Libro de ejercicios resueltos de Mecánica de Suelos I Y II

El texto se divide en dos partes, la primera parte referida a la asignatura mecánica de suelos I y la segunda parte referida a la asignatura mecánica de suelos II.

1. UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN
FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA
CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL
LABORATORIO DE GEOTECNIA








““AAPPOOYYOO DDIIDDÁÁCCTTIICCOO AALL AAPPRREENNDDIIZZAAJJEE DDEE LLAA MMEECCÁÁNNIICCAA
DDEE SSUUEELLOOSS MMEEDDIIAANNTTEE PPRROOBBLLEEMMAASS RREESSUUEELLTTOOSS””


TRABAJO DIRIGIDO, POR ADSCRIPCIÓN, PAR A OPTAR AL DIPLOMA ACADÉMICO
DE:

LICENCIATURA EN INGENIERÍA CIVIL.




PRESENTADO POR:


CAMPOS RODRIGUEZ JORGE
GUARDIA NIÑO DE GUZMÁN GERMÁN MARCELO



TUTOR:
Ing. Msc. LUIS MAURICIO SALINAS PEREIRA









COCHABAMBA – BOLIVIA
5 DE DICIEMBE DEL 2005

2. ii



Dedicado a:

 Mis papás Germán Guardia y Rosario Niño de
Guzmán por apoyarme y haber confiado en mí
siempre.
 A mis hermanos Ximena, Sergio, Javier,
Cristhían, Carlos y Annelisse, por su comprensión
y ayuda desinteresada.
 A mis abuelitos y tíos que siempre confiaron en
mí.
Germán M. Guardia Niño de Guzmán





















Dedicado a:
 Mis papás Juan Campos y Julieta Rodríguez por
su apoyo y confianza en mí.
 Mis hermanos Ronald y Patricia por apoyarme y
haber confiado en mí siempre.
 A mis abuelitos y tíos que siempre confiaron en
mí.
Jorge Campos Rodríguez

3. iii
AGRADECIMIENTOS


A Dios, por no abandonarnos nunca y habernos ayudado a llegar a esta etapa de nuestra
vida.

Agradecemos a nuestros padres por todo el amor, aliento y confianza con que nos apoyaron
durante toda nuestra carrera, a nuestros hermanos por su comprensión y apoyo
desinteresado, a nuestros tíos y abuelitos que siempre confiaron en nosotros.

Agradecemos a Ingrid Fernández por su colaboración en la realización de este proyecto de
grado.

Agradezco al Ing. Mauricio Salinas Pereira, director del Laboratorio de Geotecnia y Tutor
del presente trabajo, por su colaboración, enseñanzas y guió durante la realización de dicho
proyecto.

A todo el personal del Laboratorio de Geotecnia que ayudaron y facilitaron el desarrollo del
presente trabajo.

Al Ing. Oscar Zabalaga Montaño director de la carrera de ingeniería civil, quien apoyo e
impulso la culminación de dicho proyecto.

Al tribunal, Ing Gabriel Rodríguez, Ing. Martín Duchen e Ing. Guido León, por el tiempo
dedicado a la lectura y corrección de este proyecto de grado.

A los compañeros de carrera por su amistad y por todos los momentos compartidos durante
los años de estudio universitario.

4. iv
FICHA RESUMEN


Las asignaturas Mecánica de Suelos I CIV 219 y Mecánica de Suelos II CIV 220
correspondientes al sexto y séptimo semestre respectivamente de la Carrera de Ingeniería
Civil de la Universidad Mayor de San Simón.
En los últimos tiempos, la Universidad Mayor de San Simón ha establecido la
necesidad de mejorar el proceso de aprendizaje, a través de la realización de textos que
permitan mejorar y apoyar el desempeño del alumno. Es por tal razón, que la elaboración
de este texto de problemas resueltos de las materias “Mecánica de Suelos I” y “Mecánica
de Suelos II” surge como respuesta a la necesidad del estudiante de poder disponer de un
texto adecuado, en un lenguaje simple y que cumpla cabalmente con las exigencias del
contenido de las materias.
El presente documento es el producto de la investigación de abundante bibliografía
sintetizada en un volumen que engloba lo más importante y útil para el aprendizaje de la
materia.
El texto se divide en dos partes, la primera parte referida a la asignatura mecánica de
suelos I y la segunda parte referida a la asignatura mecánica de suelos II.
La Primera parte se encuentra dividida en siete capítulos, cada uno de estos capítulos
constan de una introducción del capitulo, un cuestionario de las preguntas mas relevantes y
finalmente termina con abundantes problemas resueltos que abarcan todo el contenido del
capitulo. El primer capítulo desarrolla las propiedades índice de los suelos. En el segundo
capítulo se exponen los sistemas mas usados para la clasificación de suelos en laboratorio.
El tercer capítulo desarrolla el sistema de clasificación de suelos por medio de métodos
visuales y manuales, el cual consiste en describir el suelo para poder posteriormente
identificarlo. En el cuarto capítulo se desarrolla el flujo de agua en los suelos ya sea en una,
dos y tres dimensiones. En el quinto capítulo se desarrolla el concepto de los esfuerzos
efectivos actuantes en el interior de una masa de suelo. El sexto capítulo comprende la
resistencia al corte que ofrece un suelo, al ser sometido a cambios de esfuerzos. Finalmente
en el séptimo capítulo se desarrolla la compactación de los suelos para el uso en obras
civiles.

5. v
La segunda parte se encuentra dividida en seis capítulos, cada uno de estos capítulos
constan de una introducción del capitulo y finalmente termina con abundantes problemas
resueltos que abarcan todo el contenido del capitulo. El primer capítulo desarrolla los
incrementos de esfuerzos que se producen en el interior del suelo, producto de los cambios
de esfuerzos. En el segundo capítulo se exponen los métodos existentes para la
determinación de los asentamientos producidos en el suelo debido a un incremento de
esfuerzos. El tercer capítulo desarrolla todos los métodos existentes para la determinación
de la capacidad portante del suelo incluyendo las consideraciones que deben ser realizadas
para la diferenciación de condiciones a corto y largo plazo. El cuarto capítulo se refiere a la
determinación de esfuerzos laterales del terreno, prestando especial importancia a la
definición de las tres condiciones que pueden presentarse en el terreno. El quinto capítulo
presenta las técnicas existentes para el análisis de estabilidad de taludes, considerando la
posibilidad de falla plana, circular e irregular, concluyendo con la comparación realizada
entre los distintos métodos. Finalmente, el sexto capítulo desarrolla los métodos existentes
para la exploración del subsuelo a objeto de determinar las características de éste;
conjuntamente se presentan una serie de correlaciones existentes para la determinación de
los parámetros necesarios para el diseño de fundaciones.

6. vi
INDICE GENERAL


1. Propiedades índice de los suelos.
1.1. Introducción. 1
1.2. Cuestionario. 2
1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen 17
1.4. Problemas. 56

2. Clasificación de suelos.
2.1. Introducción. 90
2.2. Cuestionario. 91
2.2. Problemas 101

3. Descripción e identificación de suelos.
3.1 Introducción. 109
2.2. Cuestionario. 110

4. Flujo de agua.
4.1 Introducción. 128
4.2. Cuestionario. 129
4.3. Problemas 153

5. Esfuerzos efectivos.
5.1 Introducción. 296
5.2. Cuestionario 297
5.3. Problemas 309

6 Resistencia al corte.
6.1 Introducción. 340
6.2. Cuestionario. 341
6.3. Problemas 352

7 Compactación.
7.1 Introducción. 433
7.2. Cuestionario 434
7.3. Problemas 454

8. Incremento de esfuerzo vertical.
8.1 Introducción. 487
8.2. Problemas. 488

7. vii
9. Asentamiento.
9.1 Introducción. 512
9.2. Problemas 513

10. Capacidad de poyo.
10.1 Introducción. 566
10.2. Problemas . 567

11. Presión lateral del suelo.
11.1 Introducción. 716
11.2. Problemas . 717

12. Estabilidad de taludes.
12.1 Introducción. 753
12.2. Problemas 754

13 Exploracion el subsuelo.
13.1 Introducción. 785
13.2. Problemas 786

ANEXOS

8. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




1
CAPITULO UNO
Propiedades índice de los suelos

1.1. Introducción.

Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado por
partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún líquido
(generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, Principles of
Geotechnical Engineering, cuarta edición).
La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las propiedades físicas de los
suelos y el comportamiento de las masas de suelo sujetas a distintos tipos de fuerzas. Las
propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas, plasticidad,
capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo.



En un suelo se presentan tres fases: a) sólida, conformada por las partículas minerales del suelo
(incluyendo la capa sólida adsorbida) y entre sus espacios vacíos existen la fase gaseosa
constituida por el aire (o también vapores sulfurosos, anhídrido carbónico, etc.) y la fase líquida
constituida por el agua tomándose en cuenta solamente el que se encuentra libre. Las fases
líquida y gaseosa constituyen el Volumen de vacíos mientras la fase sólida constituye el
Volumen de sólidos. En la figura 1 se muestra la constitución del suelo en sus tres fases.
Un suelo se encontrará totalmente saturado si todos los vacíos se encuentran ocupados
completamente por agua. Muchos de los suelos que yacen debajo del nivel freático se hallan en
ese estado.
Algunos suelos, además, contienen materia orgánica en diferentes cantidades y formas; uno
de los suelos más conocidos es la turba, que está formada por residuos vegetales parcialmente
descompuestos. Aunque el material orgánico y las capas adsorbidas son muy importantes no se
toman en cuenta sino en fases posteriores del estudio de propiedades de los suelos.
En los laboratorios de Mecánica de Suelos se pueden determinar, fácilmente, el peso de las
muestras húmedas, el peso de las muestras secadas al horno y la gravedad específica de los
suelos, empero estas no son las únicas magnitudes que se requieren. Así deben buscarse
relaciones entre sus fases que permitan la determinación de estos otros parámetros geotécnicos,
las relaciones que se hallen deben ser sencillas y prácticas, entre las combinaciones más
utilizadas están las de la tabla A-1 del Anexo A, o combinaciones que se tengan que obtener de
estas para hallar los datos que sean necesarios.

9. Problemas resueltos de mecánica de suelos




2
1.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Explique a que se refieren las propiedades índice de los suelos:

Respuesta.

Las Propiedades índice de los suelos trata de estudiar métodos para la diferenciación de los
distintos tipos de suelos de una misma categoría, en base a ensayos denominados ensayos de
clasificación, es decir que las propiedades índice son las características particulares de cada
suelo de una misma categoría. Estas características son la granulometría, consistencia, cohesión
y estructura, que son las que determinan cuan bueno o malo es un suelo para su uso en la
construcción de las obras civiles. Estas propiedades índice de los suelos se dividen en dos:

 Propiedades de los granos de suelo.- Se relacionan directamente la forma y
tamaño de las partículas que constituyen el suelo.

 Propiedades de los agregados de los suelos.- Para los suelos no cohesivos la
densidad relativa y para suelos cohesivos la consistencia.

10. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




3
PREGUNTA 2.

Defina lo que es.

a) Mineral.
b) Suelo.
c) Roca.
d) Mecánica de suelos.
e) Ingeniería de suelos.
f) Ingeniería geotécnica

Respuesta.

a) Mineral: Un mineral puede ser definido como una sustancia inorgánica natural que tiene una
composición química en particular, o una variación de su composición, y una estructura atómica
regular que guarda íntima relación con su forma cristalina. Los minerales son los principales
constituyentes sólidos de todas las rocas, que dan a las rocas características físicas, ópticas y
químicas como el color, lustre, forma, dureza y otros; generalmente los minerales dominantes de
los suelos son cuarzo y feldespatos.

b) Suelo: Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado
por partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún
líquido (generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, 1998).

c) Roca: La roca puede ser definida como un agregado natural sólido con contenido mineral,
que tiene propiedades físicas como químicas. Las rocas son materiales cementados, usualmente
tienen muy baja porosidad, pueden ser encontradas en procesos de descomposición con sus
propiedades físicas y químicas alteradas, presentan discontinuidades y su comportamiento es
complejo cuando se someten a esfuerzos.

d) Mecánica de suelos: La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las
propiedades físicas del suelo y el comportamiento de las masas de suelo sometidas a varios tipos
de fuerzas. Las propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas,
plasticidad, capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo
(Das, 1998).

e) Ingeniería de suelos: Se considera la aplicación de los principios de mecánica de suelos a
problemas prácticos en la ingeniería, donde la experiencia y el conocimiento adquirido se
complementan. (Das, 1998).

f) Ingeniería geotécnica. La ingeniería geotécnica es definida como una subdisciplina de la
ingeniería civil que involucra materiales encontrados cerca de la superficie de la tierra como la
roca, suelo y agua subterránea, encontrando relaciones para el diseño, construcción y operación
de proyectos de ingeniería. La ingeniería geotécnica es altamente empírica e incluye la
aplicación de los principios de la mecánica de suelos y la mecánica de rocas para el diseño de
fundaciones, estructuras de retención y estructuras terrestres. (Das, 1998).

11. Problemas resueltos de mecánica de suelos




4
PREGUNTA 3.

Explique el origen del suelo.

Respuesta.

El suelo es producto de la meteorización de las rocas, es decir, la desintegración de esta en
pedazos de minerales cada vez mas pequeños, que en contacto con el medio (agua, aire) se unen
formando el suelo; la meteorización y otros procesos geológicos actúan en las rocas que se
encuentran cerca de la superficie terrestre transformándola en materia no consolidada o mas
comúnmente llamada suelo. En la pregunta cinco se explicara con más detalle el concepto de la
meteorización y en las partes que se divide.

12. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




5
PREGUNTA 4.

Explique el ciclo de la roca.

Respuesta.

Se llama ciclo de la roca a un proceso geológico extremadamente lento, queda lugar al origen de
tres categorías diferentes de rocas como ser: Rocas ígneas, sedimentarias y metamórficas.

Las rocas ígneas son formadas por la solidificación del magma derretido, expulsado de las
profundidades de la tierra.

Las rocas sedimentarias son formadas por la compactación de minerales sueltos como
gravas, arenas, limos y arcillas por medio de sobrecargas que después son cementados por
agentes como el oxido de hierro, calcita, dolomita, y cuarzo. Los agentes cementadores son
llevados generalmente por las aguas subterráneas que llenan los espacios vacíos entre as
partículas y forman las rocas sedimentarias.

Las rocas metamórficas son formadas por procesos metamórficos como lo son el cambio de
composición y textura de las rocas, sin fundirse por presión o calor.

13. Problemas resueltos de mecánica de suelos




6
PREGUNTA 5.

Explique lo que es la meteorización:

Respuesta.

Es el proceso de desintegración de rocas a pedazos más pequeños por procesos mecánicos y
químicos. Debido a esto es que la meteorización se divide en dos partes dependiendo del proceso
que son la meteorización mecánica y la meteorización química.

La meteorización mecánica puede ser causada por la expansión y contracción de las rocas
debido a la continua perdida y ganancia de calor lo que produce que el agua que se escurre entre
los espacios vacíos se congela y por lo tanto se expande lo que da como resultado un aumento de
presión muy grande que finalmente desintegra la roca sin cambiar su composición química.

Dentro la meteorización mecánica se puede mencionar la descarga mecánica, la carga
mecánica, expansión y contracción térmica, acumulación de sales incluyendo la acción
congelante, desprendimiento coloidal, actividad orgánica, carga neumática.

La meteorización química se produce debido a que los minerales de la roca original son
transformados en nuevos minerales debido a reacciones químicas.
Dentro la meteorización química se puede mencionar la hidrólisis, carbonización, solución,
oxidación, reducción, hidratación, lixiviación y cambio de cationes.

14. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




7
PREGUNTA 6.

Explique brevemente cada uno de los depósitos formados por el transporte de la
meteorización de las rocas.

Respuesta.

Los suelos producto de la meteorización pueden permanecer en el suelo de origen o pueden ser
movidos a otros lugares por la acción del hielo, agua, viento, y la gravedad. La forma de
clasificación de los suelos producto de la meteorización depende de la forma de transportación y
depósitos.

 Suelos Glaciares: Son los suelos formados por el transporte y deposición de los
glaciares.

 Suelos Aluviales: Son los suelos transportados por las corrientes de agua y
depositados a lo largo de la corriente.

 Suelos Lacustres: Son los suelos formados por la deposición en lagunas en
reposo.

 Suelos Marinos: Son los suelos formados por la deposición en mares.

 Suelos Eólicos: Son los suelos transportados y depositados por el viento.

 Suelos Coluviales: Son los suelos formados por el movimiento de los suelos de
su lugar de origen por efecto de la gravedad, como los deslizamientos de tierra.

 Suelos Residuales: Los suelos formados producto de la meteorización que se
mantienen en su mismo lugar de origen so llamados suelos residuales, que a
diferencia de los suelos producto del transporte y deposición, estos están
relacionados con los materiales del lugar, clima, topografía. Se caracterizan por
tener una gradación del tamaño de partículas aumentado su tamaño con el
incremento de la profundidad, pueden componerse de materiales altamente
compresibles.

15. Problemas resueltos de mecánica de suelos




8
PREGUNTA 7.

Explique clara y detalladamente cada una de las fases que componen el suelo, dibuje un
esquema de las fases del suelo para su mejor entendimiento.

Respuesta.

Como se puede apreciar en la figura 1.1, el suelo a diferencia de cualquier otro material, se
compone de tres fases simultáneamente: sólida, líquida y gaseosa. El comportamiento de un
suelo depende de la cantidad relativa de cada una de estas tres fases que interactúan entre si.

La fase sólida.- Siempre está presenta en el suelo y usualmente está constituida de partículas
derivadas de rocas como la arena, grava, limo y arcilla, incluso de materia orgánica.

La fase líquida.- Esta se ubica en los espacios vacíos entre partículas, consiste casi siempre de
agua y en casos particulares otros líquidos. Para el estudio de las fases del suelo se asumirá agua
en todos los casos por ser un elemento común.

La fase gaseosa.- Si el líquido no llena completamente los espacios vacíos estos espacios
restantes son ocupados por la fase gaseosa que generalmente es aire aunque puede ser otro tipo
de gas, sin embargo se asumirá el aire para todos los casos.


Donde:

Va = Volumen de aire.
Vw = Volumen de agua.
Vs = Volumen de sólido.
Vv = Volumen de Vacíos.
Wa = Peso del aire.
Ww = Peso del agua.
Ws = Peso del sólido.
W = Peso total.











Existen dos posibles casos alternativos que también pueden tenerse en un suelo, relacionado
con los vacíos del mismo. Si estos vacíos están llenos de aire y no contienen agua se dice que el
suelo esta seco. En cambio si todos los vacíos están llenos de agua se dice que se halla saturado.


Sólido
Agua
Aire
W
Ww
Ws
Wa
Va
Vw
Vs
V
Vv
Peso Volumen
Figura 1.1. Esquema de las tres fases del suelo.

16. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




9
PREGUNTA 8.

Explique clara y detalladamente con ayuda de una tabla o esquema la distribución de
tamaño de partículas según las diferentes organizaciones.

Respuesta.

Tabla 1.1. Clasificación del tamaño de partículas. Grava Arena Limo Arcilla
Finos (limos y acrcillas)
> 0.075
76.2 a 22 a 0.0750.075 a 0.002< 0.004
American Association of state Highway and
Transportation (AASHTO)
Unified Soil Clasification system (U.S.)
>2 2 a 0.06
>2 2 a 0.05
76.2 a 4.754.75 a 0.075
TAMAÑO DE PARTÍCULAS [mm]
NOMBRE DE LA ORGANIZACIÓN
Massachusetts institute of tecnology (MIT)
U.S. Department of Agriculture (USDA)
0.06 a 0.002< 0.002
0.05 a 0.002< 0.003

17. Problemas resueltos de mecánica de suelos




10
PREGUNTA 9.

Defina claramente lo que es el Análisis mecánico.

Respuesta.

El análisis mecánico consiste en la determinación del rango de tamaño de partículas presentes en
un suelo, expresado en porcentaje del peso total seco. Es decir que trata de separar por medios
mecánicos, los distintos tamaños de partículas presentes en el suelo, expresando cada tamaño de
partículas en porcentaje del peso total seco.

El método más directo para separar el suelo en fracciones de distinto tamaño consiste en el
análisis por tamices, que se lo realiza haciendo pasar una masa de suelo a través de un juego de
tamices. El uso de tamices esta restringido al análisis de suelos gruesos o no muy finos con un
tamaño de partículas cuyos diámetros sean mayores a 0.075 mm. y menores a 3 plg.

Sin embargo puede darse la posibilidad que el suelo considerado como fino no sea retenido
por ningún tamiz, en este caso se aplica un procedimiento diferente. Para el análisis mecánico de
suelos finos se emplea el método del hidrómetro el cual consiste en la sedimentación de las
partículas finas. Basados en la ley de Stokes que fija la velocidad a la que una partícula esférica
de diámetro dado sedimenta en un liquido en reposo. El análisis por hidrómetro esta restringido
para diámetros de partículas menores 0.075 mm.

18. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




11
PREGUNTA 10.

Explique en que consiste la curva de distribución de tamaño de partículas.

Respuesta.

La curva de distribución de tamaño de partículas nos permite determinar el porcentaje grava,
arena, limo y partículas de arcilla presentes en un suelo, pero no solo muestra el rango del
tamaño de partículas, sino también el tipo de distribución de varios tamaños de partículas. La
forma de la curva de distribución de tamaño de partículas nos puede ayudar también a
determinar el origen geológico de un suelo, también puede ser usada para determinar algunos
parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de
gradación, coeficiente de clasificación.

19. Problemas resueltos de mecánica de suelos




12
PREGUNTA 11.

Explique cuales son los parámetros de un suelo y que determinan cada uno de estos.

Respuesta.

Los parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de
gradación, coeficiente de clasificación.

El diámetro efectivo D10, es el diámetro en la curva de distribución de tamaño de partículas
que corresponde al 10 % mas fino. El diámetro efectivo D10, de un suelo granular es una buena
medida para estimar la conductividad hidráulica y el drenaje a través de un suelo.

El coeficiente de uniformidad Cu, expresa la uniformidad de un suelo, y se define como:
10
60
D
D
C
u
[11.1]

Un suelo con un coeficiente de uniformidad menor a 2 es considerado uniforme. En realidad
la relación 11.1 es un coeficiente de no uniformidad, pues su valor numérico decrece cuando la
uniformidad aumenta.

El coeficiente de gradación o curvatura CC mide la forma de la curva entre el D60 y el D10,
algunos autores llaman a este parámetro de la curva de distribución del tamaño de partículas
como coeficiente de ordenamiento. Valores de CC muy diferentes de la unidad indican la falta de
una serie de diámetros entre los tamaños correspondientes al D10 y el D60.
6010
2
30
DD
D
C
C


[11.2]

El coeficiente de clasificación So es otra medida de uniformidad y es generalmente usado
para trabajos geológicos y los ingenieros geotécnicos pocas veces lo usan. Se expresa:
25
75
D
D
S
o
[11.3]

20. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




13
PREGUNTA 12.

Explique cuales son las principales características de las arcillas.

Respuesta.

Las arcillas se caracterizan por tener una estructura laminar, tener un alto grado de plasticidad,
una gran resistencia en seco y poseen una carga negativa neta en sus superficies lo que provoca
que las cargas positivas del hidrogeno del agua se adhieran a la superficie de las arcillas.

21. Problemas resueltos de mecánica de suelos




14
PREGUNTA 13.

Explique que es la consistencia, cuales son los límites de consistencia y que determinan
cada uno de ellos.

Respuesta.

La consistencia se refiere al estado en que se encuentra una masa como resultado de los
componentes de un elemento unidos unos a otros. Para el caso de suelos la consistencia está muy
relacionada con el contenido de humedad del suelo. En lo que respecta a los suelos finos pueden
definirse cuatro estados de consistencia: estado sólido, cuando el suelo esta seco, pasando al
añadir agua a semisólido, plástico y finalmente líquido.

La transición de un estado a otro es muy progresiva, debido a esto se han planteado límites
definidos de consistencia, como ser él límite de contracción, límite plástico y límite líquido. Sin
embargo estos límites son válidos para fracciones de suelo que pasan por el tamiz Nº 40.

Límite de contracción, este límite separa el estado semisólido del estado sólido. Esta
prueba se realiza en con equipo de laboratorio. Cuando empieza a secarse progresivamente el
volumen disminuye en proporción con la pérdida del contenido de humedad. El instante en que a
un determinado contenido de humedad el volumen empieza a mantenerse constante, a ese
contenido de humedad donde el volumen llega a su valor más bajo se denomina límite de
contracción. (LC).

Para poder conocer el límite de contracción, se necesita conocer dos valores:

1. El contenido de humedad de la muestra saturada. i
2. La variación del contenido de humedad 

De tal manera el límite de contracción será:

LC = wi - w [13.1]

Limite plástico, este límite separa el estado plástico del estado semisólido. La prueba para
la determinación del límite plástico, consiste en amasar en forma de rollito una muestra de
material fino. Este ensayo es explicado en el libro guía de esta materia.

Límite líquido, este límite separa el estado líquido del estado plástico. Para determinar el
límite líquido se utiliza una técnica basada en la cuchara de Casagrande. Este ensayo es
explicado en el libro guía de esta materia.

22. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




15
PREGUNTA 14.

Explique cuales son los índices de consistencia y que determinan cada uno de ellos.

Respuesta.

Al igual que cualquier otro índice los índices de consistencia nos indican el grado de liquidez,
plasticidad es decir la consistencia respectiva de una masa de suelo. A diferencia de los límites
de consistencia que indican el contenido máximo de humedad para pasar de un estado de
consistencia a otro estos nos permiten hacer comparaciones con otros suelos.

El índice de plasticidad (IP) es la diferencia entre el límite líquido y el límite plástico.
Expresa el campo de variación en que un suelo se comporta como plástico. Viene definido por la
relación:
LPLLIP 
[14.1]

No siempre el límite liquido o el límite plástico presenta valores determinantes, considere el
caso de la existencia real de algún tipo de arcilla que antes de ser alteradas contengan una
humedad mayor al del limite líquido pero que su consistencia no sea nada líquida. También la
resistencia de diferentes suelos arcillosos en el límite líquido no es constante, sino que puede
variar ampliamente. En las arcillas muy plásticas, la tenacidad en el límite plástico es alta,
debiéndose aplicar con las manos considerable presión para formar los rollitos: por el contrario
las arcillas de baja plasticidad son poco tenaces en el límite plástico.

Algunos suelos finos y arenosos pueden, en apariencia, ser similares a las arcillas pero al
tratar de determinar su límite plástico se nota la imposibilidad de formar los rollitos, revelándose
así la falta de plasticidad material; en estos suelos el límite líquido resulta prácticamente igual al
plástico y aún menor, resultando entonces un índice plástico negativo; las determinaciones de
plasticidad no conducen a ningún resultado de interés y los límites líquido y plástico carecen de
sentido físico. En estos casos se usa el índice de liquidez.

El índice de liquidez será:
LPLL
LPw
IL



[14.2]

Cuando el contenido de humedad es mayor que el límite líquido, índice de liquidez mayor
que 1, el amasado transforma al suelo en una espesa pasta viscosa. En cambio, si el contenido es
menor que el límite plástico, índice de liquidez negativo, el suelo no pude ser amasado.

El índice de consistencia es:

IC = 1 – IL [14.3]

Se debe tomar en cuenta el caso en el que el contenido de humedad (w) es igual al límite
líquido (LL), entonces el índice de liquidez (IL) será uno lo que significa que el índice de
consistencia será cero. (Consistencia líquida) De igual manera si w = IP entonces IC = 1.

23. Problemas resueltos de mecánica de suelos




16
PREGUNTA 15.

Defina que es la actividad.

Respuesta.

La actividad se usa como un índice para identificar el potencial del aumento de volumen de
suelos arcillosos. La actividad en si define el grado de plasticidad de la fracción de arcilla que es
la pendiente de la línea que correlaciona el índice de plasticidad y la cantidad en porcentaje de
partículas compuestas de minerales de arcilla, que será:
(Arcilla) 2 amenor pesoen % 
IP
A

24. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




17
1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen.

Estrategia:

Existen dos modelos de volumen que representan las fases del suelo, los cuales facilitan la
resolución de las relaciones peso volumen de un suelo. Sin embargo, esto no significa que sin
usarlas no se puedan resolver. Estos dos modelos son el modelo del volumen total unitario en el
cual se asume que el volumen total del suelo es igual a uno, V = 1, el otro es el modelo del
volumen de sólidos unitario, en el que se asume que el volumen de los sólidos del suelo es igual
a uno.
Todas las demostraciones que serán resueltas a continuación se basan en las ecuaciones
básicas del anexo A y pueden ser resueltas usando cualquiera de los dos modelos, modelo del
volumen total unitario y modelo del volumen de sólidos unitario:

a. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO HUMEDO ( ):

DEMOSTRACIÓN 1.

Demostrar: 
e
Gw
WS



1
1 


Respuesta:

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
SW


[1.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS
VW 
[1.2]

Considerando 1
S
V (Estrategia):
SS
W
[1.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSS
G 
[1.4]

Sustituyendo la ecuación [1.4] en [1.3]:
WSS
GW 
[1.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene:
V
VV1
[1.6]

25. Problemas resueltos de mecánica de suelos




18
De la ecuación [A.12] y la estrategia se tiene:
V
Ve
[1.7]

Reemplazando la ecuación [1.7] en [1.6]:
eV1
[1.8]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
[1.9]

Reemplazando la ecuación [1.5] en la ecuación [1.10]:
WSW GwW 
[1.10]

Reemplazando las ecuaciones [1.5], [1.8] y [1.10] en la ecuación [1.1]:
e
GG
WSWSw



1




Factorizando Gsw :

e
Gw
WS



1
1 

[A.18]

26. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




19
DEMOSTRACIÓN 2.

Demostrar:  
e
eSG
WS



1



Respuesta:

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
SW


[2.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[2.2]

Considerando 1
SV (Estrategia) se tiene:
SSW
[2.3]
De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[2.4]

Sustituyendo la ecuación [2.4] en [2.3]:
WSSGW 
[2.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[2.6]

De la ecuación [A.12] y la estrategia:
VVe
[2.7]

Reemplazando la ecuación [2.7] en [2.6]:
eV1
[2.8]

De la ecuación [A.11] se tiene:
VrW VSV 
[2.9]

Reemplazando la ecuación [2.7] en la ecuación [2.9]:
eSV
rW 
[2.10]

27. Problemas resueltos de mecánica de suelos




20
De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[2.11]

Reemplazando la ecuación [2.10] en la ecuación [2.11]:
eSW
WW 
[2.12]

Reemplazando las ecuaciones [2.5], [2.8] y [2.12] en la ecuación [2.1]:
e
eSG
WWS



1




Factorizando w:
 
e
eSG
WS



1


[A.19]

28. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




21
DEMOSTRACIÓN 3.

Demostrar: 
S
G
G
S
WS
w
w




1
1 


Respuesta:

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
SW

[3.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[3.2]

Considerando SV =1 (Estrategia):
SSW
[3.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[3.4]

Sustituyendo la ecuación [3.4] en [3.3]:
WSSGW 
[3.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[3.6]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WWw
[3.7]

Remplazando la ecuación [3.5] en [3.7]:
WSW GWw
[3.8]

De la ecuación [A.11] se tiene:
r
W
V
S
V
V
[3.9]

29. Problemas resueltos de mecánica de suelos




22
De la ecuación [A.6] se tiene:
W
W
W
W
V


[3.10]

Reemplazando la ecuación [3.8] en [3.10]:
W
WS
W
G
V
w



 SW GVw [3.11]

Reemplazando la ecuación [3.11] en [3.9]:
r
S
V
S
G
V
w

[3.12]

Reemplazando la ecuación [3.12] en [3.6]:
r
S
S
G
V
w
1
[3.13]

Reemplazando las ecuaciones [3.5], [3.8] y [3.13] en [3.1]:







 



r
S
WSWS
S
G
GG
w
w
1




Factorizando Gsw:

r
W
WS
S
G
w
w







1
1
[A.20]

30. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




23
DEMOSTRACIÓN 4.

Demostrar: wn
WSG  11

Respuesta:

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
SW

[4.1]

Considerando V = 1 (Estrategia):
SWWW
[4.2]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VS VVV 
 nV
S1 [4.3]

De la ecuación [A.13] y la estrategia se tiene:
VVn
[4.4]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
[4.5]

De la ecuación [A.7] se tiene:
wSSG 
[4.6]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[4.7]

Reemplazando las ecuaciones [4.3] y [4.6] en [4.7]:
nGW
WSS  1
[4.8]

Reemplazando la ecuación [4.8] en [4.5]:
nGwW
WSW  1
[4.9]

Reemplazando las ecuaciones [4.8] y [4.9] en la ecuación [4.2]:
 nGnGw
WSWS  11 

 )1(1 wnG
WS  
[A.21]

31. Problemas resueltos de mecánica de suelos




24
DEMOSTRACIÓN 5.

Demostrar: 
WWS SnnG   1

Respuesta:

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
SW

[5.1]

Considerando V = 1 (Estrategia):
SWWW
[5.2]

De la ecuación [A.13] y la estrategia se tiene:
VVn
[5.3]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VS VVV 
 nV
S1 [5.4]

De la ecuación [A.11] y la ecuación [5.3]:
n
V
S
W
r
 nSV
W  [5.5]

De la ecuación [A.6]:
WWW VW 
 nSW
WW  [5.6]

De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[5.7]

De la ecuación [5.7]:
WSSG 
[5.8]

Reemplazando la ecuación [5.8] y [5.4] en [5.7]:
nGW
WSS  1
[5.9]

Reemplazando las ecuaciones [5.6] y [5.9] en la ecuación [5.2] se tiene:

WWS SnnG   1
[A.22]

32. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




25
b. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SECO (d ):

DEMOSTRACIÓN 6.

Demostrar: w
d


1



Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[6.1]

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
WS

 V
W
V
W
WS
 [6.2]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
[6.3]

Reemplazando las ecuaciones [6.3] y [6.1] en [6.2]:
V
W
w
V
W
SS

 ddw 

Despejando d:
w
d1
 w
d


1

 [A.23]

33. Problemas resueltos de mecánica de suelos




26
DEMOSTRACIÓN 7.

Demostrar: e
G
WS
d



1



Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[7.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[7.2]

Considerando Vs = 1 (Estrategia):
SSW
[7.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[7.4]

Sustituyendo la ecuación [7.4] en [7.3]:
WSSGW 
[7.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia:
VVV1
[7.6]

De la ecuación [A.12] y la estrategia:
VVe
[7.7]

Reemplazando la ecuación [7.7] en [7.6]:
eV1
[7.8]

Reemplazando las ecuaciones [7.5] y [7.8] en la ecuación [7.1]:
e
G
WS
d



1


[A.24]

34. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




27
DEMOSTRACIÓN 8.

Demostrar: )1(nG
WSd 

Respuesta:

De la ecuación [A.8]:
V
W
S
d
[8.1]

Considerando 1V (Estrategia):
SdW
[8.2]

De la ecuación [A.13] y la estrategia:
VVn
[8.3]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[8.4]

De la ecuación [A.1]:
VS VV 1
[8.5]

Reemplazando la ecuación [8.3] y la estrategia en [8.5]:
nV
S1
[8.6]

Reemplazando la ecuación [8.6] en [8.4]:
nW
SS 1
[8.7]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[8.8]

Reemplazando la ecuación [8.8] en [8.7]:
nGW
WSS  1
[8.9]

Reemplazando la ecuación [8.9] en la ecuación [8.2]:
)1(nG
WSd 
[A.25]

35. Problemas resueltos de mecánica de suelos




28
DEMOSTRACIÓN 9.

Demostrar: 








S
Gw
G
S
WS
d
1



Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[9.1]

De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[9.2]

Considerando 1
SV (Estrategia):
SSW
[9.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[9.4]

Sustituyendo la ecuación [7.4] en [7.3]:
WSSGW 
[9.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[9.6]

De la ecuación [A.11] se tiene:
S
V
V
W
V
[9.7]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
[9.8]

Reemplazando la ecuación [9.5] en [9.8]:
WSW GwW 
[9.9]

36. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




29
De la ecuación [A.6] se tiene:
W
W
W
W
V


[9.10]

Sustituyendo la ecuación [9.9] en [9.10]:
W
WS
W
Gw
V



 SW GwV  [9.11]

Sustituyendo la ecuación [9.11] en la ecuación [9.7]:
S
V
V
W
V
 S
Gw
V
S
V

 [9.12]

Reemplazando la ecuación [9.12] en [9.6]:







S
Gw
V
S
V1
[9.13]

Reemplazando las ecuaciones [9.5] y [9.13] en la ecuación [9.1]:









S
Gw
G
S
WS
d
1


[A.26]

37. Problemas resueltos de mecánica de suelos




30
DEMOSTRACIÓN 10.

Demostrar: we
Se
W
d



1



Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[10.1]

De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[10.2]

Considerando 1
SV (Estrategia):
SSW
[10.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[10.4]

Sustituyendo la ecuación [10.4] en [10.3]:
WSSGW 
[10.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[10.6]

De la ecuación [A.12] se tiene:
VVe
[10.7]

Reemplazando la ecuación [10.7] en la ecuación [10.6]:
eV1
[10.8]

De la ecuación [A.11] se tiene:
VW VSV 
[10.9]

Reemplazando la ecuación [10.7] en la ecuación [10.9]:

38. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




31 eSV
W 
[10.10]
De la ecuación [A.6] se tiene:
WWWVW 
[10.11]

Reemplazando la ecuación [10.10] en la ecuación [10.11]:
WW eSW 
[10.12]

De la ecuación [A.14] se tiene:
w
W
W
W
S
[10.13]

Reemplazando la ecuación [10.12] en la ecuación [10.13]:
w
eS
W
W
S


[10.14]

Reemplazando las ecuaciones [10.8] y [10.14] en la ecuación [10.1]:
ew
eS
W
d



1


[A.27]

39. Problemas resueltos de mecánica de suelos




32
DEMOSTRACIÓN 11.

Demostrar: e
e
W
Satd



1



Respuesta:

De la ecuación [A.8]:
V
W
S
d
[11.1]

De la ecuación [A.1] Considerando 1
SV (Estrategia) se tiene:
VVV1
[11.2]

De la ecuación [A.12] se tiene:
VVe
[11.3]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [11.2]:
eV1
[11.4]

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
W
Sat
 V
W
V
W
SW
Sat  [11.5]

Reemplazando la ecuación [11.1] en [11.5]
d
W
Sat
V
W
 
[11.6]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[11.7]

Donde VV =WV (Suelo saturado):
VWW VW 
[11.8]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [11.8]:
eW
WW 
[11.9]

Reemplazando las ecuaciones [11.4] y [11.9] en [11.6]:
e
e
W
Satd



1


[A.28]

40. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




33
DEMOSTRACIÓN 12.

Demostrar: WSatd n 

Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[12.1]

Considerando 1V (Estrategia):
SdW
[12.2]

De la ecuación [A.13] se tiene:
VVn
[12.3]

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
WW
WS
Sat


 WSSat WW [12.4]

Reemplazando la ecuación [12.2] en la ecuación [12.4]:
WdSat W
[12.5]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[12.6]

Donde VV =WV (Suelo saturado):
VWW VW 
[12.7]

Reemplazando la ecuación [12.3] en [12.7]:
nW
WW 
[12.8]

Reemplazando la ecuación [12.8] en la ecuación [12.10]:
n
WSatd  
[A.29]

41. Problemas resueltos de mecánica de suelos




34
DEMOSTRACIÓN 13.

Demostrar:  
 1


S
SWSat
d
G
G


Respuesta:

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[13.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[13.2]

Considerando 1
SV (Estrategia):
SSW
[13.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[13.4]

Sustituyendo la ecuación [13.4] en [13.3]:
WSSGW 
[13.5]

De la ecuación [A.1] es tiene:
VVV1
[13.6]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[13.7]

Donde VV =WV (Suelo saturado):
VWW VW 
[13.8]

Reemplazando las ecuaciones [13.5] y [13.6] en la ecuación [13.1]:
 
V
WS
d
V
G



1


[13.9]

42. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




35
De la ecuación [A.9]:
V
WW
WS
Sat


 V
W
V
W
WS
Sat  [13.10]

Reemplazando la ecuación [13.1] en la ecuación [13.10]:
V
W
W
dSat 
[13.11]

Reemplazando las ecuaciones [13.8] y [13.6] en la ecuación [13.11]:
 
V
VW
dSat
V
V



1


[13.12]

Sumando y restando W en la ecuación [13.12]:
 
WW
V
VW
dSat
V
V


 



1
[13.13]

Resolviendo:
 
W
V
VWWVW
dSat
V
VV


 



1

 
W
V
W
dSat
V


 


1
[13.14]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS (ecuación [13.9]):
 
W
S
S
V
W
dSat
G
G
V


 


1

 
W
SV
SW
dSat
GV
G


 



1
1
[13.15]

Reemplazando la ecuación [13.9] en la ecuación [13.15]:
W
S
d
dSat
G


 
[13.16]

Factorizando γd de la ecuación [13.16]:

43. Problemas resueltos de mecánica de suelos




36 








S
dWSat
G
1
1
[13.17]

Resolviendo:









S
S
dWSat
G
G1

[13.18]

Despejando γd de la ecuación [13.18]:
 
 
d
S
WSatS
G
G





1
[13.19]

Ordenando la ecuación [13], [19]:
 
 1


S
SWSat
d
G
G

[A.30]

44. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




37
c. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SATURADO ( γSat):

DEMOSTRACIÓN 14.

Demostrar: e
eG
WS
Sat



1
)( 


Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
WW
WS
Sat


[14.1]

De la ecuación A.5:
SSS VW 
[14.2]

Considerando 1
SV (Estrategia):
SSW
[14.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[14.4]

Sustituyendo la ecuación [14.4] en [14.3]:
WSSGW 
[14.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[14.6]

De la ecuación [A.12] es tiene:
VVe
[14.7]

Reemplazando la ecuación [14.7] en [14.6]:
eV1
[14.8]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[14.9]

45. Problemas resueltos de mecánica de suelos




38
Donde Vv = Vw (Suelo saturado):
VWW VW 
[14.10]

Reemplazando la ecuación [14.7] en la ecuación [14.10]:
eW
WW 
[14.11]

Reemplazando las ecuaciones [14.5], [14.8] y [14.11] en [14.1]:
e
eG
WWS
Sat



1


[14.12]
e
eG
WS
Sat



1
)( 

[A.31]

46. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




39
DEMOSTRACIÓN 15.

Demostrar:  
WSSat nGn  1

Respuesta:

De la De la ecuación [A.9] se tiene:
V
WW
WS
Sat


[15.1]

Considerando V = 1 (Estrategia):
WSSat WW
[15.2]

De la ecuación [A.13] se tiene:
VVn
[15.3]

De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[15.4]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VS VV 1
[15.5]

Reemplazando la ecuación [15.3] y la estrategia en [15.5]:

nV
S1 [15.6]
Reemplazando la ecuación [15.6] en [15.4]:
nW
SS 1
[15.7]

De la ecuación [A.7]:
WSSG 
[15.8]

Reemplazando la ecuación [15.8] en [15.7]:
nGW
WSS  1
[15.9]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[15.10]

47. Problemas resueltos de mecánica de suelos




40
Donde VV =WV (Suelo saturado):
VWW VW 
[15.11]

Reemplazando la ecuación [15.3] en [15.11]:
nW
WW 
[15.12]

Reemplazando las ecuación [15.7] y [15.12] en [15.2]:
 nnG
WWSSat   1
[15.13]

Factorizando γW en la ecuación [15.13]:
 
WSSat nGn  1
[A.32]

48. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




41
DEMOSTRACIÓN 16.

Demostrar: WS
SSat
Sat
Sat G
Gw
w
 











1
1

Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
WW
WS
Sat


[16.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:
SSS VW 
[16.2]

Considerando 1
SV (Estrategia):
SSW
[16.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[16.4]

Sustituyendo la ecuación [16.4] en [16.3]:
WSSGW 
[16.5]

De la ecuación [A.1] se tiene:
VVV1
[16.6]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
[16.7]

Reemplazando la ecuación [16.5] en [16.7]:
WSW GwW 
[16.8]

De la ecuación [A.6] se tiene:
W
W
W
W
V


[16.9]

49. Problemas resueltos de mecánica de suelos




42
Reemplazando la ecuación [16.8] en [16.9]:
W
WSSat
W
Gw
V



 SSatW GwV  [16.10]

Donde VV =WV (Suelo saturado):
SSatV GwV 
 SSatGwV 1 [16.11]

Reemplazando las ecuaciones [16.5], [16.8] y [16.12] en [16.1]:
SSat
WSSatWS
Sat
Gw
GwG



1


[16.12]
WS
SSat
Sat
Sat G
Gw
w
 











1
1
[A.33]

50. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




43
DEMOSTRACIÓN 17.

Demostrar: W
Sat
Sat
Sat
e
w
w
e
 

















1
1

Respuesta:

De la De la ecuación [A.9] se tiene:

WS
WS
Sat
VV
WW


 (17.1)

Considerando 1
SV (Estrategia):
W
WS
Sat
V
WW



1

[17.2]

De la ecuación [A.12] se tiene:
VVe
[17.3]

Donde Vv = Vw (Suelo saturado):
WVe
[17.4]

De la ecuación [A.6] se tiene:

WWW VW   eW
WW  [17.5]

De la ecuación [A.14] se tiene:
S
W
Sat
W
W
w
 Sat
W
S
w
W
W [17.6]

Reemplazando la ecuación [17.5] en la ecuación [17.6]:
Sat
W
S
w
e
W



[17.7]

Reemplazando las ecuaciones [17.4], [17.5] y [17.7] en [17.2]:
e
e
w
e
W
Sat
W
Sat












1
1



[17.8]

51. Problemas resueltos de mecánica de suelos




44 ew
wee
Sat
SatWW
Sat









 

1
1



W
Sat
Sat
Sat
e
w
w
e
 

















1
1 [A.34]

52. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




45
DEMOSTRACIÓN 18.

Demostrar: W
Sat
Sat
Sat
w
n 

 









1

Respuesta:

De la De la ecuación [A.9] se tiene:
V
WW
WS
Sat


[18.1]

Considerando 1V (Estrategia):
WSSat WW
[18.2]

De la ecuación [A.13] se tiene:
VVn
[18.3]

Donde WVVV (Suelo saturado):
WVn
[18.4]

De la ecuación [A.6] y la ecuación [18.4] se tiene:
WWW VW 
 nW
WW  [18.5]

De la ecuación [A.14] se tiene:
Sat
W
S
w
W
W
[18.6]

Reemplazando la ecuación [18.5] en la ecuación [18.6]:
Sat
W
S
w
n
W



[18.7]

Reemplazando las ecuaciones [18.5] y [18.7] en la ecuación [18.2]:
W
Sat
W
Sat
w
n


 


[18.8]

W
Sat
Sat
Sat
w
w
n  









1
[A.35]

53. Problemas resueltos de mecánica de suelos




46
DEMOSTRACIÓN 19.

Demostrar: WdSat
e
e
 







1

Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
W
V
W
WS
Sat 
[19.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [19.1] se tiene:
V
W
W
dSat 
[19.2]

Considerando 1
SV (Estrategia) y reemplazando en la ecuación [A.1]:
VVV1
[19.3]

De la ecuación [A.12] y la estrategia se tiene:
VVe
[19.4]

Reemplazando la ecuación [19.4] en la ecuación [19.3]:
eV1
[19.5]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[19.6]

Donde VV =WV (Suelo saturado) entonces:
VWW VW 
[19.7]

Reemplazando la ecuación [19.4] en la ecuación [19.7]:
eW
WW 
[19.8]

Reemplazando las ecuaciones [19.5] y [19.8] en la ecuación [19.2]:
WdSat
e
e
 







1
[A.36]

54. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




47
DEMOSTRACIÓN 20.

Demostrar: WdSat n 

Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
W
V
W
WS
Sat 
[20.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [20.1]:
V
W
W
dSat 
[20.2]

Considerando V = 1 (Estrategia):
WdSat W
[20.3]

De la ecuación [A.13] y la estrategia se tiene:
VVn
[20.4]

Donde VV = VW (Suelo saturado):
WVn
[20.5]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
 nW
WW  [20.6]

Reemplazando la ecuación 20.6 en la ecuación 20.3:
WdSat n 
[A.37]

55. Problemas resueltos de mecánica de suelos




48
DEMOSTRACIÓN 21.

Demostrar: Wd
S
Sat
G
 









1
1
Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
W
V
W
WS
Sat 
[21.1]
De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[21.2]

Considerando Vs =1 (Estrategia):
SSW
[21.3]

De la ecuación [A.7]:
WSSG 
[21.4]

Sustituyendo la ecuación [21.4] en [21.3]:
WSSGW 
[21.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene:
VVV1
[21.6]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[21.7]

Donde WVVV (Suelo saturado):
VWW VW 
[21.8]

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
W
S
d
[21.9]

Reemplazando las ecuaciones [21.5] y [21.6] en la ecuación [21.9]:

56. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




49  
V
WS
d
V
G



1


[21.10]

Reemplazando la ecuación [21.9] en la ecuación [21.1]:
V
W
W
dSat 
[21.11]

Reemplazando las ecuaciones [21.8] y [21.6] en la ecuación [21.11]:
 
V
VW
dSat
V
V



1


[21.12]
Sumando y restando γw en la ecuación [21.12]:
 
WW
V
VW
dSat
V
V


 



1

 
W
V
W
dSat
V


 


1
[21.13]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS:
 
W
SV
SW
dSat
GV
G


 



1
1
[21.14]

Reemplazando la ecuación [21.10] en la ecuación [21.14]:
W
S
d
dSat
G


 

Wd
S
Sat
G
 









1
1
[A.38]

57. Problemas resueltos de mecánica de suelos




50
DEMOSTRACIÓN 22.

Demostrar:  
SatdSat w1

Respuesta:

De la ecuación [A.9] se tiene:
V
W
V
W
WS
Sat 
[22.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [22.1] se tiene:
V
W
W
dSat 
[22.2]

De la ecuación [A.14] se tiene:
SSatW WwW 
[22.3]

Reemplazando la ecuación [22.3] en la ecuación [22.2]:
Sat
S
dSat w
V
W

[22.4]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [22.4]:
SatddSat w

 
SatdSat w 1
[A.39]

58. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




51
c. OTRAS RELACIONES:

DEMOSTRACIÓN 23.

En un suelo parcialmente saturado se conocen el índice de vacíos (e), la gravedad específica (Gs)
y el grado de saturación (S). Suponiendo que el gas no disuelto esta uniformemente distribuido
en la masa de suelo, encuentre el peso unitario (), el peso unitario sumergido (′) y el peso
unitario seco (d) en función de las cantidades conocidas y haciendo uso de un esquema
adecuado.

Respuesta:

Datos:

e ; GS ; S
 = ? ; ’ = ? ; d = ?




Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma
manera que en las demostraciones 2 y 7, por lo que no se considero necesario volver a resolver
todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas. Mientras que para el cálculo del peso
unitario sumergido (′), una vez obtenido ya el peso unitario húmedo, se resta el peso unitario
del agua de este.

De la ecuación [A.19] o demostración 2:
 
e
eSG
WS



1


[23.1]

De la ecuación [A.24] o demostración 7:
e
G
WS
d



1


[23.2]

De la ecuación [A.10] se tiene:
W´
[23.3]

Reemplazando la ecuación [23.1] en [23.3]:
 
W
WS
e
eSG


 



1
´

 
W
S
e
SeG
 



1
11
´
[24.4]

59. Problemas resueltos de mecánica de suelos




52
DEMOSTRACIÓN 24.

En una muestra de suelo parcialmente saturado se conoce el peso específico (), el contenido de
agua (ω) y el valor de la gravedad específica (Gs). Encuentre el peso específico seco (d), la
relación de vacíos (e) y la saturación (S), en función de las cantidades conocidas, utilizando un
esquema adecuado.

Respuesta:

Datos

 ; ω ; GS
S = ? ; e = ? ; d = ?





Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma
manera que en las demostraciones 1 y 6, por lo que no se considero necesario volver a resolver
todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas y de ahí empezar a resolver recién la
demostración dada.

De la ecuación [A.23] o demostración 6 se tiene:
w
d


1


[24.1]

De la ecuación [A.18] o demostración 1:

e
G
WSw



1
1 

[24.2]

Despejando e:

WSGe w 1





WSGw
e
1
[24.3]
De la ecuación [A.20] o demostración 3:

S
G
G
S
WS
w
w




1
1 

[24.4]

Despejando S de la [24.4]:

60. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




53 
WS
S
G
S
G
w
w


 

 1

 



WS
S
G
S
G
w
w
1

 




WS
S
G
G
S
w
w
1
[24.5]

61. Problemas resueltos de mecánica de suelos




54
DEMOSTRACIÓN 25.

Demostrar que para un suelo se cumple la siguiente relación:
d
s
s
G
G
 


1


Respuesta:

Estrategia: Para hallar el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en la
demostración 13, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo
anotar la ecuación obtenida y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada

De la ecuación [A.30] o demostración 13:
 
 1


S
SWSat
d
G
G

  
 1


S
SW
d
G
G


Despejando ( - w):
d
S
S
W
G
G
 


1


De la definición del peso unitario sumergido se tiene:
d
S
S
G
G
 


1
´
[25.1]

62. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




55
DEMOSTRACIÓN 26.

Para las características de un suelo dado, Demostrar:
 
WSatSatW
Sat
S
w
G






Respuesta:

Estrategia: Para hallar el peso unitario saturado (Sat), se procede de la misma manera que en la
demostración 16, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo
anotar la ecuación obtenida, y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada.

De la ecuación [A.33] o demostración 16:
ws
ssat
sat
sat G
Gw
w
 











1
1
[26.1]

Resolviendo:
WSsatWSSsatsatsat GwGGw  
[26.2]

Factorizando GS en la ecuación [26.2]:
 
SatSatWSatWSSat wwG  
[26.3]

Despejando GS en la ecuación [26.3]:
SatSatWSatW
Sat
S
ww
G




[26.4]

Ordenando la ecuación [26.4]:
 
WSatSatW
Sat
S
w
G




[26.5]

63. Problemas resueltos de mecánica de suelos




56
1.4. Problemas.

PROBLEMA 1.

Una muestra de suelo de 1.21 Kg. tiene un volumen de 600 cm
3
y un contenido de humedad de
10.2%. Usando las definiciones, calcule:

a) La densidad ()
b) El peso específico húmedo ()
c) El peso específico seco (d).

Estrategia: Utilizando las ecuaciones de la relación peso volumen del anexo A, se pueden
determinar todos los incisos.

Datos:

M = 1.21 Kg ; V = 600 cm
3
; w = 10.2%

PASO 1

Determinación de la densidad del suelo.

De la ecuación [A.15] se tiene:
V
M



Reemplazando valores:
600
1210

 3
/ 02.2 cmg

PASO 2

Determinar el peso específico húmedo.

De la ecuación [A.4] y [A.16]:
gMW 
 V
gM


Reemplazando valores:
 
3
3
3
2
100
1
600
/ 81.9 21.1
cm
m
cm
segmKg




64. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




57
Cambiando unidades:
3
5.19783
m
N

 3
78.19
m
kN

PASO 3.

Determinar el peso específico seco.

De la ecuación [A.23]:
w
d


1




Reemplazando valores:
102.01
78.19


d
 3
95.17 mkN
d

65. Problemas resueltos de mecánica de suelos




58
PROBLEMA 2.

Un suelo está constituido por 10% de aire, 30% de agua y 60% de partículas de suelo en
volumen. ¿Cuál es el grado de saturación (S), el índice de vacíos (e), y la porosidad (n)?.

Estrategia: Asumiendo que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas y que el
aire representa 10 unidades, el agua 30 unidades, los sólidos del suelo 60 unidades y con las
definiciones de los parámetros, se tiene:

Datos:

Va = 10 U
3
; VW = 30 U
3
; VS = 60 U
3


PASO 1

Determinar el grado de saturación.

De la ecuación [A.11] se tiene:
V
W
V
V
S
 aW
W
VV
V
S



Reemplazando valores:
1030
30

S
 75.0S

PASO 2

Determinar el índice de vacíos.

De la ecuación [A.12] se tiene:
S
V
V
V
e
 S
Wa
V
VV
e


Reemplazando valores:
60
3010
e
 667.0e
PASO 3

Determinar la porosidad del suelo.

De la ecuación [A.13] se tiene:
V
V
V
n
 V
VV
Wa
n



Reemplazando valores:
100
3010
n
 40.0n

66. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




59
PROBLEMA 3.

Si el suelo del problema 2 tiene una gravedad específica de 2.69, determine su contenido de
humedad (w), su peso unitario seco (d) y su peso unitario húmedo ().

Estrategia: Se asume que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas con sus
fracciones respectivas.

Datos:

S = 0.75 ; e = 0.667 ; n = 0.40 ; GS = 2.69 ; Va = 10 U
3
; VW = 30 U
3
; VS = 60 U
3


PASO 1

Determinar el contenido de humedad del suelo.

De la ecuación [A.14] se tiene:
S
W
W
W
w
[3.1]

De la ecuación [A.6] se tiene:
WWW VW 
[3.2]

De la ecuación [A.5]:
SSS VW 
[3.3]

De la ecuación [A.7]:
WSSG 
[3.4]

Sustituyendo la ecuación [3.4] en [3.3]:
SWSS VGW 
[3.5]
Sustituyendo la ecuación [3.2] en [3.5]:
WSS
WW
VG
V
w





 SS
W
VG
V
w

 [3.6]

Reemplazando valores:
6069.2
30

w
 186.0w  % 6.18w

67. Problemas resueltos de mecánica de suelos




60
PASO 2

Determinar el peso específico seco del suelo.

Reemplazando la ecuación [A.8] en [3.5] se tiene:
V
VG
SWS
d




[3.7]

Reemplazando valores:
100
6081.969.2 

d
 3
/ 83.15 mkN
d

PASO 3

Determinar el peso específico húmedo del suelo.

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
WS

[3.8]

Reemplazando la ecuación [3.2] y [3.5] en [3.8]:
V
VGV
SWSWW 



  
V
VGV
WSSW 




Reemplazando valores:
 
100
81.46069.230 

 3
/ 77.18 mkN

68. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




61
PROBLEMA 4

Se tiene un suelo que tiene un contenido de humedad del 5%, determine que cantidad de agua se
debe añadir para que este suelo alcance el 9% de contenido de humedad, un peso unitario de 19
kN/m
3
y tenga un volumen final de 1 m
3
.

Estrategia: La cantidad de agua que se debe añadir para alcanzar un 9% de contenido de
humedad se la determina mediante un sistema de ecuaciones, que estén en función del las
condiciones del contenido de humedad iniciales y de las condiciones finales, en ambas
condiciones el peso de los sólidos, WS es el mismo debido a que solo se agrega agua.

Datos:

wo = 5% ; wf = 9% ; γ = 19 kN/m
3
; Vf = 1 m
3
; ∆VW = ?

PASO 1.

Determina el peso de los sólidos, peso del agua inicial y final.

De la ecuación [A.14] se tiene:
fSW wWW
f

[4.1]
0
0
wWW
SW 
[4.2]

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
WW
fWS
f


 VWW
fWS
f
  [4.3]

Reemplazando la ecuación [4.1] en [4.3]:
VwWW
ffSS  
[4.4]

Despejando WS:
  VwW
ffS  1
  
f
ff
S
w
V
W



1
 [4.5]

Reemplazando valores en la ecuación [4.5]:
 09.01
119



SW
 kNW
S 43.17

Reemplazando el valor WS en la ecuación [4.2]:

69. Problemas resueltos de mecánica de suelos




62 05.043.17
0

WW
 kNW
W 8715.0
0


Reemplazando el valor de WWo en la ecuación [4.1]:
09.043.17
fWW
 kNW
fW 569.1
PASO 2.

Determinar la cantidad de agua agregada a la muestra de suelo.

La diferencia de los pesos de agua final e inicial, es el peso de la cantidad de agua que se añade
al suelo:
0WWW WWW
f



Reemplazando los valores hallados:
8715.0569.1
WW
 kNW
W 697.0 [4.6]

De la ecuación [A.6]:
W
W
W
V
W

 W
W
W
V
W


 [4.7]

Despejando ΔVW de la ecuación [4.7]:
W
W
W
W
V



[4.8]

Reemplazando ∆WW en la ecuación [4.8]:
81.9
697.0

WV
 3
071081.0 mV
W

Cambiando unidades:
3
3
1
1000
071081.0
m
lt
mV
W 
 ltV
W 081.71

70. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




63
PROBLEMA 5.

De un proceso de secado en horno para determinar el contenido de humedad, se obtienen los
siguientes resultados:

Número de lata 0.35 0.50 0.40
Peso lata (g) 43.27 58.95 50.23
Peso suelo húmedo + lata(g) 183.28 216.21 173.96
Peso suelo seco + lata (g) 180.52 213.05 171.50

Determinar el contenido de humedad de la muestra.

Estrategia: El peso del agua y el peso de los sólidos se pueden determinar fácilmente mediante
las siguientes ecuaciones. Una vez hallados estos pesos es posible hallar el contenido de
humedad del suelo.
WW = Peso del agua = (Peso lata + suelo húmedo) – (Peso lata + suelo seco)
WS = Peso del suelo = (Peso lata +suelo seco) – (Peso lata)
w = Contenido de humedad = WW / WS
A continuación se realiza la siguiente tabla que resume los resultados obtenidos y la humedad
promedio que se utiliza para otros cálculos:

Número de lata 0.35 0.50 0.40
Peso lata (g) 43.27 58.95 50.23
Peso suelo húmedo + lata (g) 183.28 216.21 173.96
Peso suelo seco + lata (g) 180.52 213.05 171.5
Peso del agua (g) 2.76 3.16 2.46
Peso suelo seco (g) 137.25 216.21 121.27
Contenido de humedad (%) 2.01 2.05 2.03
Contenido de humedad promedio (2.01 + 2.05 + 2.03) / 3 = 2.03%

71. Problemas resueltos de mecánica de suelos




64
PROBLEMA 6.

Un suelo tiene un contenido de humedad (w) igual al 28.5% y un peso de 123.6 g. ¿Cuál es el
peso seco del material?

Estrategia: Mediante las ecuaciones básicas de las relaciones peso volumen del anexo A, es
posible determinar el peso seco del material.

Datos:
% 5.28w
; gW 6.123 ; ?
SW

De la ecuación [A.14]:
S
W
W
W
w
[6.1]

De la ecuación [A.3]:
SW WWW 
[6.2]

Reemplazando la ecuación [6.2] en [6.1]:
S
S
W
WW
w


[6.3]

Despejando WS de la ecuación [6.3]:
SS WWwW 
 WWwW
SS 
WwW
S 1
 1

w
W
W
S [6.4]

Reemplazando valores en la ecuación [6.4]:
 1285.0
6.123


SW
 gW
S 187.96

72. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




65
PROBLEMA 7.

El suelo del problema 6 ocupa un volumen de 69.3 cm
3
. Si las partículas del suelo tienen una
gravedad específica de 2.65, determine cual es su porosidad (n), índice de vacíos (e) y su grado
de saturación (S).

Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a
determinar cada una de las incógnitas.

Datos:

w = 28.5% ; W = 123.6 g ; WS = 96.187 g ; V = 69.3 cm
3
; GS = 2.65

PASO 1

Determinar la porosidad del suelo.

De la ecuación [A.13] se tiene:
V
V
n
V

[7.1]

De la ecuación [A.1] se tiene:
SV VVV 
[7.2]

Reemplazando la ecuación [7.2] en la ecuación [7.1]:
V
VV
n
S

[7.3]

De la ecuación [A.4] se tiene:
V
W



Reemplazando valores se tiene:
3.69
6.123

 3
/ 78.1 cmg

De la ecuación [A.3] se tiene:
SW WWW 
[7.4]

Remplazando datos:
187.966.123
WW
 gW
W 413.27

73. Problemas resueltos de mecánica de suelos




66
De la ecuación [A.7] se tiene:
WSSG 
[7.5]

Reemplazando datos:
3
/ 165.2 cmgf
S 
 3
/ 65.2 cmgf
S

De la ecuación [A.5] se tiene:
S
S
S
W
V


[7.6]

Reemplazando datos:
65.2
187.96

SV
 3
30.36cmV
S

Reemplazando VS en la ecuación [7.2]:
30.363.69
VV
 3
33cmV
V

Reemplazando VV y V en la ecuación [7.1]:
3.69
33
n
 476.0n  % 6.47n

PASO 2

Determinar el índice de vacíos del suelo:

De la ecuación [A.12] se tiene:
S
V
V
V
e
 30.36
33
e
90909.0e
 %91,90e

PASO 3

Determinar el grao de saturación del suelo.

De la ecuación [A.6] se tiene:
W
W
W
W
V



74. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




67
Reemplazando datos:
1
413.27

WV
 
3
413.27 cmV
W

Reemplazando VV y VW en la ecuación [A.11]:
33
413.27
S
 831.0S  % 1.83S

75. Problemas resueltos de mecánica de suelos




68
PROBLEMA 8.

Se tiene una muestra de suelo de 1 m
3
con un contenido de humedad de 7%, gravedad específica
de 2.65 y un grado de saturación de 40%. Determinar:

a. El peso unitario húmedo (), el peso unitario seco (d) y el peso unitario saturado (sat).
b. Si se añaden 80 litros de agua a la muestra, cual será su peso unitario húmedo () y su
peso unitario seco(d)

Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a
determinar cada una de las incógnitas.

PASO 1

Determinar el peso específico húmedo del suelo.

De la ecuación [A.20] se tiene:

S
Gw
Gw
s
ws




1
1 



Reemplazando valores se tiene:
 

4.0
65.207.0
1
8.965.207.01




 3
kN/m 98.18

PASO 2

Determinar el peso específico seco del suelo.

De la ecuación [A.23] se tiene:
w
d


1


 07.01
98.18


d  3
kN/m 74.17
d

PASO 3

Determinar el peso específico saturado del suelo.

De la ecuación [A.38] se tiene:
Wd
s
sat
G
 









1
1

76. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




69
Reemplazando datos:
8.974.17
65.2
1
1 






Sat
 3
kN/m 85.20
Sat

PASO 4

Determinar el peso específico húmedo después de agregar 80 litros de agua.

De la ecuación [A.14] se tiene:
SW WwW 
 SW WW 07.0
0 [8.1]

De la ecuación [A.4] y V=1 m
3
:
3
m 1
0WSWW

 0

WSWW [8.2]

Remplazando la ecuación [8.1] en la ecuación [8.2]:
SS WW  07,0
[8.3]

Despejando WS en la ecuación [8.3]:
 07.01
SW
  07.01


SW [8.4]

Reemplazando γ en la ecuación [8.4]:
07.1
98.18

SW
 kN 74.17
SW

Remplazando la ecuación [8.5] en la ecuación [8.1]:
74.1707.0
0

WW
 kN 242.1
0

WW

El peso del agua final será igual al peso del agua inicial de la muestra más el peso del agua
añadida, entonces reemplazando valores en esa ecuación se tiene:
WWW VWW
f

0

 8.908.0242.1 
fWW 
kN 026.2
fWW [8.5]
Utilizando la misma relación de la ecuación [8.2] para el peso final se tiene:
finalfinalWS VWW
f
 
[8.6]

77. Problemas resueltos de mecánica de suelos




70
El volumen final de la muestra será el mismo que el inicial ya que el volumen de agua ocupará
parte del volumen de aire que tenía la muestra:

3
m 1
finalInicialVV

finalwfsWW 
026.274.17
final 
 kN/m3 76.19
final [8.7]

PASO 4

Determinar el peso específico seco del suelo.

De la ecuación [A.14]:
S
W
f
W
W
w
f



Reemplazando datos:
100
74.17
026.2

fw
 % 42.11
fw [8.8]

De la ecuación [A.23] se tiene:
f
final
finald
w

1
)(


[8.9]

Reemplazando las ecuaciones [8.9] y [8.10] en la ecuación [8.11]:
1142.01
76.19
)(


finald
 kN/m3 74.17
)(
finald [8.10]

El peso unitario seco de un suelo es constante siempre y cuando no exista un incremento de
energía mecánica, ya que el volumen de sólidos se considera incompresible.

78. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




71
PROBLEMA 9.

Indicar clara y detalladamente un procedimiento para determinar el índice de vacíos de un suelo
fino en laboratorio.

Estrategia: El índice de vacíos del suelo esta en función del volumen de vacíos y el volumen
total de los suelos. Por lo tanto se necesita determinar estos dos valores mediante algunos
ensayos de laboratorio preliminares y en función de estas variables hallar una relación peso
volumen para el índice de vacíos.

De la ecuación [A.12]:
S
V
V
V
e
[9.1]

Procedimiento a seguir:

Se debe determinar el volumen de la muestra. V
Se debe secar en un horno para obtener el peso de los sólidos  WS
Se determina la gravedad específica de la muestra  GS

Con estos datos obtenidos de ensayos de laboratorio se puede hallar el índice de vacíos del suelo:
De la ecuación [A.7] se tiene:
WSG 
S
[9.2]

De la ecuación [A.5] se tiene:
S
S
S
W
V


[9.3]

Reemplazando la ecuación [9.2] en [9.3] se halla VS:
WS
S
S
G
W
V


[9.4]

De la ecuación [A.1] se halla VV:
SV VVV 
[9.5]

Finalmente reemplazando las ecuaciones [9.4] y [9.5] en la ecuación [9.1] se tiene:
S
S
V
VV
e


 WS
S
WS
S
G
W
G
W
V
e






S
SWS
W
WGV
e



 1


S
WS
W
GV
e


79. Problemas resueltos de mecánica de suelos




72
PROBLEMA 10.

A continuación están los resultados de un análisis de tamices. Hacer los cálculos necesarios y
dibujar la curva de distribución del tamaño de partículas.

U.S.
Tamaño
de Tamiz
Masa de Suelo
Retenido
en cada Tamiz(g)
4 0
0 40
20 60
40 89
60 140
80 122
10 210
200 56
Bandeja 12

Estrategia: Para poder determinar la curva de distribución es necesario obtener el porcentaje de
suelo seco que pasa por un determinado tamiz y en función a este y la abertura del tamiz se traza
la curva de distribución.
U.S. TamañoAbertura Masa RetenidaMasa Acumulada % que pasa
Tamiz (mm.) en cada Tamiz, g.sobre cada Tamiz, g.
4 4.750 0 0 100
10 2.000 40 0+40 = 40 94.51
20 0.850 60 40+60 = 100 86.28
40 0.425 89 100+89 = 189 74.07
60 0.250 140 189+140 = 329 54.87
80 0.180 122 329+122 = 451 38.13
100 0.150 210 451+210 = 661 9.33
200 0.075 56 661+56 = 717 1.65
Bandeja 0.000 12 717+12 = 729 0

nMMM  ......... tamizcada sobre acumulada Masa
21

100

pasa que % 




M
acumuladamasaM


Donde: 729
M
51.94100
729
40729
pasa que % 



28.86100
729
100729
pasa que % 



80. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




73
Y así sucesivamente para cada tamiz como se ven los valores hallados en la Tabla:
Distribución de tamaño de partículas
0,00
20,00
40,00
60,00
80,00
100,00
0,010,101,0010,00
Abertura del tamiz, mm
Porcentaje que pasa, %


De la curva se deduce que debido a la pendiente pronunciada que presenta y a su forma, que el
suelo de grano grueso (gravas y arenas) y esta POBREMENTE GRADADO .

81. Problemas resueltos de mecánica de suelos




74
PROBLEMA 11.

Para la curva de distribución de tamaño de partículas mostrada en el anterior ejercicio.
Determine:

D10 , D30 , y D60
Coeficiente de Uniformidad Cu.
Coeficiente de Gradación Cc.

Estrategia: Para poder determinar el D10, D30 y el D60 es necesario hacer una interpolación lineal
entre los valores inferior y superior mas cercanos al porcentaje que pasa deseado y la abertura de
sus tamices correspondientes. Una vez hallados estos valores mediante las ecuaciones del anexo
A se hallan fácilmente estos parámetros de la curva de distribución.

PASO 1

Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal a una escala
semilogarítmica.

De la ecuación de la línea recta se tiene:
21
1
21
1
YY
YY
XX
XX







Haciendo cambios de variable:

X = Abertura tamiz (escala logarítmica)
Y = % que pasa (escala aritmética)
DX
10; 30; 60 10Y ; 30; 60 % 11DX
11%Y 22DX
22%Y













12
1
12
1
%%
%%
log
xx
DD
DD


11
12
12
%log%log
%log%log
D
DD
D
xx 





Para D10 se tiene:

15.033.9log10log
33.9log3.38log
15.018.0
10 


D

mmD 15.0
10

82. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




75
Para D30 se tiene:

15.033.9log30log
33.9log3.38log
15.018.0
30 


D

mmD 17.0
30


Para D60 se tiene:
  
 25.087.54log60log
87.54log07.74log
25.0425.0
30 


D

mmD 28.0
60


PASO 2

Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas.
10
60
D
D
C
U
 15.0
28.0

UC  91.1
UC
1060
2
30
DD
D
C
C


 15.028.0
17.0
2


CC  67.0
CC

83. Problemas resueltos de mecánica de suelos




76
PROBLEMA 12.

Se conoce que el límite líquido de un suelo es 70% y el límite plástico ha sido determinado como
50%. Se pide hallar la magnitud del límite de contracción.

Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad

De las ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U.

Línea A  IP = 0.73 (LL – 20)
Línea U  IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1

Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U.

0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8)

0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0

LL = – 43.53
IP = – 46.38
 46.38- ,53.43 secciónInter

LL = -43.5
IP = -46.4
Límite de
contracción
A
20 40 60 80 100
0
10
20
30
40
50
60
70
30 50
Línea
A
Línea
U
Límite líquido
Índice de plasticidad

84. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




77
PASO 2

Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado.

Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos:

LL = 70%
LP = 50 %

Entonces el índice de plasticidad será:

IP = LL – LP

IP = 70 – 50  IP = 20
 20 ,70 A


Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:
 
1
12
12
1 XX
XX
yy
yy 



[12.1]

Haciendo cambio de variable:

IP = Y
LL = X

Entonces los puntos A y de intersección serán:
 
11Y , sec XciónInter
  46.38- ,53.43 secciónInter  
22 , YXA
  20 ,70 A

Reemplazando en la ecuación [12.1] estos dos puntos se tiene:
 
 

  53.43
53.4370
38.4620
38.46 


 LLIP

 53.43
53.113
38.66
38.46  LLIP

093.2058.0  LLIP


Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:
093.2058.00  LC

58.0
93.20
LC
 79.35LC

85. Problemas resueltos de mecánica de suelos




78
PROBLEMA 13.

Para un contenido de humedad w =35% se tiene 30 golpes en el aparato de casagrande y del
ensayo de límite plástico se obtiene LP = 27%.

a) Estimar el límite líquido.
b) Estimar el límite de Contracción.
c) Estimar el índice de liquidez para un %3.32
insituw

Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad y las
ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U.

a) Determinar el límite líquido.

De la ecuación [A.52] se tiene:
tg
N
N
wLL 






25

Donde:
tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación). 30N
35.0
Nw

121.0
25
30
35.0 





LL 
3578.0LL

b) Determinar el límite de contracción.

Línea A  IP = 0.73 (LL – 20)

Línea U  IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1

Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U.

0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8)

0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0
LL = – 43.53
IP = – 46.38
 46.38- ,53.43 secciónInter

86. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




79 LL = -43.5
IP = -46.4
Límite de
contracción
A
20 40 60 80 100
0
10
20
30
40
50
60
70
30 50
Línea
A
Línea
U
Límite líquido
Índice de plasticidad


PASO 2

Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado.

Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos:

LL = 35.78%
LP = 27%

Entonces el índice de plasticidad será:

IP = LL – LP

IP = 35.78 – 27  IP = 7.78
 7.78 ,78.35 A


Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:
 
1
12
12
1 XX
XX
yy
yy 



[13.1]

87. Problemas resueltos de mecánica de suelos




80
Haciendo cambio de variable:

IP = Y
LL = X

Entonces los puntos A y de intersección serán:
 
11Y , sec XciónInter
  46.38- ,53.43 secciónInter  
22 , YXA
  7.78 ,78.35 A

Reemplazando en la ecuación [17.1] estos dos puntos se tiene:
 
 
 
  53.43
53.4378.35
38.4678.7
38.46 


 LLIP

 53.43
31.79
16.54
38.46  LLIP

065.1662.0  LLIP


Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:
065.1662.00  LC

62.0
65.16
LC
 86.26LC

c) Determinar el índice de liquidez.

De la ecuación [A.54] se tiene:
PLLL
PLw
LI
insitu





Reemplazando los valores hallados se tiene:
2778.35
273.32


LI
 6.0LI

88. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




81
PROBLEMA 14.

El volumen de una muestra irregular de suelo parcialmente saturado se ha determinado
cubriendo la muestra con cera y pesándola al aire y bajo agua. Se conocen:

Peso total de la muestra de aire Mm = 180.6 g
Contenido de humedad de la muestra wm = 13.6%
Peso de la muestra envuelta en cera, en el aire M (m+c) = 199.3 g
Peso de la muestra envuelta en cera, sumergida M (m+c)
agua
= 78.3 g
Gravedad especifica de los sólidos GS = 2.71
Gravedad especifica de la cera GC = 0.92

Determinar el peso específico seco, γd y el grado de saturación, S del suelo.

Estrategia: Para hallar el peso específico seco y el grado se saturación se recurre a las
ecuaciones del anexo A, y algunos principios básicos de hidráulica, como el de Arquímedes.

PASO 1

Determinar el peso de la cera el peso seco del suelo.
7.186.1803.199 
 mcmcera MMM

gM
cera 7.18


De la ecuación [A.14] el dato de contenido de humedad se tiene.
SmW MwM 
[14.1]

De la ecuación [A.3] se tiene:
SmW MMM 
[14.2]

Igualando las ecuaciones [14.1] y [14.2] se tiene:
SmSm MMMw 
[14.3]

Despejando MS se tiene:
m
m
S
w
M
M


1
[14.4]

Reemplazando datos se tiene:
136.01
6.180


SM
 gM
S 98.158

89. Problemas resueltos de mecánica de suelos




82
PASO 2

Determinar el volumen de agua sólidos y cera:

De la ecuación [A.6] se tiene:
1
98.158136.0

W
W
W
W
V

 62.21
WV g

De las ecuaciones [A.15] y [A.7] se tiene:
W
S
SG




wS
S
S
G
M
V

 [14.5]

171.2
98.158


SV 
3
cm 66.58
SV

Se procede de la misma manera para el volumen de la cera:
wC
cera
cera
G
M
V



192.0
7.18


ceraV
 3
cm 33.20
ceraV

PASO 3

Determinar el volumen de la muestra.

Siguiendo el principio de Arquímedes:

El volumen de la muestra con cera (volumen total, Vt) es igual al volumen de agua desplazado
cm
3
, e igual a su masa en gramos:

tWt VM  W
t
t
M
V

 [14.6]

'
)(cscst MMM

3.783.199
tM
 g 121
tM

Reemplazado Mt en la ecuación [14.6] se tiene:
1
121

tV
 3
cm 121
tV

90. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




83
Entonces el volumen de la muestra será:
ceratm VVV 

3.20121
mV
 3
cm 67.100
mV


De la ecuación [A.8] se tiene:
V
M
d
d
 7.100
0.159

d  3
g/cm 58.1
d

Cambiando unidades:
3
kN/m 49.15
d


De la ecuación [A.26] se tiene:

1 








S
Gw
G
S
WS
d


 








S
Gw
G
S
WS
d
1




Despejando S se tiene:
dWS
dS
G
Gw
S





 
58.1171.2
58.171.26.13


S
515.0S
 % 5.51S

91. Problemas resueltos de mecánica de suelos




84
PROBLEMA 15.

Determine el límite de contracción a partir de los siguientes datos:

(1) Densidad del mercurio, Mg/m
3
:
(2) Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g:
13.55
230.65
(3) Masa del recipiente, g:
(4) Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, g:
(5) Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, g:
(6) Masa del mercurio desplazado, g:
19.76
49.19
43.08
183.17

Estrategia: La determinación del límite contracción a partir de estos datos es un procedimiento
de laboratorio. El procedimiento a seguir se resume en la tabla siguiente:
Muestra
Densidad del mercurio, (ρ
m) Mg/m3: 13.55
Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: 230.65
Volumen inicial de muestra, (V) cm
3
: 17.02
Masa del recipiente, (M
t) g: 19.76
Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, (M
W) g: 49.19
Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, (M
d) g: 43.08
Masa del mercurio desplazado, g: 183.17
Masa de la muestra húmeda, (M) g: 29.43
Masa de la muestra seca, (M0) g: 23.32
Volumen de mercurio desplazado, (V0) cm
3
: 13.52
Contenido de humedad inicial, (w) %: 26.20
Límite de contracción (SL), %: 11.18 












 
 100
0
0
M
VV
wSL
W  
100
0
0










M
VV
w tWMMM  tdMMM 
0

92. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




85
PROBLEMA 16.

Se requiere construir un terraplén de una carretera que tendrá las características de la figura:









La longitud del terraplén será de 600 m y se desea que tenga un índice de vacíos de 0.5.
Las propiedades del los dos bancos son las siguientes:

Banco A Banco B
Peso especifico 18.5 kN/m
3
19 kN/m
3

Contenido de humedad 10 % 5 %
Gravedad especifica 2.65 2.65
Distancia a la obra 3 km 4 km
Esponjamiento 20 % 30 %

Tomar en cuenta que una volqueta tiene una capacidad de 3 m
3
y su costo por el uso es de 15 Bs.
por kilómetro recorrido.

a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar.
b) Determinar el banco de préstamo más favorable.
c) Tomando en cuenta el porcentaje de esponjamiento determinar el índice de vacíos del material
suelto (extraído) para el banco de préstamo escogido.

Estrategia: Para poder determinar los volúmenes a extraer es necesario realizar un sistema de
cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Una vez halladas estas incógnitas con ayuda de las
ecuaciones del anexo A y algunos datos, se puede resolver fácilmente los incisos b) y c).

a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar.

PASO 1

Determinar el volumen del terraplén.

De la definición del volumen de un trapecio se tiene:

L
HbB
V
t 


2

 
600
2
22315



tV
 3
m 22800
tV

15 m
2 m
2
1

93. Problemas resueltos de mecánica de suelos




86
PASO 2

Determinar los volúmenes a extraer de cada banco de préstamo.

De la ecuación [A.18] se tiene:

e
Gw
wS



1
1 



Despejando el índice de vacíos, e:

1
1





WSGw
e
  
 
1
19
81.965.205.01
1
5.18
81.965.21.01






B
A
e
e 44.0
55.0


B
A
e
e


De la ecuación [A.12] se tiene:
S
V
V
V
e
 VSVVe

A partir de los datos e incógnitas dadas se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:






















22800
50.0
44.0
55.0
vfs
vfs
vBs
vAs
terraplenV(final)S
V(final)Sfnal
V(bancoB)SB
V(bancoA)SA
VV
VV
VV
VV

VVV
VVe
VVe
VVe


Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

VS = 15200 m
3

VV A = 8360 m
3

VV B = 6688 m
3

VV f = 7600 m
3


Entonces los volúmenes a extraer para cada banco son:
3
m 23560836015200 :A Banco 
AV

3
m 21888668815200 :B Banco 
BV

94. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




87
El esponjamiento es el porcentaje de volumen de aumenta el suelo al ser removido. Entonces los
volúmenes a transportar serán:
  0.2827220.123560 :A Banco 
AV

  4.2845430.121888 :B Banco 
BV


b) Determinar el banco de préstamo más favorable.

El costo de 1 volqueta de 3 m
3
es de 15 Bs., entonces:
5
3
15
Costo
Bs\km\m
3

 42408032827205 
ACosto
Bs.
 56908834.284545 
BCosto
Bs.

El banco de préstamo más favorable será el banco A, con un costo de transporte de 424080 Bs.

c) Determinar el índice de vacíos del material suelto para el banco de préstamo escogido.

sueltoebanco VfV 1

 
banco
suelto
sbancos
ssueltos
bancovs
sueltovs
banco
suelto
e
e
e
VeV
VeV
VV
VV
V
V
f









1
1
1
)(
)(


Despejando el índice de vacíos suelto tenemos:
 111 
bancoesuelto efe

  155.0120.01 
sueltoe

86.0
sueltoe

95. Problemas resueltos de mecánica de suelos




88
PROBLEMA 17.

Un terraplén requiere 5000(m
3
) de suelo compactado .Se ha especificado el índice de vacíos del
relleno compactado en 0.8.Se dispone de cuatro lugares de préstamo, como se describe en la
siguiente tabla, la cual muestra los índices de vacíos del suelo y el costo por metro cúbico para
mover el suelo al sitio propuesto. ¿Indique cual es el banco de prestamos mas económico para la
obra propuesta.

Banco de Préstamo Índice de Vacíos Costo ($/m
3
)
Parotani
Cliza
Sacaba
Punata
1.20
0.85
0.75
0.95
9
6
10
7

Estrategia: Es necesario recurrir a un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para poder
despejar las incógnitas a partir de los datos dados.

3
5000mV
(Suelo Compactado)
8.0e


PASO 1

Determinar el sistema de ecuaciones, en función de los datos e incógnitas:
S
V
iParo
V
V
e
iParota n
t an
iParoiParo VSV VVe
ta nta n
  iParoVSVV
ta n
120 [1]
S
V
Cliza
V
V
e
Clizai

ClizaCliza VSV VVe   ClizaiVSVV85.0 [2]
S
V
Sacaba
V
V
e
Sac abaai

Sac av azaSac aba VSV VVe   Sac abaiVSVV75.0 [3]
S
V
Punata
V
V
e
Punata

PunataVSPunata VVe   PunataVSVV95.0 [4]
S
V
Final
V
V
e
Final

FinalVSFinal VVe   FinalVSVV80.0 [5]
FinalVSVVV 
FinalVSVV500  FinalVS VV 5000 [6]

Se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para resolver:

96. CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos




89
PASO 2

Hallar las incógnitas del sistema de ecuaciones.
78.2777
SV
m
3
De aquí tenemos los Volúmenes Totales que se necesitan:
33.3333
ta n

iParoVV
m
3
33.333378.2777
tan 
iParoV  11.6111
t an
iParoV m
3

2361
ClizaVV
m
3
11.236178.2777
ClizaV  89.5138
ClizaV m
3

33.2033
Sac abaVV
m
3
11.236178.2777
SacabaV  11.4811
SacabaV m
3

88.2638
PunataVV
m
3
88.263878.2777
PunataV  66.5416
PunataV m
3

22.2222
FinalVV
m
3
 5000
FinalV m
3


PASO 3

Determinar el costo de cada banco de préstamo.








El Banco de préstamo más económico es el de CLIZA.

Banco de
Préstamo
Volumen (m
3
)
(1)
Costo (%/m
3
)
(2)
Costo Total (%)
(3) = (1) · (2)
Parotani
Cliza
Sacaba
Punata
6111.11
5138.89
4611.11
5416.66
9
6
10
7
54999.99
30833.34
48111.10
37916.62

97. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




89

98. Problemas resueltos de mecánica de suelos




90
CAPÍTULO 2
Clasificación de los suelos

2.1. Introducción

La clasificación de los suelos permite obtener una descripción apropiada y única de estos y
así conocer de que material se trata en cada caso dándonos una idea clara de sus
características y el uso que se le puede dar, los métodos de clasificación de suelos solo
consisten en agruparlos en una u otra categoría dependiendo de sus propiedades físicas.
Existe una clasificación de las partículas dependiendo su tamaño, de este modo, las partículas
se definen como:
 Grava si su tamaño se encuentra entre 76.2 mm y 2 mm.
 Arena si su tamaño es de 2 mm a 0.075 mm.
 Limo si su tamaño es de 0.075 mm a 0.02 mm.
 Arcilla si su tamaño es menor a 0.02 mm.
Entre los métodos de clasificación que se utilizan son:
 Sistema de clasificación AASHTO (American Association of State Highway and
Transportation Officials), este es un sistema de clasificación más apto para
material de construcción de vías ce comunicación, dando a los materiales una
clasificación que va de A-1 a A-7 acompañados de un índice de grupo, en la que
los mejores materiales para la construcción de bases y sub-bases son los
primeros A-1 y A-2.
 Sistema de Clasificación de Suelos Unificado, USCS (Unified soil classification
system), se trata de un sistema más completo de clasificación que nos permite
también conocer las características de plasticidad, gradación y otros de las
muestras que se analiza, este método más usual para la ingeniería geotécnica
clasifica las muestras mediante las abreviaciones del método y le asigna un
nombre con respecto a sus otras características.
Las tablas y gráficas de clasificación se encuentran en el anexo B.
Para obtener la distribución de tamaños de las partículas se utilizan dos métodos muy
difundidos como son el tamizado mecánico y el del hidrómetro que se complementan
mutuamente para obtener granulometrías completas hasta tamaños de partículas ínfimos.
Para la determinar los límites de consistencia LL, LP e IP (IP = LL – LP) se determinan
mediante el ensayo de muestras según métodos normalizados.

99. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




91
2.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Explique en que consiste la clasificación de suelos:

Respuesta.

El clasificar un suelo consiste en agrupar al mismo en grupos y/o subgrupos de suelos que
presentan un comportamiento semejante con propiedades ingenieríles similares. Estos grupos
o subgrupos de suelos presentan rangos normados de cada propiedad de los suelos según el
sistema de clasificación utilizado.

100. Problemas resueltos de mecánica de suelos




92
PREGUNTA 2.

Explique cual es el tamaño máximo del diámetro de la partícula para que sea considerada
como parte del suelo, según los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO:

Respuesta.

Tanto el sistema de clasificación Unificado como el sistema de clasificación AASHTO
consideran como suelo (conjunto de partículas sólidas, con líquido y agua en sus poros) a la
parte que pasa por el tamiz de 3‖ (75 mm.), por lo tanto las partículas más grandes a este
diámetro son consideradas como partículas aisladas que ya no forman parte del suelo.

101. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




93
PREGUNTA 3.

Explique cada uno de las cuatro principales categorías en que se dividen los suelos según el
sistema de clasificación de suelos Unificado:

Respuesta.

El sistema de clasificación Unificado clasifica a los suelos en cuatro principales categorías,
cada una de estas categorías usa un símbolo que define la naturaleza del suelo:

 Suelos de grano grueso. Son de naturaleza tipo grava y arena con menos del
50% pasando por el tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un
prefijo G para la grava o suelo gravoso del inglés ―Gravel‖ y S para la arena
o suelo arenoso del inglés ―Sand‖.

 Suelos de grano fino. Son aquellos que tienen 50% o más pasando por el
tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un prefijo M para limo
inorgánico del sueco ―mo y mjala‖, C para arcilla inorgánica del inglés
―Clay‖.

 Suelos orgánicos. Son limos y arcillas que contienen materia orgánica
importante, a estos se los denomina con el prefijo O del inglés ―Organic‖.

 Turbas. El símbolo Pt se usa para turbas del inglés ―peat‖, lodos y otros
suelos altamente orgánicos.

102. Problemas resueltos de mecánica de suelos




94
PREGUNTA 4.

Explique cuando se presenta un símbolo doble en el sistema de clasificación Unificado y que
significa este símbolo doble:

Respuesta.

Un símbolo doble, corresponde a dos símbolos separados por un guión, e.g. GP-
GM, SW-SC, CL-ML, los cuales se usan para indicar que el suelo tiene propiedades
de dos grupos. Estos se obtienen cuando el suelo tiene finos entre 5 y 12% o cuando
las coordenadas del límite líquido y el índice de plasticidad caen en el área
sombreada CL-ML de la carta de plasticidad. La primera parte del doble símbolo
indica si la fracción gruesa es pobremente o bien gradada. La segunda parte
describe la naturaleza de los finos. Por ejemplo un suelo clasificado como un SP-
SM significa que se trata de una arena pobremente gradada con finos limosos entre
5 y 12%. Similarmente un GW-GC es una grava bien gradada con algo de finos
arcillosos que caen encima la línea A.

103. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




95
PREGUNTA 5.

Explique cuando se presenta un símbolo de frontera en el sistema de clasificación Unificado
y que significa este símbolo de frontera:

Respuesta.

Un símbolo de frontera. Corresponde a dos símbolos separados por el símbolo
divisorio (/) y deberá usarse para indicar que el suelo cae muy cerca de la línea de
división entre dos símbolos de grupo. En estos casos es aceptable el uso de ambos
símbolos en la clasificación, con el símbolo de grupo ―correcto‖ por delante seguido
del símbolo de grupo ―casi correcto‖. Por ejemplo, una combinación de arena –
arcilla con ligeramente un poco menos del 50% de arcilla podría ser identificada
como SC/CL, de la misma manera pasa con otros tipos de suelos como por ejemplo
CL/CH, GM/SM.

104. Problemas resueltos de mecánica de suelos




96
PREGUNTA 6.

Explique cual es el principal uso de la línea U en la Figura B.1, del anexo B y cual es su
ecuación:

Respuesta.

La línea ―U‖. Mostrada en la Figura B.1 ha sido determinada empíricamente en base a
análisis de suelos extremos, para ser el ―límite superior‖ de suelos naturales, por lo que no
deberían obtenerse resultados por encima de esta línea. Esta línea es una buena manera de
comprobar que los datos no sean erróneos y algunos resultados de ensayos que caigan arriba
o a la izquierda de esta deben ser verificados.

La ecuación de la línea U es:

IP = 0.9·(LL - 8)

105. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




97
PREGUNTA 7.

Cuales son las principales características de un suelo para poder reconocerlo como un suelo
altamente orgánico (Pt):

Respuesta.

Este tipo de suelo trae muchos problemas a los ingenieros, por su alta compresibilidad y muy
baja resistencia al corte, pero es muy fácil de identificar según a sus siguientes características
notorias:

 Compuesto principalmente de material orgánico (material fibroso).

 Color café oscuro, gris oscuro, o color negro.

 Olor orgánico, especialmente cuando esta húmedo.

 Consistencia suave.

106. Problemas resueltos de mecánica de suelos




98
PREGUNTA 8.

En que esta basado el sistema de clasificación de suelos Unificado:

Respuesta.

El sistema de clasificación USCS está basado en la determinación en laboratorio de la
distribución del tamaño de partículas, el límite líquido y el índice de plasticidad. Este sistema
de clasificación también se basa en la gráfica de plasticidad, que fue obtenida por medio de
investigaciones realizadas en laboratorio por A. Casagrande (1932).

107. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




99
PREGUNTA 9.

Según el sistema de clasificación de suelos AASHTO como se evalúa la calidad de los
suelos:

Respuesta.

La evaluación de los suelos dentro de cada grupo se realiza por medio de un índice de grupo,
que es un valor calculado a partir de una ecuación empírica. El comportamiento geotécnico
de un suelo varía inversamente con su índice de grupo, es decir que un suelo con índice de
grupo igual a cero indica que es material ―bueno‖ para la construcción de carreteras, y un
índice de grupo igual a 20 o mayor, indica un material ―muy malo‖ para la construcción de
carreteras.

108. Problemas resueltos de mecánica de suelos




100
PREGUNTA 10.

Mediante el sistema de clasificación AASHTO, cuales son las principales características que
se deben tomar en cuenta para poder calcular el índice de grupo de un suelo:

Respuesta.

El índice de grupo es calculado a partir de la siguiente ecuación empírica:
   )10)·(15·(01.040·005.02.0)·35(
200200
 IPFLLFIG
[2.3]

Donde:
F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número
entero.
LL = Límite líquido.
IP = Índice de plasticidad.


Si el resultado del índice de grupo calculado es un valor negativo, entonces el índice de grupo
(IG) será: IG = 0.


Si el suelo no es plástico y no se puede determinar el Límite líquido, entonces el índice de
grupo (IG) será: IG = 0. Este es el caso de los de los suelos A-1-a, A-1-b, A-2-4, A-2-5 y A-
3, en donde su índice de grupo siempre es cero.


Si el valor del índice de grupo calculado resulta ser un número decimal, se redondea al
número entero más cercano según los siguientes criterios matemáticos.

 Si la parte decimal es menor que 0.5 entonces se elimina, e.g. si IG = 3.4 se
redondea a 3.
 Si la parte decimal es mayor que 0.5 entonces se aumenta en una unidad al
número entero, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4.
 - Si la parte decimal es igual a 0.5 entonces se redondea al número entero par
más próximo, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4 y si IG = 4.5 se redondea a 4.


El índice de grupo de suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo la porción del IP:
)10)·(15·(01.0
200
 IPFIG
[2.4]

En el caso de usarse el ábaco, observe que en la parte superior de la medida derecha se
encuentra un rango para los suelos A-2-6 y A-2-7, cuando trabaje con estos subgrupos
el índice de grupo (IG) resultara ser el valor del índice parcial de grupo para IP.


El índice de grupo no tiene límite superior.

109. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




101
2.3. Problemas.

PROBLEMA 1.

Se ha realizado ensayos de granulometría y limites de consistencia en un suelo y se presentan
los resultados a continuación.
Peso del recipiente, M
r: 352.5 g
Peso de la muestra seca, M
S: 9846.00 g
Peso de la muestra seca, M
o=M
S+r - M
r: 9493.50 g
Peso seco de la muestra retenida en el Nº 200 despues del lavado, M
200: 9233 g

Para la fracción fina:

Límite líquido = 28%
Índice de plasticidad = 18%
Tamiz NºDiámetroPeso retenido
mm g
3" 76 1829.5
2" 52 1978.5
11/2" 38 1055.5
1" 25 437
3/4" 19 320.5
1/2" 13 432
3/8" 9 235.5
1/4" 6.3 333
4 4.75 200.5
8 2.36 530.5
16 1.18 478.5
30 0.6 393.5
50 0.3 424.5
100 0.15 406
200 0.075 168
Bandeja------- 10
M
a =9233.00


Se pide clasificar el material usando el sistema de clasificación de suelos Unificado.

a) Dibujar la curva granulométrica.
b) Clasificar el suelo por el sistema de clasificación de suelos Unificado.

a) Curva granulométrica:

Para dibujar la curva granulométrica es necesario determinar los porcentajes de suelo seco
que pasan por cada tamiz y graficar la abertura del tamiz en escala logarítmica con el
porcentaje que pasa en cada tamiz. A continuación se presenta el procedimiento y algunas
consideraciones de importancia para lograr un análisis preciso.
El peso de la muestra seca retenida sobre el tamiz Nº 200, que es el peso del material seco
que queda después de haber lavado el material seco de peso WS, sobre el tamiz Nº 200 y

110. Problemas resueltos de mecánica de suelos




102
haber eliminado de la muestra el material menor a 0.0075 mm de diámetro, este material es el
que se utiliza para el tamizado.
Si se tienen partículas que no pasen el tamiz de 3‖, no tomar en cuenta el peso e estas
para el calculo y colocar en el informe final: ―Con cantos rodados‖
Del análisis del tamizado se obtiene el porcentaje que pasa de la siguiente manera:

1. Determinar el total de peso retenido en todos los tamices.

Total de peso retenido = Ma = ∑(Peso retenido en cada tamiz) = 1829.5 + 1978.5 +… + 10 =
9233 g

2. Verificar el porcentaje de error en el tamizado (debe ser menor al 2 %, sino rehacer el
ensayo).
2% 100
M
Error %
200
200



M
M
a

% 2 % 0 100
9233
92332339
Error % 




3. Determinar el peso retenido acumulado en cada tamiz:

Peso retenido acumulado = Peso retenido en el tamiz superior + peso retenido en el tamiz actual.

Por ejemplo para el tamiz de 2‖:

Peso retenido acumulado = 1829.5 + 1978.5 = 3808

4. Determinar la masa que se debe aumentar a la bandeja:

Mb = Mo – M200

Mb = 2943.5 – 9233 = 260.5 g

5. Determinar el porcentaje retenido acumulado:

Porcentaje retenido acumulado = [(masa retenida acumulada)/peso de la muestra seca, Mo]·100

Por ejemplo para el tamiz de 2‖:

Porcentaje retenido acumulado = [3808/9493]·100 = 40.11 %

6. Determinar el porcentaje que pasa:

Porcentaje que pasa = 100 % - Porcentaje retenido acumulado.

Por ejemplo para el tamiz de 2‖:

Porcentaje que pasa = 100 % - 40.11 % = 59.89 %

111. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




103
7. Determinar los logaritmos del diámetro de la abertura de los tamices:

Log(Diámetro) = Logaritmo en base 10
8. Determinar el porcentaje que pasa corregido. Haciendo que porcentaje que pasa el tamiz
de 3‖ sea el 100% y los demás se los halla por regla de tres.

9. Construcción de la curva de distribución de tamaño de partículas. Log(diámetro) vs. %
que pasa.
TamizDiámetroPeso retenidoPeso retenido% retenido% que pasaLog (diámetro)% que pasa
mm g acumulado gacumulado corregido
3" 76 1829.5 1829.50 19.27 80.73 1.88 100.00
2" 52 1978.5 3808.00 40.11 59.89 1.72 74.18
11/2"38 1055.5 4863.50 51.23 48.77 1.58 60.41
1" 25 437 5300.50 55.83 44.17 1.40 54.71
3/4" 19 320.5 5621.00 59.21 40.79 1.28 50.53
1/2" 13 432 6053.00 63.76 36.24 1.11 44.89
3/8" 9 235.5 6288.50 66.24 33.76 0.95 41.82
1/4" 6.3 333 6621.50 69.75 30.25 0.80 37.47
4 4.75 200.5 6822.00 71.86 28.14 0.68 34.86
8 2.36 530.5 7352.50 77.45 22.55 0.37 27.94
16 1.18 478.5 7831.00 82.49 17.51 0.07 21.69
30 0.6 393.5 8224.50 86.63 13.37 -0.22 16.56
50 0.3 424.5 8649.00 91.10 8.90 -0.52 11.02
100 0.15 406 9055.00 95.38 4.62 -0.82 5.72
2000.075 168 9223.00 97.15 2.85 -1.12 3.53
Bandeja------- 10 9233.00 100.00 0.00 ---- 0.00
M
a =9233.00 260.50
Mo =9493.50
Distribución de tamaño de partículas
0
20
40
60
80
100
0.010.101.0010.00100.00
Abertura de los tamices, mm
Porcentaje que pasa, %

112. Problemas resueltos de mecánica de suelos




104
b) Clasificación de suelos por el sistema de clasificación de suelos:


PASO 1

Obtener el % retenido en el tamiz Nº 200 para la clasificación preliminar (Tabla B.1).

F200 = 3.53%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 3.53)

R200 = 96.47%  R200 = 96.47% > 50%  Suelo de grano grueso.

PASO 2

Determinar si el suelo es gravoso o arenoso:

F4 = 34.86  R4 = 100 - F4

R4=100 - 34.86  R4 = 65.14

0.5·R200 = 0.5·96.47  0.5·R200 = 48.23

R4 >0.5·R200  65.14 > 48.23  Suelo gravoso

PASO 3

Clasificar el suelo según los criterios de la Tabla B.1 para los suelos gravosos:

F200 < 5 hallar Cu y Cz:
10
60
D
D
C
u
; 6010
2
30
DD
D
C
z

Los diámetros de partículas para los porcentajes requeridos, 10%, 30%, 60%, se pueden
obtener de la curva de distribución de tamaño de partículas o mediante una interpolación
lineal entre dos puntos en cuyo intervalo se encuentre el punto que se requiera hallar. El
resultado obtenido mediante una interpolación lineal produce resultados más exactos. A
continuación se procede con este método de interpolación lineal:

PASO 4

Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal semilogaritmica.

De la ecuación de la línea recta se tiene:
12
1
22
1
YY
YY
XX
XX






113. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




105
Haciendo cambios de variable: X =abertura tamiz (escala logarítmica)
Y = % que pasa (escala aritmética)
DX
10; 30; 60 10Y ; 30; 60 % 11DX
11%Y 22DX
22%Y













12
1
12
1
%%
%%
log
xx
DD
DD


11
12
12
%log%log
%log%log
D
DD
D
xx 





Para D10 se tiene:

D10 = X %x = 10
D1 = 0.3 %1 = 11.02
D2 = 0.15 %2 = 5.72

3.002.11log10log
02.11log72.5log
15.03.0
10 


D

mmD 278.0
10


Para D30 se tiene:

D30 = X %x = 30
D1 = 4.75 %1 = 34.86
D2 = 2.36 %2 = 27.94
 
75.486.34log30log
86.34log94.27log
75.436.2
30 


D

mmD 131.3
30


Para D10 se tiene:

D60 = X %x = 60
D1 = 38 %1 = 60.41
D2 = 25 %2 = 54.71

3841.60log60log
41.60log71.54log
3825
60 


D

mmD 107.37
60

114. Problemas resueltos de mecánica de suelos




106
PASO 5

Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas.
10
60
D
D
C
U
 278.0
107.37

UC  5.133
UC
1060
2
30
DD
D
C
C


 107.37278.0
131.3
2


CC  67.0
CC

PASO 6

Clasificar el suelo con todos los datos ya disponibles (Tabla B.1).
5.133
UC
> 4 67.0
CC
< 1

Por lo tanto el suelo es: GP

PASO 7

Hallar el nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2.

SF = R200 – R4  SF = 96.47 – 65.14

SF = 31.33% > 15

Por lo tanto el suelo es: (GP) Grava pobremente gradada con arena.

115. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




107
PROBLEMA 2.

Clasifique el siguiente suelo por el sistema de clasificación AASHTO.
Límite líquido = 51%
Límite plástico = 25%
Distribución del tamaño de partículas
0.010.1110100
Diametro de partículas, mm
Porcentaje que pasa, %100 20 40 60 80 0


PASO 1

Determinar el índice de plasticidad y porcentajes que pasan necesarios para
clasificación.
%51LL
%25LP


De la grafica de la distribución de tamaño de partículas se tiene:
%4
200F
(Diámetro de partículas de 0.075 mm) %10
40F
(Diámetro de partículas de 0.425 mm) %23
10F
(Diámetro de partículas de 2.00 mm)

PASO 2

Clasificar el suelo según la Tabla B.6 del anexo B.

Se procede de izquierda a derecha por simple eliminación hasta que los datos del suelo se
ajusten exactamente a los de la Tabla.
%4
200F
 %35
200F  Suelo grueso
%41LL
%11IP


De la ecuación [B.4] se obtiene el índice de grupo para el suelo A-2-7:
     76.1102615401.0101501.0
200  IPFIG

0IG
(Para índices de grupo negativos su índice de grupo será cero)

Por lo tanto el suelo es: A-2-7 (0)  %26IP  72A

116. Problemas resueltos de mecánica de suelos




108
PROBLEMA 3.

Se pide clasificar el siguiente suelo por el sistema ASSHTO.
Límite líquido = 44%
Límite plástico = 21%
Distribución del tamaño de partículas
0.010.1110100
Diametro de partículas, mm
Porcentaje que pasa, %100 20 40 60 80 0


PASO 1

Determinar el índice de plasticidad y porcentajes que pasan necesarios para
clasificación.
%44LL
%21LP


De la grafica de la distribución de tamaño de partículas se tiene:
%4
200F
(Diámetro de partículas de 0.075 mm) %10
40F
(Diámetro de partículas de 0.425 mm) %23
10F
(Diámetro de partículas de 2.00 mm)

PASO 2

Clasificar el suelo según la Tabla B.6 del anexo B.

Se procede de izquierda a derecha por simple eliminación hasta que los datos del suelo se
ajusten exactamente a los de la Tabla.
%4
200F
 %35
200F  Suelo grueso
%44LL
%41LL %21LP
%11IP

PASO 3

Determinar el índice de grupo.
     43.1102315401.0101501.0
200  IPFIG

0IG
(Para índices de grupo negativos su índice de grupo será cero)

Por lo tanto el suelo es: A-2-7 (0)  %23IP  72A 

117. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




109
PROBLEMA 4

Clasificar los siguientes suelos por el sistema de clasificación AASHTO.

Distribución Suelo
A B C D E
% fino tamiz Nº 10
% fino tamiz Nº 40
% fino tamiz Nº 200
Limite liquido
Índice de plasticidad
83 100 48 90 100
48 92 28 76 82
20 86 6 34 38
20 70 — 37 42
5 32 No plástico 12 23

Para clasificar estos suelos se procede de la misma manera que para las pregunta 1 y 2.

Suelo A:

F200 = 20 < 35%  Suelo Granular
%20LL
%41LL %5IP
%11IP

Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero:  IG = 0

Por lo tanto el suelo es: A-1-b (0)

Suelo B:

F200 = 86 > 35%  Suelo limo - Arcilla
%70LL
%41LL %32IP
%11IP

IP = LL-30  32 = 70 – 30  32  40  A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:

IG =        101501.040005.02.035
200200  IPFLLF

IG =        1032158601.04070005.02.03586 

IG = 33.47  IG = 33

Por lo tanto el suelo es: A-7-5 (33)

Suelo C:

F200 = 6 < 35%  suelo Granular

IP = No plástico  A-1-a  72A   7A 

118. Problemas resueltos de mecánica de suelos




110
Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero:  IG = 0

Por lo tanto el suelo es: A-1-a (0)

Suelo D:

F200 = 34 < 35%  suelo Granular
%37LL
%41LL %12IP
%11IP

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.4]:

IG =   101501.0
200  IPF

IG =   1012153401.0 IG

IG = 0.38  IG = 0

Por lo tanto el suelo es: )0(62A

Suelo E:

F200 = 38 < 35%  suelo limo y Arcilla
%42LL
%41LL %23IP
%11IP

IP = LL-30  23 = 42 – 30  23 ≥ 12  A-7-6

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:
       101501.040005.02.035
200200  IPFLLFIG

       1023153801.04042005.02.03538 IG


IG = 3.62  IG = 4

Por lo tanto el suelo es: A-7-6 (4)
 62A   7A 

119. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




111
PROBLEMA 5.

Una muestra de suelo inorgánico tiene las siguientes características:

Tamiz (m.m) % que pasa
2.0 (Nº 10)
0.075(Nº 200)
0.050
0.005
0.002
100
71
67
31
19
Límite líquido = 53%
Índice de Plasticidad = 22%

Clasificar el suelo mediante los sistemas de clasificación de suelos:

a) AASTHO.
b) Unificado.

a) Sistema de clasificación AASHTO:

F200 = 71% > 35%  Suelo Arcilla-Limo.

LL = 53% %41LL
IP = 22% %11IP

IP = LL-30  22 = 53 – 30  22  23  A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:

IG =        101501.040005.02.035
200200  IPFLLF
       1022157101.04053005.02.03571 IG


IG = 16.26  IG = 16

Por lo tanto el suelo es: A-7-5 (16) Mayormente Arcilloso.

b) Sistema de clasificación Unificado

F200 = 71%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 71)

R200 = 29%  R200 = 29% < 50%  Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

LL = 53%
IP = 22% 7A  B.1) (FiguraA línea la de debajo Atterberg de ímitesL MH   

120. Problemas resueltos de mecánica de suelos




112
El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 (ver nota en la
parte inferior de la Tabla B.4, para determinar la fracción de grava, GF y la fracción de arena,
SF):

R200 = 29%  15 ≤ R200 ≤ 29%

GF = R4  GF = 0%

SF = R200 – R4  SF = 29 – 0  SF = 29%
0
29

GF
SF
 
GF
SF

Por lo tanto el suelo es: (MH) Limo elástico con arena

121. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




113
PROBLEMA 6.

Realizar la clasificación de los siguientes suelos:


Descripción
Suelo
A B C D E F
% que pasa el tamiz No. 4 87 95 75,5 47 28 99,8
% que pasa el tamiz No. 10 77 90 65 38 21 97,5
% que pasa el tamiz No. 40 68 66 53 26,8 12 96
% que pasa el tamiz No. 200 60 80 45 16,5 2,85 74
Limite líquido 27 32 32 24,5 –———- 25
Índice plástico 10 3,5 12 7,6 No plástico 20

Por los siguientes métodos:

a) Sistema de clasificación AASHTO.
b) Sistema de clasificación Unificado.

a) Sistema AASHTO.

Suelo A:

F200 = 60% > 35%  Suelo Arcilla-Limo.

LL = 27% LL < 40%
IP = 10% IP ≤ 10%

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:
       101501.040005.02.035
200200  IPFLLFIG

       1010156001.04027005.02.03560 IG


IG = 3.375  IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de
carreteras.

Suelo B:

F200 = 80% > 35%  Suelo Arcilla-Limo.

LL = 32% LL < 40%
IP = 3.5% IP < 10%

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:
       101501.040005.02.035
200200  IPFLLFIG

4A   4A  

122. Problemas resueltos de mecánica de suelos




114        105.3158001.04032005.02.03580 IG


IG = 2.97  IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de
carreteras.

Suelo C:

F200 = 45 > 35%  Suelo Arcilla-Limo.

LL = 32% LL < 40%
IP = 12% IP > 11%

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:
       101501.040005.02.035
200200  IPFLLFIG

       1012154501.04032005.02.03545 IG


IG = 2.2  IG = 2

Por lo tanto el suelo es: A-6 (2) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción de
carreteras

Suelo D:

F200 = 16.5 < 35%  Suelo grueso.

LL = 24.5% LL < 40%
IP = 7.6% IP < 10%

El índice de grupo de este suelo es cero:

IG = 0

Por lo tanto el suelo es: A-2-4 (0) Grava y arena limosa o arcillosa de excelente a buena
para la construcción de carreteras.

Suelo E:

F200 = 2.85 < 35%  Suelo grueso.

LL = ——
IP = No plástico

El índice de grupo de este suelo es cero:

IG = 0 6A   42A   3A 

123. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




115
Por lo tanto el suelo es: A-3(0) Arena fina de excelente a buena para la construcción de
carreteras.

Suelo F:

F200 = 74 > 35%  Suelo Arcilla-Limo.

LL = 25% LL < 40%
IP = 20% IP > 11%

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:
       101501.040005.02.035
200200  IPFLLFIG
       1020157401.04025005.02.03574 IG


IG = 10.7  IG = 11

Por lo tanto el suelo es: A-6 (11) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción
de carreteras

b) Sistema Unificado.

Suelo A:

F200 = 60%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 60)

R200 = 40%  R200 = 40% < 50%  Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

LL = 27% < 50%
IP = 10% > 7%  CL
Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4:

R200 = 40%  R200 > 30%

R4 = 100 – F4  R4 = 100 – 87  R4 = 13%  GF = R4 = 13%

SF = R200 – R4  SF = 40 – 13  SF = 27%
13
27

GF
SF
 08.2
GF
SF > 1

Por lo tanto el suelo es: (CL) Arcilla magra arenosa.
6A  

124. Problemas resueltos de mecánica de suelos




116
Suelo B:

F200 = 80%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 80)

R200 = 20%  R200 = 20% < 50%  Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

LL = 32% < 50%
IP = 3.5% < 4%

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4:

R200 = 20%  15 ≤ R200 ≤ 29%

R4 = 100 – F4  R4 = 100 – 95  R4 = 5%  GF = R4 = 5%

SF = R200 – R4  SF = 20 – 5  SF = 15%
5
15

GF
SF
 3
GF
SF > 1

Por lo tanto el suelo es: (ML) Limo con arena

Suelo C:

F200 = 45%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 45)

R200 = 55%  R200 = 55% > 50%  Suelo de grano grueso.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

F4 = 75.5  R4 = 100 - F4

R4=100 – 75.5  R4 = 24.5

0.5·R200 = 0.5·55  0.5·R200 = 27.5

R4 <0.5·R200  24.5 < 27.5  Suelo arenoso

F200 = 45% > 12%
IP = 12% > 7%  SC
Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.3:
 ML

125. CAPITULO 2 Clasificación de suelos




117
R4 = 24.5%  GF = R4 = 24.5% > 15

Por lo tanto el suelo es: (SC) Arena arcillosa con grava.

Suelo D:

F200 = 16.5%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 16.5)

R200 = 83.5%  R200 = 83.5% > 50%  Suelo de grano grueso.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

F4 = 47  R4 = 100 - F4

R4=100 – 47  R4 = 53

0.5·R200 = 0.5·83.5  0.5·R200 = 41.75

R4 > 0.5·R200  53 > 41.75  Suelo gravoso

F200 = 45% > 12%
IP = 12% > 7%  GC
Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2:

SF = R200 – R4  SF = 83.5 – 53

SF = 30.5% > 15

Por lo tanto el suelo es: (GC) Grava arcillosa con arena.

Suelo E:

F200 = 2.85%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 2.85)

R200 = 97.15%  R200 = 97.15% > 50%  Suelo de grano grueso.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

F4 = 28  R4 = 100 - F4

R4=100 – 28  R4 = 72
0.5·R200 = 0.5·97.15  0.5·R200 = 48.575

R4 > 0.5·R200  72 > 48.575  Suelo gravoso

126. Problemas resueltos de mecánica de suelos




118
F200 = 2.85% < 5% Hallar Cu y Cz:

Tomamos los mismos parámetros del problema 1.
10
60
D
D
C
U
 278.0
107.37

UC  5.133
UC
1060
2
30
DD
D
C
C


 107.37278.0
131.3
2


CC  67.0
CC
5.133
UC
> 4 67.0
CC
< 1

Por lo tanto el suelo es: GP

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2:

SF = R200 – R4  SF = 97.15 – 72

SF = 25.15% > 15

Por lo tanto el suelo es: (GP) Grava pobremente gradada con arena.

Suelo F:

F200 = 74%

R200 = (100 – F200)  R200 = (100 – 74)

R200 = 26%  R200 = 26% < 50%  Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1:

LL = 25% < 50%
IP = 20% > 7%
Límites de Atterberg sobre la línea A y sobre la línea U (Figura B.1). Esto se puede
comprobar con la función de su gráfica :

Línea U: PIu = (0.9)·(LL – PI)
PIu = (0.9)(25 – 20)
PIu = 4.5 < PI = 20

De esta manera se comprobó que los limites se encuentran por encima de la línea U, lo que
indica que este suelo NO EXISTE , ya que no hay suelos con límites de consistencia por
encima de esta línea.

127. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




109
CAPÍTULO 3
Descripción e identificación de suelos

3.1. Introducción

La identificación de un suelo consiste en reconocer el tipo de suelo en un sistema de
clasificación conocido, en este caso mediante una inspección visual, táctil y olfativa,
acompañado de algunos ensayos manuales evaluados en forma cualitativa. Mientras que la
descripción consiste en aportar información adicional de algunas características notorias del
suelo como ser: el color, olor, forma de las partículas del suelo y otras características.
Inclusive esta información descriptiva debe usarse para complementar la clasificación de un
suelo mediante los ensayos convencionales de laboratorio.

En ingeniería civil se utilizan los suelos con dos propósitos:

a) material de préstamo para terraplenes o rellenos.
b) Fundaciones de estructuras.

Se realiza la descripción de los suelos dependiendo como vayan a ser utilizados.

a) Material de préstamo. Descripción del contenido de humedad seco, húmedo, saturado.
b) Para fundaciones. Estructura natural, densificación en campo, consistencia del suelo,
contenido de humedad.

En general, se debe seguir el siguiente procedimiento:

1. Nombre típico.
2. Porcentaje aproximado de arena y grava.
3. Máximo tamaño de partículas.
4. Forma de los granos gruesos, angularidad.
5. Condición de la superficie de los granos.
6. Dureza.
7. Color
8. Humedad.
9. Contenido orgánico
10. Plasticidad
11. Estructura
12 Cementacion
13. Grado de compacidad (excepto arcilla)
14. Consistencia (solo arcillas)
15 Nombre geológico
16. Símbolo de grupo

128. Problemas resueltos de mecánica de suelos



110
3.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Para la identificación de una muestra de suelo:

a) Definir tenacidad
b) Definir dilatancia.
c) Actividad.
d) Plasticidad.
e) Límite plástico.

Respuesta:

a) Tenacidad. Se refiere a la firmeza o rigidez de un suelo en términos de su grado de
cohesividad.

b) Dilatancia. Se refiere a la velocidad con la que una muestra de suelo cambia su
consistencia y con la que el agua aparece y desaparece al ser sometida a una cierta acción
dinámica de golpeteo. La dilatancia define la intensidad de dicha reacción.

c) Actividad. Es la pendiente entre el índice de plasticidad y el % de fracción de arcilla de un
suelo.
Fracción de arcilla (%)
IP
A


d) Plasticidad. Es la propiedad que tienen algunos suelos en especial las arcillas a que con un
contenido de humedad leve pueden ser remoldeados y amasados sin desmenuzarse.

e) Limite Plástico. Es cuando un suelo de determinada humedad es amasado en forma de
rollitos de 3,2mm de diámetro una y otra vez hasta que ese rollo presente fisuras en la
superficie entonces ese es el limite plástico, es el limite entre el estado plástico y el estado
liquido.

129. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




111
PREGUNTA 2.

Para la identificación de muestras de suelo.

a) Definir resistencia en seco.
b) Determinar los criterios para identificar una muestra de limo (ML o MH).
c) Distinguir y explicar los diferentes “grados” de consistencia de un suelo fino.

Respuesta:

a) Resistencia en seco. Se refiere a la firmeza o rigidez de una muestra d suelo, previamente
secado, al romperse bajo presiones ejercidas por los dedos, es un índice del carácter de su
fracción de arcilla.

b) Determinar los criterios para identificar un limo.
SimboloResistencia en SecoDilatancia Tenacidad
ML Nula a baja Lenta a rapidaBaja, no se forman rollos
MH Baja a media Nula a lentaBaja a media


c) Distinguir los grados de consistencia de un suelo fino.
Descripcion
Muy suaveEl pulgar penetra el suelo mas de 1" (25mm)
Suave El pulgar penetra el suelo cerca de 1" (25mm)
Firme El pulgar mella el suelo cerca de 1/4 (6mm)
Dura El pulgar no mella el suelo pero es facilmente mellado con la uña del pulgar
Muy duraLa uña del pulgar no mella el suelo
Criterio

130. Problemas resueltos de mecánica de suelos



112
PREGUNTA 3.

Para la identificación de una muestra de suelo:

a) Determinar los criterios para identificar una muestra de arcilla (CL o CH)
b) Indicar los aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo

Respuesta:

a) Determinar los criterios para identificar una arcilla.
SimboloResistencia en SecoDilatancia Tenacidad
CL Media a alta Nula a lentaMedia
CH Alta a muy Alta Nula Alta


b) Aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo.

 Angularidad de las partículas
 Forma de las partículas
 Tamaño máximo de partícula
 Dureza
 Color
 Olor
 Humedad
 Reacción con HCL
 Consistencia
 Estructura
 Cimentación
 Comentarios Adicionales

131. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




113
PREGUNTA 4.

Describa como se puede identificar los siguientes suelos en campo utilizando simplemente es
tacto y la vista.

a) Grava o arena.
b) Limo.
c) Arcilla.
d) Suelo orgánico.

Respuesta:

a) Grava o Arena. Las gravas y las arenas son visibles a la vista, el diámetro de la grava es
mayor a 4.75 mm hasta 76 mm, y la arena varía de 4.75 mm a 0.075 mm, las arenas son
rugosas al tacto.

b) Limo. Es un material fino que presenta muy poca plasticidad por lo cual al ser presionados
por los dedos se desmenuzan.

c) Arcilla. Es un material fino que presenta alta plasticidad por lo que con un contenido de
humedad moderado, puede remoldearse y amasarse sin desmenuzarse.

d) Suelo Orgánico. Tiene un olor a materia orgánica vegetal y presenta un color café oscuro
a negro.

132. Problemas resueltos de mecánica de suelos



114
PREGUNTA 5.

Cuales son las características que se deben anotar en el informe para la descripción de:

a) Un suelo granular.
b) Un suelo fino.

Respuesta:

a) Para un suelo Granular:

 Color

 Componentes minerales, como el cuarzo, pizarra, mica, granito, etc.

 Materia orgánica como raíces, pedazos de madera, fango, etc.

 Forma de los granos cuando estos sean visibles.

 Tamaño máximo de las partículas en el caso de tratarse de gravas o
rocas.


a) Para un suelo fino:

 Color.

 Porcentaje de material granular.

 Componentes orgánicos.

 Dilatancía.

133. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




115
PREGUNTA 6.

Cuales son los materiales necesarios para una descripción e identificación de un suelo en
campo:

Respuesta:

 Navaja de bolsillo o una espátula pequeña.

 Un pequeño tubo de ensayo con tapón (o jarra con tapa).

 Lupa manual.

 Agua pura. A menos que se indique otra cosa, cuando se hace
referencia al agua, deberá darse por entendido que ésta provenga de
un acueducto o de una fuente natural, incluyendo agua no potable.

 Acido clorhídrico (HCl), recipiente pequeño con ácido clorhídrico,
diluido una parte de HCl (10 N) en tres partes de agua destilada (este
reactivo es opcional, ver precauciones de seguridad).

134. Problemas resueltos de mecánica de suelos



116
PREGUNTA 7.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la angularidad de los materiales granulares:

Respuesta:

Criterios para describir la angularidad de las partículas granulares.

Descripción Criterio
Angular Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente
planas con superficies no pulidas (Figura B.1).
Subangular Partículas similares a las angulares pero con bordes algo
redondeados (Figura B.2).
Subredondeada Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y
bordes redondeados (Figura B.3).
Redondeada Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes
(Figura B.4).

135. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




117
PREGUNTA 8.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la forma de las partículas granulares:

Respuesta:

Criterio para describir la forma de las partículas granulares.

Descripción Criterio
Planas Partículas con una relación ancho/espesor >3.
Alargadas Partículas con una relación longitud/ancho >3.
Planas y alargadas Partículas que cumplen ambas condiciones..
Nota. La longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedia y espesor es la dimensión menor.

136. Problemas resueltos de mecánica de suelos



118
PREGUNTA 9.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la reacción al HCl:

Respuesta:

Criterio para describir la reacción del HCl.

Descripción Criterio
Ninguna Ninguna reacción visible.
Débil Ligera reacción, se forman burbujas lentamente.
Fuerte Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato.

137. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




119
PREGUNTA 9.

Cuales son los Criterios a seguir para describir el estado de humedad del suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la condición de humedad.

Descripción Criterio
Seca Ausencia de humedad, polvorosa (deja marcas de suciedad),
seca al tacto.
Húmeda Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua.
Mojada Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por
debajo del nivel freático.

138. Problemas resueltos de mecánica de suelos



120
PREGUNTA 10.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la consistencia del suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la consistencia.

Descripción Criterio
Muy blanda El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”).
Blanda El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm.
Firme El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”).
Dura El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente
mellado con la uña del pulgar.
Muy dura La uña del pulgar no hace mella en el suelo.

139. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




121
PREGUNTA 11.

Cuales son los Criterios a seguir para describir el grado de cementación del suelo:

Respuesta:

Criterio para describir el grado de cementación.

Descripción Criterio
Débil Desmoronamiento o desmenuzamiento la manejar la muestra,
o bajo una ligera presión de los dedos.
Moderado Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable
presión de los dedos.
Fuerte No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la
presión de los dedos.

140. Problemas resueltos de mecánica de suelos



122
PREGUNTA 12.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la estructura del suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la estructura.

Descripción Criterio
Estratificada Capas alternadas de material o color diferente, con espesor
de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser
anotados.
Laminada Capas alternadas de material o color diferente, con espesores
menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben
anotarse.
Fisurada Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de
fractura con poca resistencia a ésta.
Fracturada o lisa Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estriados
Estructura en
bloques.
Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en
pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no
pueden ser disgregados nuevamente.
Estructura con
presencia de
lentes
Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales
como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una
masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes.
Homogénea Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura.

141. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




123
PREGUNTA 13.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la resistencia en seco de un suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la resistencia en seco.

Descripción Criterio
Nula La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la
simple manipulación.
Baja La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una
ligera presión de los dedos.
Mediana La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una
considerable presión de los dedos.
Alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la
presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al
aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.
Muy alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al
aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.

142. Problemas resueltos de mecánica de suelos



124
PREGUNTA 14.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la dilatancía de un suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la Dilatancía.

Descripción Criterio
Ninguna No hay ningún cambio visible en la muestra.
Lenta Aparece lentamente agua sobre la superficie de la muestra
mientras se la sacude, y no desaparece o desaparece
lentamente al escurrirla.
Rápida Aparece rápidamente agua sobre la superficie de la muestra
mientras se la sacude y desaparece rápidamente al escurrirla.

143. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




125
PREGUNTA 15.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la tenacidad de un suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la Tenacidad.

Descripción Criterio
Baja Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material son
débiles y blandos.
Media Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material
resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media.
Alta Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material
resquebrajado tienen muy alta tenacidad.

144. Problemas resueltos de mecánica de suelos



126
PREGUNTA 16.

Cuales son los Criterios a seguir para describir la plasticidad de un suelo:

Respuesta:

Criterio para describir la Plasticidad.

Descripción Criterio
No plástico No pueden formarse rollos de 1/8” (3 mm) bajo ningún
contenido de humedad.
Baja Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la
muestra está más seca que el límite plástico.
Media Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico.
El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el
límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan
más que el límite plástico.
Alta Toma considerable tiempo formar rollos y remoldearlos para
alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho
varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden
formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más
secos que el límite plástico.

145. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




127
PREGUNTA 17.

Que es lo que debe contener el informe final para la descripción e identificación de un suelo:

Respuesta:

Información básica en una Descripción e Identificación de Suelos

Información descriptiva de suelos.
1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada.
2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas.
3. Tamaño máximo de partículas.
4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes.
5. Color (en condición húmeda).
6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual).
7. Humedad: seca. Húmeda, mojada
8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte
Para muestras intactas:
9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura
10. Estructura: estratificada, laminada, figurada, fracturada, con presencia de lentes, con
bloques, homogénea.
11. Cementación; débil, moderada, fuerte
12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.).
Identificación de suelos.
13. Nombre de grupo
14. Símbolo de grupo
15. Nombre local
16. Interpretación geológica
17. Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen)
18. Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco)
19. Rango de tamaño de partículas:
Grava-fina-gruesa
Arena-fina, media, gruesa.
Para suelos de grano fino:
20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta
21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta.
22. Dilatancía : nula, lenta, rápida
23. Tenacidad: baja, media, alta.
24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica,
yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos,
formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de
trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

146. CAPITULO 4 Flujo de agua


1

CAPITULO CUATRO
Flujo de agua

4.1. Introducción.

Los suelos tienen espacios vacíos interconectados entre sí, a través de los cuales el agua
puede fluir desde los puntos de mayor energía hacia los puntos de menor energía; todos los
poros del suelo están conectados con sus vecinos. Los poros aislados son imposibles en una
agrupación de esferas, cualquiera sea la forma de la misma. En los suelos gruesos, gravas,
arenas e incluso limos es difícil imaginar poros aislados. En las arcillas, formadas como es
habitual por partículas aplanadas, podrían existir un pequeño porcentaje de huecos aislados.
Las fotografías con microscopio electrónico de arcillas naturales sugieren, sin embargo, que
incluso en los suelos de grano más fino todos los huecos están interconectados.
Como los poros de un suelo están aparentemente comunicados entre sí, el agua puede
fluir a través de los suelos naturales más compactos.
El estudio del flujo de agua a través de un medio poroso es importante en la mecánica de
suelos. Es necesario para la estimación de la cantidad de flujo subterráneo bajo varias
condiciones hidráulicas, para la investigación de problemas que envuelven la presión del
agua bajo una construcción y para realizar el análisis de estabilidad en presas de tierra y
estructuras de soporte hechas de tierra que están sujetas a fuerzas debidas al escurrimiento.
Para éste estudio se sigue la ley de Darcy, la cual propone una simple ecuación para la
velocidad de descarga del agua a través de los suelos saturados.
Se debe tener muy en cuenta que la ecuación de Darcy sólo es aplicable en suelos más
finos que las arenas gruesas. Además que el flujo de entre dos puntos cualesquiera depende
sólo de la diferencia de carga total.
De la mecánica de fluidos sabemos que, de acuerdo a la ecuación de Bernoulli, la altura
total en un punto de análisis de agua en movimiento puede determinarse como la suma de la
presión, la velocidad y la elevación.
Cabe hacer notar que la altura de elevación, Z, es la distancia vertical de un punto dado
por encima o por debajo del plano de referencia llamado Datum a éste. Si se aplica la
ecuación de Bernoulli al flujo de agua a través de un medio poroso, como es el suelo, el
término de velocidad puede ser despreciado, esto porque la velocidad de desplazamineto es
pequeña, por tanto podemos decir que la altura total en cualquier punto es:
g
vu
h
w2
2





La altura de presión en un punto es la altura de la columna vertical de agua en el piezómetro
instalado en tal punto.

147. Problemas resueltos de mecánica de suelos


2

4.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Explique lo que es:

a) Flujo de agua
b) Infiltración.
c) Percolación
d) Escorrentía

Respuesta.

a) Flujo de agua.- Se considera flujo de agua, a una corriente de agua que pasa a través de un
medio poroso saturado de agua, donde las partículas de agua se mueven como conjunto de
una altura total de carga mayor a una menor.

b) Infiltración.- La infiltración a diferencia de flujo de agua, resulta ser una corriente de
agua que circula por un medio poroso no saturado de agua, de una altura total de carga mayor
a una menor.

c) Precolación.- Se conoce como precolación, a la acción de una corriente de agua que pasa a
través de un medio poroso.

d) Escorrentía.- Escorrentía llamada también escurrimiento, es una corriente de agua que no
se infiltra en el suelo, sino que corre por encima de la superficie terrestre hasta formar parte
de los ríos, lagos y finalmente llegar al mar.

PREGUNTA 2.

Explique el ciclo del agua.

Respuesta.

El ciclo hidrológico, es el proceso que resulta en la circulación del agua por toda la tierra.
Este proceso empieza, cuando el agua se evapora de la superficie del océano y asciende a la
atmósfera. Las corrientes de aire que se mueven constantemente en la atmósfera de la Tierra
llevan hacia los continentes el aire húmedo. Cuando el aire se enfría, el vapor se condensa y
forma gotitas de agua. Por lo general se las ve en forma de nubes. Con frecuencia las gotitas
se juntan y forman gotas de lluvia. Si la atmósfera está lo suficientemente fría, en vez de
gotas de lluvia se forman copos de nieve. Al caer al suelo, el agua se junta en riachuelos o se
infiltra en el suelo y empieza su viaje de regreso al mar. La figura 4.1 muestra el proceso de
manera simplificada.


Figura 4.1. Esquema simplificado del ciclo hidrológico.

148. CAPITULO 4 Flujo de agua


3

Este comportamiento dinámico del estado físico del agua, tiene un elemento motriz. La
fuente de la energía necesaria para el movimiento del agua proviene del calor del sol y la
gravedad.

Estas fuentes de energía, actúan en diferentes de los procesos que forman parte del ciclo del
agua, estos son:

Evaporación.- Gracias a la acción del sol buena parte del agua que esta en la
superficie terrestre se evapora, por la radiación calórica del suelo o por la
transpiración de las plantas, convirtiéndose en vapor de agua. Éste vapor llega a la
atmósfera y es transportado por los vientos, donde luego se condensa formando así
nubes.

Precipitación.- Cuando el agua contenida en las nubes cae de la atmosférica y se
deposita en la superficie terrestre, se dice que hay precipitación. Esta ocurre en forma
líquida (lluvia y rocío) o sólida (granizo, nieve y escarcha).

Infiltración.- Una parte del agua que ha precipitado, por gravedad ingresa al interior
del suelo muchas veces a grandes profundidades, a lo que se llama infiltración.

Escorrentía.- El agua que no se infiltra en el suelo, corre por encima de la superficie
terrestre a las partes más bajas y llega a formar parte de los ríos, lagos, ciénagas y
finalmente llega al mar.

PREGUNTA 3.

Explique la permeabilidad de los suelos.

Respuesta.

La permeabilidad es una propiedad hidráulica de los suelos, donde el suelo permite hasta
cierto grado particular, un movimiento de agua perceptible a través del mismo en estado
saturado. La permeabilidad se mide en unidades de área, se considera a los suelos compuestos
de grava y arena como de alta permeabilidad, mientras a los suelos arcillosos como muy poco
permeables.

PREGUNTA 4.

¿Qué es la Superficie o nivel freático del agua?

Respuesta.

Los suelos están formados por partículas minerales con agua o gas entres sus espacios vacíos.
Los espacios vacíos están interconectados entre si de diversas maneras, por lo tanto el agua
puede pasar a través de estas en descenso de las zonas de alta presión a las de baja presión. El
nivel de agua descenderá hasta detenerse, esto es cuando se encuentre un equilibrio entre la
presión atmosférica y la presión de poros del suelo. Este nivel de agua, recibe el nombre de
superficie freática o nivel freático de agua.

149. Problemas resueltos de mecánica de suelos


4

PREGUNTA 5.

Explique lo que es:

a) Acuífero.
b) Acuítardo.
c) Acuícludo.
d) Acuífugo.

Respuesta.

a) Acuífero.- El agua que penetra en el suelo por infiltración puede quedar retenida a una
profundidad o bien descender a una profundidad mayor. Un acuífero es un estrato subterráneo
de arena o grava que almacena esta agua, cuya permeabilidad permite la retención de agua y
permitir su movimiento a lo largo de este.

Generalmente esta agua es transmitida a zonas de recarga, como: lagos, pantanos,
manantiales, pozos y otras fuentes de captación.

b) Acuítardo: Es una formación geológica similar al acuífero, que contiene apreciables
cantidades de agua, pero este debido a su permeabilidad, la transmite muy lentamente, como
fuente de recarga, hacia otros acuíferos.

c) Acuícludo: Es una formación geológica compuesta de arcilla (muy baja permeabilidad)
que, conteniendo agua en su interior incluso hasta la saturación, no la transmite.

d) Acuífugo: Esta es una formación geológica subterránea, que se caracteriza por no tener
intersticios interconectados, es decir que los espacios vacíos entre partículas no están
conectados entre si, por lo tanto, es incapaz de absorber agua y mucho menos transmitirla.

PREGUNTA 6.

Explique la ascensión capilar de agua en los suelos.

Respuesta.

Los continuos espacios vacíos en un suelo, pueden comportarse en conjunto como tubos
capilares con secciones transversales diferentes. Estos se comunican entre sí en toda
dirección, constituyendo un enrejado de vacíos. Si este enrejado es invadido desde abajo por
agua (nivel freático), esta ascenderá gradualmente.

La figura 4.2, muestra que hasta una altura hcc por encima del nivel freático, el suelo se
encuentra completamente saturado. A una latura comprendida entre hcc y hc, se encuentra
parcialmente saturado de agua. La altura hc, se denomina altura máxima de ascensión capilar,
que se determina con la siguiente expresión:


10De
C
h
c



150. CAPITULO 4 Flujo de agua


5
Nivel freático
Nivel de
saturación capilar
Ascenso capilar
máximo
Superficie
csh
c h

Figura 4.2. Ascensión capilar de agua en el suelo.

PREGUNTA 7.

¿Qué es la presión de poros?

Respuesta.

Cuando se instala un piezómetro donde existe un flujo de agua, este registra una cierta altura
piezométrica (hp), como se observa en la figura 4.3. La presión del flujo de agua entre los
espacios vacíos del suelo (poros), empuja agua hacia arriba por el piezómetro, hasta que
exista un equilibro con el peso del agua contenida en el piezómetro.


Figura 4.3. Presión de poros en el suelo.

Ap
p
p
A
W


hp





u

151. Problemas resueltos de mecánica de suelos


6

A la presión del agua dentro los espacios vacíos del suelo (poros), se la denomina presión de
poros y se la representa por la letra u. Como la presión de poros está en equilibrio con la
presión que ejerce el peso del agua dentro del piezómetro (figura 4.3), se escribe que:
p
p
A
W
u

Donde:
Wp = Peso del agua contenida en el piezómetro.
Ap = Área de la sección transversal del piezómetro ocupada por el agua.

El peso del agua (Wp), puede escribirse en función a las dimensiones del piezómetro, este
será:
p
ppw
A
Ah
u





Por lo que la presión de poros será:

u = w·hp

PREGUNTA 8.

Explique lo que es:

a) Concepto de carga
b) Altura total de carga.
c) Perdida de carga
d) Gradiente hidráulico
e) Gradiente hidráulico crítico
f) Conductividad hidráulica

Respuesta.

a) Altura total de carga.- Si se considera el punto B de la figura 4.4, este contiene energía
en varias formas como ser:

Energía potencial.- La cual existe debido a la elevación sobre la línea de referencia.

Energía de presión.- La cual es debido a la presión del agua.

Energía cinética.- La cual es debido a la velocidad del flujo de agua.

Aunque las unidades en que se expresa la energía es Jouels, BTUs y otros, conviene hacer
uso del concepto de carga, el cual es la energía dividida entre la aceleración de la gravedad.

Este método convierte cada forma de energía al equivalente de energía potencial y se expresa
esta con una respectiva altura. Por lo tanto las tres formas de energía pueden expresarse
como:

152. CAPITULO 4 Flujo de agua


7
Piezometro
Linea de referencia
Q
Area=A
h
Punto B
Tubo Pitot
h
h
h
z
v
p

Figura 4.4. Altura total de carga en una tubería.

Altura de presión (hp).- Es la altura de elevación entre el punto y el nivel de agua
del piezómetro que está adherido a la tubería, esta describe la energía de presión, esta
altura también se conoce como altura piezométrica.

Altura de velocidad (hv).- Es la diferencia en la elevación de agua que existe dentro
el piezómetro y el tubo Pitot y describe la carga de velocidad. Esta relaciona la
velocidad v y la aceleración debido a la gravedad que se expresa:
g
v
h
v


2
2


b) Altura total de carga.

La suma de estas tres alturas se conoce como la altura de carga total (h), que se expresa:

h = hz + hp + hv

c) Pérdida de carga.- La figura 4.5, muestra a una tubería con piezómetros y tubos Pitot
instalados en los puntos A y B. Se tiene un flujo de agua que ocasiona un ascenso de agua en
los piezómetros, donde existe una diferencia en las alturas piezométricas y de velocidad
respecto de un punto al otro.

Esta diferencia se debe a una pérdida de energía ocasionada por fricción, que es conocida
como la pérdida de carga (h).

d) Gradiente hidráulico.- El gradiente hidráulico (i), es definido como la relación entre la
pérdida de carga y una distancia (L) donde ocurre dicha pérdida (figura 4.5), este se expresa:
L
h
i



153. Problemas resueltos de mecánica de suelos


8

Al poder determinar un gradiente hidráulico, este indica la existencia de un flujo de agua. El
gradiente hidráulico, siempre debe ser un valor positivo, además de ser adimensional. Este
siempre tiene que ser medido en la dirección del flujo, donde L: Es una distancia paralela a la
dirección del flujo.

Figura 4.5. Pérdida de carga en una tubería.

e) Gradiente hidráulico crítico.- El efecto que produce un flujo ascendente de agua en las
partículas de una masa de suelo, consiste en reducir el esfuerzo intergranular entre partículas.
Si se logra una velocidad de flujo suficientemente alta, la presión de flujo puede cancelar el
esfuerzo efectivo en su totalidad, ocasionando condiciones movedizas. Se trata en esencia de
condiciones en las que el suelo no ofrece resistencia al corte, pues el esfuerzo intergranular ha
sido reducido a cero. Esto significa que las partículas del suelo empiezan a flotar debido a la
fuerza del flujo de agua.

Al valor de ic, se lo denomina como: Gradiente hidráulico crítico. Este representa la relación
mínima entre la pérdida de carga (h) y longitud de suelo (L), que se requiere para cancelar el
esfuerzo efectivo del suelo y ocasionar condiciones movedizas en las partículas de este. Este,
es: w
wsat
ci





También, puede expresarse en función de la gravedad específica y el índice de vacíos, que
será: e
G
i
s
c



1
1


f) Conductividad hidráulica: La conductividad hidráulica (k), es una constante que da una
idea de la resistencia que ofrece el suelo al flujo de agua.

Esta constante es medida en términos de velocidad y depende en gran manera de la estructura
del suelo y depende de algunos factores tanto del suelo como del agua que circula en este,
como ser:
Linea de referencia
Q
A
L
B
hh
h
h
h
h
h
z
p
v
z
p
v

154. CAPITULO 4 Flujo de agua


9

 La estructura del suelo.
 El índice de vacíos.
 La textura de las partículas, además de su rugosidad.
 Densidad.
 Viscosidad.

El intervalo de valores para la conductividad hidráulica, es muy amplio. La tabla 4.1, muestra
algunos valores de la conductividad hidráulica para diferentes tipos de suelos.

Tabla 4.1. Conductividad hidráulica para diversos suelos. Tipo de suelo
Conductividad hidráulica
cm/seg
Grava limpia
10
-3
a 10
-2
10
-4
a 10
-2
10
-8
a 10
-2
Arena y grava mezclada
Arena gruesa limpia
Arena fina
Arena limosa
1 a 100
10
-2
a 10
10
-2
a 1
10
-2
a 10
-1
10
-10
a 10
-6
Arena arcillosa
Limo
Arcilla


La tabla 4.2, da una orientación de que tan permeables son los suelos según a su coeficiente
de permeabilidad.

Tabla 4.2. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo. Muy baja 10
-5
a10
-7
Practicamente impermeablemenor de 10
-7
Media 10
-1
a10
-3
Baja 10
-3
a10
-5
Grado de permeabilidadValor de k en [cm/seg]
Elevada Superior a 10
-1


Existen tres maneras comunes para conocer la conductividad hidráulica de un suelo,
mediante: Ensayos hechos en laboratorio, relaciones y métodos empíricos y ensayos hechos
en campo.

PREGUNTA 9.

Explique la Ley de Darcy.

Respuesta

El propósito del análisis de flujo de agua en el suelo es determinar el caudal (q), que circula a
través del suelo. Alrededor de 1850, H. Darcy trabajando en Paris, realizo un experimento.
Utilizó un dispositivo semejante al que aparece en la figura 4.6, para estudiar las propiedades
del flujo de agua a través de un lecho filtrante de arenas.

155. Problemas resueltos de mecánica de suelos


10
q
sale
L
Línea de referencia
4
Arena
2
3
1
h
4
h
3
entra
q

Figura 4.6. Experimento de Darcy.

Darcy hizo variar la longitud de la muestra (L) y la presión de agua en las partes superior e
inferior de la misma, midiendo el gasto (q) a través de la arena. Darcy, encontró
experimentalmente que el caudal (q), era proporcional a: (h3 – h4)/L . Por lo cual propuso
que: A
L
hh
kq 


43


De la ecuación propuesta por: Darcy, se reconoce el gradiente hidráulico (i), expresado como:
L
hh
i
43



Por lo que esta ecuación, se escribe:

q = k·i·A

Esta ecuación es conocida como la ley de Darcy y es válida únicamente para flujo laminar.
En la figura 4.7, se muestra que la curva en la zona I, se ajusta a una línea recta que parte
desde el origen de coordenadas. Por lo cual la ecuación de esta curva en la zona I, puede
escribirse cómo:

v = k·i

156. CAPITULO 4 Flujo de agua


11
Zona II
Zona de Flujo
de Transición
Zona I
Zona de
Flujo LaminarVelocidad,
v
Gradiente Hidráulico, i
Zona III
Zona de Flujo Turbulento

Figura 4.7. Variación natural de la velocidad v con el gradiente hidráulico i.

PREGUNTA 10.

Explique de manera sencilla, un procedimiento para determinar la conductividad hidráulica de un suelo, utilizando el:

a) Permeámetro de carga constante
b) Permeámetro de carga variable

Respuesta.

a) Permeámetro de carga constante.- Este permeámetro es usado para suelos de grano
grueso, compuestos de: Arena y grava. Este permeámetro puede medir conductividades
hidráulicas de: k > 10
-4
m/s. La figura 4.8, muestra el permeámetro de carga constante. Para
determinar la conductividad hidráulica, debe seguirse los siguientes pasos:

Paso 1.

La muestra de suelo se introduce en un cilindro de plástico transparente, donde se
instalan filtros de piedra porosa por encima y por debajo de esta.

Paso 2.

Se debe saturar completamente la muestra de agua, para lo cual se suministra agua
que sea desairada al reservorio superior. Luego se abren las válvulas y se deja
circular agua controlando la velocidad del flujo con las válvulas, hasta que los niveles
de agua de los piezómetros se mantienen constantes. Lo que significa qua la muestra
estará completamente saturada de agua.

Paso 3.

Inicialmente se deja correr un flujo de agua, controlado por las válvulas por un
tiempo t. Luego, se registran las alturas piezométricas y el volumen de agua
recolectada por el recipiente graduado.
Después se modifica el caudal (q) y se repite el mismo procedimiento, se deben
efectuar varios ensayos con diferentes caudales. La conductividad hidráulica será:

157. Problemas resueltos de mecánica de suelos


12
tAh
LQ
k




Donde:
k = Conductividad hidráulica.
L = Longitud de la muestra. (véase a figura 4.8)
h = Pérdida de carga. (véase a figura 4.8)
Q = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado.
A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal)
t = Tiempo de duración el ensayo.
Reservorio
superior
Drenaje de revalse
Suelo
Piezómetros
Válvula
Reservorio
inferior
Válvula
Entrada
de agua
h
L
q
q
Cilindro
graduado
Q

Figura 4.8. Permeámetro de carga constante.

Paso 4.

Luego de determinar diferentes conductividades hidráulicas (k), para cada variación
del caudal (q), la media aritmética de todas las conductividades hidráulicas obtenidas
será la conductividad hidráulica.

158. CAPITULO 4 Flujo de agua


13

Paso 5.

Finalmente debe realizarze, una corrección de la conductividad hidráulica por efecto
de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C.

a) Permeámetro de carga variable.- El permeámetro que se muestra en la figura 4.9,
generalmente es usado para suelos de grano fino como ser:arenas finas, limos y arcillas, se
pueden medir conductividades comprendidas entre: 10
-4
< k < 10
-7
m/s.
Cilindro
graduado
Nivel de agua al final del ensayo
Nivel de agua al empezar del ensayo
Tubo
Huecos de
drenaje
Suelo
h
Sección
transversal
area = A
Sección transversal
area = a
L
h
h
1
2

Figura 4.9. Permeámetro de carga variable.

Aunque el ensayo de carga variable es principalmente aplicado a suelos finos, también puede
proporcionar resultados aceptables en cualquier tipo de suelo, para lo cual deben seguirse lo
siguientes pasos:

159. Problemas resueltos de mecánica de suelos


14

Paso 1.

En un cilindro de unos 100 mm de diámetro, se introduce una muestra inalterada de
suelo, donde los extremos superior e inferior están protegidos por una piedra porosa.

Paso 2.

La muestra debe estar completamente saturada de agua, para esto se sigue el mismo
procedimiento que para el permeámetro de carga constante.

Paso 3.

Después de que la muestra ha sido saturada, se la introduce en un reservorio anegado
de agua que cuenta con un vertedor que mantiene un nivel constante. El ensayo
empieza, cuando se llena de agua el tubo que está conectado al extremo superior del
cilindro con la muestra de suelo, entonces se permite que el agua desairada pase a
través de la muestra de suelo. Se registra el nivel inicial de la columna de agua en el
tubo al empezar el ensayo y también a diferentes tiempos durante el ensayo.

La conductividad hidráulica (k), es obtenida de la siguiente expresión:

 
12
21ln
ttA
hhLa
k




Donde:
k = Conductividad hidráulica.
L = Longitud de la muestra. (véase a figura 4 – 32)
a = Área de la sección transversal del tubo.
h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo.
h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo.
A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal)
t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1.
t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua esta en h2.

Paso 4.

Se repite el ensayo con diferentes diámetros del tubo, calculando diferentes
conductividades hidráulicas (k), donde se tendrá una variación del caudal (q).

La media aritmética de todas estas obtenidas será la conductividad hidráulica.

Paso 5.

Finalmente, se debe realizar una corrección de la conductividad hidráulica por efecto
de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C.

PREGUNTA 11.

Explique las ventajas y desventajas de determinar la conductividad hidráulica al utilizar:

160. CAPITULO 4 Flujo de agua


15

 Ensayos en laboratorio
 Ecuaciones y métodos empíricos
 Ensayos en campo

Respuesta.

a) Ensayos de laboratorio: Determinar la conductividad hidráulica del suelo, mediante
ensayos en laboratorio es la forma más común.

Ventajas.

 Los resultados por el permeámetro de carga constante o variable, gozan de ser
confiables.
 No son muy costosos
 Aunque requieren experiencia, el manejo del equipo es sencillo.
 Para el caso de alguno suelos, el ensayo es rápido.

Desventajas.

 No siempre la muestra extraída in situ, es la representativa de la zona de estudio.
 Durante el transporte, puede sufrir alteraciones que podrían variar los resultados.

b) Ecuaciones y métodos empíricos: De acuerdo a la experiencia de muchos ensayos
realizados en una diversidad de suelos, muchos investigadores han elaborado relaciones y
procedimientos empíricos para predecir la conductividad hidráulica de los suelos según a sus
propiedades físicas.

Ventajas.

 Rápidamente, puede estimarse la conductividad hidráulica de un suelo.
 En algunos casos, basta tener los resultados un ensayo de granulométrico.

Desventajas.

 Los métodos empíricos, solo brindan aproximaciones, por lo que estos valores no
son siempre son confiables.
 Para algunas características físicas especiales del suelo, los métodos empíricos
pueden no ser aplicables.


c) Ensayos en campo: Las pruebas de bombeo en estado estacionario y los ensayos en
barrenaciones, son solo algunos de los que se han ideado para determinar la conductividad
hidráulica en campo.

Ventajas.

 Estos ensayos proporcionan valores precisos de la conductividad hidráulica, ya
que se ensaya con la misma zona en estudio.

161. Problemas resueltos de mecánica de suelos


16

 Pueden proporcionar información adicional, que generalmente es útil.

Desventajas.

 Resultan muy costosos, lo que su empleo debe limitarse según a la importancia
de la obra.
 Las pruebas en campo requieren una significativa experiencia, tanto del operador
como del equipo.

PREGUNTA 12.

Explique la anisotropía en flujo unidimensional.

Respuesta.
Figura 4.10. Conductividad hidráulica según a la dirección del flujo en suelo anisotrópico.

Los suelos en su estado natural son anisotrópicos, pues el suelo no mantiene sus propiedades
físicas en toda su masa. Lo que significa que la conductividad hidráulica varía según a la
dirección del flujo. La figura 4.10, muestra diferentes casos en que puede presentarse la
dirección del flujo: El flujo puede fluir en sentido horizontal (a), en sentido vertical (b) o en
sentido inclinado (c). Según al caso se tendrá una componente vertical (kV) u horizontal (kH)
de la conductividad hidráulica.

PREGUNTA 13.

Explique la conductividad hidráulica equivalente en suelos estratificados.

Respuesta.

Un suelo estratificado puede contener diferentes tipos de suelo, con conductividades
hidráulicas diferentes en todo su perfil, como se muestra en la figura 4.11. Cada estrato tiene
un espesor de capa (H) y una conductividad hidráulica horizontal (kH) y vertical (kV)
diferente. El flujo de agua puede fluir tanto horizontalmente como verticalmente teniendo
conductividades hidráulicas diferentes en cualquier sentido. (a) (b) (c)
k k
H V
kH
Vk
k
kV
H
k
kV
H k
kV
H

162. CAPITULO 4 Flujo de agua


17
Flujo vertical
Flujo horizontal

Figura 4.11. Flujo horizontal o vertical en suelo estratificado.

Para el caso de un perfil de suelo de n estratos, donde se tiene un flujo de agua en sentido
horizontal, como muestra la figura 4.12.
Flujo horizontal
H
n
H
3
H
2
H
1

Figura 4.12. Conductividad hidráulica equivalente horizontal.

La conductividad hidráulica equivalente para flujo horizontal en suelo estratificado, será:



i
ii
Heq
H
Hk
k


La figura 4.13, muestra n estratos de suelo con flujo en dirección vertical.

163. Problemas resueltos de mecánica de suelos


18

Flujo vertical
H
n
H
3
H
2
H
1

Figura 4.13. Conductividad hidráulica equivalente horizontal.

La conductividad hidráulica equivalente para flujo horizontal en suelo estratificado, será:











i
i
i
Veq
k
H
H
k

PREGUNTA 14.

¿Cómo se resuelve la ecuación de Laplace en flujo bidimensional?

Respuesta.

Para resolver la ecuación de Laplace en dos dimensiones, es necesario entender la teoría de
las variables complejas y las técnicas del análisis conforme. Con la ayuda de computadoras,
pueden obtenerse soluciones numéricas utilizando la técnica de elementos finitos, para
problemas con condiciones de frontera complejas y características de permeabilidad
altamente variables.
La solución general de la ecuación de Laplace está constituida por dos grupos de
funciones que geométricamente estas dos familias de curvas, son ortogonales entre si. La
ecuación de Laplace para flujo bidimensional es:
0
2
2
2
2






z
h
x
h


A fin de obtener con rapidez soluciones aceptables para los problemas de flujo de agua, se ha
ideado diversas soluciones para la ecuación de Laplace en dos dimensiones. Esta ecuación
puede ser solucionada mediante: Redes de flujo, métodos analíticos y modelos físicos.

164. CAPITULO 4 Flujo de agua


19

PREGUNTA 15.

¿Qué condiciones debe cumplir la red de flujo isotrópica?

Respuesta.

Las redes de flujo, se construyen con el objetivo de calcular el caudal de flujo de agua
subterránea y la altura de carga en el sistema. Sin embargo la red de flujo que es considerada
como apropiada, debe cumplir ciertos requisitos:

 Las líneas equipotenciales interceptarán a las líneas de flujo en ángulos rectos (90º),
pero ambas familias nunca se interceptaran entre si mismas.

 Los elementos de flujo formados por la intercepción de estas dos familias de curvas,
serán aproximadamente cuadrados.

La figura 4.14, muestra un buen ejemplo de una red de flujo que cumple apropiadamente
estos dos requisitos. E
3
1
2
4
5
67
9 10
8
BA C D 17
13
11
12
14
15
16
F GHIJ
H
h
E'
0
1

Figura 4.14. Red de flujo isotrópica que satisface apropiadamente los requisitos.

PREGUNTA 16.

¿Cómo se origina la presión ascendente de agua, bajo estructuras de concreto?

Respuesta.

En sistemas de flujo cerrado o confinado, el agua circula por debajo de las estructuras
impermeables en un suelo saturado de agua. La presión de poros ocasiona el ascenso del agua
en un piezómetro, pero cuando la presión de poros actúa por debajo de una estructura, esta es
como una barrera impermeable, esta presión tiende a levantar la estructura hacia arriba como
muestra la figura 4.15.

165. Problemas resueltos de mecánica de suelos


20




EBA C D F GHIJ

Figura 4.15. Presión ascendente sobre la estructura.


Esta presión de poros en cada punto de contacto, será:


ui = w·hpi



PREGUNTA 17.

Explique lo que es flujo confinado y no confinado.

Respuesta.

A diferencia del flujo unidimensional, cuando el flujo de agua se mueve en dos dimensiones ,
como por ejemplo en un plano, su estudio es más complicado.

Generalmente los casos de flujo en dos dimensiones se presentan como: Flujo de aguas
subterráneas, llamado también flujo confinado o cerrado, que es el que circula bajo muros de
contención, presas de concreto y ataguías, donde no están expuestos a la presión atmosférica.
Mientras que el flujo abierto es el que generalmente circula a través de presas de tierra,
donde está expuesto a la presión atmosférica. La figura 4.16, muestra algunos ejemplos.

166. CAPITULO 4 Flujo de agua


21
Dirección del flujo
Ataguia
Dirección del flujo
Presa de concreto
x
z
y
z
y
x
Presa de tierra
x
z
y
(a) (b) (c)

Figura 4.16. Ejemplos de flujo de agua en dos dimensiones.




PREGUNTA 18.

¿Qué es el gradiente hidráulico de salida?

Respuesta.

El gradiente hidráulico de salida, es conocido como la cantidad de disipación de altura de
carga por unidad de longitud, medido a lo largo de la cara de la estructura donde el flujo de
agua sale del medio poroso. Esta característica del flujo, es aplicable únicamente a sistemas
de flujo confinado. En la Figura 4.17, se muestra la parte de la cara de la estructura donde es
medido el gradiente hidráulico de salida.


L
Superficie del terreno


Figura 4.17. Cara donde se mide el gradiente hidráulico de salida.


PREGUNTA 19.

Explique la anisotropía en flujo bidimensional.

167. Problemas resueltos de mecánica de suelos


22

Respuesta.
1234 1234
a Números de referencia
123 1
2·a
Ataguía
k =4·k
x z
k =4·k
z x
1234 12345
2·b
(a)
(b)
(c)
b
b
a

Figura 4.18. Red de flujo en suelo anisotrópico.

Debido a su modo de formación y su deposición, muchos suelos sedimentarios tienen una
conductividad superior en la dirección horizontal que en la dirección vertical. Se entiende por
suelo anisotrópico, cuando: Las propiedades del suelo no son las mismas en cualquier
dirección. Como consecuencia, las conductividades hidráulicas en sentido horizontal como
vertical no son las mismas (kH  V). Por lo cual es necesario hacer algunas correcciones
cuando se trate de un suelo de esta naturaleza y así poder emplear los métodos anteriormente
descritos.
Para compensar el efecto por anisotropía, las dimensiones del suelo son cambiadas por:
La raíz cuadrada, de la relación entre las dos conductividades hidráulicas. Si kh, es la
conductividad hidráulica horizontal y kv, es la conductividad hidráulica vertical, entonces las
dimensiones horizontales del medio poroso de la sección transversal se cambiarán por la
razón de: VHkk . Está razón a de ser aplicada a todas las dimensiones horizontales, para
k
H = k
V

168. CAPITULO 4 Flujo de agua


23

obtener una sección transformada; donde se dibujará la red de flujo de manera similar al caso
del suelo isotrópico. La figura 4.18 muestra algunos ejemplos.
En la Figura 4.18a, se muestra la red de flujo en un sistema anisotrópico en dimensiones
reales, donde kz > kx, al ser el suelo más permeable en la dirección z la red es alargada en esa
dirección. En la Figura 4.18b, se muestra otro sistema anisotrópico en dimensiones reales,
donde kx > kz, que está alargada en la dirección x. Al aplicar los cambios de variable la región
de flujo queda transformada a un sistema isotrópico, como se ve en la Figura 4.18c.

PREGUNTA 20.

Explique el efecto que tiene en el nivel freático la perforación de un pozo.

Respuesta.
r2
r1
q
Pozo de
bombeo
Nivel freático inicial
Abatimiento del
nivel freático
Estrato
impermeable
Acuifero
Estrato impermeable
Pozos de observación
h1
h2
h0
dw
Abatimiento

Figura 4.19. Abatimiento del nivel freático al perforar un pozo.

En la figura 4.19, se muestra el perfil de un suelo, la interfase entre la superficie superior del
acuífero y el estrato impermeable, forma la línea superior del nivel freático. Al perforar el
pozo y bombear agua se abate el nivel freático.

Mediante la excavación de pozos de observación, puede determinarse el abatimiento del nivel
freático. Este tiene forma parabólica y progresivamente se mantendrá constante, cuando se
realice una prueba de bombeo estacionario.

PREGUNTA 21.

Explique la prueba de bombeo estacionario en pozos.

169. Problemas resueltos de mecánica de suelos


24

Respuesta.

El método de bombeo en estado estacionario, es apropiado para determinar valores precisos
de la conductividad hidráulica de un suelo. Esta prueba de bombeo, implica la perforación de
un pozo y bombear agua de este pozo. Inicialmente al empezar el bombeo, el agua extraída es
agua almacenada de un acuífero que se encuentra adyacente al pozo o de un acuífero que el
pozo intercepto (figura 4.20). Si se sigue bombeando el área de influencia del bombeo crecerá
hasta alcanzar un estado de equilibrio entre el agua que es extraída y el agua de una fuente de
recarga, satisfaciendo así la tasa de bombeo de agua.
Si el pozo es bombeado a una tasa constante hasta que la descarga se estabilice, se tiene
un bombeo en estado estacionario. Por tanto la conductividad hidráulica del acuífero puede
ser calculado a partir de ecuaciones de equilibrio.


Figura 4.20. Bombeo de un pozo en estado estacionario.

El análisis de los resultados de la prueba de bombeo en estado estacionario, depende del tipo
de acuífero. Pueden presentarse los casos de: Acuíferos confinados, no confinados o mixtos;
Según a la posición del nivel freático, se determinará el tipo de acuífero.

170. CAPITULO 4 Flujo de agua


25

4.3. Problemas resueltos.

Capilaridad.

PROBLEMA 1.

Determine la altura del máximo ascenso capilar, de dos muestras de arena. La primera
consiste en una arena limpia, donde se han clasificado la mayoría de sus partículas como
redondeadas, esta arena tiene una relación de vacíos de 0.60 y un d10 = 0.05 mm. La segunda
muestra consiste en una arena no limpia, contiene material rugoso, con un índice de vacíos de
0.60 y un d10 = 0.05 mm.

Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el ascenso máximo capilar de agua en el suelo.
El índice de vacíos y el diámetro efectivo son valores conocidos; el único valor que debe
encontrarse es el coeficiente C. Este coeficiente es determinado con la tabla D.1, en base a las
condiciones que describe el enunciado en lo que se refiere a forma y limpieza de las
partículas de las arenas.

PASO 1.

Estimación del coeficiente C.

Para el caso de la primera arena, el enunciado comenta que es una arena limpia y una buena
parte de sus partículas son: redondeadas. Según la tabla D.1, puede estimarse un valor
adecuado al caso de:

C1 = 30 mm
2


Para el caso de la segunda arena, el enunciado comenta que la arena es no limpia, una parte
significativa de la arena contiene material rugoso: Según la tabla D.1, se estima un valor de:

C2 = 50 mm
2

PASO 2.

Determinación del máximo ascenso capilar.

El máximo ascenso capilar, para ambos suelos será:
10
1
1
de
C
h
c


10
2
2
de
C
h
c



Reemplazando los valores de:

e = 0.6
d10 = 0.05 mm.
C1 = 30 mm
2

C2 = 50 mm
2

171. Problemas resueltos de mecánica de suelos


26

Se tendrá que: 05.06.0
30
1


ch
05.06.0
50
2


ch

El máximo ascenso capilar de la primera arena, será:

hc1 = 1000 mm. hc2 = 1666.6 mm.

Comentario: Las dos arenas tienen el mismo índice de vacíos y diámetro efectivo, pero
ambas varían en la forma y limpieza de sus partículas. Los resultado muestran, que el
máximo ascenso capilar es mayor en la segunda arena que en la primera; por lo cual se ve que
el ascenso capilar en suelos depende de la textura de las partículas, mientras más rugoso sea
el suelo mayor será el ascenso capilar

172. CAPITULO 4 Flujo de agua


27

PROBLEMA 2.

Determine el máximo ascenso capilar, en tres tubos de diámetros diferentes mostrados en la
figura 4.21. La tensión superficial del agua es: T = 0.073 N/m, los tubos están limpios y los
diámetros son: d1 = 2 [mm]; d2 = 3 [mm]; d3 = 4 [mm].
1
1 2 3
h
d d d
h
2
3
h

Figura 4.21. Ascenso capilar máximo en tubos de diámetro variado.

Estrategia: Con la ecuación D.1, se determina el máximo ascenso capilar de agua en tubos de
vidrio. La tensión superficial, el peso unitario del agua y el diámetro del tubo son valores
conocidos, salvo el ángulo . Este ángulo es conocido a partir del enunciado, que indica que
los tubos están limpios.

PASO 1.

Determinación del valor del ángulo .

Para el caso de tubos limpios, el valor del ángulo  siempre toma el valor de:

 = 0
PASO 2.

Determinación del máximo ascenso capilar.

El ascenso máximo capilar en los tubos, será:
w
c
d
T
h





1
1
cos4
w
c
d
T
h





2
2
cos4 w
c
d
T
h





3
3
cos4

Reemplazando los valores de:

 = 0
T = 0.073 N/m.
w = 9.81x10
3
N/m
3
(expresado en N/m
3
)
d1 = 2x10
-3
m. (convertido a metros)

173. Problemas resueltos de mecánica de suelos


28

d2 = 3x10
-3
m. (convertido a metros)
d3 = 4x10
-3
m. (convertido a metros)

Se tendrá que:
331
10x81.910x2
1073.04



ch
332
10x81.910x3
1073.04



ch 333
10x81.910x4
1073.04



ch

Por lo tanto el máximo ascenso capilar en los tres tubos, será:

hc1 = 1.4x10
-2
m. hc2 = 9.9x10
-3
m. hc3 = 7.44x10
-3
m.

Comentario: La única variación de los tres tubos de la figura 4.21, es su diámetro. De los
resultados obtenidos, se concluye que mientras más pequeño sea el diámetro, mayor será el
ascenso capilar.

174. CAPITULO 4 Flujo de agua


29

PROBLEMA 3.

Se ha extraído una muestra de suelo compuesta de arena y arcilla, donde se realizaron
diversos ensayos en los cuales se determinaron distintas características del suelo, que son: 
= 21.3 %, Gs = 2.60,  = 19.74 KN/m
3
y d10 = 0.11 mm. La rugosidad y esfericidad de las
partículas del suelo han sido estimadas, ambas en el rango de: 0.3 a 0.5. Determine el
máximo ascenso capilar y estime la altura del suelo saturado con agua capilar.

Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar máximo de agua en
el suelo, se tiene como dato el diámetro efectivo, pero se desconocen el índice de vacíos y el
coeficiente C. Mediante una ecuación que relacione el índice de vacíos, con los valores de: ,
GS y  , se determina dicho índice. El valor del coeficiente C, es estimado según a la forma de
las partículas del suelo, con la Figura A.1, se puede tener una idea de esta forma tomando en
cuenta los datos de rugosidad y esfericidad con que se clasificaron las partículas. Con la
figura D.1, puede estimarse la altura de suelo saturado con agua capilar.

PASO 1.

Determinación del índice de vacíos.

El índice de vacíos es obtenido de la ecuación A.18, que es:

e
G
wS



1
1 



Reemplazando los valores de:

 = 0.213 (convertido a decimal)
GS = 2.60
 = 19.74 KN/m
3

w = 9.81 KN/m
3


Se tiene que:  
e


1
81.960.2213.01
74.19


El índice de vacíos será:

e = 0.56

PASO 2.

Estimación del coeficiente C.

En el enunciado, se describe que las partículas del suelo en general tienen una rugosidad y
esfericidad en el rango de: 0.3 a 0.5 en la Figura A.1. Según a esta tabla, las partículas tienen
mas forma rugosa que redondeada. Ya que el suelo es arcilloso, esto da la idea de que las
partículas están ligeramente sucias. En base a toda esta información, según a la tabla D.1, se
estima un valor del coeficiente de:

C = 50 mm
2

175. Problemas resueltos de mecánica de suelos


30

PASO 3.

Determinación del máximo ascenso capilar.

El máximo ascenso capilar será:
10De
C
h
c




Reemplazando los valores de:

e = 0.56
d10 = 0.11 mm.
C = 50 mm
2


Se tiene que: 11.056.0
50


ch


El máximo ascenso capilar será:

hc = 811.6 mm.

PASO 4.

Estimación de la altura de suelo saturado por agua capilar.

Ingresando con un valor de: d10 = 0.11 mm, en el ábaco de la figura D.1, se intercepta la
curva que corresponde al: Nivel de saturación (figura 4.22).
0.11
85
Arcilla
Limo
Arena
Grava
Ascención capilar mm
Diámetro efectivo, d mm
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
0.0020.002 0.006 0.02 0.06 0.2 0.6 2 6 20
Ascención capilar
h
c
Nivel de saturación
h
cs

Figura 4.22. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar.

La altura de suelo saturado es:

hcs = 85 mm.

176. CAPITULO 4 Flujo de agua


31

Comentario: Los resultados muestran, que la altura del máximo ascenso capilar (hc) es
mucho mayor que la altura de suelo saturado de agua capilar (hcs), debido al tamaño de las
partículas. En tubos capilares, mientras mayor sea el diámetro menor será el ascenso capilar.
En suelos, mientras mayor sea el tamaño de las partículas el valor de d10 se incrementará,
ocasionando que el tamaño de los espacios vacíos entre partículas crezcan. Como
consecuencia de esto, la altura máxima de asenso capilar y la altura de suelo saturado por
agua capilar serán cada vez menores cuando el tamaño de las partículas del suelo sea mayor.

177. Problemas resueltos de mecánica de suelos


32

PROBLEMA 4.

En un suelo compuesto de arena fina limosa, se ha registrado el nivel freático a 5 [m] de
profundidad. También se ha realizado un ensayo granulométrico y de gravedad específica en
una muestra representativa de este suelo, los resultados de estos ensayos se muestran
respectivamente en la tabla 4.3. Mediante otro ensayo se determino que el suelo tiene un d =
19.7 KN/m
3
, se sabe también que las partículas del suelo han sido clasificadas con una
rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de 0.7 a 0.9. Determine la profundidad (D1) del
máximo ascenso capilar y la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar.

Tabla 4.3. Resultados de los ensayos de granulometría y de gravedad específica. Tamiz Nro.Abertura [mm]
Masa
retenida [gr]
4 4,75 0
10 2 40,2
20 0,85 84,6
30 0,6 50,2
40 0,425 40
60 0,25 106,4
140 0,106 108,8
200 0,075 59,4
Plato ------- 8,7


Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar de agua en el suelo.
Para determinar la profundidad de este ascenso, debe restarse: Los 5 m de profundidad del
nivel freático menos el ascenso capilar máximo (hc). El índice de vacíos no se conoce, para
determinarlo, primero se obtiene la gravedad específica con los resultados del ensayo de la
tabla 4.3 y utilizando una ecuación que relacione el: índice de vacíos, peso unitario seco y
gravedad específica, se determina dicho índice. El diámetro efectivo que también no se
conoce, se determina mediante una interpolación luego de procesar los resultado del ensayo
granulométrico de la tabla 4.3. El coeficiente C, puede ser estimado con la tabla D.1, donde la
forma de las partículas se conocerá según a la descripción de rugosidad y esfericidad de la
Figura A.1 que da el enunciado. La altura de suelo saturado de agua capilar es determinada
con el ábaco de la figura D.1. Para determinar la profundidad en que se encuentra el suelo
saturado de agua capilar a de restarse: Los 5 m del nivel freático menos la altura de suelo
saturado con agua capilar (hcs).

PASO 1.

Determinación de la gravedad específica:

El peso del frasco con agua hasta el tope sin el suelo, será:

738.5 – 103.4 = 635.1 gr.

El peso de un volumen de agua igual al volumen del suelo, será:

674.3 – 635.1 = 39.2 gr.

178. CAPITULO 4 Flujo de agua


33

Por lo cual: 2.39
4.103

SG


La gravedad específica de los sólidos, será:

GS = 2.63

Al no especificarse una temperatura en la que se realizó el ensayo, se asume que es de 20º C.

PASO 2.

Determinación del índice de vacíos.

La ecuación A.24, relaciona: d, e y Gs, que es:
e
G
wS
d



1




Reemplazando los valores de:

GS = 2.63
d = 19.7 KN/m
3

w = 9.81 KN/m
3


El índice de vacíos será:

e = 0.3
PASO 3.

Determinación del diámetro efectivo.

Procesando los resultados de la tabla 4.3, se tiene que:
Tamiz
Nro.
Abertura
mm
Masa
retenida gr
Masa
acumulada
Porcentaje
que pasa
4 4.75 0 0 100.00
10 2 40.2 40.2 91.93
20 0.85 84.6 124.8 74.95
30 0.6 50.2 175 64.88
40 0.425 40 215 56.85
60 0.25 106.4 321.4 35.50
140 0.106 108.8 430.2 13.67
200 0.075 59.4 489.6 1.75
Plato-------8.7 498.3 0.00


Interpolando las cifras correspondientes al 10 %, el diámetro efectivo será:

d10 = 8.23x10
-2
mm.

179. Problemas resueltos de mecánica de suelos


34

PASO 3.

Estimación del coeficiente C.

Las partículas han sido clasificadas con una rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de
0.7 a 0.9, que según la Figura A.1 corresponde a una forma redondeada. La cantidad de
material fino que se deposita en el plato (ensayo granulométrico) constituye un 1.7 % del
total del suelo, lo que significa que la muestra está relativamente limpia. Según a la tabla D.1,
con toda esta información se estima un coeficiente de:

C = 30 mm
2


PASO 4.

Determinación de la profundidad máxima de ascenso capilar:

El máximo ascenso capilar será:
10De
C
h
c




Reemplazando los valores de:

e = 0.3
d10 = 8.23x10
-2
mm.
C = 30 mm
2


Se tiene que: 2
10x23.83.0
30



ch


El máximo ascenso capilar, será:

hc = 1215 mm.

Por lo tanto, la profundidad (D1) de la máxima ascensión capilar en metros será:

D1 = 5 – 1.215

D1 = 3.78 m.

PASO 5.

Determinación de la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar.

Ingresando con un valor de: d10 = 8.23x10
-2
mm, en el ábaco de la figura D.1, se intercepta la
curva que corresponde al: Nivel de saturación (figura 4.23).

180. CAPITULO 4 Flujo de agua


35
8.23x10
89
-2
Arcilla
Limo
Arena
Grava
Ascención capilar mm
Diámetro efectivo, d mm
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
0.0020.002 0.006 0.02 0.06 0.2 0.6 2 6 20
Ascención capilar
h
c
Nivel de saturación
h
cs

Figura 4.23. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar.

La altura del suelo saturado de agua capilar es:

hcs = 89 mm.

Por lo tanto, la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar es:

D1 = 5 – .089

D1 = 4.91 m.

Comentario: El coeficiente C, depende mucho de la forma de las partículas del suelo, para
esto debe hablarse en términos de rugosidad y esfericidad. Para determinar la rugosidad y
esfericidad de las partículas del suelo, se requiere de la observación microscópica, en el cual
el criterio del técnico es indispensable para poder obtener una buena clasificación. En el caso
de no disponerse suficiente información sobre la forma de las partículas del suelo, vale la
pena tomar un valor promedio de la tabla D.1.

181. Problemas resueltos de mecánica de suelos


36

Flujo en una dimensión.

PROBLEMA 5.

Para la figura 4.23, determine el caudal en m
3
/s/m, que circula a través del estrato permeable
de suelo. Para los valores de: H = 4 m, H1 = 2 m, h = 3.1 m, L = 30 m,  = 14º y k = 0.05
cm/s.
h
L
H
H
1

Dirección
del flujo

Figura 4.23. Flujo de agua en un estrato de suelo.

Estrategia: Con la ecuación D.11, se determina el caudal que circula por el estrato permeable
de suelo. En base al criterio de la figura D.2, se determina correctamente el gradiente
hidráulico y el área de la sección transversal.


PASO 1.

Determinación del gradiente hidráulico y el área de la sección transversal.

El gradiente hidráulico, siempre debe ser calculado con respecto a la dirección del flujo. En
base a la ecuación D.4, para el caso de la figura D.22 el gradiente hidráulico será:
cosL
h
i




Reemplazando los valores de:

h = 3.1 m.
L = 30 m.

182. CAPITULO 4 Flujo de agua


37

Se tiene que: º14cos30
1.3
i


El gradiente hidráulico será:

i = 0.1

El área de la sección transversal, para 1 m, será:

A = H1·cos ·1

Reemplazando:
A = 2·cos 14º

Por lo cual, el área de la sección transversal es:

A = 1.94 m
2


PASO 2.

Determinación del caudal.

El caudal que circula por el estrato permeable será:

q = k·i·A

Reemplazando los valores de:

k = 0.05 cm/s.
i = 0.1
A = 1.94 m
2


Se tiene que:
q = 5x10-4·0.1·1.94

El caudal será:

q = 9.7x10
-5
m
3
/s.

Comentario: El gradiente hidráulico y el área de la sección transversal, siempre son
determinados con respecto a la dirección del flujo.

183. Problemas resueltos de mecánica de suelos


38

PROBLEMA 6.

El permeámetro de la figura 4.24, tiene las siguientes dimensiones: h = 28 cm; z = 24 cm y L
= 50 cm. El área de la sección transversal del permeámetro es de: 530 cm
2
. Se ha
determinado que el peso unitario de la arena es de:  = 18 kN/m
3
. Manteniendo una carga
hidráulica constante, pasa a través de la arena un volumen de 100 cm
3
en 18 segundos.
Determine la conductividad hidráulica de la arena.
ARENA
h
z
L

Figura 4.24. Permeámetro.

Estrategia: Con la ecuación D.11, se obtiene la conductividad hidráulica de la arena. Sin
embargo, antes debe calcularse el gradiente hidráulico con la ecuación D.4 y el caudal de
descarga que circula a través de la arena con los datos que ofrece el enunciado.

PASO 1.

Determinación del gradiente hidráulico.

El gradiente hidráulico, será:
L
h
i


Reemplazando los valores de:

h = 28 cm. (pérdida de carga)
L = 50 cm.

Se tiene que: 50
28
i

184. CAPITULO 4 Flujo de agua


39

El gradiente hidráulico será:

i = 0.56

PASO 2.

Determinación del caudal que circula.

El caudal de descarga, que circula por el sistema será:
t
Q
q


Reemplazando los valores de:

Q = 100 cm
3

t = 18 seg.

Se tiene que: 18
100
q


El caudal que circula por el sistema será:

q = 5.55 cm
3
/s.

PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica, se determina de la ecuación:

q = k·i·A

Reemplazando los valores de:

q = 5.55 cm
3
/s.
i = 0.56
A = 530 cm
2


Se tiene que:
5.55 = k·0.56·530

Despejando, la conductividad hidráulica será:

k = 1.86x10
-2
cm/s.

Comentario: El caudal de descarga, es calculado con la ecuación D.11 o determinado con
una relación de volumen y tiempo que este relacionada al suelo. Este caudal, será el mismo
en cualquier punto del sistema, sea en el suelo o fuera de el. En el caso de no disponerse
suficiente información para determinar algún valor del sistema de flujo en una dimensión, se
puede recurrir a comparar caudales en dos puntos del sistema y así obtener ecuaciones útiles.

185. Problemas resueltos de mecánica de suelos


40

PROBLEMA 7.

En un ensayo en laboratorio, se ha determinado que la conductividad hidráulica de un suelo
es:1.8x10
-2
cm/s, para una temperatura del agua de 15º C. ¿Cómo debería ser considerada la
conductividad hidráulica en términos corrientes de mecánica de suelos?

Estrategia: La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de
20º C. Para expresarla de esta forma, se realiza una corrección por temperatura con la
ecuación D.31, el valor de Ct se obtiene de la tabla D.8.

PASO 1.

Determinación del valor del coeficiente Ct.

De la tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado que corresponda a la corrección de una
temperatura de 15º C, este es:

Ct = 1.135

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica para 20 ºC.

La corrección por temperatura para la conductividad hidráulica es:

k20 = Ct·kT

Reemplazando el valor de:

Ct = 1.135

Se tiene que:
k20 = 1.135·1.8x10
-2


La conductividad hidráulica para 20º C, será:

k20 = 2x10
-2
cm/s.

Comentario: Al realizar un ensayo en laboratorio, las condiciones de temperatura del
ambiente y agua pueden variar de diversas maneras. Por lo cual por motivo de
compatibilidad, los resultados del ensayo deben ser siempre expresados para una temperatura
de 20º C. En el caso de no mencionarse alguna temperatura en que se realizo el ensayo, debe
asumirse que el valor de la conductividad hidráulica corresponde a una temperatura de 20º C.

186. CAPITULO 4 Flujo de agua


41

PROBLEMA 8.

En una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad
hidráulica. La tabla 4.4, muestra los resultados de tres ensayos que se realizaron con esta
muestra de suelo en laboratorio.

Tabla 4.4. Resultados de un ensayo de permeabilidad. 1 2 3
Cantidad de flujo cm
3
305 375 395
60 60 60
25 25 25
60 70 80
6.35 6.35 6.35
13.2 13.2 13.2
31.67 31.67 31.67Área del espécimen cm
2
Longitud del espécimen cm
Nro. Ensayo
Tiempo de recolección seg
Diferencia de carga cm
Diámetro del espécimen cm
Temperatura del agua ºC


Determine: La conductividad hidráulica del suelo.

Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica del ensayo de carga constante, se
utiliza la ecuación D.12 con los datos recolectados en la tabla 4.4. Generalmente en
laboratorio se realizan tres ensayos para una misma muestra de suelo, para determinar la
conductividad hidráulica real, deben hallarse las conductividades hidráulicas para los tres
ensayos de la tabla y obtener la media aritmética de estos tres. Finalmente debe hacerse una
corrección por temperatura con la ecuación D.31, para esto debe determinar un coeficiente
adecuado de la tabla D.8.

PASO 1.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica será:
tAh
LQ
k



1
1
1
tAh
LQ
k



2
2
2 tAh
LQ
k



3
3
3

Reemplazando los valores correspondientes a cada ensayo:

Q1 = 305 cm
3

Q2 = 375 cm
3
Q3 = 395 cm
3

h1 = 60 cm.
h2 = 70 cm.
h3 = 80 cm.
t = 25 seg.
L = 13.2 cm.
A = 31.67 cm
2


Se tendrá que:
2567.3160
2.13305
1


k
2567.3170
2.13375
2


k 2567.3180
2.13395
3


k

187. Problemas resueltos de mecánica de suelos


42

Las conductividades hidráulicas serán:

k1 = 8.5x10-2 cm/s. k2 = 8.9x10-2 cm/s. k3 = 8.2x10-2 cm/s.

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica promedio.

La media aritmética de la conductividad hidráulica, será:
3
321 kkk
k
t




Reemplazando los valores de:

k1 = 8.5x10
-2
cm/s.
k2 = 8.9x10
-2
cm/s.
k3 = 8.2x10
-2
cm/s.

Se tiene que:
3
10x2.810x9.810x5.8
222 


tk


La conductividad hidráulica será:

kt = 8.5x10
-3
cm/s.

PASO 3.

Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. La
conductividad hidráulica expresada para una temperatura de 20ºC, será:

k20 = Ct·kt

De la tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado para la corrección de 60º C, este es:

Ct = 0.468

Reemplazando los valores de:

Ct = 0.468
kt = 0.085 cm/s.

Se tiene que:

k20 = 0.468·0.085

188. CAPITULO 4 Flujo de agua


43

La conductividad hidráulica para una temperatura de 20 ºC, será:

k20 = 3.97x10
-2
cm/s.

Comentario: Cuando se realiza un ensayo de permeabilidad en laboratorio, generalmente se
realizar tres o más ensayos de la misma muestra de suelo, haciendo una variación de la altura
de carga. Con el objetivo de tener resultados mas confiables. La conductividad hidráulica,
será la media aritmética de todas estas conductividades calculadas, en esta siempre se debe
hacerse una corrección por temperatura. Es importante que la temperatura del agua se
mantenga constante en todos los ensayos que se realicen con la misma muestra de suelo.

189. Problemas resueltos de mecánica de suelos


44

PROBLEMA 9.

Para una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad
hidráulica con un permeámetro de carga variable, del cual se obtienen los siguientes datos
mostrados en la tabla 4.5.

Tabla 4.5. Resultados del ensayo de permeabilidad con carga variable. 1 2 3
6,35 6,35 6,35
13,2 13,2 13,2
25 25 25
85 76 65
24 20 20
15,4 15,3 14,4
31,67 31,67 31,67
47
Volumen de agua que atraviesa
el espécimen [cm
3
]
64 58
Área del espécimen [cm
2
]
Longitud del espécimen [cm]
Nro. Ensayo
Duración del ensayo [s]
Diámetro del espécimen [cm]
Temperatura del agua [ºC]
Diferencia de carga final [cm]
Diferencia de carga inicial [cm]


Determine: La conductividad hidráulica del suelo.

Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica en un ensayo de carga variable, se
utiliza la ecuación D.13. Generalmente en laboratorio, se hacen tres ensayos de una misma
muestra de suelo, de la tabla 4.4 se extraen los datos necesarios para determinar la
conductividad hidráulica para cada ensayo. El valor de a, que no figura en la tabla, puede ser
expresado de otra manera en función al volumen de agua. Luego de hallarse las
conductividades hidráulicas para los tres ensayos, la media aritmética de estos tres será la
conductividad hidráulica real. Finalmente, se debe hacer una corrección por temperatura con
la ecuación D.31, donde se requiere un coeficiente adecuado de la tabla D.8.

PASO 1.

Determinación del valor de a, en función al volumen.

La cantidad de agua, que pasa por la muestra será: El área del tubo de carga multiplicado por
la diferencia de los niveles de agua, que será:

Q = a·(h1 – h2)

El área del tubo de carga (a), expresado en función al volumen será:
21hh
Q
a


[1]

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica será:
 
 
12
21/ln
ttA
hhLa
k




190. CAPITULO 4 Flujo de agua


45

Reemplazando la ecuación [1] en esta expresión, se tiene que:
 
  
1221
21/ln
ttAhh
hhLQ
k





Reemplazando los valores de:
1 2 3
13.2 13.2 13.2
85 76 65
24 20 20
15.4 15.3 14.4
31.67 31.67 31.67
64 58 47Volumen de agua cm
3
Área del espécimen cm
2
Longitud del espécimen cm
Nro. Ensayo
Duración del ensayo t
2-t
1 seg
Diferencia de carga final cm
Diferencia de carga inicial cm


Se tendrá que:
 
  4.1567.312485
24/85ln2.1364
1


k
 
  3.1567.312076
20/76ln2.1358
2


k  
  4.1467.312065
20/65ln2.1347
3


k

La conductividad hidráulica será:
1 2 3
Conductividad hidráulica cm/s3.59x10
-2
3.77x10
-2
3.56x10
-2
Nro. Ensayo


La media aritmética, será:
3
321 kkk
k
t




Reemplazando las conductividades hidráulicas, se tiene que:
3
10x56.310x77.310x59.3
222 


tk


La conductividad hidráulica será:

kt = 3.64x10
-2
cm/s.

PASO 3.

Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. Con
la ecuación D.31,se realiza la corrección por temperatura, esta es:

k20 = Ct·kt

El valor de Ct, es obtenido de la tabla D.8, que para 25 º será:

Ct = 0.889

191. Problemas resueltos de mecánica de suelos


46

Reemplazando los valores de:

Ct = 0.889
kt = 3.64x10
-2
cm/s.

Se tiene que:
k20 = 0.889·3.6x10
-2


La conductividad hidráulica para una temperatura de 20º C, será:

k20 = 3.2x10
-2
cm/s.

Comentario: Cuando se realiza un ensayo de conductividad hidráulica en laboratorio, puede
darse la posibilidad no disponerse de algunos datos, pero estos pueden ser determinados
implícitamente y hasta puede hacerse ciertas modificaciones en la ecuación general según lo
requieran las circunstancias.

192. CAPITULO 4 Flujo de agua


47

PROBLEMA 10.

Para una muestra representativa de suelo, se realizando un ensayo con el permeámetro
de carga constante mostrado en la figura 4.25.

Las dimensiones del permeámetro son:

L = 350 mm.
A = 125 cm
2

h = 420 mm.

Además se sabe que: El índice de vacíos de la muestra de suelo es de: 0.61 y el agua que
recolecta el permeámetro en 3 minutos es de 580 cm
3
.

Determine:

a) La conductividad hidráulica de la arena en cm/s.
b) El caudal, la velocidad de descarga y de flujo en cm/s.
c) La pérdida de carga necesaria, para tener un caudal de 5 cm
3
/s.
L
h
Recipiente
graduado
q
Q

Figura 4.25. Permeámetro de carga constante.

Estrategia: La conductividad hidráulica, es determinada con la ecuación D.12, utilizando los
datos que proporciona el enunciado. El caudal, es determinado con la ecuación D.11. La
velocidad de flujo, es calculada con la ecuación D.9, donde se requiere la velocidad de
descarga y la porosidad. La velocidad de descarga, es determinada a con la ecuación D.10 y
la porosidad que no se conoce, es determinarse mediante una ecuación que relacione: la
porosidad y el índice de vacíos. Para determinar la pérdida de carga necesaria para cierto
caudal, se utiliza nuevamente la ecuación D.12 reemplazando en esta los datos
correspondientes.

193. Problemas resueltos de mecánica de suelos


48

a) Conductividad hidráulica de la arena:

La conductividad hidráulica será:
tAh
LQ
k





Reemplazando los valores de:

Q = 580 cm
3

L = 35 cm.
h = 42 cm.
A = 125 cm
2

t = 180 seg. (convertido a segundos)

Se tiene que: 12512542
35580


k

La conductividad hidráulica será:

k = 2.14x10
-2
cm/s.

b) Velocidad de descarga y de flujo en cm/s.

PASO 1.

Determinación del gradiente hidráulico.

El gradiente hidráulico será:
L
h
i




Reemplazando los valores de:

h = 42 cm.
L = 35 cm.

Se tiene que: 35
42
i


El gradiente hidráulico será:

i = 1.2

PASO 2.

Determinación del caudal de descarga.

194. CAPITULO 4 Flujo de agua


49

Para el sistema, el caudal de descarga será:

q = k·i

Reemplazando los valores de:

k = 2.14x10
-2
cm/s.
i = 1.2

Se tiene que:
q = 2.14x10
-2
·1.2

El caudal de descarga será:

q = 2.56 cm
3
/s.

PASO 3.

Determinación de la velocidad de descarga.

La velocidad de descarga será:

v = k·i

Reemplazando los valores de:

k = 2.14x10
-2
cm
3
/s.
i = 1.2

se tiene que:
v = 2.14x10
-2
·1.2

La velocidad de descarga será:

v = 2.56x10
-2
cm/s.

PASO 4.

Determinación de la porosidad

La ecuación A.42, relaciona el índice de vacíos con la porosidad, está es:
n
n
e


1


Reemplazando el valor de:

e = 0.63

Se tiene que: n
n


1
63.0

195. Problemas resueltos de mecánica de suelos


50

La porosidad será:

n = 0.38

PASO 5.

Determinación de la velocidad de flujo.

La velocidad de flujo será:
n
v
v
s

Reemplazando los valores de:

v = 2.56x10
-2
cm/s.
n = 0.38

Se tiene que: 38.0
10x56.2
2

sv


La velocidad de flujo será:

vs = 6.73x10
-2
cm/s.

c) Pérdida de carga necesaria para un caudal de 120 cm
3
/s:

El caudal de descarga será:
t
Q
q


Por lo tanto, el caudal que se precisa es 5 cm
3
/s, por lo que se tendrá:
5
t
Q
[1]

La conductividad hidráulica, para el ensayo de carga constante es:
t
Q
Ah
L
k 




Reemplazando la ecuación [1], en esta expresión se tiene que:
5


Ah
L
k

Reemplazando los valores de:

L = 35 cm.
A = 125 cm
2

k = 2.14x10
-2
cm/s.

196. CAPITULO 4 Flujo de agua


51

Se tiene que: 5
125
35
1014.2
2




h
x


La pérdida de carga necesaria será:

h = 65.42 cm.

Comentario: Debe tenerse claro, que la velocidad de descarga (v) es distinta a la velocidad de
flujo (vs). El flujo de agua que circula por el suelo, tiene una velocidad de flujo y el flujo de
agua que circula fuera del suelo tiene una velocidad de descarga. El caudal en cambio,
resulta ser el mismo en cualquier punto del sistema.

197. Problemas resueltos de mecánica de suelos


52

PROBLEMA 11.

En un ensayo de laboratorio con el permeámetro de carga variable mostrado en la figura 4.26,
cuando la carga era h1 = 65 cm, se accionó un cronómetro. A los 30 seg., la carga era de h2 =
35 cm. Si L = 20 cm; A = 77 cm
2
y a = 1.2 cm
2
. Determine:

a) La conductividad hidráulica del suelo.
b) Una aproximación de la conductividad hidráulica, aplicando directamente la Ley de
Darcy, para una carga de 50 cm en el ensayo.
c) Una aproximación del tipo de suelo.
d) En cuanto tiempo la carga hidráulica caería de 65 a 50 cm.
SUELO2
1
a
h
L
A
h

Figura 4.26. Permeámetro de carga variable.

Estrategia: Con la ecuación D.13, se determina la conductividad hidráulica, donde t2 – t1 es
el tiempo de duración del ensayo. Una estimación de la conductividad hidráulica, puede
realizarse con la ley de Darcy, expresada en la ecuación D.11, para lo cual se determinará el
gradiente hidráulico y el caudal que circula por el sistema. La tabla D.2, muestra valores
tentativos de la conductividad hidráulica para diversos suelos, con el valor de la
conductividad hidráulica puede hacerse aproximaciones del tipo de suelo. Puede utilizarse la
ecuación D.13, para determinar el tiempo en que desciende la altura de carga.

a) Conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica será:
 
 
12
21/ln
ttA
hhLa
k




198. CAPITULO 4 Flujo de agua


53

Reemplazando los valores de:

a = 1.2 cm
2

A = 77 cm
2

L = 20 cm.
h1 = 65 cm.
h2 = 35 cm.
t2 – t1 = 30 seg.

Se tiene que:  
3077
35/65ln202.1


k


La conductividad hidráulica será:

k = 6.43x10
-3
cm/s

b) Aproximación de la conductividad hidráulica.

PASO 1.

Determinación del gradiente hidráulico.

El gradiente hidráulico será:
L
h
i




Reemplazando los valores de:

h = 50 cm.
L = 20 cm.

Se tiene que:
20
50
i


El gradiente hidráulico será:

i = 2.5
PASO 2.

Determinación del caudal que circula en el sistema.

La cantidad de agua que se encuentra en el tubo de área a es:

Q = (65 – 35)·1.2

Q = 36 cm
3

199. Problemas resueltos de mecánica de suelos


54

El caudal será: t
Q
q


Reemplazando los valores de:

Q = 36 cm
3

t = 30 seg.

Se tiene que: 30
36
q


El caudal que circula por el sistema será:

q = 1.2 cm
3
/s.

PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica:

La conductividad hidráulica es determinada de según la Ley de Darcy, que es:

q = k·i·A

Reemplazando los valores de:

i = 2.5
q = 1.2 cm
3
/s.
A = 77 cm
2


Se tiene que:
1.2 = k·2.5·77

La conductividad hidráulica será:

k = 6.23x10
-3
cm/s.

c) Aproximación del tipo de suelo.

Según la tabla D.2, para una conductividad hidráulica de k = 6.23x10
-3
cm/s, el suelo
corresponde a:

ARENA LIMOSA

d) Tiempo que tarda la carga en descender de 65 a 50 cm.

Despejando la variación de tiempo t2 – t1 de la ecuación D.13, se tiene que:
 
Ak
hhLa
tt



21
12
/ln

200. CAPITULO 4 Flujo de agua


55

Reemplazando los valores de:

a = 1.2 cm
2

A = 77 cm
2

L = 20 cm.
h1 = 65 cm.
h2 = 50 cm.
k = 6.23x10
-3
cm/s.

se tiene que:  
771023.6
/ln202.1
3
21
12




x
hh
tt


El tiempo será:

t1 – t2 = 12.71 seg.

El tiempo que toma la carga en descender de 65 a 50 cm, será:

t = 12.71 seg.

Comentario: Las ecuaciones, para determinar la conductividad hidráulica pueden usarse de
diversas formas para obtener los datos que se requieran. El inciso c), muestra que la
conductividad hidráulica de un suelo aporta información acerca del tipo de suelo.

201. Problemas resueltos de mecánica de suelos


56

PROBLEMA 12.

Para una muestra de suelo, se realiza un experimento en laboratorio con el permeámetro de se
muestra en la figura 4.26. El sistema consta de un arreglo de que tiene dos capas de suelo, en
tubos de diámetros diferentes. Las características de los suelos son:

Suelo A: AA = 0,38 m
2
Suelo B: AB = 0,19 m
2

nA = 1/2 nB = 1/3
kA = 0.6 cm/s kB= 0.3 cm/s
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
B

Figura 4.27. Permeámetro con dos capas de suelo.

El agua es añadida manteniendo una diferencia de altura de carga constante. Calcule el caudal
circulante y las velocidades de flujo en los suelos.

Estrategia: Por continuidad, se sabe que el caudal es el mismo en cualquier punto del
sistema. Con esta idea se igualan los caudales de ambos suelo y así pueden encontrarse
ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y las pérdidas de carga de los suelos.
Resolviendo las ecuaciones, pueden determinarse las pérdidas de carga. Con todos estos
datos, se determina el caudal circulante del sistema. Con la ecuación D.9 y los datos que
proporciona el enunciado, pueden encontrarse las velocidades de flujo.

PASO 1.

Relacionando los gradientes hidráulicos.

Como ni se añade ni se elimina agua del sistema, el caudal que circula por el suelo A, debe
ser igual al que circula por el suelo B. Por lo cual, por continuidad se dice que:

qA = qB

202. CAPITULO 4 Flujo de agua


57

Reemplazando el caudal, se tiene que:

kA·iA·AA = kB·iB·AB

Reemplazando valores de:

kA =6x10
-3
m/s. (convertido a m/s)
AA = 0.38 m
2

kB =3x10
-3
m/s. (convertido a m/s)
AB = 0.19 m
2


Se tiene que:
6x10
-3
·iA·0.38 = 3x10
-3
·iB·0.19
38.06.0
19.03.0



B
A
i
i


Por lo tanto, la relación entre gradientes hidráulicos será:
4
B
A
i
i
[1]

PASO 2.

Relacionando las pérdidas de carga.

Los gradientes hidráulicos, para ambos suelos será:
A
A
A
L
h
i


B
B
B
L
h
i



Reemplazando los valores de:

LA = 2 m.
LB = 1 m.

Se tendrá que:
2
A
A
h
i


1
B
B
h
i



Reemplazando estas expresiones en la ecuación [1], se tiene la relación entre pérdidas de
carga que es: 2
B
A
h
h


[2]

PASO 3.

Determinación de las perdidas de carga hA y hB.

203. Problemas resueltos de mecánica de suelos


58

La perdida total de carga (hT), será:

hT = 4 – 1

hT = 3 m.

Puede decirse, que la pérdida total de carga es la suma de las pérdidas de carga de ambos
suelos, que será:
3
BAhh
[3]

Resolviendo las ecuaciones [2] y [3], se tiene que:

hA = 1 m.hB = 2 m.

PASO 4.

Determinación del caudal.

El caudal circulante, será:
A
A
A
A A
L
h
kq 




Reemplazando los valores de:

kA = 6x10
-3
m/s.
hA = 1 m.
LA = 2 m.
AA = 0.38 m
2


Se tiene que: 38.0
2
1
10x6.0
3


Aq


El caudal que circula por el sistema, será:

qA = 1.14x10
-3
m
3
/s

PASO 5.

Determinación de las velocidades de descarga.

La velocidad de descarga será:

v = k·i
Por lo cual, la velocidad de descarga, para los suelos será:
A
A
AA
L
h
kv


B
B
BB
L
h
kv



204. CAPITULO 4 Flujo de agua


59

Reemplazando los valores de:

kA = 6x10
-3
m/s.
kB = 3x10
-3
m/s.
hA = 1 m.
hB = 2 m.
LA = 2 m.
LB = 1 m.

Se tendrá que: 2
1
10x6
3


Av
1
2
10x3
3


Bv

Las velocidades de descarga serán:

vA = 3x10
-3
m/s vB = 6x10
-3
m/s

Las velocidades de flujo serán:
A
A
SA
n
v
v
B
B
SB
n
v
v

Reemplazando los valores de:

vA = 3x10
-3
m/s.
vB = 6x10
-3
m/s.
nA = 1/2
nB = 1/3

Se tendrá que: 2/1
10x3
3

SAv
3/1
x106
-3

SBv

Las velocidades de flujo serán:

vSA = 6x10
-3
m/s. vSB = 1.8x10
-2
m/s.

Comentario: Por continuidad, el caudal que circula por el sistema será el mismo en cualquier
punto de el. Puede utilizarse la continuidad, al igualar caudales en dos puntos del sistema
para encontrar relaciones que ayuden a encontrar valores desconocidos.

205. Problemas resueltos de mecánica de suelos


60

PROBLEMA 13.

El aparato de laboratorio que se muestra en la figura 4.27 mantiene una carga constante en
ambos reservorios. Se pide determinar :

a) La altura total de carga en el punto 2.
b) La altura total de carga en el punto 3.
c) El caudal que pasa por el suelo 2, en cm
3
/s
d) La presión de poros en el punto A.
100
90
80
4
50
70
60
40
30
3
A
2
0
20
10
1
2
1
3

Figura 4.27. Permeámetro con tres capas de suelo.

Estrategia: Mediante conceptos de pérdida de carga y de continuidad se determinan algunas
alturas de carga y se encuentran ecuaciones que relacionan los gradientes hidráulicos y
alturas de carga. Con las relaciones que puedan encontrarse, se forma un sistema de
ecuaciones donde al resolverlo se determinan las alturas totales de carga h1, h2, h3 y h4.
Halladas estas alturas, se determinan los gradiente hidráulicos, de donde se halla el caudal
que circula en el sistema. La presión de poros puede determinarse con la ecuación D.5.

a) Altura total de carga en el punto 2.

PASO 1.

Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de pérdida de carga.

Se toma como línea de referencia, el nivel 100 de la figura 4.44. La altura total de carga para
el punto 1, según la ecuación D.3 será:

h1 = hz1 + hp1
Suelo 1:
A1 = 400 cm
2

k1 = 1x10
-7
cm/s.

Suelo 2:
A2 = 50 cm
2

k2 = 1x10
-6
cm/s.

Suelo 3:
A3 = 900 cm
2

k3 = 1x10
-8
cm/s.

206. CAPITULO 4 Flujo de agua


61

Reemplazando los valores de:

hz1 = 80 cm.
hp1 = 10 cm.

Se tiene que:
h1= 80 + 10

La altura total de carga h1, será:

h1 = 90 cm.

La pérdida total de carga (hT) del sistema, será:

hT = 80 – 10

hT = 70 cm.

La perdida total de carga puede expresarse:

h1 – h4 = 70

Reemplazando el valor de h1 en esta expresión, la altura de carga h4, será:

h4 = 20 cm.

PASO 2.

Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de caudal.

Por continuidad, el caudal que circula por los tres tipos de suelo es el mismo, por lo cual:

q1 = q2 = q3

Reemplazando el caudal, se tiene que:

q1 = k1·i1·A1 q2 = k2·i2·A2 q3 = k3·i3·A3

Los gradientes hidráulicos serán:
1
21
1
L
hh
i


2
32
2
L
hh
i

 3
43
3
L
hh
i



De las ecuaciones dadas, se tiene como incógnitas las alturas: h2 y h3. Igualando caudales
para los suelos 1 y 2, además de los suelos 3 y 2, se tendrá que:

q1 = q2 q3 = q2

Reemplazando los caudales, se tiene que:

k1·i1·A1 = k2·i2·A2 k3·i3·A3 = k2·i2·A2

207. Problemas resueltos de mecánica de suelos


62

Reemplazando los gradientes hidráulicos i1 e i2 en esta expresión, se tiene que:

2
32
22
1
21
11 
















L
hh
Ak
L
hh
Ak

2
32
22
3
43
33 
















L
hh
Ak
L
hh
Ak

Reemplazando los valores de:

L1 = 10 cm.
L2 = 30 cm.
L3 = 40 cm.
A1 = 400 cm
2
A2 = 50 cm
2

A3 = 900 cm
2

k1 = 1x10
-7
cm/s.
k2 = 1x10
-6
cm/s.
k3 = 1x10
-8
cm/s.
h1 = 90 cm.
h4 = 20 cm.

Se tendrá que:
h2 = 0.29·h3 + 63.52 [1]

h3 = 0.88·h2 + 2.37 [2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrán las alturas de carga, que son:

h2 = 86.69 cm. h3 = 78.76 cm.

b) Altura total de carga en el punto 3.

La altura de carga para el punto 3, será:

h3 = 78.76 cm.

c) Caudal que pasa por el suelo 2, en cm
3
/s.

PASO 1.

Determinación de los gradientes hidráulicos.

Reemplazando lo valores, de:

h1 = 90 cm.
h2 = 86.69 cm.
h3 = 78.76 cm.
h4 = 20 cm.
L1 = 10 cm.
L2 = 30 cm.
L3 = 40 cm.

208. CAPITULO 4 Flujo de agua


63

En las ecuaciones de los gradientes hidráulicos, se tendrá que:
10
69.8690
1

i
30
76.7869.86
2

i 40
2076.78
3

i

Los gradientes hidráulicos serán:

i1 = 0.33 i2 = 0.26 i3 = 1.46

PASO 2.

Determinación del caudal.

El caudal será:
q2 = k2·i2·A2

Reemplazando valores de:

k2 = 1x10
-6
cm/s.
i2 = 0.26
A2 = 50 cm
2


Se tiene que:
q2 = 1x10
-6
·0.26·50

El caudal será:
q2 = 1.3x10
–5
cm
3
/s.

d) La presión de poros en el punto A.

PASO 1.

Determinación de la altura piezométrica.

El gradiente hidráulico medido en los puntos 2 y A del suelo 2, será el mismo gradiente del
suelo 2, por lo cual:

i2-A = i2

El gradiente hidráulico (i1-A), será:
A
A
A
L
hh
i




2
2
2


Reemplazando los valores de:

h2 = 86.69 cm.
L2-A = 10 cm.
i2-A = 0.26

209. Problemas resueltos de mecánica de suelos


64

Se tiene que: 10
69.86
26.0
Ah



La altura total de carga en el punto A, será:

hA = 84.1 cm.

La altura piezométrica será:

hPA = hA – hzA

Reemplazando los valores de:

hPA = 84.1 cm.
hzA = 40 cm.

Se tiene que:
hPA = 84.1 – 40

la altura piezométrica en el punto A será:

hPA = 44.1 cm.

PASO 2.

Determinación de la presión de poros.

La presión de poros será: uA = hpA·w

Reemplazan los valores de:

hpA = 0.44 m. (convertido a metros)
w = 9.81 KN/m
3


Se tiene que: uA = 0.44·9.81

La presión de poros en le punto A, será:

uA = 4.32 KPa.

Comentario: El gradiente hidráulico, se mantendrá constante en cualquier fracción de un
mismo suelo. La pérdida de carga total del sistema, puede ser medida con respecto a la
primera y última altura de carga o es la suma de todas las pérdidas de carga del sistema.

210. CAPITULO 4 Flujo de agua


65

PROBLEMA 14.

Se dispone en laboratorio el permeámetro que se muestra en la figura 4.28. Se pide:

a) Dibujar en función de la distancia, la altura total de carga.
b) Dibujar en función de la distancia, la altura piezométrica.
c) Dibujar en función de la distancia, la velocidad de flujo en cm/s
d) Determinar el caudal del sistema en l/s.

C
0.6
0.0
1.2
3
D
1.8
2.4
3.6
3.0
1
2
B
A

Figura 4.28. Permeámetro con tres diferentes suelos.

Estrategia: Para dibujar la variación de la altura total de carga, altura piezométrica y la
velocidad de flujo en función de la distancia, deben determinarse todos estos valores para los
puntos A, B, C y D. Mediante el concepto de alturas de carga, pueden encontrarse algunas
alturas. Por el concepto de continuidad al igualar caudales entre suelos, pueden encontrarse
ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y alturas de carga. La idea consiste en
formar un sistema de ecuaciones que al solucionarlo, se determinan las alturas de carga,
piezométricas, gradientes hidráulicos y como consecuencia las velocidades de flujo y el
caudal.

a) Variación de la altura total de carga.

PASO 1.

Determinación de alturas totales mediante el conceptos de altura de carga.

Suelo 1:
A1 = 0.37 m
2
k1 = 1 cm/s.
n1 = 1/2

Suelo 2:
A2 = 0.37 m
2
k2 = 0.75 cm/s.
n2 = 1/2

Suelo 3:
A3 = 0.18 m
2
k3 = 0.5 cm/s.
n3 = 1/3

211. Problemas resueltos de mecánica de suelos


66

La altura piezométrica del punto A, será:

hPA = 36. – 2.4

hPA = 1.2 m.

Se toma como nivel de referencia la elevación 0.0, en la figura 4.28. Por lo cual, para el punto
A, la altura total de carga será:

hA = hzA + hpA

Reemplazando los valores de:

hzA = 2.4 m.
hpA = 1.2 m.

Se tiene que:
hA = 2.4 + 1.2

La altura total de carga en el punto A, será:

hA = 3.6 m.

PASO 2.

Determinación de alturas totales mediante concepto de pérdida de carga.

La pérdida total de carga (hT) del sistema será:

hT = 3.6 – 0.0

hT = 3.6 m.

La pérdida total de carga, también se mide el los puntos A y D, por lo cual se tiene que:

hA – hD = 3.6

Reemplazando el valor de hA = 3.6, la altura total de carga para el punto D es::

hD = 0 m.

PASO 3.

Determinación de relaciones mediante concepto de continuidad.

Por continuidad, el caudal en los tres tipos de suelo es el mismo, por lo tanto:

q1 = q2 = q3

Igualando los caudales de los suelos 1 y 2, además de los suelos 1 y 3, se tendrá que:
21qq
31qq

212. CAPITULO 4 Flujo de agua


67

Reemplazando el caudal, se tiene que:

k1·i1·A1 = k2·i2·A2 k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de:

k1 = 1x10
-2
m/s. (convertido a m/s)
k2 = 7.5x10
-3
m/s. (convertido a m/s)
k3 = 5x10
-3
m/s. (convertido a m/s)
A1 = 0.37 m
2
A2 = 0.37 m
2
A3 = 0.18 m
2

Se tendrá que:
1x10
-2
·i1·0.37 = 7.5x10
-3
·i2·0.37 1x10
-2
·i1·0.37 = 5x10
-3
·i3·0.18

Las relaciones entre gradientes hidráulicos serán:

i1 = 0.75·i2 [1]

i1 = 0.25·i3 [2]

PASO 4.

Determinación de relaciones mediante concepto de gradiente hidráulico.

El gradiente hidráulico, es determinado con la ecuación:
L
h
i




De la figura 4.28, se obtienen las dimensiones de: L y las alturas de carga que corresponden a
cada caso. Por lo cual, el gradiente hidráulico para cada uno de los suelos, será:
8.14.2
1



BAhh
i
2.18.1
2



CBhh
i 6.02.1
3



DChh
i

Reemplazando los valores de:

hA = 3.6 m.
hD = 0 m.

Se tendrá que:
6.0
6.3
1
Bh
i


[3]
6.0
2
CBhh
i


[4]

6.0
3
Ch
i
[5]

213. Problemas resueltos de mecánica de suelos


68

PASO 5.

Solución del sistema de ecuaciones.

Se han encontrado cinco ecuaciones que forman un sistema de cinco ecuaciones con cinco
incógnitas, que son las ecuaciones: [1], [2], [3], [4] y [5].

Solucionando el sistema de ecuaciones, se tiene que:

i1 = 0.95 i2 = 1.26 i3 = 3.78

hB = 3.03 m. hC = 2.27 m.

PASO 6.

Graficación de la variación de altura total de carga en función a la distancia.

La variación de la altura total de carga con respecto a la distancia, se muestra en la Tabla 4.6.

Tabla 4.6. Variación de la altura total de carga. Distancia m
Altura total
de carga m
3.6 3.6
2.4 3.6
2.8 3.03
1.2 2.27
0.6 0
0 0


Gráficamente expresado, se muestra en la figura 4.29.
0
0
3.6
3.6
3.6
3.03
2.27
0
0.6
1.2
1.8
2.4
3
3.6
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
Altura total de carga m
Distancia m
Figura 4.29. Variación de la altura total de carga con la profundidad.

214. CAPITULO 4 Flujo de agua


69

b) Dibujar en función de la profundidad, la altura piezométrica.

PASO 1

Determinación de la altura piezométrica.

Las alturas piezométricas para los diferentes puntos el sistema serán:

hPA = hA – hzA hPB = hB – hzB hPC = hC – hzC hPD = hD – hzD

Reemplazando los valores de:

hA = 3.6 m.
hZA = 2.4 m.
hB = 3.03 m.
hZB = 1.8 m.
hC = 2.27 m.
hZC = 1.2 m.
hD = 0 m.
hZD = 0.6 m.

Se tendrá que:

hpA = 3.6 – 2.4 hpB = 3.03 – 1.8 hpC = 2.27 – 1.2 hpD = 0 – 0.6

Las alturas piezométricas serán:

hpA = 1.2 m. hpB = 1.23 m. hpC = 1.07 m. hpD = – 0.6 m.

PASO 2

Graficación de la variación de la altura piezométrica en función a la distancia.

Con todos los valores obtenidos de las alturas piezométricas, puede trazarse la variación de la
altura piezométrica con respecto a la profundidad. Esta variación se muestra en la tabla 4.7.
Considere que los valores negativos expresan succión.

Tabla 4.7. Variación de la altura piezométrica. Distancia m
Altura
piezométrica m
3.6 0
2.4 1.2
1.8 1.23
1.2 1.07
0.6 -0.6
0 0


Gráficamente se expresan estos valores en la figura 4.30.

215. Problemas resueltos de mecánica de suelos


70
1.23
1.07
-0.6
0
1.2
0
0
0.6
1.2
1.8
2.4
3
3.6
-0.6 -0.1 0.4 0.9 1.4
Altura piezométrica m
Distancia m
Figura 4.30. Variación de la altura piezométrica con la profundidad.

c) Variación de la velocidad de flujo en función de la distancia.

PASO 1

Determinación de la velocidad de descarga.

La velocidad de descarga será:

v = k·i·

La velocidad de descarga, para los diferentes suelos será:

v1 = k1·i1 v2 = k2·i2 v3 = k3·i3

Reemplazando los valores de:

i1 = 0.95
i2 = 1.26
i3 = 3.78
k1 = 1 cm/s.
k2 = 0.75 cm/s.
k3 = 0.5 cm/s.

Se tendrá que:

v1 = 1·0.95 v2 = 0.75·1.26 v3 = 0.5·3.78

Las velocidades de descarga serán:

v1 = 0.95 cm/s v2 = 0.95 cm/s v3 = 1.89 cm/s

216. CAPITULO 4 Flujo de agua


71

PASO 2

Determinación de la velocidad de flujo.

La velocidad de flujo será:
n
v
v
s


Las velocidades de flujo, serán:
1
1
1
n
v
v
s
2
2
2
n
v
v
s 3
3
3
n
v
v
s

Reemplazando los valores de:

v1 = 0.95 cm/s.
v2 = 0.95 cm/s.
v3 = 1.89 cm/s.
n1 = 1/2
n2 = 1/2
n3 = 1/3

Se tendrá que: 2/1
95.0
1
Sv
2/1
95.0
2
Sv 3/1
89.1
3
Sv

Las velocidades de flujo serán:

vS1 = 1.9 cm/s. vS2 = 1.9 cm/s. vS3 = 5.67 cm/s.

PASO 3

Graficación de la variación de la velocidad de descarga en función a la distancia.

Teniendo los valores de la velocidad de flujo para los tres tipos de suelo, puede graficarse la
variación de esta en función a la distancia. Esta variación se muestra en la tabla 4.8.

Tabla 4.7. Variación de la altura piezométrica. Distancia m
Velocidad de flujo
cm/s
3.6 a 2.40.95
2.4 a 1.21.9
1.2 a 0.65.67
0.6 a 0 1.89


Gráficamente se expresan estos valores en la figura 4.31

217. Problemas resueltos de mecánica de suelos


72
5.67
1.9
1.9
0.95
1.89
1.89
1.9
0.95
5.67
0
0.6
1.2
1.8
2.4
3
3.6
0 1 2 3 4 5 6
Velocidad de flujo cm/s
Distancia m
Figura 4.31. Variación de la velocidad de flujo con la profundidad.

d) Caudal del sistema en l/s:

El caudal que circula por el sistema, será:

q = k1·i1·A1

Reemplazando los valores de:

k1 = 1x10
-2
m/s.
i1 = 0.95
A1 = 0.37 m
2


Se tienen que:

q = 1x10
-2
·0.95·0.37

El caudal, será:

q = 3.51x10
-3
m
3
/s.

Expresado en l/s, será:

q = 3.51 l/s.

Comentario: Aunque el caudal es el mismo en cualquier punto del sistema, la velocidad de
flujo variará cuando el área de la sección transversal sea diferente. Un grafico ayuda a
apreciar su variación. Con la ecuación D.11, puede obtenerse la velocidad de descarga en
función a las propiedades hidráulicas del suelo. Tanto la altura de carga con la piezométrica
varía a lo largo de un mismo suelo, mientras que la velocidad de flujo se mantiene constante a
lo largo de un mismo suelo.

218. CAPITULO 4 Flujo de agua


73

PROBLEMA 15.

El aparato de laboratorio que se muestra en la figura 4.32, mantiene una carga constante en
ambos reservorios. La muestra de suelo corresponde a una arena con una conductividad
hidráulica de 6x10
-5
m/s, tiene un peso unitario húmedo de 21 KN/m
3
y una gravedad
específica de los sólidos de 2.65, para un grado de saturación del 35%. Determine el tiempo,
que el agua coloreada toma en pasar a través del suelo (esto es cuando el extremo derecho
penetra en el suelo y el extremo izquierdo del agua alcanza el extremo derecho del suelo).
Asuma que no hay difusión, es decir, el volumen de agua coloreada es el mismo en función
del tiempo. También asuma que el agua coloreada tiene el mismo peso unitario y viscosidad
del agua que fluye.
60 mm
185 mm
Ø = 30 mm
Ø = 30 mm
Agua
coloreada
220 mm
Ø = 100 mm

Figura 4.32. Ensayo de laboratorio con un permeámetro.

Estrategia: Conociendo la velocidad de flujo, puede determinarse el tiempo que tarda el
fluido en atravesar el suelo. Para este fin, mediante la ecuación D.11 puede calcularse el
caudal que circula por el sistema, luego se determina la velocidad de descarga con la
ecuación D.10, con la que se determina la velocidad de flujo en el suelo. La porosidad que no
se conoce, puede determinarse mediante una ecuación que relacione: el peso unitario, la
gravedad específica, la porosidad y el grado de saturación.

PASO 1.

Determinación del caudal que circula por el sistema.

El gradiente hidráulico del suelo será:
L
h
i




Para los valores de:

h = 18.5 cm. (convertido a cm)
L = 22 cm. (convertido a cm)

219. Problemas resueltos de mecánica de suelos


74

Se tiene que: 22
5.18
i


El gradiente hidráulico será:

i = 0.84

El caudal que circula por el sistema será:

q = k·i·A

Para los valores de:

k = 6x10
-3
cm/s. (Convertido a cm/s)
i = 0.84
A = 78.53 cm
2
(Convertido a cm)

Se tiene que:
q = 6x10
-3
·0.48·78.53

El caudal será:
q = 0.39 cm
3
/s

PASO 2.

Determinación de la velocidad de descarga.

El caudal de descarga, se expresa como:

v = k·i

Para los valores de:

k = 6x10
-3
cm/s. (Convertido a cm/s)
i = 0.84

Se tiene que:
v = 6x10
-3
·0.84

v = 5.04x10
-3
cm/s

PASO 3.

Determinación de la porosidad.

La ecuación A.22, relaciona la porosidad, gravedad específica y el peso unitario, esta es:

 = Gs·w·(1 – n) + n·S·w

Para los valores de:

Gs = 2.65

220. CAPITULO 4 Flujo de agua


75

w = 9.81 KN/m
3

 = 21 KN/m
3

S = 0.75 (convertido a decimal)

Se tiene que:

21 = 2.65·9.81·(1 – n) + n·0.75·9.81

Por lo tanto, la porosidad será:

n = 0.26

PASO 4.

Determinación de la velocidad de flujo.

La velocidad de flujo, será:
n
v
v
s


Para los valores de:

v = 5.52x10
-2
cm/s.
n = 0.26

Se tiene que:
26.0
10x04.5
3

sv


La velocidad de flujo será:

vs = 1.93x10
-2
cm/s.

PASO 5.

Determinación del tiempo que tarda el fluido en atravesar el suelo.

La distancia total de recorrido será: la longitud del suelo más la longitud del agua coloreada,
es decir:

d = 22 + 6

d = 28 cm.
La velocidad se expresa como:
t
d
v

221. Problemas resueltos de mecánica de suelos


76

El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo, será:
sv
d
t


Reemplazando los valores de:

d = 28 cm.
vs = 1.93x10
-2
cm/s.

Se tiene que:
2
10x93.1
28

t


El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo será:

t = 1450.77 seg.

Lo que significa:

24 minutos con 10 segundos.

Comentario: La velocidad que debe utilizarse para determinar el tiempo que tarda el agua
coloreada en atravesar la muestra de suelo, debe ser la velocidad de flujo, pues esta gobierna
en el suelo. Las partículas de agua en el suelo, se moverán a esta velocidad, pero fuera del
suelo se moverán según a la velocidad de descarga.

222. CAPITULO 4 Flujo de agua


77

PROBLEMA 16.

El permeámetro de la figura 4.33, consta de dos capas de suelo, que tienen las siguientes
características:
Suelo 1: Suelo 2:
A
1 = 98 cm
2
A
2 = 65 cm
2
k
1 = 1x10
-3
m/s k
2 = 9.8x10
-2
m/s


Las diferentes dimensiones de cada parte del permeámetro, están señaladas mediante una
graduación ubicada a la izquierda en la figura 4.33.

Se pide determinar el caudal que circula por el sistema.
11.4 KPa
22.3 KPa
2
A B C
30 cm 30 cm
0.0
1.0
2.0
3.0
4.0
Altura , m
1

Figura 4.33. Permeámetro con dos estratos de suelo.

Estrategia: El caudal es determinado con la ecuación D.1, para lo cual se necesita conocer el
gradiente hidráulico de cada suelo. Para conocer estos gradientes, se necesitan las alturas de
carga en los puntos A, B y C. Con la ecuación D.5, pueden conocerse las alturas de carga en
los puntos A y C y mediante ecuaciones que relacionan las alturas de carga e igualando los
caudales de los suelos 1 y 2, puede conocerse las altura de carga en el punto B. Con estas
alturas se determinan los gradientes hidráulicos y el caudal que circula por el sistema.

PASO 1.

Determinación de las alturas de carga en los puntos A y C.

La altura piezométrica para los puntos: A y C, será:
w
A
pA
u
h


w
C
pC
u
h



223. Problemas resueltos de mecánica de suelos


78

En los puntos A y C, se tiene una presión de poros de:

uA = 11.4 KPa. uC = 22.3 KPa.

Por lo tanto, la altura píezométrica de estos puntos será:
81.9
4.11

pAh
81.9
3.22

pCh

hpA = 1.16 m. hpC = 2.27 m.

De la figura 4.33, se observa que la altura potencial, para los puntos A y C, es:

hZ = 3.1 m.

La altura total de carga en el punto A y C, será:

hA = 1.16 + 3.1 hC = 2.27 + 3.1

hA = 4.26 m. hC = 5.37 m.

PASO 2.

Relacionando las alturas de cara y gradientes hidráulicos.

El gradiente hidráulico del suelo 1 y 2, será:
1
1
L
hh
i
AB

2
2
L
hh
i
BC


Reemplazando los valores de:

hA = 4.26 m.
hC = 5.37 m.
L1 = 0.3 m.
L2 = 0.3 m.

Se tendrá que:
3.0
26.4
1


Bh
i
[1]
3.0
37.5
2
Bh
i


[2]

PASO 3.

Determinación de la altura de carga en el punto B

224. CAPITULO 4 Flujo de agua


79

Por continuidad, el caudal será el mismo en cualquier punto del sistema. Por lo que se iguala
el caudal del suelo 1 con el del suelo 2. Por lo se tiene que:

q1 = q2

Reemplazando el caudal, se tendrá que:

k1·i1·A1 = k2·i2·A2
Reemplazando los valores de:

k1 = 1x10
-3
m/s.
A1 = 98x10
-4
m
2
(convertido a metros)
k2 = 9.8x10
-2
m/s.
A2 = 65x10
-4
m
2
(convertido a metros)

Se tiene que:
1x10
-3
·i1·98x10
-4
= 9.8x10
-2
·i2·65x10
-4


Reemplazando las ecuaciones [1] y [2] en está expresión, se tiene que:
4243
10x65
3.0
37.5
108.910x98
3.0
26.4
101














BB h
x
h
x


Por lo tanto, la altura de carga en el punto B, será:

hB = 5.35 m.

PASO 4.

Determinación del caudal.

Reemplazando el valor de hB, en la ecuación [2], se tiene que:
3.0
35.537.5
2

i


i2 = 0.06

El caudal será:

q= k2·i2·A2

Reemplazando los valores de:

k2 = 9.8x10
-2
m/s.
i2 = 0.06
A2 = 65x10
-4
m
2


Se tendrá que:
q = 9.8x10
-2
·0.06·65x10
-4

225. Problemas resueltos de mecánica de suelos


80

El caudal que circula por el sistema será:

q = 3.82x10
-5
m
3
/s.

Comentario: Los puntos A y C, están sometidos a una presión en equilibrio donde existe un
flujo de agua, por tanto la presión de poros en estos puntos corresponderá a esta misma
presión en cada punto.

226. CAPITULO 4 Flujo de agua


81

PROBLEMA 17.

La conductividad hidráulica para una arena de índice de vacíos de 0.62, es 0.03 cm/s.
Determine la conductividad hidráulica, para esta misma arena con un índice de vacíos de
0.48.


Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica para cierto índice de vacíos, debe
emplearse una ecuación empírica que relacione la conductividad hidráulica con el índice de
vacíos. Para el caso de suelos gruesos, se utilizan las ecuaciones D.22 y D.23, para generar
valores que ayuden a conocer la conductividad hidráulica de forma mpírica.

PASO 1.

Generación de la conductividad hidráulica, para un distinto índice de vacíos.

De la ecuación D.22, se tiene que:

k = 1.4·e
2
·k0.85

Reemplazando los valores de:

e = 0.62
k = 0.03 cm/s.

Se tiene que:

0.03 = 1.4·0.62
2
·k0.85

La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85 será:

k = 5.57x10
-2
cm/s

PASO 2.

Estimación del coeficiente C1.

La variación de la conductividad hidráulica con respecto al índice de vacíos es:

Para:
e = 0.62 se tiene que: k = 0.03 cm/s

Para:
e = 0.85 se tiene que: k = 5.57x10
-2
cm/s

Con esta información, se puede determinar el coeficiente C1 de la ecuación D.23, que es:
e
e
Ck


1
3
1

227. Problemas resueltos de mecánica de suelos


82

Para ambos casos, reemplazando los valores de:

e = 0.62 e = 0.85
k = 0.03 cm/s. k = 5.57x10
-2
cm/s.

Se tendrá que: 62.01
62.0
03.0
3
1

C
85.01
85.0
1057.5
3
1
2



Cx

El coeficiente C1, para ambos casos será:

C1 = 0.047 C1 = 0.013

Por lo tanto:

Para un valor de: e = 0.62, se tiene que: C1 = 0.047

Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C1 = 0.013

Interpolando para un: e = 0.48, se tiene que:

C1 = 6.76x10
-2


PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica será:
e
e
Ck


1
3
1


Reemplazando los valores de:

e = 0.48
C1 = 6.76x10
-2


Se tiene que: 48.01
48.0
10x76.6
3
2



k


La conductividad hidráulica será:

k = 1.4x10
-2
cm/s.

Comentario: Determinar la conductividad hidráulica empíricamente, significa: Utilizar
ecuaciones, realizar interpolaciones y otros artificios matemáticos necesarios obtener este
valor. Sin embargo, debe tenerse cuidado de utilizar las ecuaciones adecuadas al caso.

228. CAPITULO 4 Flujo de agua


83

PROBLEMA 18.

Para una muestra de suelo arenoso, se tiene que:

Índice de vacíos máximo = 0.68
Índice de vacíos mínimo = 0.42
Diámetro efectivo = 0.4 mm.
Coeficiente de uniformidad = 3.1

Determine:

a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa de 32%.
b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%, utilizando las
ecuaciones de Amer y Shahabi de la tabla D.7.

Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica, se utiliza el ábaco de la figura D.6,
antes debe verificarse si el suelo es apropiado para este ábaco. El índice de vacíos, es
determinado con la ecuación A.17. Teniendo el diámetro efectivo y el índice de vacíos, se
determina la conductividad hidráulica con el ábaco. Si se utilizan las ecuaciones de Amer y
Shahabi, debe encontrarse el valor de C2 empíricamente, para un índice de vacíos que
corresponda a una densidad relativa del 50%.

a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa del 32%.

PASO 1.

Determinación del índice de vacíos.

La densidad relativa es:
minmax
max
ee
ee
D
R





Reemplazando los valores de:

emax = 0.68
emin = 0.42
DR = 0.32 (convertido a decimal)

Se tiene que: 42.068.0
68.0
32.0



e


El índice de vacíos será:

e = 0.59

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

229. Problemas resueltos de mecánica de suelos


84

El coeficiente de uniformidad de la arena es: Cu = 3.1, el ábaco de la figura D.6, permite
suelos que tengan un coeficiente de uniformidad en el rango: 2 < Cu < 12. El suelo en
cuestión está en el rango, puede utilizarse el ábaco de la figura D.6.

0.01
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2
4
6
8
10
0.1 0.2 0.4 0.81 2 4 6810
d
10mm
Conductividad hidráulica,
k
ft/min
Índice de vacios,
e
= 0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
d
10
d
5
< 1.4
C
u= 2 a 12
0.85
0.6

Figura 4.34. Determinación de la conductividad hidráulica.

Ingresando con un diámetro efectivo de: d10 = 0.4 mm, en el ábaco de la figura D.6, se
intercepta la curva que corresponde a un valor de: e = 0.59 (véase la figura 4.34). Entonces se
tendrá una conductividad hidráulica de:

k = 0.85 ft/min.

Que transformando unidades, resulta ser:

k = 0.43 cm/s.

b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%.

Utilizando la ecuación de Amer.

230. CAPITULO 4 Flujo de agua


85

PASO 1.

Estimación de la conductividad hidráulica para otro índice de vacíos.

La conductividad hidráulica, se puede expresar como:

k =1.4·e
2
·k0.85

Reemplazando los valores de:

e = 0.59
k = 0.43 cm/s.

Se tiene que:

0.43 = 1.4·0.59
2
·k0.85

La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85, será:

k0.85 = 0.88 cm/s.

PASO 2.

Determinación del índice de vacíos

La densidad relativa será:
minmax
max
ee
ee
D
R





Reemplazando los valores de:

emax = 0.68
emin = 0.42
DR = 0.5 (convertido a decimal)

Se tiene que: 42.068.0
68.0



e
D
R


El índice de vacíos, para una densidad relativa de 50%, será:

e = 0.55

PASO 3.

Estimación del coeficiente C2.

Se tiene que:

Para: e = 0.59, se tiene que: k = 0.43 cm/s

231. Problemas resueltos de mecánica de suelos


86

Para: e = 0.85, se tiene que: k = 0.88 cm/s

Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Amer, que es:
e
e
CdCk
u


1
3
5.032.2
102


Para ambos casos, se reemplazan los valores de:

e = 0.59 e = 0.85
d10 = 0.4 d10 = 0.4
Cu = 3.1 Cu = 3.1
k = 0.43 cm/s k = 0.88 cm/s

Se tendrá que:
59.01
59.0
1.34.043.0
3
5.032.2
2

C
85.01
85.0
1.34.088.0
3
5.032.2
2

C

El coeficiente C2, para ambos casos será:

C2 = 15.84 C2 = 12.61

Por lo tanto:

Para un valor de: e = 0.59, se tiene que: C2 = 15.84

Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C2 = 12.61

Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que:

C2 = 16.33

PASO 4.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica, será:
e
e
CdCk
u


1
3
5.032.2
102

Reemplazando los valores de:

e = 0.55
d10 = 0.4
Cu = 3.1
C2 = 16.33

Se tiene que: 55.01
55.0
1.34.033.16
3
5.032.2

k

232. CAPITULO 4 Flujo de agua


87

La conductividad hidráulica será:

k = 0.36 cm/s.

Utilizando la ecuación de Shahabi.

PASO 1.

Estimación del coeficiente C2.

Se tiene que:

Para: e = 0.59, se tiene que: k = 0.43 cm/s

Para: e = 0.85, se tiene que: k = 0.88 cm/s

Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Shahabi, que es:
e
e
dCk


1
2.1
3
89.0
10
735.0
2


Para ambos casos, reemplazando los valores de:

e = 0.59 e = 0.85
d10 = 0.4 d10 = 0.4
Cu = 3.1 Cu = 3.1
k = 0.43 cm/s. k = 0.88 cm/s.

Se tendrá que:
59.01
59.0
4.02.143.0
3
89.0735.0
2

C
85.01
85.0
4.02.188.0
3
89.0735.0
2

C

El coeficiente C2, para ambos casos será:

C2 = 12.15 C2 = 8.91
Por lo tanto:

Para un valor de: e = 0.59, se tiene que: C2 = 12.15

Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C2 = 8.91

Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que:

C2 = 12.64

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

233. Problemas resueltos de mecánica de suelos


88

La conductividad hidráulica será:
e
e
dCk


1
2.1
3
89.0
10
735.0
2


Reemplazando los valores de:

e = 0.55
d10 = 0.4
C2 = 12.64

Se tiene que: 55.01
55.0
4.064.122.1
3
89.0735.0

k


La conductividad hidráulica será:

k = 0.36 cm/s.

Comentario: Antes de utilizar algún ábaco o alguna ecuación, es importante verificar si el
ábaco es adecuado o la ecuación es aplicable al tipo de suelo, caso contrario se obtendrán
resultados aparentemente correctos pero incompatibles o en el peor de los casos
contradicciones. Si se utilizan relaciones empíricas para determinar la conductividad
hidráulica, es bueno utilizar diferentes ecuaciones para tener una mejor aproximación de la
conductividad hidráulica.

234. CAPITULO 4 Flujo de agua


89

PROBLEMA 19.

Para una arcilla normalmente consolidada, se tiene que:
k cm/s
0.2x10
-6
0.91x10
-6
Índice de vacíos
1.2
1.9

Determine la conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.9, utilizando:

a) La ecuación de Huang & Drnevich.
b) La ecuación de Mersi and Olson.

Estrategia: Se conoce la variación del índice de vacíos con respecto a la conductividad
hidráulica, para utilizar la ecuación de Huang & Drnevich, se debe encontrar los coeficientes:
n y C2 para un índice de vacíos de 0.9. En el caso de la ecuación de Mersi and Olson, se
deben encontrar los coeficientes: A’ y B’ para un índice de vacíos de 0.9. Determinados los
respectivos coeficientes se determina la conductividad hidráulica.

a) Conductividad hidráulica con la ecuación de Huang & Drnevich.

PASO 1.

Determinación de los valores de: C2 y n.

La ecuación de Huang & Drnevich será:










e
e
Ck
n
1
2


Para ambos casos, se reemplzan los valores de:

k = 0.2x10
-6
cm/s. k = 0.91x10
-6
cm/s.
e = 1.2 e = 1.9

Se tendrá que: 










2.11
2.1
10x2.0
2
6
n
C











9.11
9.1
10x91.0
2
6
n
C
Simplificando, se tiene que:

1.2
n
·C2 = 4.4x10
-7
[1]

1.9
n
·C2 = 2.63x10
-6
[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrá que:

n = 3.89 C2 = 2.16x10
-7


PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

235. Problemas resueltos de mecánica de suelos


90

La conductividad hidráulica será:










e
e
Ck
n
1
2


Reemplazando los valores de:

n = 3.89
C2 = 2.16x10
-7

e = 0.9

Se tiene que: 










9.01
9.0
10x16.2
89.3
7
k


La conductividad hidráulica será:

k = 7.54x10
-8
cm/s.

b) Conductividad hidráulica con la ecuación de Mersi and Olson.

PASO 1.

Determinación de los coeficientes A´ y B’.

La ecuación de Mersi and Olson será:

Log k = A’·Log e + B’

Para ambos casos, reemplazando los valores de:

k = 0.2x10
-6
cm/s k = 0.91x10
-6
cm/s
e = 1.2 e = 1.9

Se tendrá que:
Log 0.2x10
-6
= A’·Log 1.2 + B’ [1]

Log 0.91x10
-6
= A’·Log 1.9 + B’ [2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrá que:

A’= 3.29 B’ = -6.96

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica se determina de la ecuación de Mersi and Olson, esta es:

Log k = A’·Log e + B’

236. CAPITULO 4 Flujo de agua


91

Reemplazando los valores de:

A’ = 3.29
B’ = -6.96
e = 0.9

Se tiene que:
Log k = 3.29·Log 0.9 – 6.96

La conductividad hidráulica será:

k = 7.75x10
-8
cm/s.

Comentario: Tanto los suelos finos como gruesos, tienen sus correspondientes relaciones
empíricas. Deben utilizarse las apropiadas a cada caso.

237. Problemas resueltos de mecánica de suelos


92

PROBLEMA 20.

El índice de vacíos de una arcilla in situ es de 2.1 y su conductividad hidráulica para este
índice de vacíos es: 0.86x10
-6
cm/s. Utilice la ecuación de Taylor, para estimar la
conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 1.3.

Estrategia: Con la figura D.7, se estima el valor de la constante Ck, con todos los demás
datos proporcionados, se determina la conductividad hidráulica.

PASO 1.

Determinación del coeficiente Ck.

Con un valor de: e0 = 2.1, se ingresa al ábaco de la figura D.7, donde interceptando la curva,
se tiene el valor de Ck. (véase la figura 4.34)
1.75
1.50
1.25
1.00
0.75
0.50
0.25
0
0 0.5 1.01.52.02.53.03.5
C
k
e
0
1.06
2.1

Figura 4.34. Determinación del coeficiente Ck.
El valor de Ck es:

Ck = 1.06

PASO 2.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La conductividad hidráulica es determinada de la ecuación de Taylor, que es:
kC
ee
kk


0
0loglog


Reemplazando los valores de :

Ck = 1.06

238. CAPITULO 4 Flujo de agua


93

e = 1.3
k0 = 0.86x10
-6
cm/s.
e0 = 2.1

Se tiene que: 06.1
3.11.2
10x86.0loglog
6 


k


La conductividad hidráulica será:

k = 1.51x10
-7
cm/s.

Comentario: El ábaco de la figura D.7, se ha determinado en base a muchos ensayos, resulta
práctico determinar el valore de Ck con la ecuación: Ck = 0.5·e0.

239. Problemas resueltos de mecánica de suelos


94

PROBLEMA 21.

Para el permeámetro de tres suelos mostrado en la figura 4.35, se sabe que:
 = 19 KN/m
3
Suelo 1: Suelo 2: Suelo 3:
 = 17 KN/m
3
 = 20 KN/m
3
k
1 = 2.3x10
-3
cm/s k
2 = 1.57x10
-4
cm/s k
3 = 1.5x10
-3
cm/s
A
1 = 450 cm
2
A
2 = 125 cm
2
A
4 = 100 cm
2


Si las alturas totales de carga h1 y h2 respectivamente son: 8.2 y 3.2 m. Determine:

a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B.
b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad.
c) La pérdida de carga necesaria del sistema, para tener flotación en el suelo 3,
suponiendo que la altura total de carga h2, se mantiene constante y el suelo 1 y 2 no
entran flotación. 1.9 m 2.1 m 1.7 m
A
1h
Suelo 1
B
Suelo 2 Suelo 1
C
Suelo 3
D
h2
E
1.2 m
Figura 4.35. Permeámetro con diferentes capas de suelo.

Estrategia: Con la ecuación D.6, se determina la presión de flujo, para lo cual se necesita
conocer el gradiente hidráulico. Con las ecuaciones D.4 y D.11, pueden generarse ecuaciones
que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas totales de carga. Formando un sistema
de ecuaciones con todas esas relaciones, se determinan las alturas de carga y gradientes
hidráulicos. El gradiente hidráulico crítico, es determinado con la ecuación D.7. El factor de
seguridad contra flotación, será la relación entre el gradiente hidráulico crítico y el gradiente
hidráulico del suelo. Para determinar la nueva pérdida de carga, se sigue un proceso inverso,
desde la condición para ocasionar flotación , hasta determinar la altura total de carga h1.
Encontrada esta altura, se determina la pérdida de carga necesaria.



a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B.

240. CAPITULO 4 Flujo de agua


95

PASO 1.

Determinar ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas de carga.

El suelo 1 del lado derecho, se identificara con una coma superior, mientras que el suelo 1
lado izquierdo no tendrá ninguna.

La altura total de carga para el punto A, según la figura 4.35, será:

hA = 8.2 m.

Los gradientes hidráulicos para los diferentes suelos, serán:
1
1
L
hh
i
BA

1
1
'
'
L
hh
i
DC
 2
2
L
hh
i
CB
 3
3
L
hh
i
ED

Reemplazando los valores de:

hA = 8.2 m.
L1 = 1.9 m.
L2 = 2.1 m.
L3 = 2.1 m.
L’1 = 1.7 m.

Se tendrá que:
9.1
2.8
1
Bh
i


7.1
'
1
DChh
i

 1.2
2
cBhh
i

 3
3
L
hh
i
ED


Simplificando, se tendrá que:

1.9·i1 + hB = 8.2 [1]

2.1·i2 – hB + hc = 0 [2]

1.20·i3 – hD = 0 [3]

1.7·i'1 – hC + hD = 0 [4]

Por continuidad, el caudal es el mismo en cualquier punto del suelo. Igualando el caudal del
suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 2, además del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 y
del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 se tendrá que:

q1 = q2 q1 = q1’ q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que:

k1·i1·A1 = q2·i2·A2 k1·i1·A1 = k1·i'1·A1 k1·i1·A1 = q3·i3·A3

Reemplazando los valores de:

k1 = 2.3x10
-3
cm/s.

241. Problemas resueltos de mecánica de suelos


96

k2 = 1.57x10
-4
cm/s.
k3 = 1.5x10
-3
cm/s.
A1 = 450 cm
2

A2 = 125 cm
2

A3 = 100 cm
2


Se tendrá que:

2.3x10
-3
·i1·450 = 1.57x10
-4
·i2·125 i1 = i’1 2.3x10
-3
·i1·450 = 1.5x10
-3
·i2·100

Simplificando, se tendrá que:

52.73·i1 – i2 = 0 [5]
i1 = i’1 [6]

6.9·i1 – i3 = 0 (7)

PASO 2.

Determinación de las alturas totales de carga.

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [4], [6] y [2] en [5], se tiene que:

1.51x10
-2
·hB – hC + 0.98·hD = 0 (8)

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [1] y [4] en [6], se tiene que:

0.82·hC – hD = 0 (9)

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [4], [6] y [3] en (7), se tiene que:

0.89·hB + hC – hD = 5.54 (10)

Resolviendo el sistema de ecuaciones: (8), (9) y (10), se tendrá que:

hB = 6.12 m. hC = 0.47 m. hD = 0.38 m.

PASO 3.

Determinación de la presión de flujo.

El gradiente hidráulico del suelo 2, será:
2
2
L
hh
i
cB



Reemplazando los valores de:

hC = 0.47 m.
hD = 0.38 m.

242. CAPITULO 4 Flujo de agua


97

L2 = 2.1 m.

Se tiene que:
1.2
38.047.0
2

i


El gradiente hidráulico en el suelo 2, será:

i2 = 2.69

La presión unitaria de flujo para el suelo 2, será:

j = i2·w

Reemplazando los valores de:

i2 = 2.69
w = 9.81 KN/m
3


Se tiene que:

j = 2.69·9.81

La presión de flujo en el suelo 2, será:

j = 26.39 KN/m
3



b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad.

PASO 1.

Determinación del gradiente hidráulico crítico.

El gradiente hidráulico crítico será:
w
ci

'



Según la ecuación A.6, esta expresión también puede ser escrita como:
w
w
ci





Reemplazando los valores de:

 = 19 KN/m
3

w = 9.81 KN/m
3

243. Problemas resueltos de mecánica de suelos


98

Se tiene que: 81.9
81.919

ci


El gradiente hidráulico crítico del suelo 3, será:

ic = 0.93

PASO 2.

Determinación del gradiente hidráulico del suelo 3.

El gradiente hidráulico del suelo 3, será:
3
3
L
hh
i
ED



Reemplazando los valores de:

hD = 0.38 m.
hE = 0 m.
L3 = 1.20 m.

Se tendrá que:
20.1
38.0
3i


El gradiente hidráulico del suelo 3, será:

i3 = 0.31

PASO 4.

Determinación del factor de seguridad contra flotación.

El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será:
3i
i
FS
cr



Reemplazando los valores de:

icr = 0.93
i3 = 0.31

Se tiene que:
31.0
93.0
FS

244. CAPITULO 4 Flujo de agua


99

El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será:

FS = 3

c) La perdida de carga del sistema, necesaria para que el suelo 3 entre en flotación.

PASO 1.

Determinación de las alturas de carga y gradientes hidráulicos.

Si cambia la pérdida de carga del sistema, todas las alturas de carga serán distintas. La
condición para que el suelo 3 entre en flotación es:

i3 = icr

Si la altura total de carga h2 se mantiene constante, entonces:

hE = 0

Por lo tanto, el gradiente hidráulico del suelo 3, será:
3
3
L
h
i
D



Reemplazando los valores de:

i3 = 0.93
L3 = 1.2 m.

Se tiene que: 2.1
93.0
Dh


La altura de carga para el punto D, será:

hD =1.11 m.

De la ecuación (7), se tiene que:

6.9·i1 – i3 = 0

Reemplazado el valor de: i3, se tiene que:

6.9·i1 – 0.93 = 0

Por lo tanto, el gradiente hidráulico en el suelo 1 será:

i1 = 0.13

De la ecuación [5], se tiene que:

52.73·i1 – i2 = 0

245. Problemas resueltos de mecánica de suelos


100

Reemplazando el valor de i1, en la ecuación [5], se tiene que:

52.73·0.13 – i2 = 0

El gradiente hidráulico en el suelo 2 será:

i2 = 6.85

El gradiente hidráulico para el suelo 1 (lado derecho), será:
1
1
'
'
L
hh
i
DC



De la ecuación [6], se sabe que: i1 = i’1. Por lo tanto reemplazando los valores de:

i1 = 0.13
hD = 1.11 m.
L’1 = 1.7 m.

Se tiene que: 7.1
11.1
13.0


Ch


La altura de carga en el punto C será:

hC = 1.62 m.

el gradiente hidráulico del suelo 2, será:
2
2
L
hh
i
cB



Reemplazando los valores de:

hC = 1.62 m.
L2 = 2.1 m.
i2 = 6.85

Se tiene que: 1.2
62.1
85.6


Bh


La altura de carga en el punto B será:

hB = 16 m.

El gradiente hidráulico del suelo 1, será:
1
1
L
hh
i
BA


246. CAPITULO 4 Flujo de agua


101

Reemplazando los valores de:

i1 = 0.13
hB = 16
L1 = 1.9 m.

Se tiene que: 9.1
16
13.0


Ah


La altura total de carga para el punto A, será:

hA = 16.24 m.

PASO 2.

Determinación de la pérdida de carga del sistema.

La altura de carga hA, es también la altura de carga h1. La pérdida de carga será:

h = hA – hE

Reemplazando los valores de:

hA = 16.24 m.
hE = 0 m.

La perdida de carga necesaria del sistema será:

h = 16.24 m.

Comentario: Los suelos 1 y 2 de la figura 4.35, fácilmente entran en flotación debido a su
posición (horizontal), donde las partículas son arrastradas. Sin embargo el suelo 3, debido a
su posición (vertical) presenta resistencia a la flotación, pues el peso de las partículas impide
la flotación.

PROBLEMA 22.

La tabla 4.9, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una arena fina extraída
cerca de un río. Determine la conductividad hidráulica, utilizando:

a) La correlación de Hazen.
b) La correlación de Shepherd.

Estrategia: Para utilizar la ecuación D.14 (correlación de Hazen), se requiere determinar un
coeficiente C. Este coeficiente es estimado de la tabla D.4, donde se requiere el coeficiente de
uniformidad y el diámetro efectivo, que pueden ser hallados de los resultados del ensayo
granulométrico mostrado en la tabla 4.9. Para la correlación de Shepherd, solo se requiere el
diámetro efectivo y estimar la procedencia del suelo, el enunciado menciona que es: cerca de
un río. Con esta información se determina la conductividad hidráulica con el ábaco mostrado
en la figura D.3.

247. Problemas resueltos de mecánica de suelos


102

Tabla 4.9. Resultados del ensayo granulométrico. Tamiz Nro.Abertura mm Masa retenida gr
4 4.75 169.78
10 2 97.45
20 0.85 84.6
30 0.6 57.12
40 0.425 12.4
60 0.25 6.78
140 0.106 4.87
200 0.075 2.33
Plato ----- 1.45


a) Correlación de Hazen.

PASO 1.

Determinación del diámetro efectivo y el coeficiente de uniformidad.

Se procesan los resultados de la tabla 4.9, por lo que se tendrá:
Tamiz Nro.Abertura mm Masa retenida grAcumulativa% que pasa
4 4.75 169.78 169.78 61.13
10 2 97.45 267.23 38.82
20 0.85 84.60 351.83 19.45
30 0.6 57.12 408.95 6.37
40 0.425 12.40 421.35 3.53
60 0.25 6.78 428.13 1.98
140 0.106 4.87 433.00 0.87
200 0.075 2.33 435.33 0.33
Plato ----- 1.45 436.78


El diámetro efectivo, se determina interpolando para un porcentaje del 10 %, este será:

d10 = 0.66 mm.

Según la ecuación A.7, el coeficiente de uniformidad será:
1060
2
30
dd
d
C
u




Los diámetros que requiere esta la ecuación se interpolan de la tabla 4.9, que serán:

d60 = 4.6 mm.
d30 = 1.47 mm.
d10 = 0.66 mm.

Por lo tanto, si se reemplazan estos diámetros, el coeficiente de uniformidad será:
66.06.4
47.1
2


uC

248. CAPITULO 4 Flujo de agua


103

Cu = 6.96

PASO 2.

Estimación del coeficiente C.

El valor de C es obtenido de la tabla D.4, este valor esta sujeto a requisitos que se deben
cumplir en lo que respecta al coeficiente de uniformidad y el diámetro efectivo. El coeficiente
de uniformidad del suelo es mayor a 5 y el diámetro efectivo está en el límite del rango
recomendado de 0.003 a 0.66 en la tabla D.4, por lo cual el valor de C, estará comprendido
entre: 0.4 a 0.8.

Debido a que el diámetro efectivo se encuentra al límite del rango admitido, se asume que
tiene un valor de:

C = 0.8

PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica.

La correlación de Hazen es:
2
10dCk


Reemplazando los valores de:

C = 0.8
d10 = 0.66 mm.

Se tiene que:

k = 0.8·0.66
2


Por lo que la conductividad hidráulica será:

k = 0.34 cm/s.

b) Correlación de Shepherd.

La ecuación D.15, describe la correlación de Shepherd como:
j
dck
50



El valor de: d50, es obtenido interpolando de la tabla, que es:

d50 = 3.37 mm.

249. Problemas resueltos de mecánica de suelos


104
0.01 0.1 1 10
0.1
1
10
100
1000
10000
Tamaño mediano de grano (d ) en mm
Conductividad hidráulica ft/day

Textura definida
Textura no definida
k
= 40000·d (Esferas de cristal)
k
= 5000·d (Depósitos de Duna)
50
2
50
1.85
k
= 1600·d (Depósitos de playa)
1.75
50
k
= 450·d (Depósitos de canales)
1.65
50
k
= 100·d (Sedimentos consolidados)
1.5
50
50
1100
3.37

Figura 4.36. Determinación de la conductividad hidráulica.

Ingresando al ábaco de la figura D.3 con un valor de d50, (este valor puede incluso ser
estimado visualmente) se intercepta una región tentativa de acuerdo a la procedencia del
suelo. Para este caso, el suelo se ubica entre las curvas de: depósitos de canales y sedimentos
consolidados (véase la figura 4.36), tomando como base para esta decisión que el suelo tiene
abundante material fino. Por lo tanto, la conductividad hidráulica, aproximadamente será:

k = 1100 ft/día.

Transformando unidades, se tiene que:

k =0.38 cm/s.

PROBLEMA 23.

La tabla 4.10, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una muestra e suelo.
Determine la conductividad hidráulica, aplicando el método de Mash and Denny.

250. CAPITULO 4 Flujo de agua


105

Tabla 4.10. Resultados de un ensayo granulométrico. Tamiz Abertura mm Masa retenida gr
4 4.75 0
6 3.35 0
10 2 0
20 0.85 9.1
40 0.425 249.4
60 0.25 179.8
100 0.15 22.7
200 0.075 15.5
Plato ------- 23.5
500Masa total de la muestra =


Estrategia: Para el método de Mash and Denny, deben convertirse todos los tamaños
expresados en milímetros a unidades  con el ábaco de la figura D.4. Luego de calcular la
desviación estándar inclusiva, con la ecuación D.17, se ingresa al ábaco de la figura D.5 para
determinar la conductividad hidráulica.

PASO 1.

Transformar unidades expresadas en mm a unidades .

Se determina el porcentaje que pasa para cada tamiz. Luego, mediante el ábaco mostrado en
la figura D.4, se transforman todas las medidas de mm a unidades . Por lo que se tendrá:
Tamiz Abertura mmMasa retenida gr% que pasaUnidades 
4 4.75 0 100 -2.25
6 3.35 0 100 -1.74
10 2 0 100 -1.00
20 0.85 9.1 98.18 0.23
40 0.425 249.4 48.3 1.23
60 0.25 179.8 12.34 2.00
100 0.15 22.7 7.8 2.74
200 0.075 15.5 4.7 3.74
Plato ------- 23.5
500Masa total de la muestra =


PASO 2.

Determinar la desviación estándar inclusiva.

La desviación estándar inclusiva, será:
6.64
9558416 dddd
I






Los diferentes diámetros que se necesitan para calcular la desviación inclusiva estándar, están
en unidades  Estos son interpolados, que serán:

d16 = 1.92
d84 = 1.75

251. Problemas resueltos de mecánica de suelos


106

d5 = 3.64
d95 = 0.29

Reemplazando estos valores, se tiene que:
6.6
29.064.3
4
75.192.1 



I


La desviación estándar inclusiva, será:

I = 0.55

PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica.
10
1
0.1
4 3 2 1 0
FINO GRUESO
d (unidades )
50
k
cm/min

= 0.0
I

= 0.5
I

= 1.0
I
 = 2.0

 = 1.5

1.46
1.19

Figura 4.37. Determinación de la conductividad hidráulica.

El valor interpolado de: d50, en unidades  será:

d50 = 1.19

Con el valor de d50, se ingresa al ábaco mostrado en la figura D.5, donde se intercepta a la
curva correspondiente de la desviación estándar inclusiva y se obtiene la conductividad
hidráulica (Véase la figura 4.37).

La conductividad hidráulica, será:

k = 1.46 cm/min.

Transformando unidades, se tiene que:

k = 2.43x10
-2
cm/s.

252. CAPITULO 4 Flujo de agua


107

PROBLEMA 24.

Para el permeámetro de la figura se han instalado dos manómetros en cada extremo, que
registran las presiones de PA = 23 y PB = 5 KPa. Se tiene un arreglo de tres suelos colocados
de dos maneras diferentes, en dos secciones adyacentes. La sección transversal es de: A =
3600 cm
2
y las conductividades hidráulicas de los suelos son:
Suelo 1: Suelo 2: Suelo 3:
k
1 = 1.75x10
-3
cm/s k
2 = 3.21x10
-2
cm/s k
3 = 1.57x10
-3
cm/s


Determine:

a) La presión de poros en el punto B.
b) El caudal que circula en el sistema.
c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia.
20 cm
60 cm
3k
20 cm
20 cm
k1
2k
20 cm20 cm20 cm
1k k2k3
B CA
P P
A B

Figura 4.38. Permeámetro con dos arreglos suelo.

Estrategia: En primer lugar, se tienen que determinan las conductividades hidráulicas
equivalentes con las ecuaciones D.32 y D.33. Con las ecuaciones D.4 y D.11, se encuentran
expresiones que relacionan los gradientes hidráulicos y las alturas de carga, que formaran un
sistema de ecuaciones. Al resolver el sistema, se encuentran las alturas de carga y con la
ecuación D.5 se determina la presión de poros. El caudal es determinado con la ecuación
D.11 y finalmente obteniendo las pérdidas de carga para cada arreglo, se sabe cual presenta
mayor resistencia al flujo de agua.

a) La presión de poros en el punto B.

PASO 1.

Determinación de las conductividades hidráulicas equivalentes:

Según la ecuación D.32, la conductividad hidráulica horizontal equivalente será:




i
ii
Heq
H
Hk
k

253. Problemas resueltos de mecánica de suelos


108

Reemplazando los valores de:

Hi = 20 cm.
k1 = 1.75x10
-3
cm/s.
k2 = 3.21x10
-2
cm/s.
k3 = 1.57x10
-3
cm/s.

Se tiene que: 202020
2010x57.12010x21.32010x75.1
323




Heqk


La conductividad hidráulica horizontal, será:

kHeq = 1.18x10
-2
cm/s.

Según la ecuación D.33, la conductividad hidráulica vertical equivalente será:











i
i
i
Veq
k
H
H
k


Reemplazando los valores de:

Hi = 20 cm.
k1 = 1.75x10
-3
cm/s.
k2 = 3.21x10
-2
cm/s.
k3 = 1.57x10
-3
cm/s.
Se tiene que:
323
10x57.1
20
10x21.3
20
10x75.1
20
202020




Veqk


La conductividad hidráulica vertical equivalente será:

kVeq = 2.42x10
-3
cm/s.

PASO 2.

Relacionando los gradientes hidráulicos y las alturas de carga.

La altura de carga para los puntos A y C será:
w
A
A
P
h


w
B
C
P
h



Reemplazando los valores de:

PA = 23 KPa.

254. CAPITULO 4 Flujo de agua


109

w = 9.81 KN/m
3

PB = 5 KPa.
w = 9.81 KN/m
3


Se tendrá que:
81.9
23

Ah
81.9
5

Ch

La altura de carga para el punto A y C, será:

hA = 2.34 m. hC = 0.5 m.

El gradiente hidráulico para ambos arreglos será:
BA
BA
BA
L
hh
i




CB
CB
CB
L
hh
i





Reemplazando los valores de:

hA = 2.34
hB = 0.5
LA-B = 0.6 m. (convertido a metros)
LB-C = 0.6 m. (convertido a metros)

Se tendrá que:
6.0
34.2
B
BA
h
i



6.0
5.0


B
CB
h
i

Simplificando, se tiene que:

0.6·iA-B + hB = 2.34 [1]

0.6·iB-C – hB = 0.5 [2]

Reemplazando hB de la ecuación [1] en la ecuación [2], se tiene que:

iA-B – iB-C = 3.06 [3]

Por continuidad, se sabe que el caudal en el primer arreglo, será el mismo que en el segundo
arreglo. Por lo tanto:

qA-B = qB-C

Reemplazando el caudal, se tiene que:

keqH·iA-B·A = keqV·iB-C·A

255. Problemas resueltos de mecánica de suelos


110

Reemplazando los valores de:

KHeq = 1.18x10
-2
cm/s.
KVeq = 2.42x10
-3
cm/s.

Se tiene que:

iA-B – 0.205·iB-C = 0 [4]

Resolviendo las ecuaciones [3] y [4], los gradiente hidráulicos serán:

iA-B = 0.51 iB-C = 2.53

PASO 3.

Determinación de la altura de carga en el punto B.

Reemplazando el valor de: iB-C, en la ecuación [2], se tiene que:

0.6·2.53 – hB = 0.5

La altura de carga en le punto B, será:

hB = 2.01 m.
PASO 4.

Determinación de la presión de poros en el punto B.

La presión de poros en el punto B, será:

uB = w·hB

Reemplazando el valor de la altura de carga hB, se tiene que:

uB = 9.81·2.01

La presión de poros en el punto B, será:

uB = 19.8 KPa.

b) Caudal que circula por el sistema.

El caudal será:

q = kVeq·iB-C·A

Reemplazando los valores de:

kVeq = 2.42x10
-3
cm/s.
iB-C = 2.53
A = 3600 cm
2

256. CAPITULO 4 Flujo de agua


111

Se tiene que:

q = 2.42x10
-3
·2.53·3600

El caudal que circula por el sistema será:

q = 22.04 cm
3
/s

c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia.

PASO 1.

Determinación de la pérdida de carga para los dos arreglos.

La pérdida de carga para ambos arreglos será:

hA-B = hA – hB hB-C = hB – hC

Para los valores de:

hA = 2.34 m.
hB = 2.01 m.
hC = 0.5 m.

Se tendrá que:

hA-B = 2.34 – 2.01 hB-C = 2.01 – 0.5

La pérdida de carga para ambos arreglos será:

hA-B = 0.33 m. hB-C = 1.51 m.

PASO 2.

Evaluación de las pérdidas de carga.

La perdida de carga para el primer arreglo, es menor que en el segundo. Por lo tanto, el
segundo arreglo ofrece mayor resistencia al flujo de agua.

257. Problemas resueltos de mecánica de suelos


112

PROBLEMA 25.

El permeámetro mostrado en la figura 4.39, contiene tres tipos de arena acomodadas
adyacentemente, las conductividades hidráulicas de las arenas A y C respectivamente son: 10
-
2
cm/s y 5x10
-3
cm/s y todas tienen un área de 150 cm
2
de sección transversal. Se han
instalado piezómetros al inicio y al final de la arena B y se ha registrado los niveles
piezométricos en esta arena que se mantienen constantes. Determinar la conductividad
hidráulica de la arena 2. 15 cm 15 cm15 cm
7 cm 30 cm
A DB C1 2 3


Figura 4.39. Permeámetro con tres capas de suelo.

Estrategia: La conductividad hidráulica, puede ser determinada con la ecuación D.11. Antes
debe determinarse el caudal que circula por el sistema. Ya que solamente se disponen de las
pérdidas de carga, puede asumirse una altura de carga inicial para el punto A y hallar las
demás en función a esta altura, de tal manera que se tengan las mismas pérdidas de carga.
Encontrado el caudal, puede determinarse la conductividad hidráulica del suelo 2.

PASO 1.

Determinar alturas de carga, mediante conceptos de pérdida de carga.

Ya que solamente se tienen pérdidas de carga, se asume la altura de carga inicial para el
punto A, que será:

hA = 1 m.

La pedida total de carga, es medida como:

h = hA – hD

Reemplazando los valores de:

hA = 1 m.
h = 0.3 m. (convertido a metros)

258. CAPITULO 4 Flujo de agua


113

Se tiene que:
0.3 = 1 – hD

La altura de carga en el punto D, será:

hD = 0.7 m.

PASO 2.

Determinación de ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico y alturas de carga.

La pérdida de carga en el suelo 2, será:

h2 = hB – hC

Reemplazando el valor de hA, se tiene que:

hB – hC = 0.07 [1]

El gradiente hidráulico del suelo 1, además del suelo 3 será:
1
1
L
hh
i
BA

3
3
L
hh
i
DC


Reemplazando los valores de:

hA = 1 m.
hD = 0.7 m.
L1 = 0.15 m. (convertido a metros)
L3 = 0.15 m. (convertido a metros)
Los gradientes hidráulicos serán:
15.0
1
1
Bh
i


[2]
15.0
7.0
3


Ch
i
[3]

Igualando caudales de los suelos 1 y 3, se tiene que:

q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tiene que:

k1·i1·A = k3·i3·A

Reemplazando los valores de :

k1 = 1x10
-2
cm/s.
k2 = 5x10
-3
cm/s.

259. Problemas resueltos de mecánica de suelos


114

Se tiene que:

1x10
-2
·i1 = 5x10
-3
·i3

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [2] y [3], se tiene que:

hB + 0.5·hC = 1.35 [4]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [4], se tiene que:

hB = 0.92 m hC = 0.85 m


PASO 3.

Determinación del caudal.

El gradiente hidráulico del suelo 1, reemplazando el valor de hB, será:
15.0
92.01
1

i


i1 = 0.53

El caudal del sistema, será:

q = k1·i1·A

Reemplazando los valores de:

k1 = 1x10
-2
cm/s.
i1 = 0.53
A = 150 cm
2


Se tiene que:
q = 1x10
-2
·0.53·150

El caudal será:

q = 0.79 cm
3
/s.


PASO 3.

Determinación de la conductividad hidráulica del suelo 2.

El gradiente hidráulico del suelo 2, será:
2
2
L
hh
i
CB


260. CAPITULO 4 Flujo de agua


115

Reemplazando los valores de:

hB = 0.92 m.
hC = 0.85 m.
L2 = 0.15 m. (convertido a metros)

Se tiene que: 15.0
85.092.0
2

i


El gradiente hidráulico será:

i2 = 0.46

La conductividad hidráulica del suelo 2, se obtiene de:

q = k2·i2·A

Reemplazando los valores de:

q = 0.79 cm
3
/s.
i2 = 0.46
A = 150 cm
2


Se tiene que:
0.79 = k2·0.46·150
La conductividad hidráulica del suelo 2, será:

k2 = 1.08x10
-2
cm/s.

Comentario: Una pérdida de carga, es la diferencia entre alturas de carga en dos puntos. Para
una determinada pérdida de carga, pueden existir una gran variedad de combinaciones de
alturas de carga. Sin importar la combinación usada, lo importante es que la pérdida de carga
sea la misma y se mantenga la compatibilidad en el sistema. Generalmente pueden usarse
artificios similares para resolver problemas de flujo unidimensional.

261. Problemas resueltos de mecánica de suelos


116

PROBLEMA 26.

Para el permeámetro de la figura 4.40, se pide determinar la presión de poros en el punto A.
La conductividad hidráulica de los suelos es:
Suelo 1: Suelo 2: Suelo 3:
k
1 = 3x10
-4
cm/s k
2 = 6x10
-6
cm/s k
3 = 3x10
-7
cm/s


Todas las distancias del sistema están expresadas en función a L, por lo tanto considere que:
L = 50 cm.
1
2
3
A
B
4
4
2
L L L
L
2
L
6
L
3
L
L
L

Figura 4.40. Permeámetro con tres capas de suelo a diferentes alturas.

Estrategia: La presión de poros es determinada con la ecuación D.5. Para lo cual se necesita
la altura piezométrica del punto A. Esta altura se puede determinar, mediante ecuaciones que
relacionen los gradientes hidráulicos y las alturas totales de carga. Mediante continuidad, se
pueden igualar los caudales en los suelos y obtener otras ecuaciones que forman un sistema
de ecuaciones. Resolviendo el sistema, se determinan las alturas de carga y la presión de
poros del sistema.

PASO 1.

Determinación de ecuaciones que relaciones las alturas totales de carga.

Se toma como nivel e referencia, la parte inferior, en el nivel más bajo a agua. El gradiente
hidráulico siempre debe ser positivo, por lo cual se asume que el flujo se moverá del suelo 3
al suelo 1.
Los gradientes hidráulicos de los serán:
L
h
i
A0
1


[1]
L
hh
i
AB

2
[2]
L
hL
i
B

3
[3]

262. CAPITULO 4 Flujo de agua


117

PASO 2.

Determinación de las alturas totales de carga.

El área de la sección transversal de los suelos:1, 2 y 3, para un metro de ancho, serán:

A1 = L/4·1 A2 = (L/4 + L/4 + L/2)·1 A3 = L/6·1

Reemplazando el valor de: L = 50 cm
2
, se tiene que:

A1 = 12.5 cm
2
A2 = 50 cm
2
A3 = 8.33 cm
2


Igualando el caudal del suelo 1 con el suelo 2, además del suelo 1 y 3, se tendrá que:

q1 = q2 q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que:

k1·i1·A1 = k2·i2·A2 k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de:

k1 = 3x10
-4
cm/s.
k2 = 6x10
-6
cm/s.
k3 = 3x10
-7
cm/s.
A1 = 12.5 cm
2

A2 = 50 cm
2

A3 = 8.33 cm
2


Se tendrá que:
3x10
-4
·i1·12.5 = 6x10
-6
·i2·50 3x10
-4
·i1·12.5 = 3x10
-7
·i3·8.33

Reemplazando las ecuaciones [1], [2] y [3] en estas expresiones, se tendrá que:

1.08·hA – 0.08·hB = 0 [4]

hA =6.66x10
-4
·(50 – hB) = 0 [5]
Resolviendo las ecuaciones [4] y [5], se tiene que:

hA = 0.032 cm. hB = 0.44 cm.
PASO 3.

Determinación de la presión de poros.

La altura piezómétrica para el punto A, será:

hpA = hA – hZA

Reemplazando los valores de:

hA = 0.035 cm.

263. Problemas resueltos de mecánica de suelos


118

hZA = 50/4 cm.

Se tiene que: 4
50
035.0
PAh


La altura piezométrica será:

hpA = -12.44 cm.

La presión de poros en el punto A, será:

u = hpA·w

Reemplazando los valores de:

hpA = -0.1244 m.
w = 9.81 KPa.

Se tiene que:

uA = -0.1244·9.81

La presión de poros en el punto A, será:

uA = -1.22 KPa.

Comentario: Antes de resolver algún problema de flujo de agua, debe determinarse la
dirección correcta del flujo, para lo cual el gradiente hidráulico es de ayuda. El gradiente
hidráulico, es medido de una altura de carga mayor a una menor (dirección del flujo) y este
valor siempre debe ser positivo, lo que indicará la dirección correcta del flujo de agua. Debe
tenerse cuidado, cuando se tiene un nivel de referencia en el cual no se mantienen constantes
las alturas potenciales, la mejor opción en las ecuaciones es trabajar con alturas totales de
carga y no con alturas piezométricas.

264. CAPITULO 4 Flujo de agua


119

Flujo en dos dimensiones.

PROBLEMA 27

Para el permeámetro mostrado en la Figura 4.41, se tiene que:

h = 50 cm H1 = 30 cm
H2 = 50 cm k1 = 1.8·k2

z
Suelo 2
Suelo 1
h
h
2
h
1
H
2
H
1

Figura 4.41. Permeámetro con dos capas de suelo.

Determinar el valor de las alturas piezométricas h1 y h2 utilizando la ecuación de Laplace para
un valor de z = 60 cm.

Estrategia: Puede integrarse la ecuación de Laplace a fin de obtener una expresión más
práctica, luego con las condiciones de borde correspondientes a cada suelo, se pueden obtener
ecuaciones que relacionan la altura de carga con las alturas piezométricas. Con las
expresiones obtenidas puede determinarse los valores de h1 y h2.

PASO 1.

Determinación de ecuaciones que relacionen las alturas piezométricas.

La ecuación de Laplace es:
22
22
0
hh
zx




265. Problemas resueltos de mecánica de suelos


120

Para el caso del permeámetro se tiene que 2
2
0
h
x


 , por lo tanto se tendrá que:
2
2
0
h
z





Integrando se tiene que:

h = A1·z + A2 [1]

Donde A1·y A2 son coeficientes producto de la integración.

Para el suelo 1

Condición 1

z = 0 h = h2

Condición 2

z = H1 + H2 h = 0

Combinando la ecuación [1] con la condición 1, se tendrá que:

A2 = h1 [2]

Combinando la ecuación [1] con la condición 2, se tendrá que:

h2 = A1· H1 + h1

Entonces:
12
1
1
hh
A
H



[3]

Condición 1

z = 0 h = h1

Condición 2

z = 0 h = h2

Reemplazando las ecuaciones [2] y [3] en la ecuación [1] se tendrá que:
12
11
1
hh
A z h
H

   

[4]

266. CAPITULO 4 Flujo de agua


121

Para el suelo 2

Condición 1
z = 0 h = h1

Condición 2
z = 0 h = 0

Combinando la ecuación [1] con la condición 1, se tendrá que:

A2 = h1 – A1·H1 [5]

Combinando la ecuación [1] con la condición 2, se tendrá que:


A1·(H1 + H2) + (h2 – A1·H1) = 0

Reemplazando el valor de A1, se tendrá que:

A1·H1 + A1·H2 + h2 – A1·H1)

Despejando A se tendrá que:
2
2
h
A
H

[6]

Reemplazando las ecuaciones [5] y [6] en la ecuación [1], se tendrá que:
21
2
22
1
hH
h z h
HH
   
        
   


Por otra parte el caudal que circula en el suelo A es igual al del suelo B, entonces:

q1 = q2

De la ecuación [D.11] y la ecuación [D.4] se tendrá que:
1 2 1
11
12
0
··
h h h
k A k A
HH
   
     
   


PASO 2

Determinación de las alturas piezométricas h1 y h2.
11
2
11
1
11
hk
h
kk
H
HH





[7]

267. Problemas resueltos de mecánica de suelos


122

Sustituyendo la ecuación [7] en la ecuación [4] y despejando h1, se tendrá que:
1
2
1 2 2 1
1
h
h
kz
k H k H

 

  

[8]

Reemplazando los valores de:

h = 50 cm
H1 = 30 cm
H2 = 50 cm
k1 = 1.8·k2

En la ecuación [8] se tendrá que:
1
50
60
1
1.8 50 30
h






Por lo tanto:

h1 = 100 cm

De la ecuación [D.7] se tendrá que:
2
100 1.8
1.8 1
30
30 50
h








Por lo tanto:

h2 = 75 cm

Comentario: La ecuación de Laplace gobierna el flujo de agua en el suelo, esta puede
utilizarse para resolver cualquier problema de flujo de agua. Sin embargo, esta se complicara
a medida que aumente las dimensiones del flujo en el sistema.

268. CAPITULO 4 Flujo de agua


123

PROBLEMA 28

En la Figura 4.42 se muestra un sistema de flujo en dos dimensiones compuesto de un ataguía
en un perfil de suelo con una conductividad hidráulica de 2.32x10
-4
cm/s.

Se pide:

a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema.
b) Determinar el caudal que circula por el sistema.
c) La presión de poros en los puntos A y B.

15.5 m
Impermeable
3.7 m
8.4 m
5 m
A
B

Figura 4.42. Sistema de flujo con ataguía.

Estrategia: La red de flujo se traza en base al procedimiento y las recomendaciones de la
sección “Construcción de la red de flujo cuadrada” existente en el capítulo 4 del libro guía
(Fundamentos de mecánica de suelos). Teniendo definida la red de flujo, con la ecuación
[D.35] se determina el caudal, finalmente con la ecuación [D.59], [D.60] y [D.61] se
determina la presión de poros en los puntos A y B.

a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema.

PASO 1.

Identificación de las condiciones de borde del sistema.

Impermeable
Impermeable
Borde de entrada Borde de salida

Figura 4.43. Bordes permeables e impermeables.

269. Problemas resueltos de mecánica de suelos


124

En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en
trazo lleno en la Figura 4.43.

PASO 2.

Ubicación de las líneas de flujo.

Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como
muestra la Figura 4.44.

Impermeable

Figura 4.44. Líneas de flujo.

PASO 3.

Ubicación de las líneas equipotenciales.

Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con
ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.45.

Impermeable

Figura 4.45. Líneas equipotenciales y de flujo.

b) Determinar el caudal que circula por el sistema.

270. CAPITULO 4 Flujo de agua


125

PASO 1

Determinación de la altura total de carga del sistema.

H = 15.5 – 5

H = 10.5 m

PASO 2

Determinación del caudal.

Con los valores de:

k = 2.32x10
-6
cm/s (convertido a m/s)
H = 10.5 m
NF = 4
Nd = 7

De la ecuación [D.35] se tiene que:
64
2.32x10 10.5
7
q

  


q = 1.32x10
-6
m
3
/s
O también:
q = 1.14x10
-2
m
3
/dia

c) La presión de poros en los puntos A y B.

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

H = 10.5 m
Nd = 7
ndA = 3.5

La pérdida de carga será:
10.7
3.5
7
A
h  


hA = 5.25 m

De igual forma para el punto B se tendrá que:

hB = 5.25 m

271. Problemas resueltos de mecánica de suelos


126

PASO 2

Determinación de la presión de poros en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m
hzA = 8.4 m
hA = 5.25 m

La altura piezométrica en el punto A será:

hpA = 27.6 – 8.4 – 5.25

hpA = 13.95 m

La presión de poros en el punto A será:

uA = 13.95·9.81

uA = 136.84 KPa

Para el punto B se tendrá que:

h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m
hzB = 0 m
hB = 5.25 m

La altura piezométrica en el punto A será:

hpA = 27.6 – 5.25

hpA = 22.35 m

La presión de poros en el punto B será:

uB = 22.35·9.81

uB = 219.25 KPa

Comentario: Los puntos A y B se encuentran en una misma línea vertical, por lo que el valor
de hi es el mismo para ambos, pero tienen diferente altura potencial lo que los hace
distintos.

272. CAPITULO 4 Flujo de agua


127

PROBLEMA 29

En la Figura 4.46 se muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una
conductividad hidráulica de 1.07x10
-6
cm/s.


Se pide:

a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema.
b) Determinar el caudal que circula por el sistema.
c) La presión de poros en los puntos A, B y C.



Impermeable
Impermeable
A
B C
3
1
8.5 m
18.5 m
10.2 m
2.2 m
1.3 m
4.3 m
18.1 m 19.8 m1.8 m
55.5 m

Figura 4.46. Sistema de flujo en presa de presa de concreto.

Estrategia: Con la misma idea que en el problema 2 se construye la red de flujo cuadrada del
sistema y se determina el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en los puntos
A, B y C.

a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema.

PASO 1.

En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en
trazo lleno en la Figura 4.47.

273. Problemas resueltos de mecánica de suelos


128

Bordes
impermeables
Borde de salidaBorde de entrada
Impermeable
Impermeable

Figura 4.47. Bordes de entrada y salida.

PASO 2.

Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como
muestra la Figura 4.48.

Impermeable
Impermeable

Figura 4.48. Líneas de flujo.

PASO 3.

Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con
ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.49.

274. CAPITULO 4 Flujo de agua


129





Impermeable
Impermeable

Figura 4.49. Líneas equipotenciales y de flujo.


b) Determinar el caudal que circula por el sistema.

Para los valores de:

H = 8.5 m
k = 1.07x10
-8
m/s (convertido a m/s)
NF = 3
Nd = 12

El caudal será: 83
1.07x10 8.5
12
q




q = 2.27x10
-8
m
3
/s

O también:

q = 1.96x10
-3
m
3
/día


c) La presión de poros en los puntos A, B y C.

275. Problemas resueltos de mecánica de suelos


130

A
CB
Impermeable
Impermeable

Figura 4.50. Puntos donde se pretende calcular la presión de poros.

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

H = 8.5 m
Nd = 12
ndA = 2.25

La pérdida de carga será:
8.5
2.25
12
A
h  


hA = 1.59 m

Para el punto B se tendrá que:

ndB = 0

La pérdida de carga será:

hB = 0 m

Para el punto C se tendrá que:

ndC = 6.4

276. CAPITULO 4 Flujo de agua


131

La pérdida de carga será:
8.5
6.4
12
C
h  


hC = 4.53 m

PASO 2

Determinación de la presión de poros en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

h1 = 27 m
hzA = 7.7 m
hA = 1.59 m

La altura piezométrica en el punto A será:

hpA = 27 – 7.7 – 1.59

hpA = 17.71 m

La presión de poros en el punto A será:

uA = 17.71·9.81

uA = 173.73 KPa

Para el punto B se tendrá que:

h1 = 27.6 m
hB = 0 m

La altura potencial será:
55.5 18.1 19.8
18.5
3
zBh






hzB = 12.63 m

La altura piezométrica en el punto B será:

hpB = 27.6 – 12.63

hpB = 14.36 m

La presión de poros en el punto B será:

uB = 14.36·9.81

277. Problemas resueltos de mecánica de suelos


132

uB = 140.93 KPa

Para el punto C se tendrá que:

h1 = 27.6 m
hC = 4.53 m

La altura potencial será:
55.5 19.8 4.3 1.3
18.5
3
zCh
  





hzC = 5.76 m

La altura piezométrica en el punto C será:

hpC = 27 – 5.76 – 4.53

hpC = 16.71 m

La presión de poros en el punto B será:

uC = 16.71·9.81

uC = 163.92 KPa

Comentario: El nivel de referencia del sistema corresponde a la superficie inclinada
impermeable, por lo que las alturas potenciales variaran para cada punto lo que significa que
la presión de poros disminuirá conforme disminuya la altura potencial.

278. CAPITULO 4 Flujo de agua


133

PROBLEMA 30

La Figura 4.51 muestra una obra hidráulica contraída en un suelo compuesto de arena limosa.
Ensayos anteriores en este suelo demostraron que la conductividad hidráulica del suelo
corresponde a k = 2.47x10
-2
cm/s.


Impermeable
C
23.7 m 19.8 m 26.3 m
15.7 m
7.23 m
3.7 m 3.7 m
Impermeable
7.5 m
7.8 m
6.6 m
Figura 4.51. Sistema de flujo en obra hidráulica.

Determine el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en el punto C utilizando:

a) Redes de flujo.
b) Método de los fragmentos.


Estrategia: Para poder utilizar la ecuación [D.35] debe trazarse la red de flujo del sistema,
para lo cual se sigue el mismo procedimiento que en el problema 2. En el método de los
fragmentos debe dividirse el sistema en fragmentos reconocibles según la Tabla D.9 y con la
ecuación [D.54] se determina el caudal que circula por el sistema. Mediante redes de flujo la
presión de poros puede ser determinada de la misma forma que en el problema 2 y 3. Sin
embargo, en el caso del método de los fragmentos la presión de poros es determinada
utilizando las ecuaciones [D.60], [D.62] y [D.63], tomando en cuenta que la pérdida de carga F
i
h
es acumulativa para cada fragmento.

a) Redes de flujo.

PASO 1.

Construcción de la red de flujo del sistema.

Siguiendo el mismo procedimiento que en los problemas 2 y 3, la red de flujo del sistema
será.

279. Problemas resueltos de mecánica de suelos


134

C
Impermeable
Impermeable
Figura 4.52. Sistema de flujo con ataguía.

PASO 2

Determinación del caudal.

Para los valores de:

k = 2.47x10
-4
m/s (convertido a m/s)
NF = 3
Nd = 12
H = 12 m

El caudal será: 43
2.47x10 7.8
12
q

  


q = 4.81x10
-4
m
3
/s
Por lo que:
q = 41.61 m
3
/dia

Determinación de la presión de poros.

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga en cada punto.

Para el punto C se tendrá que:

H = 7.8 m
Nd = 12
ndC = 6.1

280. CAPITULO 4 Flujo de agua


135

La pérdida de carga será:
7.8
6.1
12
C
h  


hC = 3.96 m

PASO 2

Determinación de la presión de poros en cada punto.

Para el punto C se tendrá que:

h1 = 7.8 + 15.7 = 23.5 m
hzC = 15.7 – 7.23 = 8.47 m
hC = 3.96 m

La altura piezométrica en el punto C será:

hpC = 23.5 – 8.47 – 3.96

hpC = 11.07 m

La presión de poros en el punto C será:

uC = 11.07·9.81

uC = 108.6 KPa

b) Método de los fragmentos.

IIIVII
Impermeable
Impermeable

Figura 4.53. Sistema de flujo dividido en fragmentos.

PASO 1

Determinación del factor de forma.

281. Problemas resueltos de mecánica de suelos


136

Fragmento II (izquierda y derecho).
7.23
sin
2 15.7
m






m = 0.66 m
2
= 0.43

De la Tabla D.10 se tiene que:

Φ = 0.938

Fragmento V.

Para este fragmento se sabe que:

L = 19.8 m
T = 15.7 m
S = 7.23 m
a = 15.7 – 7.23 = 8.47 m

Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:
7.23 19.8 2 7.23
2 ln 1
8.47 15.7

    




Φ = 1.57

PASO 2

Determinación del caudal.

Φ = 0.938 + 1.57 + 0.938

Φ = 3.45

Si:

H = 7.8 m
k = 2.47x10
-4
m/s

El caudal será:
4
24.7x10 7.8
3.45
q




q = 5.58x10
-4
m
3
/s

O también:

q = 48.24 m
3
/día

282. CAPITULO 4 Flujo de agua


137

Determinación de la presión de poros.

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento.

Para el fragmento II se tendrá:
7.8 0.938
3.45
F
II
h



2.12
F
II
h


Para el fragmento V se tendrá:
7.8 1.57
3.45
F
V
h



3.54
F
V
h


PASO 2

Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V.

L = 23.7 + 19.8 + 26.3

L = 69.8 m

Por lo tanto la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V será:
 
3.54
23.7 3.7 6.6
69.8
C
h    


h'c = 1.72

PASO 3

Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al sistema.

hc = 2.12 + 1.72

hc = 3.84

PASO 4

Determinación de la altura piezométrica del punto C.

hpc = 23.5 – 8.47 – 3.84

hpc = 11.18 m

283. Problemas resueltos de mecánica de suelos


138

PASO 5

Determinación de la presión de poros en el punto C.

uc = 11.18·9.81

uc = 109.73 KPa

Comentario: El método de los fragmentos a diferencia de las redes de flujo es más práctico y
exacto, libre de errores debido a la falta de práctica que es necesaria para dibujar una correcta
red de flujo.

284. CAPITULO 4 Flujo de agua


139

PROBLEMA 31

La Figura 4.54 muestra una presa de concreto construida en un suelo limo arcilloso de
conductividad hidráulica de k = 7.98x10
-6
cm/s.

12.0 m
1.5 m
9.0 m
17.0 m
1.0 m
impermeable
19.5 m 57.1 m 27.3 m

Figura 4.54. Sistema de flujo en una presa de concreto con ataguía.

Dibuje el diagrama de presiones ascendentes en la base de la presa utilizando:

a) Redes de flujo.
b) Método de los fragmentos.
c) Método de Lane.

Estrategia: El diagrama de presiones ascendentes puede ser trazado únicamente
determinando la presión de poros en los puntos A y B que se muestran en la Figura, ya que
este diagrama tiene una distribución lineal. La presión de poros en estos puntos se determina
mediante las ecuaciones [D.59] y [D.60]. En redes de flujo se utiliza las ecuación [D.61], en
el método de los fragmentos las ecuaciones [D.62] y [D.63] y en el método de Lane las
ecuaciones [D.64] y [D.65]

a) Redes de flujo.

BA
impermeable

Figura 4.54. Red de flujo del sistema.

285. Problemas resueltos de mecánica de suelos


140

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga para cada punto.

PASO 1

Determinación de la pérdida de carga en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

H = 12 – 1 = 11 m
Nd = 17
ndA = 0.75

La pérdida de carga será:
11
7.8
17
A
h  


hA = 5.04 m

Para el punto B se tendrá que:

ndB = 15.6

La pérdida de carga será:
11
15.6
17
B
h  


hB = 10.09 m

PASO 2

Determinación de la presión de poros en cada punto.

Para el punto A se tendrá que:

h1 = 29 m
hzA = 17 – 1.5 = 15.5 m
hA = 5.04 m

La altura piezométrica en el punto A será:

hpA = 29 –15.5 – 5.04

hpA = 8.46 m

La presión de poros en el punto A será:

uA = 8.46·9.81

286. CAPITULO 4 Flujo de agua


141

uA = 83 KPa

Para el punto B se tendrá que:

h1 = 29 m
hzB = 15.5 m
hB = 10.09 m

La altura piezométrica en el punto B será:

hpA = 29 –15.5 – 10.09

hpA = 3.4 m

La presión de poros en el punto B será:

uA = 3.4·9.81

uA = 33.41 KPa

b) Método de los fragmentos.

IIIVII
BA
impermeable

Figura 4.55. Sistema de flujo con ataguía.

PASO 1

Determinación del factor de forma.

Fragmento II (izquierda).
9
sin 0.739
2 17
m






m
2
= 0.546

287. Problemas resueltos de mecánica de suelos


142

De la Tabla D.10 se tiene que:

Φ = 1.038

Fragmento II (derecha).
1.5
sin 0.138
2 17
m






m
2
= 1.9x10
-2


De la Tabla D.10 se tiene que:

Φ = 0.47

Fragmento IV.

Para este fragmento se sabe que:
b = 57.1 m
T = 17 – 1.5 = 15.5 m
S = 9 – 1.5 = 7.5 m
a = 17 – 9 = 8 m

Ya que b > S , entonces se tendrá:
7.5 57.1 7.5
ln 1
8 15.5

   




Φ = 3.86

PASO 2

Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento.

Φ = 1.038 + 0.47 + 3.86

Φ = 5.36

La pérdida de carga para cada fragmento será:
11 1.038
2.13
5.36
iz
F
II
h

  

11 0.47
0.96
5.36
de
F
II
h

  

11 3.86
7.92
5.36
F
V
h

  

288. CAPITULO 4 Flujo de agua


143

PASO 3

Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV.

L = 19.5 + 57.1 + 27.3

L = 103.9 m

Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será:
7.92
19.5 1.48
103.9
A
h   

 
7.92
19.5 57.1 5.83
103.9
B
h    


PASO 4

Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema.

hA = 2.13 + 1.48 = 3.61

hB = 2.13 + 5.69 = 7.82

PASO 5

Determinación de la altura piezométrica para cada punto.

hpA = 29 – 15.5 – 3.61 = 9.89

hpB = 29 – 15.5 – 7.82 = 5.68 m

PASO 6

Determinación de la presión de poros en ambos puntos.

uA = 9.89·9.81 uB = 5.86·9.81

uA = 97.02 KPa uB = 55.72 KPa

c) Método de Lane.

PASO 1

Determinación de la longitud de contacto.
57.1
' 9 7.5 1.5
3
L   


L’ = 37.03 m

289. Problemas resueltos de mecánica de suelos


144

PASO 2

Determinación de la pérdida de carga.

Para el punto A se tiene que:

L' = 37.03 m
H = 11 m
lA = 16.5 m

La pérdida de carga para el punto A será:
16.5
11 4.9
37.03
A
h   


Para el punto B se tiene que:

lB = 35.53 m

La pérdida de carga para el punto B será:
35.53
11 10.55
37.03
B
h   


PASO 3

Determinación de la altura piezométrica.

hpA = 29 – 15.5 – 4.9 = 8.6

hpB = 29 – 15.5 – 10.55 = 2.95

PASO 4

Determinación de la presión de poros.

uA = 8.6·9.81 uB = 2.95·9.81

uA = 84.36 KPa uB = 84.36 KPa

Comentario: En el método de las redes de flujo es fácil cometer errores al dibujar la red, en
cambio el método de los fragmentos y el propuesto por Lane son más prácticos.

290. CAPITULO 4 Flujo de agua


145

PROBLEMA 32

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.56 tiene un filtro de pie en el borde de entrada
compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la
conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 1.65x10
-5
cm/s.

22.58
55.0041.36
18.31
35º
35º
Figura 4.56. Presa de tierra con filtro de pie.

Se pide:

a) Trazar la línea freática de la presa.
b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

Estrategia: La línea freática es trazada de acuerdo a las instrucciones en la parte de
“Construcción de la línea freática en presas de tierra” en el libro guía de fundamentos de
mecánica de suelos y el caudal es determinado con una ecuación apropiada de la parte de
“soluciones matemáticas” (Anexo D) que se ajuste a las condiciones de la presa.


a) Trazar la línea freática de la presa.

PASO 1

Determinar la magnitud y0.

G
F
1.17
2.34
E
D
BA
26.15
7.84
22.58
68.89
18.31
35º
35º
Figura 4.57. Determinación del valor de y0.

De la Figura se tiene que:

y0 = 2.34 m
PASO 2

Trazar la parábola básica.

291. Problemas resueltos de mecánica de suelos


146

G
F
E
35º
Figura 4.58. Trazo de la parábola básica.


PASO 3

Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

4.58
13.09
E
35º
Figura 4.59. Correcciones en los bordes de entrada y salida.

Para un valor de  = 35º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.5, por lo tanto:
0.35
a
aa



[1]

De la Figura se sabe que:

a + a = 13.09 [2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que:

a = 0.35·13.09

a = 4.58 m

De la ecuación [2] el valor de a será:

a = 13.09 – 4.58

a = 8.51 m

PASO 4

Dibujar la línea freática.

292. CAPITULO 4 Flujo de agua


147

35º
Figura 4.60. Trazo de la línea freática.

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

Para un valor de: k = 1.65x10
-7
m/s (transformado a m/s) la ecuación [D.44] será:

q = 1.65x10
-7
·8.5·sin
2
35

q = 2.57x10
-7
m
3
/s
O también:
q = 2.22x10
-2
m
3
/día

293. Problemas resueltos de mecánica de suelos


148

PROBLEMA 33

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.61 tiene un filtro de pie en el borde de entrada
compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la
conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10
-5
cm/s.


Se pide:

a) Trazar la línea freática de la presa.
b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.


70.57
24.75
10.51
23°23°
Figura 4.61. Presa de tierra sin filtro de pie.

a) Trazar la línea freática de la presa.

PASO 1

Determinar la magnitud y0.

O F
G
7.42
0.521.03
D
E
B
A
53.24
24.75
10.51
23°23°
Figura 4.62. Determinación del valor de y0.


De la Figura se tiene que:

y0 = 1.03 m

PASO 2

Trazar la parábola básica.

294. CAPITULO 4 Flujo de agua


149

O F
G
D
E
A
23°23°
Figura 4.63. Trazo de la parábola básica.


PASO 3

Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

6.63
12.42
O F
D
E
A
23°
Figura 4.64. Correcciones en los bordes de entrada y salida.

De la Figura se sabe que:

d = 53.24 m h = 10.51 m

De la ecuación [D.36] se tiene que:
  
22
22
53.24 10.5153.24
cos23 cos 23 sin 23
a  


a = 6.63 m

De la Figura se sabe que:

a + a = 12.42

Reemplazando el valor de a se tiene que:

a = 12.42 – 6.63

a = 5.78 m

De la ecuación [2] el valor de a será:

a = 13.09 – 4.58

a = 8.51 m

295. Problemas resueltos de mecánica de suelos


150

PASO 4

Dibujar la línea freática.

O F
D
E
A
23°
Figura 4.65. Trazo de la línea freática.


b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

De la ecuación [D.37] se tiene que:

q = 1.65x10
-7
·8.5·sin
2
35

q = 2.57x10
-7
m
3
/s
O también:
q = 2.22x10
-2
m
3
/día

296. CAPITULO 4 Flujo de agua


151

PROBLEMA 34

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.66 tiene un filtro de pie en el borde de entrada
compuesto de un material bastante permeable.


70.97
9.1515.63
20.85
8.01
21°
Figura 4.66. Presa de tierra con filtro de pie.


Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k =
2.73x10
-5
cm/s.


PASO 1

Determinar la magnitud y0.

F
G
0.290.57
D
A
B
E
6.25
40.73
20.85
8.01
21°
Figura 4.67. Determinación del valor de y0.


De la Figura se tiene que:

y0 = 0.57 m

PASO 2

Trazar la parábola básica.

F
G
D
A
21°
Figura 4.68. Trazo de la parábola básica.

297. Problemas resueltos de mecánica de suelos


152

PASO 3

Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

F
A
21°
Figura 4.69. Correcciones en los bordes de entrada y salida.

PASO 4

Dibujar la línea freática.

21°
Figura 4.70. Trazo de la línea freática.

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

El valor de a0 será:
0
0.57
0.285
2
a


Para un valor de: k = 1.65x10
-7
m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.43] se tiene que:

q = 2·1.65x10
-7
·0.285

q = 9.4x10
-8
m
3
/s
O también:
q = 8.12x10
-3
m
3
/día

298. CAPITULO 4 Flujo de agua


153

PROBLEMA 35

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.71 tiene un filtro de pie en el borde de entrada
compuesto de un material bastante permeable.


29.0720.93 17.71
19.52
43°43°
Figura 4.71. Presa de tierra con filtro de pie.

Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k =
2.73x10
-5
cm/s.


PASO 1

Determinar la magnitud y0.

53.02
G
F
1.743.48
E D
A B
0.03
19.52
43°43°
Figura 4.72. Determinación del valor de y0.

De la Figura se tiene que:

y0 = 3.48 m


PASO 2

Trazar la parábola básica.

299. Problemas resueltos de mecánica de suelos


154

G
F
A
43°43°
Figura 4.73. Trazo de la parábola básica.

PASO 3

Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

43°43°
12.81
Figura 4.74. Correcciones en los bordes de entrada y salida.

Para un valor de  = 43º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.26, por lo tanto:
0.26
a
aa



[1]

De la Figura se sabe que:

a + a = 12.81 [2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que:

a = 12.81·0.26

a = 3.33 m

De la ecuación [2] el valor de a será:

a = 12.81 – 3.33 = 9.47 m
PASO 4

Dibujar la línea freática.

300. CAPITULO 4 Flujo de agua


155

43°43°
Figura 4.75. Trazo de la línea freática.

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

Para un valor de: k = 1.65x10
-7
m/s (transformado a m/s), de la ecuación [D.44] se tiene que:

q = 1.65x10
-7
·9.47·1

q = 2.57x10
-7
m
3
/s
O también:
q = 0.13 m
3
/día

301. Problemas resueltos de mecánica de suelos


156

PROBLEMA 36

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.76 tiene un filtro de pie en el borde de entrada
compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la
conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10
-5
cm/s.

23.4466.23
19.93
32°
122°
Figura 4.76. Sistema de flujo con ataguía.

PASO 1

Determinar la magnitud y0.

G
E
1.322.65
A D
B
A
E
9.56
31.89
67.37
19.93
32°
122°
Figura 4.77. Determinación del valor de y0.

De la Figura se tiene que:

y0 = 2.65 m

PASO 2

Trazar la parábola básica.

G
ED
A
19.93
32°
122°
Figura 4.78. Trazo de la parábola básica.

302. CAPITULO 4 Flujo de agua


157

PASO 3

Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

2.04
12.02
ED
A
19.93
32°
Figura 4.79. Correcciones en los bordes de entrada y salida.

Para un valor de  = 122º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.17, por lo tanto:
0.17
a
aa



[1]

De la Figura se sabe que:

a + a = 12.02 [2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que:

a = 0.17·12.02

a = 2.04 m

De la ecuación [2] el valor de a será:

a = 12.02 – 2.04

a = 9.97 m

PASO 4

Dibujar la línea freática.

122°
32°
Figura 4.80. Trazo de la línea freática.

303. Problemas resueltos de mecánica de suelos


158

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

Para un valor de: k = 1.65x10
-7
m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.44] se tiene que:

q = 1.65x10
-7
·9.97·sin
2
122

q = 4.09x10
-7
m
3
/s
O también:
q = 3.53x10
-2
m
3
/día

304. CAPITULO 4 Flujo de agua


159

PROBLEMA 37

La Figura 4.81 muestra a un presa de tierra construida con un suelo de una conductividad
hidráulica correspondiente a k = 2x10
-5
cm/s.

Se pide determinar el caudal que circula en la presa utilizando:

a) Redes de flujo.
b) Método de los fragmentos.
c) Soluciones analíticas.

2.27
60º60°
60.97
20.74
36.56
Impermeable
Figura 4.81. Presa de tierra

Estrategia: Para determinar el caudal utilizando la rede de flujo, debe trazarse en primer
lugar la línea freática de la presa, entonces ubicar las líneas de flujo y las equipotenciales de
tal forma que ambas formen cuadrados curvilíneos, finalmente con la ecuación [D.35] se
determina el caudal. En el caso del método de los fragmentos la presa es dividida en tres
fragmentos según la Tabla D.10 y con la ecuación [D.54] es determinado el caudal. En el
caso de usar soluciones matemáticas, las ecuaciones [D.41] y [D.44] resultan ser las más
apropiadas.

a) Redes de flujo.

PASO 1

Trazar la red de flujo.

La línea freática y la red de flujo es trazada de la misma forma que en los anteriores
problemas.

305. Problemas resueltos de mecánica de suelos


160

36.56
60°
Impermeable

Figura 4.82. Red de flujo.

De la Figura se sabe que:

H = h1 – h2 = 36.56 m
NF = 4
Nd = 10

Con el valor k = 2x10
-5
m/s (convertida a m/s). De la ecuación [D.43] se tiene que:
-74
2.92x10 36.56
10
q  


q = 2.92x10
-6
m
3
/s
O también:
q = 0.25 m
3
/s

b) Método de los fragmentos.

IXVIIVIII
60°
15.43
36.56

Figura 4.83. Sistema de flujo dividido en fragmentos.

306. CAPITULO 4 Flujo de agua


161

PASO 1

Determinar el factor de forma.

De la Tabla D.9 se tiene que:
2 15.43
36.56




Φ = 0.84

PASO 2

Determinar el caudal.

De la Figura se sabe que:

h2 = 0

El caudal será:
7
2x10 36.56
0.84
q





q = 8.66x10
-6
m
3
/s
O también:
q = 0.74 m
3
/día

c) Soluciones analíticas.

36.56
46.45
6.22
20.74
60°
Impermeable

Figura 4.84. Línea freática.

307. Problemas resueltos de mecánica de suelos


162

De la Figura 4.84 se tiene que:

d = 46.45 m
h = 36.56 m

Para  = 60º, de la ecuación [D.39] se tiene que:
22
0
46.45 36.56S


S0 = 59.11 m

De la ecuación [D.38] se tiene que:
2
2
2
36.56
59.11 59.11
sin60
a  


a = 17.73 m

El caudal se determina de la ecuación [D.41] que será:

q = 2x10
-7
·17.73·sin
2
60

q = 2.66x10-6 m/s
O también:
q = 0.22 m
3
/día

Comentario: Para poder utilizar soluciones analíticas y efectuar las correcciones en los
bordes de entrada y salida es importante tener un buen dibujo que sea claro y preciso.

308. CAPITULO 4 Flujo de agua


163

PROBLEMA 38

El sistema de flujo que muestra la Figura 4.85 consta de dos ataguías colocadas
paralelamente, donde ambas retienen una cantidad de agua. Ensayo preliminares en el suelo
determinaron que la conductividad hidráulica de este es k = 6.78x10
-3
cm/s y también se ha
determinado que el peso unitario seco del suelo es 19 KN/m
3
y el saturado es 23.5 KN/m
3
.

Se pide determinar:

a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo.
b) El gradiente hidráulico de salida utilizando método de los fragmentos
c) El factor de seguridad contra flotación.
d) El factor de seguridad contra tubificación.

Estrato impermeable
2.5 m
3.5 m
6.5 m
5.8 m
2.5 m

Figura 4.85. Sistema de flujo con doble ataguía.

Estrategia: El gradiente hidráulico de salida es determinado con la ecuación [D.55], en el
caso de utilizar la red de flujo en primer lugar esta debe ser trazada, el valor de la pérdida de
carga en la cara de la estructura es determinada con la ecuación [D.56], al ser un sistema
simétrico únicamente se considerara la mitad del sistema. En el caso del método de los
fragmentos se utiliza la ecuación [D.58], con el ábaco de la Figura D.22 y la ecuación [D.57]
se determina los valores necesarios para esta ecuación.

a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo.

PASO 1

Trazar la red de flujo del sistema.

309. Problemas resueltos de mecánica de suelos


164

La red de flujo del sistema es trazada con el mismo procedimiento de los anteriores
problemas relacionados.

Estrato impermeable
2.5 m
3.5 m
6.5 m
5.8 m
2.5 m
Figura 4.86. Red de flujo del sistema.

PASO 2

Determinación de la pérdida de carga.

Con los valores de:

DH = 6
Nd = 21/2 = 10.5

La pedida de carga en la cara de la ataguía será:
6
0.57
10.5
h  


PASO 3

Determinación del gradiente hidráulico de salida.

La longitud de la cara es:

L = 6.5 – 2.5 = 4 m

310. CAPITULO 4 Flujo de agua


165

Con los valores de:

h = 0.57
L = 4 m
0.57
4
e
i


ie = 0.145

c) El factor de seguridad contra flotación.

El peso unitario sumergido es:

' = 19.9.81 = 9.19 KN/m3

Con los valores de:

' = 9.19 KN/m
3

 = 19 KN/m
3


El gradiente hidráulico crítico será:
9.19
0.93
9.81
cr
i


El factor de seguridad contra flotación será:
0.93
0.5
G
FS


FSG = 1.86

d) El factor de seguridad contra tubificación.

PASO 1

Determinación de la presión de poros en la cara.

Con los valores de:

H = 6 m
L = 13 m
ndi = 8.5

La perdida de carga será:
6
8.5 3.92
13
i
h   

311. Problemas resueltos de mecánica de suelos


166

La altura piezométrica será:

hpi = 12.5 – 2.5 – 3.92 = 6.07 m

El valor promedio de la presión de poros será:

u = 6.07·9.81

u = 59.61 KPa

Con los valores de:

d = 4 m
hi = 3.92 m
hpi = 6.07 m
u = 59.61 KPa

El factor de seguridad contra la tubificación será:
 23.5 9.81 4
59.61
T
FS




FST = 0.91

312. CAPITULO 4 Flujo de agua


167

PROBLEMA 39

Para el sistema de la Figura se pide determinar la presión de poros en los puntos A y F
utilizando el método de los fragmentos.


104010
12
30
12
2

Figura 4.87. Sistema de flujo de una presa de concreto con ataguía.

PASO 1

Determinación del factor de forma.

Fragmento II (izquierda y derecha).

De la Figura se sabe que:

S = 12 m
T = 30 m

Por lo que: 12
sin 0.587
2 30
m




m
2
= 0.345

De la Tabla D.10 se tiene que:

Φ = 0.865

Fragmento V.

Para este fragmento se sabe que:

L = 40 m
T = 28 m

313. Problemas resueltos de mecánica de suelos


168

S = 10 m
a = 18 m

Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:
10 40 2 12
2 ln 1
18 28

    


Φ = 1.597

IV IIII

Figura 4.88. Sistema de flujo dividido en fragmentos.

PASO 2

Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento.

Φ = 0.865 + 1.597 + 0.865

Φ = 3.327

La pérdida de carga para cada fragmento será:
12 0.865
3.12
3.327
F
II
h

  

12 1.597
5.76
3.327
F
V
h

  


PASO 3

Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV.

L = 10 + 40 + 10

L = 60 m

314. CAPITULO 4 Flujo de agua


169

Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será:
5.76
10 0.96
60
A
h   

5.76
50 4.8
60
B
h   


PASO 4

Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema.

hA = 3.12 + 0.96 = 4.08

hB = 3.12 + 4.8 = 7.92

PASO 5

Determinación de la altura piezométrica para cada punto.

hpA = 42 – 28 – 3.12 – 0.96 = 9.92

hpB = 42 – 28 – 3.12 – 4.8 = 6.08
PASO 6

Determinación de la presión de poros en ambos puntos.

uA = 9.92·9.81 uB = 6.08·9.81

uA = 97.31 KPa uB = 59.64 KPa

315. Problemas resueltos de mecánica de suelos


170

PROBLEMA 40

La Figura 4.89 muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una
conductividad hidráulica estimada de k = 113.38 m/día.

Impermeable
100 m
79 m
9 m
456 m
19 m
89 m
118 m
Figura 4.89. Sistema de flujo en una obra hidráulica.

Utilizando el método de los fragmentos determinar:

a) El caudal que circula por el sistema.
b) La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura.
c) El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura.
d) El gradiente hidráulico de salida.

Estrategia: El caudal que circula en el sistema puede ser determinado con la ecuación [D.54],
donde se necesita conocer el valor de la pérdida de carga y el factor de forma para cada
fragmento. La variación de la altura total de carga es determinada despejando esta de la
ecuación de Bernoulli, ya que esta variación es lineal basta con determinar el valor de la
altura total de carga en los entremos de la base de la estructura. El diagrama de presiones
ascendentes es determinado con la ecuación [D.58] y [D.59], siendo suficiente determinar la
presión de poros en las dos esquinas de la base de la estructura. Mediante un valor de la
relación S/T en el ábaco de la Figura [D.22] se puede determinar el gradiente hidráulico de
salida.

a) El caudal que circula por el sistema.

Determinación del factor de forma para cada fragmento.

Para el fragmento II (izquierdo) se tiene que:

b = 0
T = 89 m
S = 19 m

Por lo tanto, se tiene que:
0
b
T

y 19
0.21
89
S
T


316. CAPITULO 4 Flujo de agua


171

Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que:
1
0.78
2




El factor de forma será:

 = 0.641

Para el fragmento II (derecho) se tiene que:

b = 0
T = 89 – 19 + 9 = 79 m
S = 9 m

Por lo tanto, se tiene que:
0
b
T

y 9
0.114
79
S
T


Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que:
1
1.01
2




El factor de forma será:

 = 0.495

Para el fragmento I se tiene que:

a = 89 – 19 = 70 m
L = 456 m

El factor de forma será:
456
6.514
70
  


PASO 2

Determinación del caudal.

 = 0.641 + 0.495 + 6.514

 = 7.65

H = 118 – 100 = 18 m

317. Problemas resueltos de mecánica de suelos


172

El caudal será: 113.38 18
7.65
q




q = 266.8 m
3
/día

b) La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura.

La pérdida de carga para cada fragmento será:
18 0.641
1.51
7.65
iz
F
II
h

  

18 6.514
15.33
7.65
F
I
h

  

18 0.495
1.16
7.65
de
F
II
h

  


La altura total de carga para la esquina izquierda será:

h = 118 – 1.51

hiz = 116.49 m

La altura total de carga para la esquina derecha será:

h = 118 – 1.51 – 15.33

hde = 101.16 m

c) El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura.

L = 60 + 456 + 60 = 576 m

La pérdida de carga en cada esquina respecto al fragmento I será:
1.51
' 60 0.157
576
iz
h   

1.16
' (60 456) 1.039
576
de
h    


La pérdida de carga de cada esquina respecto al sistema será:

hiz = 1.51 + 0.157 = 1.667

hde = 1.16 + 1.039 = 2.2

La altura potencial para ambos punto será:

hz = 89 – 19 = 70 m

318. CAPITULO 4 Flujo de agua


173

La altura piezométrica de cada esquina será:

hpiz = 118 + 70 – 1.667 = 46.33 m

hpde = 118 + 70 – 2.2 = 45.8 m

La presión de poros en los bordes será:

uiz = 46.33·9.81 ude = 45.8·9.81

uiz = 454.5 KPa ude = 449.3 KPa

d) El gradiente hidráulico de salida.

Para un valor de:
9
0.114
79
S
T



Del ábaco de la Figura D.22 se tiene que:
0.63
de
e
F
II
iS
h





El gradiente hidráulico de salida será:
0.63 1.16
9
e
i




ie = 0.082

319. Problemas resueltos de mecánica de suelos


174

PROBLEMA 41

Para el sistema mostrado en la Figura 4.90 se pide determinar el caudal y el valor de a2 y h.

h
a
1
2
a
32.00
5.00
14.0020°
29°
133
Figura 4.90. Presa de tierra con línea freática.

Estrategia: Puede utilizarse el método de los fragmentos para obtener expresiones que
relacionen los valores de a1, h y el caudal, para poder determinarlos.

Si se divide el sistema en fragmentos se tendrán tres (VIII, VII, IX) como muestra la Figura
4.91.

133
29°
20° 14.00
5.00
32.00
a
2
1
a
h
VIII VII
IX
Figura 4.91. Sistema de flujo dividido en fragmentos.

El caudal en el fragmento VIII será:
32 37
ln
2.76 37
qh
kh
 



[1]

El caudal en el fragmento VII será:
 
2
2
14
2
haq
kL



[2]

El caudal en el fragmento IX será:
22
2
14
1 ln
2
aaq
ka
 
  

[3]

De la geometría de la presa se tiene que:

L = b + cot ·[hd – (a2 + h2)] [4]

Para este caso se tiene que h2 = 0, lo que simplifica las ecuaciones. La ecuación [1] puede ser
combinada con la ecuación [2] y se sustituye el valor de L de la ecuación [4]. Por lo tanto, se
tendrá que:  
 
2
2
2
2
1432 37
ln
2.76 37 2 133 2 37 14
hah
h a
 


       

[5]

320. CAPITULO 4 Flujo de agua


175

La ecuación [1] puede ser combinada con la ecuación [3], por lo que se tendrá:
22
2
1432 37
ln 1 ln
2.76 37 2
aah
ha
  
    
 
[6]

Las ecuaciones [5] y [6] contienen únicamente los valores de h y a2 como incógnitas, por lo
tanto pueden resolverse gráficamente o por tanteo. En las dos tablas que se presentan a
continuación se ha tanteado simultáneamente estos valores y se ha estimado su valor
aproximado.

Para la ecuación [5] Para la ecuación [6] h a
2 h a
2
28.8 -0.4 29.9 0.6
29 2.1 27.8 1.2
30 8.6 25.6 1.7
31 13.6


Entonces se tendrá que:

h = 28.9 m a2 = 0.9 m
L O

321. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

295

322. Problemas resueltos de mecánica de suelos

296
CAPITULO CINCO
Esfuerzos efectivos.

5.1. Introducción.

Movimientos del terreno e inestabilidades pueden ser causados por cambios en la presión de
poros. Por ejemplo, taludes estables pueden fallar después de tormentas de lluvia porque la
presión de poros aumenta debido a la infiltración de la lluvia en el talud mientras que el
descenso del nivel freático debido a la extracción de agua causa asentamientos en el terreno.
Como la compresión y la resistencia del suelo pueden cambiar con cambios del esfuerzo
total o con cambios de la presión de poros existe una combinación entre el esfuerzo total y la
presión de poros llamada esfuerzo efectivo que rige el comportamiento del suelo.
La relación entre esfuerzo total, esfuerzo efectivo, y presión de poros fue descubierta
primero por Terzaghi (1936). El definió el esfuerzo efectivo de esta manera:
Todos los efectos medibles de un cambio de esfuerzos, tal como la compresión,
distorsión, y un cambio de la resistencia al corte, son debidos exclusivamente a cambios del
esfuerzo efectivo. El esfuerzo efectivo está relacionado al esfuerzo total y presión de poros
por ′ =  - u.

Importancia.

El principio del esfuerzo efectivo es absolutamente fundamental a la mecánica de suelos y su
importancia no es exagerada. Esta es la manera en el que el comportamiento del suelo debido
a cargas está relacionado al comportamiento debido a cambios de la presión de poros.
Debido a que los esfuerzos total y efectivo son diferentes (excepto cuando las presiones
de poros son cero) es absolutamente esencial distinguir entre los dos. Los esfuerzos efectivos
′ y ′ son siempre denotados por primas mientras que los esfuerzos totales  y  no tiene
primas. En toda ecuación todos sus componentes deben ser esfuerzos totales, o esfuerzos
efectivos, o los esfuerzos totales y efectivos deben estar relacionados correctamente por la
presión de poros.

323. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

297
5.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Por que el concepto de los esfuerzos efectivos es el más importante de la mecánica de suelos.

Respuesta:

En el cálculo y análisis de problemas como el asentamiento de los suelos, capacidad de carga
de fundaciones, estabilidad de presas, y presión lateral en estructuras de retención de tierra, la
compresibilidad y resistencia al corte de un suelo son las propiedades que mas influyen en el
diseño y estas propiedades dependen en gran parte del esfuerzo efectivo, lo cual hace que el
concepto del esfuerzo efectivo sea muy importante en el análisis de estos problemas

324. Problemas resueltos de mecánica de suelos

298
PREGUNTA 2.

Explique que son los esfuerzos y deformaciones normales.

Respuesta:

Los esfuerzos normales son esfuerzos perpendiculares al área en que se apliquen. La
deformación normal es el cambio en la longitud dividida por la longitud inicial. Para ilustrar
mejor esto, se considera un cubo de dimensiones x = y = z el cual es sujeto a las fuerzas
normales Px, Py, Pz en sus tres lados adyacentes, como se muestra en la Figura 5.1. Entonces
los esfuerzos normales son: zy
P
x
x


; zx
P
y
y

 ; yx
P
z
z

 [2.1]

En forma general se tiene:

A
P
 [2.1a]
x
x
z
Pz
Px
Py y
X
y
y
x
z
z
Z Y

Figura 5.1. Esfuerzos y deformaciones debido a las cargas aplicadas

Suponiendo que bajo éstas fuerzas el cubo se comprime un x, y, y z en las
direcciones X, Y y Z. Entonces suponiendo que las deformaciones normales en estas
direcciones son pequeñas (infinitesimales), se tiene:
z
z
z


; x
x
x

 ; y
y
y

 [2.2]

En forma general se tiene:

l
l
 [2.2a]

325. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

299
PREGUNTA 3.

Explique que son los esfuerzos y deformaciones de corte.

Respuesta:

Los esfuerzos de corte son los esfuerzos tangenciales a la superficie en la que actúan. Para
ilustrar esto de mejor manera se considera por simplicidad el plano XZ y se aplica una fuerza
F que haga al cuadrado torcer en un paralelogramo como muestra la Figura 5.2. La fuerza F
es una fuerza cortante y el esfuerzo de corte es:
yx
F


[3.1]
zx z
x 
Z
X

F
F
y
z
X
Z
x

Figura 5.2. Esfuerzo y deformación de corte. (Budhu, 2000)

La deformación de corte es una medida de la distorsión angular de un cuerpo causada por
fuerzas cortantes. Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será:

z
x
zx


adyacente Cateto
opuesto Cateto
tan
[3.2]
z
x
zx


1
tan


Para pequeñas deformaciones, se puede asumir que tan(zx) = zx, entonces se tiene:
z
x
zx


[3.3]
Donde
 = ángulo de deformación o distorsión (Figura 5.2), expresado en radianes.

326. Problemas resueltos de mecánica de suelos

300
PREGUNTA 4.

Explique que es la deformación volumétrica, el índice de Poisson y el modulo de elasticidad.

Respuesta:

Deformación volumétrica:

La deformación volumétrica es la suma de las deformaciones producidas en las tres
direcciones debido a las cargas aplicadas, entonces se tiene:
zyxp  
[4.1]
ó V
V
p


[4.2]

La deformación volumétrica también puede ser expresada en función del esfuerzo causante
de la deformación y del modulo de elasticidad del material, E:

E
p

 [4.3]

Índice de Poisson:

El cociente entre la deformación radial (o lateral) y la deformación vertical se llama índice de
Poisson, , definido como, la relación entre las deformaciones laterales y la deformación
axial. Debido al comportamiento complejo de los suelos, es muy difícil hacer una
determinación exacta del índice de Poisson para su utilización en un problema.
Afortunadamente, mediante ensayos de laboratorio es posible determinar este índice y
además se cuenta con valores tabulados según el tipo de suelo. Estos valores son lo
suficientemente precisos para la mayoría de los problemas prácticos.
axialn Deformació
laterales nesDeformacio


z
r






[4.4]

Modulo de elasticidad o de Young:

El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación
normal.


E
[4.5]

327. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

301
PREGUNTA 5.

Explique las definiciones del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo.

Respuesta:

Esfuerzo total:

Los ingenieros geotécnicos lo llaman esfuerzo total por que es la suma de los esfuerzos
absorbidos por todas las fases del suelo, este esfuerzo es el que absorbe todo el peso en o
sobre el suelo.
A
W

[6.1]
Donde:
σ = Esfuerzo normal total.
W = Peso del suelo.
A = Área de la sección transversal del suelo.

Presión de poros:

Es la presión inducida en el fluido (ya sea agua o agua y aire) que llena los poros. El fluido en
los poros es capaz de transmitir esfuerzos normales, pero no esfuerzos cortantes, por lo que
no tiene la componente de corte, y es por esta razón que la presión de poros se la conoce
también con el nombre de esfuerzo neutral o presión neutra.

Esfuerzo efectivo:

Terzaghi en 1943, demostró que para un suelo saturado, el esfuerzo efectivo en cualquier
dirección puede definirse en forma cuantitativa como la diferencia entre el esfuerzo total y la
presión de poros del agua, como se ve en la ecuación [5.17].
Este esfuerzo es transmitido a través de la estructura sólida del suelo por medio de los
contactos intergranulares. Este componente del esfuerzo total es el que controla tanto la
deformación debida a los cambios de volumen como la resistencia al corte del suelo, por lo
tanto el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante se transmiten a través de los contactos entre
grano a grano.
u'
[5.17]
Donde:
σ = Esfuerzo normal total.
σ’= Esfuerzo normal efectivo.
u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral.

328. Problemas resueltos de mecánica de suelos

302
PREGUNTA 6.

Explique el principio del esfuerzo efectivo.

Respuesta:

El principio del esfuerzo efectivo fue definido por Bishop (1959), utilizando dos simples
hipótesis:
 El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no
del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.17] ya definida.
u´
[5.17]

 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al
plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:
'tan'' c
f
[5.25]
Donde:
f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´
cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo.

329. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

303
PREGUNTA 7.

Explicar cuales son las principales aplicaciones que se da al concepto del esfuerzo efectivo.

Respuesta:

El concepto del esfuerzo efectivo influye en gran parte en el comportamiento del suelo, de ahí
es que la aplicación de estos criterios en las obras civiles es de gran importancia. El uso más
común se presenta en el diseño de presas, terraplenes, diques, ataguías, o estructuras similares
de retención de agua, además de obras que requieran excavaciones del terreno. En este tipo
de obras es muy frecuente que se presenten infiltraciones que pongan en riesgo la estabilidad
y vida útil de la estructura. Esta inestabilidad es debida a la infiltración del agua y se la
conoce con el nombre de flotación. Cuando el esfuerzo efectivo es cero, la fuerza ascendente
de escurrimiento es igual al peso sumergido del suelo y no puede desarrollarse una resistencia
a la fricción entre partículas y por lo tanto la mezcla suelo y agua no tiene resistencia al corte
y actúa como líquido. La falla por flotación o levante puede conducir a una falla total de la
cimentación o incluso al derrumbe de una estructura de retención de agua, como el pie del
talud de una presa o parte de una ataguía. Por lo tanto es necesario analizar esta inestabilidad
al diseñar estructuras de retención de agua.

330. Problemas resueltos de mecánica de suelos

304
PREGUNTA 8.

Explicar que es la fuerza de escurrimiento.

Respuesta:

La circulación del agua a través de la estructura del suelo, produce fuerzas de escurrimiento
como resultado de la fricción entre el agua que se filtra y las paredes de los poros del suelo
por donde fluye el agua. La fuerza de escurrimiento es esa fuerza producida por el flujo de
agua subterráneo que actúa solo en las partículas sólidas del suelo y produce una fuerza de
empuje en el lado aguas debajo de las estructuras de retención de agua. Esta fuerza de
escurrimiento es muy perjudicial para las estructuras de retención de agua como presas,
diques, tablestacas, etc. Por lo que es necesario poder controlar su intensidad y tratar de
reducirla para que no provoque daños considerables.

331. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

305
PREGUNTA 9.

Explicar los criterios que debe cumplir del material seleccionado para filtros.

Respuesta:

Es sumamente importante que el material del filtro sea escogido cuidadosamente tomando en
cuenta las características del suelo que se protegerá. Terzaghi y Peck propusieron una serie de
criterios para la selección de un filtro, tomando en cuenta las características del suelo
adyacente a ser protegido.
Entonces según Terzaghi y Peck se recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la
estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad.

1. 

4
D
D
B 85
F 15


2. 

4
D
D
B 15
F 15

3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del
material base.

Donde:
D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para
el filtro y la base, respectivamente.
D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base.

El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material
base a través del filtro.
El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro.

332. Problemas resueltos de mecánica de suelos

306
PREGUNTA 10.

Explicar cual es el objetivo del uso de los filtros.

Respuesta:

El objetivo de colocar filtros de drenaje, es permitir la descarga de las filtraciones y disminuir
la posibilidad de fallas por levantamiento, ya sea por reventones o erosiones en el lado aguas
abajo de la estructura hidráulica. Entonces como las fallas siempre ocurren en el área más
débil susceptible a este tipo de fallas, que se vio que es en lado aguas abajo de la tablestaca,
entonces se puede aumentar su resistencia a la fuerza de escurrimiento incrementando el peso
de en esta sección débil. El filtro debe ser permeable para que pueda producirse el drenaje del
flujo de agua ascendente que tiende a levantar esta parte del suelo. Una manera de evaluar el
riesgo probable de falla es el factor de seguridad. Este factor de seguridad en muchos casos es
muy bajo, entonces se lo debe aumentar por medio de estos filtros. Se requiere un factor de
seguridad mínimo de aproximadamente 4 a 5 para la seguridad de la estructura, el motivo por
el que este factor de seguridad es tan elevado es principalmente debido a las inexactitudes
que existen en el análisis.

333. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

307
PREGUNTA 11.

Explicar las condiciones drenadas y no drenadas.

Respuesta:

Las condiciones al principio y al final de un cambio de esfuerzos, varían según el tipo de
suelo, y según a esto se dividen en dos.

 Condiciones a corto plazo o condiciones no drenadas.

Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento
de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de
agua en los poros es obstaculizado debido a que el suelo es poco permeable,
como en el caso de arcillas y limos. También se presenta este caso cuando el
ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es demasiado rápido y no
permite el flujo del agua en los poros.

 Condiciones a largo plazo o condiciones drenadas.

Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento
de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de
agua en los poros fluye casi sin obstáculos debido a que el suelo es muy
permeable, como en el caso de las gravas y arenas. También se presenta este
caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es lo
suficientemente lento como para evitar que se produzca un aumento en la
presión de poros del agua.

334. Problemas resueltos de mecánica de suelos

308 
x

y

z

xy

yz

zx

1

.
1


0
0
0

1

0
0
0


1
0
0
0
0
0
0
21( )
0
0
0
0
0
0
21( )
0
0
0
0
0
0
21( )

x

y

z

xy

yz

zx
PREGUNTA 12.

Explicar la matriz de la ley deHoke a los suelos.

Respuesta:

Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados
con la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura 5.3,
según la ley de Hooke se tiene:





[5.51]





Donde
E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.
A
xy
xz
zx
zy
yx
yz
x, x
z, z
y, y
Y
X
Z

Figura 5.3. Estado de esfuerzos general. (Budhu, 2000)

335. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

309
5.3. Problemas.

PROBLEMA 1.

Calcular el esfuerzo efectivo en el suelo a una profundidad, z dada en los siguientes casos:

a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno (Figura 5.4).
b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua (Figura 5.5).

a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno.
Nivel freático
z
h
w (agua)
s (suelo saturado)
d (terreno)

Figura 5.4. Estrato de suelo con un nivel freático debajo de la superficie del terreno.

Esfuerzo total:

z = d ·(z–h) +sat·h

Presión de poros:

u = w·h

Esfuerzo efectivo:

′z = z – u

′z = d·(z – h) + (sat – w)·h

En este caso el esfuerzo efectivo depende del nivel del agua.

b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua.

Esfuerzo total:

z = s·z +w·(h – z)

Presión de poros:

u = w·h

336. Problemas resueltos de mecánica de suelos

310
Esfuerzo efectivo:

′z = z – u

′z = s·z – w·z

h
z
s (suelo saturado)
w (agua)
Nivel freático

Figura 5.5. Estrato de suelo con un nivel freático por encima del terreno.

En este caso el esfuerzo efectivo es independiente del nivel de agua. Esto significa que los
esfuerzos efectivos en el suelo en el lecho de un río, lago o mar son iguales sin importar la
altura de agua que haya encima de los mismos.

337. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

311
PROBLEMA 2.

El estribo de un puente (Figura 5.6 y 5.7) tiene 4 m de altura y un área de 10 m
2
y soporta una
carga de 1 MN. (El peso unitario del concreto es c = 20 kN/m
3
.) El estribo está fundado en el
lecho de un río donde existe por lo menos 5 m de arena con un peso unitario s = 20 kN/m
3
.

Considerar c independiente de la localización del nivel freático.
Considerar que el peso específico del concreto no varía con el agua.

Calcular el esfuerzo efectivo a 2.0 m de profundidad del terreno en los siguientes casos:

a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno.
b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura.

a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno:
c (concreto)
2m
4m
1MN
A=10m
2


Figura 5.6. Estribo de un puente con un nivel freático a nivel del terreno.

Esfuerzo total:

z = c·hc + F/A + s·z

z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2)

z = 220 kPa

Presión de poros:

u = w·hw

u = (10)·(2)

u = 20 kPa

338. Problemas resueltos de mecánica de suelos

312
Esfuerzo efectivo:

′z = z – u

′z = c·hc + F/A + s·z – w·hw

′z = 220 – 20

′z = 200 kPa

b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura:
c (concreto)
2m
3m
1MN
A=10m
2

Figura 5.7. Estribo de un puente con un nivel freático por encima del terreno.

Esfuerzo total:

z = c ·hc + F/A + s · z

z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) = 220 kPa

Presión de poros:

u = w (hw + z)

u = (10)·(3+2) = 50 kPa

Esfuerzo efectivo:

′z = z – u = c ·hc + F/A + s · z – w (hw + z)

′z = 220 – 50 = 170 kPa

339. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

313
PROBLEMA 3.

El perfil del suelo en las Figuras 4.5 y 4.6 consiste de 4m de arcilla sobre 2 m de arena sobre
roca: los pesos unitarios de todos los materiales naturales son 20 kN/m3 y el nivel freático
está al nivel del terreno. Un terraplén amplio de 4 m de altura es construido de relleno con un
peso unitario t = 15 kN/m3. Se requiere calcular los esfuerzos efectivos en el centro de la
arcilla y en el centro de la arena en los siguientes casos:

a) Antes de que el terraplén esté construido
b) Inmediatamente después de terminada la construcción
c) después de mucho tiempo de construido el terraplén.

a) Antes de que el terraplén esté construido, (condiciones iniciales).
H =4m
H =2m
c (arcilla)
s (arena)
(roca)
h =2m
h =5m
s
s
c
c

Figura 5.8. Estrato de suelo.

 En la arcilla:

Esfuerzo total:

z = c ·hc

z = (20)·(2) = 40 kPa

Presión de poros:

u = w ·hc

u = (10)(2) = 20 kPa

Esfuerzo efectivo:

′z = z – u = c·hc – w·hc

′z = 40 – 20 = 20 kPa

340. Problemas resueltos de mecánica de suelos

314
 En la arena:

Esfuerzo total:

z = c·Hc + s hs

z = (20)·(4) + (20)·(1) = 100 kPa

Presión de poros:

u = w·hs

u = (10)·(5) = 50 kPa

Esfuerzo efectivo:

′z = z – u = c·Hc + s·hs – w·hs

′z = 100 – 50 = 50 kPa

b) Inmediatamente después de terminada la construcción, (condiciones a corto plazo).
H =4m
H =2m
c (arcilla)
s (arena)
(roca)
h =2m
h =5m
H =4m
t (relleno)
s
s
c
c
t

Figura 5.9. Estrato de un suelo.

 En la arcilla:

Esfuerzo total:

z = t·Ht + c·hc

z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa

341. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

315
Esfuerzo efectivo: La arcilla presenta condiciones no – drenadas (baja permeabilidad, lo que
evita que drene el agua rápidamente) lo que provoca un inmediato aumento
de la presión de poros manteniendo al principio sin cambios los esfuerzos
efectivos (condiciones a corto plazo).

′z = 20 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a).

Presión de poros:

u = z – ′z

u = 100 – 20 = 80 kPa

 En la arena:

Esfuerzo total:

z = t·Ht + c·Hc + s·hs

z = (15)·(4) + (20)·(4) + (20)·(1) = 160 kPa

Presión de poros: La arena presenta condiciones drenadas (alta permeabilidad, lo que facilita
que drene el agua rápidamente) lo que provoca que el agua en la arena
drene inmediatamente después de la construcción del terraplén evitando
que se produzca un aumento en la presión de poros y así manteniéndola a
esta constante.

u = 50 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a).

Esfuerzo efectivo:

′z = z – u

′z = 160 – 50 = 110 kPa

c) Después de mucho tiempo de construido el terraplén, (condiciones a largo plazo).

 En la arcilla:

Esfuerzo total:

z = t·Ht + c·hc

z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa, como condiciones a corto plazo (inciso b).

Presión de poros: Después de un tiempo muy largo el exceso de presión de poros en la arcilla
se habrá disipado, hasta llegar a la presión de equilibrio o presión estática
(nivel freático).

u = w·(2) = 20

u = 20 kPa, como en las condicione iniciales (inciso a).

342. Problemas resueltos de mecánica de suelos

316
Esfuerzo efectivo:

′z = z – u

′z = 100 – 20 = 80 kPa

 En la arena:

No ha habido cambios del esfuerzo total o presión de poros y los esfuerzos son los mismos a
los del inciso b, ya que la arena no depende de condiciones de corto o de largo plazo.
Entonces:

Esfuerzo total:

z = 160 kPa

Presión de poros:

u = 50 kPa

Esfuerzo efectivo:

′z = 110 kPa

343. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

317
PROBLEMA 4.

Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera:
0.00-5.00Arcilla γ = 20 kN/m3 ; γsat=22kN/m3
5.00-8.00Arena γ = 16kN/m3
8.00-10.00Arcilla γ = 22kN/m3
10.00-12.00Arena γ = 18 kN/m3
12.00-∞ Roca


El nivel freático se encuentra a 3.0 m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por
ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado
entre 8 y 10 m.
El piezómetro que se ubica 11m de profundidad registra una altura piezométrica de 5 m.
Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se
coloca una carga uniformemente distribuida igual a 25 kN/m2. Al mismo tiempo el nivel de
agua en el piezómetro disminuye 1 m.
Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a 2.5 m de profundidad (zona de
ascenso capilar), y a 9 m de profundidad (en la arcilla), a corto plazo y largo plazo.

Estrategia: Recordar que la arena no depende del tiempo (condiciones a corto y largo plazo),
sino tan solo la arcilla es la que sufre considerables cambios en sus esfuerzos internos según
se apliquen las cargas rápida o lentamente (condiciones a corto y largo plazo). Entonces se
tiene.

Condiciones Iniciales.

PASO 1

Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arcilla
Arena
Arcilla
Arena
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Saturado por
ascenso capilar
A
B

Figura 5.10. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

344. Problemas resueltos de mecánica de suelos

318
PASO 2

Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B:

 En el punto A:

Esfuerzo total:

A = (22)·(2.5)  A = 55 kPa

Presión de poros:

uA = (-9.8)·(0.5)  uA = - 4.9 kPa

 Punto B:

Esfuerzo total:

B = (22)·(5) +(16)·(8 - 5) +(22)·(9 - 8)  B = 180 kPa

Presión de poros:







2
108 mm
B
uu
u


u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa  u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa  u10 m = 39.2 kPa







2
2.3949
Bu
 uB = 44.1 kPa

PASO 3

Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B.

 En el punto A:
w
A
PA
u
h


 8.9
9.4

PAh  hPA = - 0.5 m

 En el punto B:
w
B
PB
u
h


 8.9
1.44

PBh  hPB = 4.5 m

345. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

319
Condiciones a corto plazo:

PASO 1

Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arena
Arcilla
Arena
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Suelo
excavado
A
B
 = 25 kPa

Figura 5.11. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo).

PASO 2

Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B.

 En el punto A:

Esfuerzo total:

A = 25 + (0.5)·(22)  A = 36 kPa

∆σ = A corto plazo – A cond iniciales

∆σ = 36 – 55  ∆σ = - 19 kPa

Presión de poros:

uA = uA cond. iniciales + ∆σ

uA = (- 4.9) + (- 19)  uA = - 23.9 kPa

346. Problemas resueltos de mecánica de suelos

320
 Punto B:

Esfuerzo total:

B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1)  B = 161 kPa

∆σ = A corto plazo – A cond iniciales

∆σ = 161 – 180  ∆σ = - 19 kPa

Presión de poros:

uB = uB cond. iniciales + ∆σ

uB = (- 44.1) + (- 19)  uB = - 25.1 kPa

PASO 3

Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B.

 En el punto A:
w
A
PA
u
h


 8.9
1.23

PAh  hPA = - 1.94 m

 En el punto B:
w
B
PB
u
h


 8.9
1.25

PBh  hPB = 2.56 m

PASO 4

Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B.

 En el punto A:

∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales

∆hPA = - 2.44 – (-0.5)  ∆hPA = - 1.94 m

 En el punto B:

∆hPB = hPB corto plazo – hPB cond iniciales

∆hPB = 2.56 – 4.5  ∆hPB = - 1.94 m

347. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

321
Condiciones a largo plazo:

PASO 1

Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B.

 Punto A

Esfuerzo total:

A = 25 + (2.5)·(0.5)·(22)  A = 36 kPa

Presión de poros:

uA = (-9.8)·(0.5)  uA = - 4.9 kPa

 Punto B:

Esfuerzo total:

B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1)  B = 161 kPa

Presión de poros:







2
108 mm
B
uu
u


u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa  u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 7) kPa  u10 m = 29.4 kPa







2
4.2949
Bu
 uB = 39.2 kPa

PASO 2

Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B.

 En el punto A:
w
A
PA
u
h


 8.9
9.4

PAh  hPA = - 0.5 m

 En el punto B:
w
B
PB
u
h


 8.9
2.39

PBh  hPB = 4 m

348. Problemas resueltos de mecánica de suelos

322
PASO 3

Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B.

 En el punto A:

∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales

∆hPA = (- 0.5) – (-0.5)  ∆hPA = 0 m

 En el punto B:

∆hPB = hPB largo plazo – hPB cond iniciales

∆hPB = 4 – 4.5  ∆hPB = - 0.5 m

349. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

323
PROBLEMA 5.

Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera:
0.00-4.00Arcilla γ = 20 kN/m3
4.00-8.00Arena γ = 16kN/m3
8.00-10.00Arcilla γ = 22kN/m3
10.00-12.00Arena γ = 18 kN/m3
12.00-∞ Roca


El nivel freático se encuentra a 3.0m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por
ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado
entre 8 y 10 m.
El piezómetro que se ubica a 11m de profundidad registra una altura piezométrica de 5m.
Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se
coloca una carga uniformemente distribuida igual a 15 kN/m
2
. Al mismo tiempo el nivel de
agua en el piezómetro se incrementa a 3 m.
Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a corto y largo plazo a 9 m de
profundidad.

Condiciones Iniciales.

PASO 1

Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arcilla
Arena
Arcilla
Arena
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
A

Figura 5.12. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

350. Problemas resueltos de mecánica de suelos

324
PASO 2

Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A:

Esfuerzo total:

A = (20)·(3) + (20)·(1) + (16)·(4) +(22)·(1)  A = 166 kPa

Presión de poros:







2
108 mm
A
uu
u


u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa  u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa  u10 m = 39.2 kPa







2
2.3949
Au
 uA = 44.1 kPa

PASO 3

Determinar la altura piezométrica en el punto A.
w
A
PA
u
h


 8.9
1.44

PAh  hPA = 4.5 m

Condiciones a corto plazo:

PASO 1

Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arena
Arcilla
Arena
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Suelo
excavado
A
 = 15 kPa

Figura 5.13. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo).

351. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

325
PASO 2

Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A.

Esfuerzo total:

A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1)  A = 141 kPa

∆σ = A corto plazo – A cond iniciales

∆σ = 141 – 166  ∆σ = - 25 kPa

Presión de poros:

uA = uA cond. iniciales + ∆σ

uA = (44.1) + (- 25)  uA = 19.1 kPa

PASO 3

Determinar la altura piezométrica en el punto A.
w
A
PA
u
h


 8.9
1.19

PAh  hPA = 1.95 m

PASO 4

Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A.

∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales

∆hPA = 1.95 – 4.5  ∆hPA = - 2.55 m

Condiciones a largo plazo:

PASO 1

Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A.

Esfuerzo total:

A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1)  A = 141 kPa

Presión de poros:







2
108 mm
A
uu
u


u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa  u8 m = 49 kPa
u10 m = (9.8)·(10 - 3) kPa  u10 m = 68.6 kPa

352. Problemas resueltos de mecánica de suelos

326 






2
6.6849
Au
 uA = 58.8 kPa

PASO 2

Determinar la altura piezométrica en el punto A.
w
A
PA
u
h


 8.9
8.58

PAh  hPA = 6 m

PASO 3

Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A.

∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales

∆hPA = 6 – 4.5  ∆hPA = 1.5 m

353. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

327
PROBLEMA 6.

A continuación se presenta el perfil de un suelo con sus respectivas características:
0.0-2.5 mArcilla γ
sat = 19.6 kN/m
3
; Gs = 2.70
2.5-4.0 Arena γ=18 kN/m
3
4.0-6.0 Arcilla γ=19 kN/m
3
6.0-8.0 Arena γ=20 kN/m
3
8.0-10.0 Arcilla γ=22 kN/m
3
10.0-∞ Roca


Se ha observado que le nivel freático se encuentra a 2.0 m de profundidad y existe ascenso
capilar con saturación total hasta el nivel 1.5 m. Entre 0 y 1.5 m el grado de saturación es 30
%.
Se ha ubicado un piezómetro a 4.0 m de profundidad y se ha determinado que la presión
de poros en ese punto es de 19.6 kN/m
2
. Otro piezómetro ubicado a 5 m de profundidad
registra una altura piezométrica de 5 m.
Se realiza una excavación ancha de 1 m de profundidad. Se pide determinar el esfuerzo
total, efectivo y presión de poros a corto plazo a lo largo de todo el perfil de suelo.

Condiciones Iniciales.

PASO 1

Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arena
Arcilla
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Arcilla kN/m
3
Arena kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
(1)

Figura 5.14. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

354. Problemas resueltos de mecánica de suelos

328
PASO 2

Determinar peso específico del estrato entre 0 y 1.5 m de profundidad, γ1 (S = 30%).

De la ecuación [A.31] se tiene:
e
eG
WS
sat



1
)( 


WWSsatsat eGe  

satWSWsat Gee  

 
satWSWsat Ge  

 
Wsat
satWSG
e






 8.96.19
6.198.97.2


e

70.0e


De la ecuación [A.19] se tiene:
e
eSG
WS



1
)(
1



7.01
8.9)7.03.070.2(
1





γ1 = 16.78 kN/m
3
.

PASO 3

Determinar la altura que marca el piezómetro a 4 metros de profundidad.

u = 19.6 kPa (Dato)
W
P
u
h

)2(
)2(

8.9
6.19
)2(
Ph
 hP(2) = 6 m

PASO 4

Dibujar el diagrama de esfuerzos.

355. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

329
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arcilla
Arena
Arcilla
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Arcilla
kN/m
3
Arena
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
(1)
0
16.78 = 1·16.78
25.17 = 16.78 + 0.5·16.78
34.97 = 25.17 + 0.5·19.6
44.77 = 34.97 + 0.5·19.6
71.77 = 1.5·18
90.77 = 71.77 + 1·19
109.77 = 90.77 + 1·19
149.77 = 109.77 + 2·20
193.77 = 149.77 + 2·22
(2)
-4.9 = -S·w·h =1·9.8·0.5
0 = 0·9.8
4.9 = 0.5·9.8
19.6 = 4.9 + 1.5·9.8
49 = 5·9.8
78.4
98 = 78.4 + 2·9.8
u(6) + u(4)
u(6) = u(5)·2 - u(4)
u(6) = 49·2 - 19.6
2
u(5) =
117.6 = 98 + 2·9.8
9.31 = 0 - (-9.31)
23.15 = 16.78 - (-6.37)
30.07 = 25.17 - (-4.9)
34.97 = 34.97 - 0
39.87 = 44.77 - 4.5
52.17 = 71.77 - 19.6
41.77 = 90.77 - 49
31.37 = 109.77 - 78.4
51.77 = 149.77 - 98
76.17 = 193.77 - 117.6
0
-6.37=u(1.5m)+(-S·w·h)=49+(-0.3·9.8·0.5)
-9.31=u(1m)+(-S·w·h)=-6.37+(-0.3·9.8·1)
h1·1 + h2·2 + ... + hn·n
50 100 150 200 250 0
uh1·w + h2·w + ... + hn·w
50 100 150 200 250 0
'  - u
50 100 150 200 250

Figura 5.15. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales.

Nota: u(1) , u(1.5) = Presión de poros a 1 m y 1.5 m de profundidad, rspectivamente.

Condiciónes iniciales.

356. Problemas resueltos de mecánica de suelos

330


10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Arena
Arcilla
Roca
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Arcilla
kN/m
3
Arena
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
0
0 = 0·19.78
9.89 = 0.5·19.78
19.69 = 9.89 + 0.5·19.6
56.49 = 19.69 + 2·18
94.49 = 56.49 + 2·19
134.49 = 94.49 + 2·20
178.49 = 134.49 + 2·22
050100150200250300350400
050100150200250300350400u
050100150200250300350400'
0
23.15 = 0 - (-23.15)
30.07 = 9.89 - (-20.18)
34.97 = 19.69 - 15.28
39.87 = 29.49 - 4.9
52.17 = 56.49 - 4.32
31.37 = 94.49 - 63.12
51.77 = 134.49 - 82.72

corto plazo - inic






-23.15=u(inic.)+ =-6.37-16.78
-20.18=u(inic.)+ =-4.9-15.28
-15.28=u(inic.)+ =0-15.28
4.9=u(inic.)+ =4.9-0
4.9-15.28=-10.38
19.6=u(inic.)+ =19.6-0
u(inic.)+ =19.6-15.28=4.32
33.72=u(inic.)+ =49-15.28
78.4=u(inic.)+ =78.4-0
98=u(inic.)+ =98-0
102.32=u(inic.)+ =117.6-15.28
u(inic.)+ =78.4-15.28=63.12
u(inic.)+ =98-15.28=82.72
29.49 = 19.69 + 0.5·19.6
29.49-10.38=24.59
56.49-19.6=36.89
76.17 = 178.49 - 102.32
94.49-78.4=22.09
134.49-98=36.49

Figura 5.16. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos para condiciones finales a corto plazo.


Condición final a corto plazo

357. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

319
PROBLEMA 7.

El perfil de suelo en un valle ancho está compuesto por 3 m de una grava gruesa que yace
sobre 12 m de arcilla. Por debajo de la arcilla se encuentra una arenisca muy fisurada de
permeabilidad relativamente alta. El nivel de agua en la grava se encuentra 0.6 m por debajo
de la superficie. El agua en la arenisca se encuentra bajo presión artesiana correspondiente a
un nivel de agua de 6 m por encima del nivel del terreno. Los pesos unitarios son:

Grava - por encima el nivel freático 16 kN/m3
- debajo del nivel freático (saturada) 20 kN/m3
Arcilla - saturada 22 kN/m3
Agua (valor que se adopta para el problema) 10 kN/m3

a) Dibuje el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo vertical efectivo en función de la
profundidad en los siguientes casos:

i) Con las elevaciones de agua iniciales.

ii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava es disminuido 2 m por bombeo, pero
la presión de agua en la arenisca no cambia.

iii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava se mantiene como en ii), pero que los
pozos de alivio disminuyen la presión de agua en la arenisca en 5.5 m.

iv) Asumiendo que los pozos de alivio son bombeados para reducir el nivel de agua
en la arenisca a 15 m por debajo del nivel del suelo.

Nota: Para ii), iii) y iv) se requiere las condiciones a corto y largo plazo.

b) ¿Hasta qué profundidad se puede realizar una excavación amplia en la arcilla, antes de que
el fondo o piso de la misma se encuentre en condiciones de falla?

i) Con la presión artesiana inicial en la arenisca.

ii) Con pozos de alivio reduciendo la presión artesiana a 0.60 m encima de la
superficie de terreno.

iii) Con bombeo en los pozos de alivio para reducir la presión artesiana a 15 m
debajo de la superficie del terreno.

c) Se requiere una excavación de 9 m de profundidad. Por razones de seguridad, es necesario
mantener una proporción: Esfuerzo total vertical/Presión de levantamiento igual a 1.30.
¿Hasta qué profundidad deberá reducirse la carga piezométrica en la arenisca para cumplir
este requerimiento?

d) Si el nivel freático en la arenisca aumentara a 15 m encima de la superficie del terreno, ¿a
qué profundidad en la arcilla se encontraría el esfuerzo efectivo vertical mínimo y cuál
sería su valor?



Condiciones a largo plazo

Condiciones a corto plazo

358. Problemas resueltos de mecánica de suelos

320
a.i) Presión artesiana inicial en la arenisca.














Figura 5.17. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales.

a.ii) Asumiendo que el nivel de agua es disminuido 2 m por bombeo.
























Figura 5.18. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones a corto y largo plazo.


0.6 m
2.6 m
2.4 m
0.4 m
12 m
12 m
6 m
6 m


u
u
’
’
kPa

kN/m
2

Arcilla
Arcilla
Grava
Grava
41.6 = 2.6·16 41.6=41.6-0
57.6 = 9.6 + 2.4·20
49.6=41.6+0.4·20
(15+6)·10=210
24 =
2.4·10
4 = 0.4·10
33.6 = 57.6 - 24
33.6=49.6-16
111.6=313.6-202
0
202 = 210 - 8
16 = 24 - 8
45.6=49.6-4
313.6-210 = 103.6
γ = 16 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

Grava
9.6 = 0.6·16
57.6 + 12·22 = 321.6 (12+2.4+0.6+6)·10 =210
9.6 = 9.6 - 0
111.6 = 321.6 - 210
γ = 16 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

Grava
313.6 = 49.6 + 12·22
inicial = h·γ uinicial = h·γw ’inicial = inicial - u
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
2.6 m
49.6 = 9.6 + 2·20 20 = 2·10 29.6 = 49.6 - 20
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Arenisca
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a corto plazo:
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ
’largo = largo – ulargo
∆σ = 49.6-57.6= -8
∆σ = 313.6 - 321.6 = -8

359. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

321
a.iii) Si disminuye la presión de la arenisca en 5.5 m.
























a.iv) Si la presión de poros en la arenisca reduce en 15 m por debajo del suelo.






















2.6 m
2.6 m
0.4 m
0.4 m
12 m
12 m
0.5 m


u
u
’
’

kN/m
2

kPa
Arcilla
Arcilla
Grava
Grava
41.6 = 2.6·16
41.6 = 41.6 - 0
41.6 = 41.6 - 0
49.6 + 12·22 = 313.6
49.6=41.6+0.4·20
(15+6)·10=210
Igual que ii largo plazo

15.5·10= 155
Igual que iii largo plazo
4 = 0.4·10
4 = 0.4·10
313.6-155=158.6
313.6 - 0 = 313.6
(15+0.5)·10 = 155
0 = 0·10
45.6 = 49.6 - 4
45.6 = 49.6 - 4
313.6 - 210 = 103.6
313.6 - 155 = 158.6
γ = 16 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

Grava
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ
’largo = largo – ulargo
Presión de poros a corto plazo:
4 = 0.4·10
Igual que ii largo plazo
γ = 16 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

Grava
41.6 = 2.6·16
49.6=41.6+0.4·20
49.6 + 12·22 = 313.6
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ
’largo = largo – ulargo
Presión de poros a corto plazo:
Igual que iii largo plazo
4 = 0.4·10

0 = 0·10

360. Problemas resueltos de mecánica de suelos

322
b) Profundidad máxima de excavación, D:















El fondo de la excavación se encontrara en condiciones de falla cuando el esfuerzo vertical
efectivo sea nulo.
Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros

 = ′ + u

′ = 0 (Condición de falla)   = u

b.i) Presión artesiana inicial en la arenisca (6 m sobre el terreno).

(15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana

Reemplazando valores se tiene:

(15 - D)·22 = 10·(15 + 6)  D = 5.45 m

b.ii) Reduciendo la presión de poros a 0.6 m por encima del terreno.

(15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana

Reemplazando valores se tiene:

(15 - D)·22 = 10·(15 + 0.6)  D = 7.91 m

b.iii) Reduciendo la presión artesiana a 15 m por debajo del terreno.

(15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana

Reemplazando valores se tiene:

(15 - D)·22 = 10·(0)  D = 15 m

15 m
D
6 m
Arcilla
γ = 22 kN/m
3

b.i
0.6 m
b.ii
b.iii
0 m
Arenisca

361. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

323
c) Que profundidad debe reducirse la carga piezométrica en la arenisca.

Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros

 = ′ + u

El fondo de la excavación fallará cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo: ′ = 0

 = u  FS
u


1

Factor de seguridad: FS = 1 , condición crítica
FS > 1 , condición estable
En este caso, FS = 1.30
u
FS


  
h


10
22615
30.1

hmax = 10.15 m

Hexcavado = 15 - 10.15  Hexcavado = 4.85 m

Como originalmente es de 15 m, entonces habrá que reducir la carga piezometrica en la
arenisca 4.85 m. para cumplir con el requerimiento de la altura máxima de 10.15 m.

d) Cual será el esfuerzo efectivo mínimo y a que profundidad se encontrara si el
nivel freático de la arenisca aumenta 15 m encima de la superficie del terreno.

















El esfuerzo efectivo vertical mínimo es 21.6 kN/m
2
y se ubica a 15 m de profundidad,
desde la superficie del terreno.
0.6 m
2.4 m
12 m
15 m
 u ′
Grava
9.6 = 0.6·16 9.6 = 9.6 - 0
57.6+12·22= 321.6
57.6=9.6+2.4·20
(12+2.4+0.6+15)·10= 300
24 =
2.4·10
33.6=57.6-24
21.6 =321.6 - 300
0 = 0·10
Grava
Arcilla
γ = 22 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 16 kN/m
3

 = h·γ u = h·γw ’ =  – u

362. Problemas resueltos de mecánica de suelos

324
PROBLEMA 8.

El perfil de un terreno consiste de 10 m de arena (peso específico de 18 kN/m
3
) sobre 20 m
de arcilla (peso específico de 19 kN/m
3
), todo ello sobre arena densa que se extiende a gran
profundidad. El nivel freático se encuentra al ras del terreno (peso específico del agua 9.81
kN/m
3
). Sobre la superficie se aplica una carga de gran extensión de 300 kN/m
2
. Trazar el
gráfico de esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos:
a) Para la condición inicial (antes de la aplicación de la carga).
b) Para la condición inmediata después de la aplicación de la carga (condición no drenada, o
a corto plazo t = 0).
c) Para la condición a largo plazo (cuando toda las presión de poros en exceso se ha disipado,
t = , condición drenada).

a) Condiciones iniciales (antes de la aplicación de la carga).














b) y c) Condiciones a corto y largo plazo.

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo
















10 m
10 m
20 m
20 m


u
u
’
′

kN/m
2

kPa 
Arena
180 + 20·19 = 560
480 + 20·19 = 860
180 = 10·18
480=300+10·18
98.1+20·19=294.3
10·9.81=98.1
381.9=480-398.1
565.7=860-294.3
300 kPa
300 (Carga)
398.1=98.1+300
594.3=294.3+300
300=300-0
860-594.3=265.7
81.9=480-398.1
Arcilla
Arena
Arcilla
Arena Densa
γ = 18 kN/m
3

γ = 19 kN/m
3

0 = 0·18
 = h·γ u = h·γw ’ =  – u
0 = 0·9.81
98.1 = 10·9.81
98.1 + 20·9.81 = 294.3
0 = 0 - 0
81.9 = 180 – 98.1
560 + 294.3 = 265.7
Arena Densa
γ = 19 kN/m
3

γ = 18 kN/m
3

corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
Presión de poros a corto plazo:
∆σ = 480-180=300
∆σ=860-560=300
0 = 0·9.81

363. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

325
PROBLEMA 9.

El nivel de agua en una laguna es de 5 m (peso específico del agua = 10 kN/m
3
). El fondo de
la laguna está compuesto de 5 m de arcilla (peso específico = 19 kN/m
3
) sobre 5 m de arena
(peso unitario = 18 kN/m
3
) que descansa sobre roca impermeable. Para todo el perfil del
terreno, se requiere:
a) Dibujar la variación en profundidad, del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo
efectivo.
b) Dibujar nuevamente la variación del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo,
inmediatamente después del drenaje del agua de la laguna.

a) Condiciones iniciales (antes del drenaje del agua de la laguna).















b) Condiciones finales (después del drenaje del agua de la laguna).

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo
















En este caso las condiciones a corto y a largo plazo son las mismas.
5 m
5 m
5 m
5 m
5 m
5 m


u
u
′
′
kPa 
kPa
Arcilla
Arcilla
Agua
El agua drena = se vacía
Como es laguna no queda
nada de suelo, solo aire.
50=5·10
95+5·18=185
95=5·19
Arena
Arena
145=50+5·19
50+5·18=235
50=5·10
100=50+5·10
 = h·γ u = h·γw ’ =  – u
100+5·10=150
0 = 0·10 0 = 0·10 0 = 0 - 0
0 = 50 - 50
45 = 145 - 100
235 – 150 = 85
γ = 10 kN/m
3

γ = 19 kN/m
3

γ = 18 kN/m
3

Roca impermeable
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw
largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
Roca impermeable
γ = 19 kN/m
3

γ = 18 kN/m
3

50+5·10=100
0 = 5·0 0 = 5·0 0 = 0 - 0
50=5·10 45 = 95 - 50
85 = 185 - 100
∆σ = 95-145= -50
50 = 100 - 50
∆σ = 95-145= -50
100 = 150 - 50

364. Problemas resueltos de mecánica de suelos

326
PROBLEMA 10.

El perfil estratigráfico de un suelo consiste de una capa superficial de grava de 10 m de
espesor (peso específico = 22 kN/m
3
), que descansa sobre 10 m de arcilla (peso específico =
20 kN/m
3
) y que a su vez se apoya sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al
nivel de la superficie del terreno. El peso específico seco de la grava es 17 kN/m
3
, y el peso
específico del agua adoptado es 10 kN/m
3
.
a) Trazar los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo y mostrar su
variación con la profundidad.
b) Trazar nuevamente los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo,
inmediatamente después de haber drenado toda el agua de la grava y simultáneamente haber
aplicado una carga infinita de 30 kPa en la superficie del terreno.

a) Condiciones iniciales (Antes del drenado y aplicado de la carga infinita).













b) y c) Condiciones a corto y largo plazo.

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo
















10 m
10 m
10 m
10 m


u
u
′
′
kPa
kPa
Arcilla
Arcilla
Grava
Grava
30 kPa
30
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
Presión de poros a corto plazo:
γ = 22 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

Roca impermeable
γ = 17 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

 = h·γ u = h·γw ’ =  – u
0 = 0·22
220 = 10·22
10·22 = 420 100 + 10·10 = 200
100 = 10·10
0 = 0·10 0 = 0 - 0
120 = 220 - 100
420 - 200 = 220
30 = 30 + 0·17
200=30+10·17
200 + 10·22 = 400
∆σ = 200-220= -20
80 = 100 - 20
0 = 0·10
0+10·10=100
180=200-20
∆σ = 400-420= -20
30 = 30 - 0 0 = 0·10
120=200-80
200=200-0
400-180=220
400-100=300

365. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

327
PROBLEMA 11.

El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 4 m de espesor y peso
especifico de 19 kN/m
3
y 2 m de arena, con peso especifico de 18 kN/m
3
, que descansan
sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. Si
un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza 2 m
de altura sobre la superficie del terreno. El peso especifico del agua es de 9.81 kN/m
3
.
a) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos
totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, para la condición inicial.
b) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos
totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, si la presión artesiana en la arena es reducida 1
m, para la condición inmediata después del descenso de la columna de agua.

a) Condiciones iniciales.














b) y c) Condiciones a corto y largo plazo.

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo















4 m
4 m
2 m
2 m
2 m
1 m


u
u
′
′
kPa
kPa
Arena
Arcilla
 = h·γ u = h·γw ’ =  – u
0 = 0·19
γ = 19 kN/m
3

γ = 18 kN/m
3

Roca impermeable
76 = 0 + 4·19
76+2·18=112
0 = 0·10
58.86 = 6·9.81
58.86+2·9.81=78.48
0 = 0 - 0
17.14 =76 – 58.86
112-78.48=33.52
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
Presión de poros a corto plazo:
Arcilla
γ = 19 kN/m
3

Arena
γ = 18 kN/m
3

Roca impermeable
0 = 0·19
76 = 0 + 4·19
76+2·18=112
49.05 = 4·9.81
∆σ = 76-76= 0
58.86 = 58.86+0
58.86+2·9.81=78.48
∆σ = 76-76= 0
78.48=78.48+0
0 = 0 - 0 0 = 0·9.81
17.14=76-58.86
26.95=76-49.05
112-78.48=33.52

366. Problemas resueltos de mecánica de suelos

328
PROBLEMA 12.

Se tiene el siguiente perfil de suelo:



















Se pide:
a) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones iniciales
b) Determinar el sentido de flujo, el gradiente hidráulico y el caudal por unidad de área de los
dos estratos de arcilla.
c) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones de corto y
lago plazo si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de
1x1 con una carga de 300 kN.
La siguiente tabla contiene el incremento de esfuerzo ocasionado por la zapata de 1x1
cargada con 300 kN en función de la profundidad.

Profundidad
m
Incremento de esfuerzo
kg/m
2

Profundidad
m
Incremento de esfuerzo
kg/m
2

0.00 300 3.00 15
0.25 279 3.25 13
0.50 210 3.50 11
0.75 145 3.75 10
1.00 100 4.00 9
1.25 72 4.25 8
1.50 54 4.50 7
1.75 41 4.75 6
2.00 32 5.00 5.60
2.25 26 5.25 5.10
2.50 21 5.50 5
2.75 18

1.0 m


1.5 m




0.75 m





2.25 m










N.T.
 = 20 kN/m
3

sat = 22 kN/m
3
k = 2.5 x 10
-5
cm/s
Arcilla

 = 19 kN/m
3


sat= 20 kN/m
3

k = 0.02 cm/s

Arena
Arena
 = 19 kN/m
3

sat = 20 kN/m
3
k = 0.02 cm/s
Arcilla
 = 20 kN/m
3

sat = 22 kN/m
3
k = 4 x 10
-5
cm/s

Arena
 = 19.5 kN/m
3

sat = 20 kN/m
3
k = 0.01 cm/s

2.0 m
0.5 m

367. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

329
a) Condiciones iniciales.


















b) Sentido de flujo, gradiente hidráulico y caudal por área unitaria en la arcilla.

1
er
Estrato de arcilla:

- Sentido del flujo:

El flujo va de mayor energía a menor energía.
g
vu
zE
W 

2
2



Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña:
W
u
zE




Energía en la parte inferior = (2.25 + 0.75) + (44.1/9.8) = 7.5 m

Energía en la parte superior = (2.25 + 0.75 + 1.5) + (4.9/9.8) = 5 m

Como hay mayor presión en la parte inferior del primer estrato de arcilla, entonces el sentido
del flujo es de abajo hacia arriba (ascendente).

- Gradiente Hidráulico:

i = h/L

h = 7.5 – 5 = 2.5 m
L = Longitud del estrato = 1.5 m

i = 2.5/1.5  i = 1.66
 = h·γ

u = h·γw
u
’ =  – u
′
0 = 0·19
9.5 = 0.5·19
γ = 19 kN/m
3

Arena
γ
sat = 20 kN/m
3
γ
sat = 22 kN/m
3
Arcilla
γ
sat = 20 kN/m
3
γ
sat = 22 kN/m
3
Arcilla
γ
sat = 20 kN/m
3 Arena
Arena
0.75 m
1.5 m
0.5 m
0.5 m
2.25 m
19.5 = 9.5 + 0.5·20
52.5=19.5+1.5·22 67.5=52.5+0.75·20

67.5+2.25·22=11
7
0 = 0·9.8
4.9 = 0.5·9.8
44.1=4.9+4·9.8
51.45=44.1+0.75·9.8
(2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8=49
0 = 0 - 0
9.5 = 9.5 – 0
14.6 = 19.5 – 4.9
8.4 = 52.5 – 44.1
16 = 67.5 – 51.45
117 - 49 = 68
z = 0 m (Nivel de referencia)
0.5 m
2.0 m

368. Problemas resueltos de mecánica de suelos

330
- Caudal:
q = k·i·A

k = 25 x 10
-5
cm/s = 0.0216 m/día

q = (0.0216)·(1.66)·(1 m
2
)  q = 0.036 m
3
/día/m
2

2
do
Estrato de arcilla:

- Sentido del flujo:

El flujo va de mayor energía a menor energía.
g
vu
zE
W 

2
2



Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña:
W
u
zE




Energía en la parte inferior = (0) + (49/9.8) = 5 m

Energía en la parte superior = (2.25) + (51.45/9.8) = 7.5 m

Como hay mayor presión en la parte superior del segundo estrato de arcilla, entonces el
sentido del flujo es de arriba hacia abajo (descendente).

- Gradiente Hidráulico:

i = h/L

h = 7.5 – 5 = 2.5 m
L = Longitud del estrato = 2.25 m

i = 2.5/2.25  i = 1.11

- Caudal:

q = k·i·A

k = 4 x 10
-5
cm/s = 0.03456 m/día

q = (0.03456)·(1.11)·(1 m
2
)  q = 0.036 m
3
/día/m
2

369. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

331
c) Si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una
zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. (Corto y largo plazo)

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo






















El esfuerzo total se halla sumando el incremento de carga en el punto de estudio sacado de la
tabla del enunciado y el esfuerzo total que proporciona el terreno (·H).


1 m
1.5 m
0.75 m
2.25 m
Arena
Arcilla
Arena
Arcilla
γ = 19 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

2.0 m
0.5 m
 u ′ kPa
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
300 = (Carga)
119 = 100 +1·19
73=21+1·19+1.5·22
80=13+1·19+1.5·22+0.75·20
5+1·19+1.5·22+0.75·20+2.25·22=121.5
∆σ=119-19.5=99.5
104.4=4.9+99.5
64.6=44.1+20.5
∆σ=73-52.5=20.5
64=51.5+12.5
∆σ=80-67.5=12.5
∆σ=121.5-117=4.5
53.5=49+4.5
44.1=(1.5+1+2)·9.8
49=(2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8
(0.75+1.5+1+2)·9.8=51.5
0-0=300
119=119–0
14.6=119–104.4
28.9=73–44.1
8.4=73–64.6
16=80–64
28.5=80–51.5
68=121.5–53.5
72.5=121.5–49

370. Problemas resueltos de mecánica de suelos

332
PROBLEMA 13.

El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 6 m de espesor con peso
específico húmedo de 20 kN/m
3
y peso especifico saturado de 22 kN/m
3
que descansa sobre
un acuífero de arena de 4 m de espesor, con peso específico húmedo de 18 kN/m
3
y peso
específico saturado de 20 kN/m
3
. El nivel freático se encuentra a un metro por debajo de la
superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la
columna de agua alcanza la altura de 1 m por debajo de la superficie del terreno. El peso
específico del agua es igual a 9.81 kN/m
3
.














a) Calcular la profundidad máxima que se puede excavar para la construcción de una
fundación, debiendo hacer descender el nivel del agua de la arcilla hasta el nivel de la
excavación.
b) Para el estado excavado calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de
poros para las condiciones iniciales, a corto y a largo plazo considerando la succión y que
la altura de saturación capilar llega hasta el nivel del terreno.

a) Profundidad máxima que se puede excavar.

El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical
efectivo al final del estrato sea nulo.
0'

u'

u








226 D

58.9u
 u = 49 kN/m
2

1.0 m
5.0 m
4.0 m
Suelo 1: Arcilla
 = 20 kN/m
3


sat = 22 kN/m
3

Suelo 2: Arena
 = 18 kN/m
3


sat = 20 kN/m
3

D
max
Arcilla
Arena A
1 m
6.0 m
γ = 22 kN/m
3

1.0 m

371. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

333  049226' D

22
49
6D

22
49
6D
 D = 3.77 m

b) Esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos.

Condiciones iniciales:















Condiciones Finales (Corto y largo plazo):

Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo


















Arcilla
1 m
5 m
4 m
 = h·γ
 u ’
u = h·γw ’ =  - u
0 = 0·22
22 = 1·22
γ = 22 kN/m
3

γ = 22 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

Arcilla
Arena
132=22+5·22
132 + 4·20 = 212 49 + 4·9.8 = 88.2
–1·9.8= –9.8
Arcilla
Succión
49=0+5·9.8
0 = 0·9.8
212 – 88.2 = 123.8
83= 132 – 49
22= 22 – 0
9.8= 0 – (– 9.8)
3.77 m
2.23 m
4.00 m Arena
γ = 22 kN/m
3

γ = 20 kN/m
3

1 m
0 = 0·22
49.06 = 2.23·22
49.02 + 4·20 = 129.02
∆σ=0–82.94= – 82.94
27.15 – 82.94 = – 55.79
 u ′ kPa
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw
largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
82.94=22+2.77·22
3.77 m
27.15 = 2.77·9.8 33.79 = 60.94 – 27.15
∆σ=49.06–132= –82.94
49–82.94 = – 33.94
0 = 0·9.8
49=(3.77+2.23–1)·9.8
49 + 4·9.8 = 88.2
0.06=49.06–49
83=49.06+33.94
55.79=0–55.79
40.82=129.02–88.2

372. Problemas resueltos de mecánica de suelos

334
PROBLEMA 14.

Calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para condiciones
iniciales, a corto plazo y a largo plazo para el perfil de suelos de la figura si se coloca una
carga infinita de 100 kPa.
Considerar que hay succión y que la altura capilar llega hasta el nivel del terreno a 100 % de
saturación.
Peso específico de agua w = 9.81 kN/m
3






















Condiciones Iniciales:





















0.7 m


14.3 m



10.0 m


15.0 m



15.0 m
Arena:  =16 kN/m
3


sat =17.66 kN/m
3

Arena:  = 16 kN/m
3


sat = 16.68 kN/m
3

Arcilla:  = 14 kN/m
3


sat = 14.72 kN/m
3

Arcilla:  = 16 kN/m
3


sat = 17.17 kN/m
3

Arcilla:  = 16 kN/m
3


sat = 16.58 kN/m
3

-6.9
140.3
238.4
532.7
6.9
193.3
267
377.4
0.7 m


14.3 m


10.0 m



15.0 m



15.0 m
385.5
12.4
124.6
12.4
 = h·γ

u = h·γw
u ’
’ =  - u
431.7
γ = 16 kN/m
3

652.5
910.1
264.9

373. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

335
Condiciones a largo plazo
Condiciones a corto plazo

























1010,1
100
364,9
-6,9
140,3
238,4
106,9
293,3
367
477,4
0.7 m

14.3 m


10.0 m



15.0 m




15.0 m
531,7
752,5 385.5
112,4
224,6
112,4
532,7
338,4
485,5
632,7
193,3
267
377,4
corto = h·γ
ucorto = uinic + ∆σ
’corto = corto – ucorto
Arcillas:
∆σ = σcorto – σinic
Gravas
y arenas:
ucorto = h·γw
Presión de poros a largo plazo:
ulargo = h·γw
largo = h·γ ’largo = largo – ulargo
  u

374. Problemas resueltos de mecánica de suelos

336
PROBLEMA 15.

En el perfil que se muestra en la figura, se pide determinar:

a) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en
condiciones iniciales.
b) Caudal y dirección de flujo por el estrato de arcilla ubicado entre 5 y 6 m de
profundidad.
c) Factor de seguridad contra levante de la base, en una excavación ancha de 1,5 m de
profundidad.
d) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en
condiciones a corto plazo, después de que el nivel de agua en el piezómetro ubicado a
4 m de profundidad, ha descendido, en un instante de tiempo, hasta los 4 m por
debajo de la superficie natural del terreno.
e) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en
condiciones a corto plazo, después de que el nivel del agua en los dos piezómetros
mostrados cambian hasta 1,5 m por debajo de la superficie del terreno y se aplica una
carga infinita en la superficie de 50 kPa (Considere que todos los cambios ocurren en
al mismo instante de tiempo).

Nota: Tomar w = 10 kN/m
3































-1

0

1

2

3

4

5

6

7


 = 18 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 19 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 18 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
Arcilla
Zona con ascenso capilar
(S=75%)
Arcilla
Arena
Arena
Arcilla

375. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

337
a)




















b)

Flujo en suelos:
AikQ


Para la arcilla entre 5 y 6 m

El flujo va de mayor energía a menor energía.
w
w
u
zE
velocidad la despreciar
g
vu
zE





2
2


Energía en la parte inferior = 1 + 5 = 6 m
Energía en la parte superior = 2 + 6 = 8 m

Por lo tanto el flujo es descendente

h = 8 – 6 = 2

gradiente hidráulico, i = h/L

i = 2/1 = 2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7



 = 18 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 19 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 18 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
Arcilla
(S=75%)
Arcilla
Arena
Arena
Arcilla
0
27
57
95
115
133
-11.25
40
60
50
60
11.25
27
17
35
65
73
Datum z = 0

376. Problemas resueltos de mecánica de suelos

338 2
1
2



L
h
i


Se toma área unitaria, A = 1


1210
8
Q

8
102

Q m
3
/s/m
2

c)

El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical
efectivo al final del estrato sea nulo.
u
FS
u
u'
'




0











El factor de seguridad será:
A
A
u
FS




302051  ,
A kPa
40104
Au
kPa
75.0
40
30
FS








D
max
Arcilla
Arena
A
3.0 m

377. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

339
d)



















e)



-1

0

1

2

3

4

5

6



 = 18 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 19 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 18 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
Arcilla
(S=75%)
Arcilla
Arena
Arena
Arcilla
0
27
57
95
115
133
-11.25
40
60
50
60
11.25
27
17
35
65
73
-10
10
67
85
-1

0

1

2

3

4

5

6



 = 18 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 19 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
 = 20 kN/m
3

k = 10
-8
m/s
 = 18 kN/m
3

k = 10
-3
m/s
Arcilla
(S=75%)
Arcilla
Arena
Arena
Arcilla
50
77
107
145
165
183
38.75
90
110
100
11.25
27
17
35
65
q = 50 kPa

50
15
35
45
55
92
110
120
128

378. CAPITULO 6 Resistencia al corte


299

CAPITULO SEIS
Resistencia al corte

6.1. Introducción.

La resistencia de un material describe el estado último de esfuerzo que puede soportar antes
de que falle. Para suelos que pueden tener niveles altos de deformación se define la falla de
acuerdo a sus deformaciones. Se habla de resistencia a la tensión, resistencia a la compresión,
resistencia al corte, y así sucesivamente, pensando que estos términos son diferentes, pero
estos términos deben realmente estar relacionados a una característica fundamental de
resistencia.
La conexión entre estas resistencias diferentes es el esfuerzo de corte máximo, o el
tamaño del círculo de Mohr más grande que el material pueda soportar.
El círculo de Mohr es un diagrama de esfuerzos utilizado para analizar los estados de
esfuerzos en un elemento de suelo. El criterio de Mohr-Coulomb es un criterio de falla que
indica que la resistencia de un material aumenta linealmente con el aumento del esfuerzo
efectivo normal y el material fallará cuando el círculo de Mohr toque una curva límite.
Es así que el criterio de Mohr-Coulomb se utiliza para determinar la resistencia de suelos
sometidos a cargas en problemas de la ingeniería geotécnica. De esta manera podemos decir
que materiales que tienen resistencia pueden soportar esfuerzos de corte y la resistencia es el
máximo esfuerzo de corte que pueda ser soportado. Solo los materiales con resistencia
pueden tener taludes porque los esfuerzos de corte son requeridos para mantener un talud. Un
material sin resistencia al corte, como agua estacionaria, no puede soportar un talud y el
círculo de Mohr se reduce a un punto.

Teoría del estado crítico.

Los parámetros c y  de resistencia al corte de Mohr – Coulomb, no son propiedades
fundamentales del suelo. Ellos dependen del tipo de ensayo en la cual fueron determinados.
La teoría del estado crítico es un esfuerzo por predecir el comportamiento de un suelo
saturado sujeto a un sistema de esfuerzos axisimétricos mediante un concepto matemático. La
idea central en la teoría del estado crítico es que todos los suelos fallan en una única
superficie de falla en un espacio q, p, e. El modelo de estado critico incorpora en su criterio
de falla cambios de volumen diferente al criterio de Mohr-Coulomb donde la falla solo esta
definida por la pendiente de de la línea de esfuerzos máximos. De acuerdo con el modelo de
estado crítico el estado de falla de esfuersos es insuficiente para garantizar la falla en los
suelos.

379. Problemas resueltos de mecánica de suelos


300

6.2. Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Según al concepto fundamental de resistencia al corte, explique las características de los
diferentes tipos en que se clasifican los suelos.

Respuesta.

Los suelos del Tipo I están constituidos de arenas sueltas, arcillas normalmente consolidadas
y arcillas ligeramente sobreconsolidadas (OCR  2), estos suelos al llegar al estado crítico se
endurecen y se comprimen hasta llegar a un índice de vacíos crítico.
Los suelos del Tipo II representarán a las: arenas densas y arcillas sobreconsolidadas
(donde OCR > 2) presenta un valor pico del esfuerzo de corte, al llegar a este estado se
ablandan llegando a un estado suelto, expandiéndose hasta llegar a un índice de vacíos crítico
después de una compresión inicial a bajo cortante. Este valor pico es suprimido y la
expansión del volumen disminuye cuando se incrementa el esfuerzo normal efectivo.

PREGUNTA 2.

¿Que característica especial poseen el esfuerzo de corte y el índice de vacíos cuando el suelo
alcanza el estado crítico?

Respuesta.

Tanto los suelos del Tipo I y II alcanzan el estado crítico, independientemente de su estado
inicial. Cuando el suelo alcanza su estado crítico el esfuerzo de corte aumenta conforme a la
solicitación aplicada pero el volumen tiende a mantenerse constante.
El esfuerzo de corte en el estado crítico y el índice de vacíos crítico depende del esfuerzo
normal efectivo. Un elevado esfuerzo normal efectivo resulta en un elevado esfuerzo de corte
en y un bajo índice de vacíos crítico.

PREGUNTA 3.

¿Qué es la evolvente de falla?

Respuesta.

Se denomina envolvente a una curva geométrica formada de la colección de valores máximos
del comportamiento que presenta un fenómeno en diversos estados y condiciones.
Análogamente la envolvente de falla en suelos, es la colección de los valores de corte
máximos que producen falla en el sentido de que las partículas del suelo empiezan a
deslizarse unas respecto de otras.
La envolvente de falla puede ser determinada en base a valores de corte picos o críticos.


PREGUNTA 4.

¿Qué influencia tiene el índice de sobreconsolidación (OCR) en un suelos del Tipo II?

380. CAPITULO 6 Resistencia al corte


301

Respuesta.

Un elevado índice de sobreconsolidación resulta en un elevado esfuerzo de corte pico y una
mayor expansión en el volumen.

PREGUNTA 5.

¿Cuándo ocurre la falla en el criterio de falla de Mohr-Coulomb?

Respuesta.

La falla ocurre cuando el suelo alcanza el máximo esfuerzo efectivo oblicuo 

f3
f1
'
'

 .
El máximo esfuerzo de corte   
max31max 2''  no es el esfuerzo de falla.


PREGUNTA 6.

Explique que es dilatancia.

Respuesta.

Si a las partículas del suelo se las asemeja a esferas, la Figura 6.1 muestra que las partículas
de los suelos del Tipo II están ubicadas de manera que se tiene la menor cantidad de espacios
vacíos. Entre partículas existe un trabazón que impide el desplazamiento de unas respecto a
otras, por lo que las partículas para iniciar su desplazamiento deben pasar unas encima de
otras, lo que origina un esfuerzo de corte pico y la expansión en el suelo.


Figura 6.1. Forma de deslizamiento de las partículas en suelos del Tipo II.

A este comportamiento de las partículas que ocasiona el aumento del volumen se lo
denomina dilatancia y solo se presenta en suelos del Tipo II.


PREGUNTA 7.

¿Qué comportamiento se aprecia respecto al volumen en una muestra de suelo cuando se
realiza un ensayo CD y CU?

Respuesta.

Los cambios de volumen ocurren bajo la condición drenada y no bajo la condición no
drenada. Bajo la condición no drenada no se permite la salida de agua por lo que el suelo
aunque se deforma mantiene un mismo volumen, en cambio bajo una condición drenada la
salida de agua produce un cambio de volumen en el suelo.

381. Problemas resueltos de mecánica de suelos


302

El resultado de este comportamiento es que el suelo bajo condición drenada responda con
un exceso de presión de poros negativo, mientras que en la condición no drenada el suelo
responderá con un exceso de presión de poros positivo.

PREGUNTA 8.

Explique que parámetros de resistencia al corte deben utilizarse para el diseño de una obra
geotécnica.

Respuesta.

Para el diseño geotécnico es importante determinar las condiciones de drenaje reales que
presenta el suelo en campo que pueden anticiparse según al tipo de suelo, para lo cual debe
considerarse que las condiciones no drenadas difieren significativamente de las drenadas para
el caso de los suelos finos, donde corto plazo no se aprecia un cambio de volumen pero
presentan un exceso de presión de poros que irá disipándose con el tiempo, hasta que ha largo
plazo se completa el cambio total de volumen y se disipa totalmente el exceso de presión de
poros. En el caso de los suelos de grano grueso el cambio de volumen es inmediato y el
exceso de presión de poros se disipa rápidamente durante la acción de la carga normal, por lo
que no tendría sentido en estos suelos hablar de una condición a corto y largo plazo.
En el caso de un suelo arcilloso luego de una excavación o la deposición de un terraplén al
principio debido a la rapidez de la construcción se tendrán condiciones no drenadas, entonces
el esfuerzo de corte máximo que tolera el suelo a corto plazo estará en función a parámetros
totales que será:

f = cu

Sin embargo, a largo plazo cuando el suelo alcance la condición drenada el esfuerzo de
corte máximo que tolera el suelo estará en función a parámetros efectivo, que será:

f = 'f·tan(') + c'

El valor del parámetro c' es identificado como la cohesión que es netamente geométrico y
corresponde a la altura formada por la intersección de la envolvente de falla alternativa con el
eje de corte, este parámetro se presenta únicamente en suelos del Tipo II.
Antes de realizar el diseño debe considerarse el tiempo de vida útil del proyecto, para así
determinar el tipo de parámetros que sean adecuados y también elegir un adecuado ensayo de
laboratorio que proporcione el tipo de parámetros deseados. En condiciones drenadas para el
diseño se consideran los parámetros 'cry'p, el valor pico no constituye ser la mejor opción
para el diseño geotécnico ya que las partículas del suelo en este estado de esfuerzos por lo
general no se deslizan en un plano de falla completamente desarrollado, además su valor es
muy variable y solo los suelos del Tipo II presentan este valor pico. Sin embargo todos los
suelos para una respectiva combinación de esfuerzos llegan a estar normalmente consolidado,
donde el parámetro del ángulo de fricción es crítico ('cr) donde el suelo alcanzará el estado
crítico. El diseño con el valor crítico a diferencia del pico no es conservador sino que permite
diseños óptimos que consideran los esfuerzos principales máximos que tolera el suelo. Por lo
tanto el ángulo de fricción crítico a diferencia del pico constituye ser un parámetro
fundamental de la resistencia al corte del suelo. En condiciones no drenadas para el diseño se
considera el parámetro de esfuerzo de corte no drenado cu, que depende de la magnitud del
esfuerzo de confinamiento (3)f el cual influirá en el esfuerzo normal (1)f, por lo tanto este
parámetro no constituye ser el fundamental para el diseño geotécnico.

382. CAPITULO 6 Resistencia al corte


303

Por lo general se encuentran suelos que son una mezcla de partículas gruesas y finas, en
este caso para el diseño debe tomarse en cuenta la condición drenada y no drenada para
determinar cual de esas condiciones es más crítica.

PREGUNTA 9.

¿Qué debe considerarse para elegir un adecuado ensayo triáxial para el suelo?

Respuesta.

Para elegir un adecuado ensayo triaxial deben tenerse en cuentas dos detalles:

 El tipo de parámetros que se desean obtener.
 El tipo de suelo y su origen.

La Tabla 6.1, muestra los parámetros que se obtienen en los diferentes tipos de ensayos
triaxiales.

Tabla 6.1. Parámetros determinados en los ensayos triaxiales. c
u
c' 
c' 
Parámetros determinados
Consolidado no drenado (CU)
Tipo de ensayo triaxial
No consolidado no drenado (UU)
Consolidado drenado (CD)


El Ensayo triaxial debe tratar de asemejar las condiciones reales que tendrá el suelo en
campo, los ensayos UU y CU podrían asemejar bien las condiciones de una arcilla con muy
baja permeabilidad, mientras que un ensayo CD a un suelo con una permeabilidad que
permite un buen drenaje del agua.
Sin embargo, los ensayos triaxiales pueden combinarse a fin de determinar los parámetros
de otros ensayos triaxiales realizados con el mismo suelo.

PREGUNTA 10.

Explique las características particulares de la línea de estado crítico y la superficie de fluencia
en el CSM.

Respuesta.

Para una única línea de estado crítico en el espacio (q, p’) corresponderá a una línea de estado
crítico en el espacio (e, p’). Cada suelo tiene una superficie inicial de fluencia, el tamaño de
esta superficie depende del esfuerzo efectivo medio de preconsolidación. La superficie de
fluencia se expandirá para R0 ≤ 2 y se contraerá para R0 ≥ 2 cuando el esfuerzo efectivo
medio aplicado excede el esfuerzo inicial de fluencia.
El suelo se comporta elásticamente para esfuerzos que están dentro de la superficie de
fluencia y elastopásticamente para esfuerzos ubicados fuera de la superficie de fluencia.

PREGUNTA 11.

Explique las etapas del ensayo triaxial.
A

383. Problemas resueltos de mecánica de suelos


304

Respuesta.

Los ensayos triaxiales constan de tres etapas importantes que son:

 Saturación. (Etapa 1)
 Consolidación. (Etapa 2)
 Compresión. (Etapa 3)

La etapa de saturación y consolidación es llevada a cabo en un sistema llamado banco
triaxial, que está diseñado para controlar un sistema de agua a presión que es aplicado a la
muestra de suelo a ensayar. La Figura 6.2 se muestra un esquema del banco triaxial.
Mamómetro
Agua desaireada
Bureta
graduada
Bomba
de Agua
Indicador
volumen
nulo
Cámara
Regulador de
Aire - Agua
Mamómetro Regulador
de presión
Aire a
presión
Regulador
Agua - Agua
A B
C
A - Conexión a cámara
B - Conexión superior a probeta
C - Conexión a base de probeta
- Válvulas auxiliares
desaire

Figura 6.2. Esquema del banco triaxial completo.

La etapa de compresión se lleva a cabo en una prensa que aplica una carga axial mediante
un anillo de carga a un vástago que comprime la muestra de suelo, el sistema triaxial es capaz
de mantener constante la presión aplicada a la muestra (dependiendo al tipo de ensayo) en la
etapa de consolidación durante la compresión y puede medirse la presión de poros.

Etapa de saturación.

Las probetas utilizadas en el ensayo triaxial deben estar completamente saturadas. Para esto,
lo primero que se hace es llenar la cámara completamente de agua (manteniendo el orificio de
ventilación abierto) la cual someterá a la probeta a un esfuerzo simétrico de confinamiento
3, entonces de acuerdo al diagrama de la Figura 6.3 se conecta la línea de base A al extremo
inferior de la bureta graduada y el otro extremo de la bureta se conecta al tanque regulador de
presión de aire. Con las válvulas A, C abiertas y B cerrada, se aplica aire al circuito de la
bureta de esa forma se introduce presión a la cámara (e.g. 3 = 20 kPa), luego se abre la
válvula B para introducir una contrapresión a la probeta que permite el ingreso de agua.
Se repite el procedimiento añadiendo una cantidad de presión 3 a la cámara y también
una contrapresión a la probeta por etapas hasta saturar completamente la probeta, ambas
presiones por lo general difiere en 10 kPa. La presión de poros en la probeta es registrada en
cada escalón con un transductor de presión, manómetro o bureta conectada a la válvula C.

384. CAPITULO 6 Resistencia al corte


305
Regulador Agua - Agua
A: Abierta
D: Abierta
E: Cerrada
B: Abierta
C: Abierta
Valvulas
F: Cerrada
Circuito sin uso
Circuito Agua
Circuito Aire
Aire a
presión
Regulador
de presión
BA
Mamómetro
Indicador
volumen
nulo
Bureta
graduada
Bomba
de Agua
Agua desaireada
Regulador de
Aire - Agua
Cámara
EG
D
Mamómetro
F
G: Abierta
C

Figura 6.3. ConFiguración del banco triaxial para las etapas 1 y 2.

Cuando aumenta la presión de poros el nivel de mercurio del indicador de volumen nulo
pierde el equilibrio, para reestablecerlo es necesario aumentar o disminuir la presión
mediante la bomba manual y de ésta manera el valor en la presión de poros queda registrado
en el instrumento utilizado. Se considerará la probeta completamente saturada, cuando el
valor determinado del coeficiente B para cada incremento de la contrapresión se repita más
de dos veces o sea muy cercano a la unidad (e.g. 0.98).

Etapa de consolidación.

Dependiendo el tipo de ensayo triaxial la probeta saturada de agua es consolidada antes de
inicializar la compresión. Sin embargo, antes de iniciar la consolidación es necesario generar
un incremento de presión de poros a través del incremento de la presión de celda 3, para
lograr esto se debe cerrar la válvula B y con la válvula A y C abiertas se incrementa la
presión de la celda a un valor predefinido. Este incremento es diferente para cada celda
pudiendo utilizarse incrementos de 100, 200 y 400 kPa. Durante todo el proceso, la válvula B
se mantendrá cerrada evitando la salida del agua presente en la probeta, como resultado la
presión de poros se incrementará.
Para consolidar la probeta (disipar el exceso de presión de poros) se abre la válvula B por
lo que el agua fluirá debido al exceso de presión de poros, entonces se registra el volumen de
agua expulsada a intervalos de tiempo de 0.10, 0.25, 0.5, 1, 2, 4, 8, 15, 30, 60,…, 840 y 1440
minutos o hasta que el exceso de presión de poros añadido últimamente se disipe por
completo.
Al final de la consolidación el exceso de presión de poros en la probeta será u = 0, pero
se mantendrá la presión de poros final de la etapa de saturación. Sin embargo, la presión en la
cámara se mantendrá constante en el valor recientemente incrementado.

Etapa de compresión.

La cámara triaxial es colocada en la plataforma de un sistema de compresión (prensa), donde
el esfuerzo axial de compresión aplicado a la probeta es transmitido mediante un vástago
añadido a la cámara. El vástago se adhiere a un anillo de carga, este anillo esta ajustado a dos

385. Problemas resueltos de mecánica de suelos


306

soportes metálicos de tal manera que la plataforma del sistema de compresión puede subir o
bajar según la conveniencia.
Se verifica que la probeta quede bien ubicada y en forma vertical, para asegurar un
correcto funcionamiento del vástago de carga, de esa manera los esfuerzos inducidos por el
vástago sean los que actúen en los planos principales de la probeta y no se generen esfuerzos
de corte en sus caras. Se conecta la línea de presión A de la cámara al tanque regulador con
su válvula de salida cerrada. Entonces se ajusta la presión de confinamiento al valor que se
quiere tener en la cámara abriendo la válvula del tanque regulador.
La etapa de compresión comienza cuando es aplicado un esfuerzo desviador d a una
velocidad constante, la carga que actúa en la probeta puede ser obtenida de la lectura de un
deformímetro ubicado en el anillo de carga, mientras que la deformación de la probeta es
medida con otro deformímetro ubicado sobre la cubierta metálica superior.
Dependiendo al tipo del ensayo triaxial puede permitirse o restringir el drenaje del agua de
la probeta durante la compresión mediante la válvula B. Las conexiones para el drenaje de la
probeta pueden ser instaladas a una bureta o un instrumento que mida la presión de poros.
También debe medirse el cambio de volumen de la probeta durante la compresión, con los
datos obtenidos del registro del nivel inicial del agua en la bureta y los niveles
correspondientes a cada lectura de los deformímetros de carga y de deformación, la Figura
6.4 muestra la configuración del banco triaxial para medir el cambio de volumen y la presión
de poros.
Regulador Agua - Agua
A: Abierta
D: Abierta
E: Cerrada
B: Abierta
C: Abierta
Valvulas
F: Cerrada
Circuito sin uso
Circuito Agua
Circuito Aire
Aire a
presión
Regulador
de presión
BA
Mamómetro
Indicador
volumen
nulo
Bureta
graduada
Bomba
de Agua
Agua desaireada
Regulador de
Aire - Agua
Cámara
EG
D
Mamómetro
F
G: Cerrada
C

Figura 6.4. Configuración del banco triaxial para medir el cambio de volumen.

PREGUNTA 12.

Explique las ventajas y características particulares del CSM en comparación la criterio de
falla de Mohr-Coulomb.

Respuesta.

El criterio de falla de Mohr-Coulomb queda limitado en cuanto a considerar el cambio de
volumen, aunque es ampliamente aceptado y utilizado por su sencillez no considera los
efectos de la deformación volumétrica en el concepto de falla, los parámetros c' y ' de
resistencia al corte determinados con este criterio no llegan a ser las propiedades

386. CAPITULO 6 Resistencia al corte


307

fundamentales del suelo. Si mediante un ensayo triaxial, se han determinado los parámetros c'
y ', estos únicamente serán válidos si las condiciones en situ son las mismas que las
condiciones asumidas en laboratorio.
e
(a)
'
e
línea de falla
 q
ln p'


p'
p'

línea de estado crítico
Cr
(c)
log '
Cc
e
Cr
(b)
'
e
'
cr

Figura 6.5. Parámetros del modelo de estado crítico (Budhu, 2000).

El modelo de estado crítico se ha ideado con el fin de unir los conceptos elementales de
consolidación (NC y SC) y resistencia al corte. Puesto que los suelos tienen un
comportamiento complicado desde el punto de vista de todas las variantes que ocurren, este
modelo presenta mecanismos matemáticos que proporcionan una simplificación e
idealización del comportamiento del suelo en el estado crítico del suelo, donde para un estado
de esfuerzo caracterizado se tendrá una deformación por corte constante. Durante el cambio
de volumen que experimenta un suelo, existe un instante que corresponderá a un determinado
volumen donde el suelo deje de responder elásticamente y pasar a un estado elastoplástico, el
CSM establece condiciones y parámetros para determinar cuando el suelo llega a ese estado.

387. Problemas resueltos de mecánica de suelos


308

El criterio de falla de Mohr-Coulomb, determina una envolvente de falla que es trazada
con los esfuerzos máximos alcanzados al variar el estado de esfuerzos en el ensayo. De
acuerdo con el modelo de estado crítico, el estado de falla de esfuerzos de Mohr-Coulomb es
insuficiente para garantizar la falla en los suelos. Este modelo establece un límite en el cual a
partir de este estado el suelo comienza a ceder, es decir, que pasa del comportamiento
netamente elástico a uno elastoplástico, a un volumen crítico. En la Figura 6.5 se muestra una
analogía de las diferencias que existen entre el criterio de falla de Mohr-Coulomb y el
modelo de estado crítico.

PREGUNTA 13.

Explique lo que es sensibilidad.

Respuesta.

Para muchos depósitos naturales de suelo arcilloso, el esfuerzo de compresión inconfinada se
reduce grandemente cuando el suelo a ensayar es remoldeado aunque no se presente un
cambio en el contenido de humedad del suelo, como muestra la Figura 6.66. Esta propiedad
del suelo arcilloso es conocida como sensibilidad. El grado de sensibilidad se expresa como
el cociente del esfuerzo de compresión inconfinada en un estado inalterado y remoldeado,
que será:
 
 
u
u
c inalterada
S
c remoldeada


Donde:
S = Sensibilidad de la arcilla.
cu = Parámetro de resistencia no drenado.

Para la mayoría de las arcillas la sensibilidad generalmente varía entre 1 a 8, basándose en
esto las arcillas pueden clasificarse según muestra la Tabla 6.2.

Tabla 6.2. Sensibilidad de la arcilla. (Das, 1997) Descripción
Ligeramente sensitiva
Medianamente sensitiva
Muy sensitiva
Ligeramente activa
Medianamente activa
Muy activa
Extra activa
8 - 16
16 - 32
32 - 64
> 64
Sensibilidad
1 - 2
2 - 4
4 - 8


PREGUNTA 14.

Explique que representa la superficie de Roscoe y Hvorlev.

Respuesta.

Superficie de Roscoe.

En el caso de un suelo ligeramente sobreconsolidado donde 1 R0  2 y suelos normalmente
consolidados, la trayectoria de esfuerzos efectivos comenzará en un punto L situado entre las

388. CAPITULO 6 Resistencia al corte


309

líneas NCL y CSL como muestra la Figura 6.6, es decir, con un índice de vacíos y en un
contenido de humedad mayor a del estado crítico. Bajo carga sin drenado, la trayectoria de
esfuerzos será L UL, donde no existirá variación en el índice de vacíos y en el caso de
carga con drenado la trayectoria será L DL.

SL
p'
c
H
UH
DH
S
p'
m ln p'
e
q
CSL
H
NCL
DH
RH
UH
S
CSL
p'

Figura 6.6. Superficie de Roscoe en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994).

Las trayectorias de esfuerzos efectivos (ESP) para suelos ligeramente sobreconsolidados,
se ubican en una superficie tridimensional cuyos límites son la CSL y NCL. A esta superficie
límite de estado se la llama la superficie de Roscoe. La posición de la trayectoria de esfuerzo
efectivo (ESP) en la superficie de Roscoe lo determina el esfuerzo de preconsolidación p'c.

Superficie de Hvorslev.

En el caso de un suelo muy sobreconsolidado, R0 > 2, la consolidación alcanzará un estado de
esfuerzos sobre la línea de expansión por debajo de la CSL, representado con un punto H en
la Figura 6.7. Bajo carga sin drenado donde el índice de vacíos se mantiene constante, la
trayectoria de esfuerzos efectivos será H  UH, siendo UH un punto sobre la CSL que pasa
por el origen en (q, p'). Después de la fluencia, la ESP continuará con mayor deformación a
lo largo de una recta TS hasta encontrar a la CSL en S. El estado crítico solo se alcanzará en

389. Problemas resueltos de mecánica de suelos


310

la parte de suelo vecina a las superficies de deslizamiento que se puedan desarrollar. Mientras
mayor sea el esfuerzo de preconsolidación, mayor será la deformación necesaria para llevar al
suelo a su estado crítico.

eSL
1

1

m
p' p'
superficie de Hvorslev
corte de no tensión
S
0
CSL
e
0e
e
NCL
1
3
1
T
1
H
q
superficie
C p'
Roscoe
de
M
1

Figura 6.7. Superficie de Hvorslev en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994).

En condiciones de carga con drenado el suelo muy sobreconsolidado se expande y este
continua aumentando de volumen hasta la cedencia. La ESP será H  DH, siendo DS un
punto de falla también ubicado sobre la línea TS. Después de la cedencia, este aumento de
volumen logra que los esfuerzos caigan hasta un valor residual RH que puede ubicarse por
debajo de la CSL. En consecuencia, el suelo adyacente a los planos de deslizamiento se
tornará más débil.
Por consiguiente, la línea TS representa una superficie límite de estado que gobierna la
fluencia en los suelos muy sobreconsolidados, está recibe el nombre de superficie de
Hvorslev. La línea OT en el espacio (q, p') representa una superficie límite, este límite
representa el estado de cero esfuerzo de tensión (’3 = 0) que se supone que es el límite para
los suelos y se llama corte de no tensión.

390. CAPITULO 6 Resistencia al corte


311

4.3. Problemas resueltos.

Criterio de falla de Mohr-Coulomb.

PROBLEMA 1

Una muestra cilíndrica de suelo esta sujeta a un esfuerzo axial principal (’1) y un esfuerzo
radial principal (’3). El suelo no soporta un esfuerzo adicional cuando ’1= 300 KPa y ’3=
100 KPa. Determine el ángulo de fricción y la inclinación del plano de deslizamiento
respecto a la horizontal. Asuma como insignificantes los efectos causados por la dilatancia.

Estrategia: Con la ecuación [F.17] puede determinarse puede determinar el ángulo de
fricción requerido siendo ’ = ’cr. Mientras que con la ecuación [F.20] se determina la
inclinación del plano de deslizamiento.

PASO 1

Encontrar el valor de ’cr.

Con los valores de:

’1= 300 KPa
’3= 100 KPa

De la ecuación [F.17] se tiene que:
100300
100300
sin





Por lo tanto el ángulo de fricción será:

' = 30°

PASO 2

Encontrar el valor de .
De la ecuación.[F.20] se tiene que:
2
30
45





Por lo tantota inclinación del plano de falla ser:

 = 60°

391. Problemas resueltos de mecánica de suelos


312

PROBLEMA 2

La Figura 6.8 muestra un perfil de suelo en un sitio donde se proyecta una construcción.
Determine el incremento en el esfuerzo efectivo vertical en un elemento de suelo a 3 m de
profundidad, bajo el centro de una construcción, el suelo fallará si el incremento en el
esfuerzo efectivo lateral es 40% del incremento en el esfuerzo vertical efectivo.

Estrategia: Puede considerarse el depósito como una arena uniforme con todas sus
propiedades. Con los datos proporcionados se puede encontrar el esfuerzo inicial y entonces
usar la ecuación del círculo de Mohr para resolver el problema. Si el elemento de suelo está
ubicado bajo el centro de una construcción, entonces se conoce que existen condiciones
asimétricas. Teniendo la condición ’3 + 0.4·’1, es necesario determinar el valor de ’1.

' = 30
cr
o
3
sat
 = 18 KN/m
2 m
1 m

Figura 6.8. Perfil de suelo.

PASO 1

Encontrar el esfuerzo efectivo inicial.

Asumiendo que 1 m de la parte superior del suelo está saturado, se tiene que:
 kPa 4.3428.9318
3 
ozo


El subíndice o denota original o inicial.

La presión lateral de la tierra es:
  kPa 2.174.345.0
03 
ozoox K


PASO 2.

Encontrar 1 .

De la ecuación [F.18] en la falla se tiene que:


3
301
301
sin1
sin1
f3
f1











cr
cr





392. CAPITULO 6 Resistencia al corte


313

Pero: 
1f1f1  

Y 
1f3f3 4.0 

Donde 1 es el esfuerzo efectivo vertical adicional que lleva al suelo a la falla.

Dividiendo miembro a miembro estas ecuaciones se tendrá que:


3
4.02.17
4.34
4.0
1
1
3
11










o
o


De la expresión se tiene que:

’1 = 86 KPa

393. Problemas resueltos de mecánica de suelos


314

PROBLEMA 3

Los resultados de dos ensayos de corte directo en dos muestras de suelo con diferente peso
unitario inicial se muestran en la Tabla 6.3. La muestra A no muestra un valor pico, pero si la
muestra B.

Tabla 6.3. Resultados de ensayos de corte directo. SueloNro. Ensayo Fuerza vertical NFuerza horizontal N
A Test 1 250 150
Test 2 500 269
Test 2 750 433
B Test 2 100 98
Test 2 200 175
Test 2 300 210
Test 2 400 248


Se pide determinar:

a) El ángulo de fricción crítico.
b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B.
c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B.

Estrategia: Para poder obtener los valores deseados es mejor graficar los resultados en un
sistema fuerza vertical versus horizontal.

a) El ángulo de fricción crítico.

PASO 1

Trazar un gráfico de la fuerza vertical versus la fuerza horizontal en la falla para cada
muestra, como muestra la Figura 6.9.

Fuerza horizontal N
Fuerza vertical N
32
o
41
o
o
30
800600400200
0
500
400
300
200
100
0

Figura 6.9. Fuerza vertical versus horizontal.

PASO 2

Determinar el valor de 'cr.

394. CAPITULO 6 Resistencia al corte


315

En la Figura 6.9 todos lo puntos de la muestra A han sido trazados en una línea recta que pasa
por el origen. La muestra A es un suelo no dilatante, posiblemente una arena suelta o una
arcilla normalmente consolidada. El ángulo de fricción efectivo es:

’= 30°.

b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra
B.

Las fuerzas horizontales de 200 N y 400 N para la muestra B no se ajustan a una línea recta
correspondiente a un ángulo ’p. Por lo tanto, según la ecuación [F.13] cada una de estas
fuerzas tiene un ’p asociado con:










200
175
tan
1
200N
p










200
248
tan
1
400N
p

'p200 = 41.2° 'p400 = 31.8°

c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B.

De la ecuación [F.12] se tiene que:


2.11302.41
200

N




8.1308.31
400

N



Comentario: Cuando el esfuerzo normal se incrementa el valor del ángulo de dilatancia
tiende a disminuir.

395. Problemas resueltos de mecánica de suelos


316

PROBLEMA 4

Al realizar el estudio de suelos en el área donde se construirá una represa de tierra (Figura
6.10), se han obtenido los siguientes parámetros geotécnicos para el material de la base (o
suelo natural): c = 30 kN/m
2
y  = 25º.

4m
c' = 30 kPa
' = 25º
A = 0.62
B = 0.87
H = 0.58 V
H
V
 = 18 kN/m
3

Figura 6.10. Presa de tierra.

Por medio de ensayos triaxiales, se ha determinado que los parámetros de presión de poros de
Skempton son: A = 0.62 y B = 0.87. También se ha logrado establecer que los esfuerzos
horizontales en el terreno equivalen al 58% de los esfuerzos verticales. El peso unitario del
material de relleno de la represa tiene un peso unitario de 18 KN/m
3
. En una primera etapa de
construcción se levantarán 4,00 m de la represa, y se supone que durante estos trabajos no
existirá disipación de la presión de poros en el terreno. Se requiere determinar el valor de la
resistencia efectiva del suelo que sirve de apoyo a la represa, al final de esta primera etapa.

Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo vertical y horizontal en el elemento de suelo ha
analizar, en base a la ecuación propuesta por Skempton se determina el exceso de presión de
poros útil para determinar el esfuerzo vertical efectivo final para hallar el esfuerzo de corte.
El incremento de esfuerzo vertical en el suelo al nivel de la base de la presa, será:

v = 1 =  h

v = 1 = (18) (4) = 72 KPa

El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo al nivel de la base de la presa, será:

h = 3 = 0,58 v

h = 3 = (0,58) (72) = 42 kPa

El incremento en la presión de poros, según Skempton, será:
  
313  ABu

  KPa 53427262,042 )87,0( u

396. CAPITULO 6 Resistencia al corte


317

El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será:

vfinal = vinicial + v

vfinal = vinicial + (v – u)

vfinal = 0 + (72 – 53) = 19 KPa

De la ecuación [F.27] la resistencia al corte en el suelo según el criterio de Mohr-Coulomb,
será:

 = c + tan 

 = c + vfinal tan 

 = 30 + 19 tan 25º

El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:

 = 39 KPa

Comentario: La ecuación [F.27] presenta el parámetro c’(cohesión) este es una corrección
para el efecto de dilatancia, por lo que esta ecuación es bastante práctica para el diseño.

397. Problemas resueltos de mecánica de suelos


318

PROBLEMA 5

El ángulo de fricción crítico del suelo es 28°. Determine el esfuerzo de corte en el estado
crítico si el esfuerzo efectivo normal es 200 KPa.

Estrategia: Con la ecuación [F.16] puede determinarse el esfuerzo de corte deseado.

De la ecuación [F.9] se tendrá que el esfuerzo de corte en la falla será:

28tan200
cr


cr = 106.3 KPa

398. CAPITULO 6 Resistencia al corte


319

PROBLEMA 6

Se está construyendo un terraplén (Figura 6.11) con un suelo que tiene parámetros efectivos
de resistencia al corte c = 50 kN/m
2
,  = 21º y un peso unitario de 17 kN/m
3
. Mediante
pruebas triaxiales se han obtenido los parámetros de presión de poros A = 0,5 y B = 0,9.
Se requiere encontrar la resistencia efectiva al corte en la base del terraplén al momento en
que su altura es incrementada de 3 a 6 m. Suponer que la disipación de la presión de poros
durante esta operación es insignificante y que las presiones horizontales en cualquier punto
son la mitad de las presiones verticales.

3m
3m
H = 0.50 V
V
H
 = 17 kN/m
3
c' = 50 kPa
' = 21º
A = 0.50
B = 0.90

Figura 6.11. Presa de tierra.

Estrategia: En primer lugar deben encontrarse los esfuerzo vertical y horizontal que actúan
en el elemento de suelo ha analizar, determinado el esfuerzo vertical final producto del
cambio de altura con la ecuación [F.27] se determina el valor del esfuerzo de corte máximo
que el suelo tolera.

El incremento de esfuerzo vertical en el suelo a nivel de la base de la presa será:

v = 1 =  h

v = 1 = (17) (3) = 51 KPa

El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo a nivel de la base de la presa será:

h = 3 = 0.50 v

h = 3 = (0.50) (51) = 25.5 KPa

El incremento en la presión de poros, según Skempton es:

 
313)(   ABu

   KPa 7.355.255150.025.5)90.0( u

399. Problemas resueltos de mecánica de suelos


320

El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será:

v final = v inicial + v

v final = v inicial + (v – u)

v final = (51 – 0) + (51 – 34.4) = 66.3 KPa

La resistencia al corte en el suelo según la ecuación [F.21] será:

 = c + tan 

 = c + v final tan 

 = 50 + (67.6) tan 21º

El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:

 = 75.45 kN/m
2

400. CAPITULO 6 Resistencia al corte


321

PROBLEMA 7

Los datos registrados durante un ensayo de corte directo en una arena (la caja de corte es 10
cm x 10 cm x 3 cm), a una fuerza vertical constante de 1200 N se muestran en la Tabla 6.2,
donde el signo negativo denota expansión vertical.

Se pide:

a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los
desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales.
b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como
densa o suelta?
c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el
ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico.

Tabla 6.2. Valores registrados de un ensayo de corte directo. DesplazamientoFuerza DesplazamientoDesplazamiento Fuerza Desplazamiento
horizontal mmhorizontal Nvertical mm horizontal mm horizontal Nvertical mm
0,00 0,00 0,00 6,10 988,29 -0,40
0,25 82,40 0,00 6,22 988,29 -0,41
0,51 157,67 0,00 6,48 993,68 -0,45
0,76 249,94 0,00 6,60 998,86 -0,46
1,02 354,31 0,00 6,86 991,52 -0,49
1,27 425,72 0,01 7,11 999,76 -0,51
1,52 488,90 0,00 7,37 1005,26 -0,53
1,78 538,33 0,00 7,75 1002,51 -0,57
2,03 571,29 -0,01 7,87 994,27 -0,57
2,41 631,62 -0,03 8,13 944,83 -0,58
2,67 663,54 -0,05 8,26 878,91 -0,58
3,30 759,29 -0,09 8,51 807,50 -0,58
3,68 807,17 -0,12 8,64 791,02 -0,59
4,06 844,47 -0,16 8,89 774,54 -0,59
4,45 884,41 -0,21 9,14 766,3 -0,60
4,97 928,35 -0,28 9,40 760,81 -0,59
5,25 939,34 -0,31 9,65 760,81 -0,59
5,58 950,32 -0,34 9,91 758,06 -0,6
5,72 977,72 -0,37 10,16 758,06 -0,59
5,84 982,91 -0,37 10,41 758,06 -0,59
5,97 988,29 -0,40 10,67 755,32 -0,59


Estrategia: Después de graficar las curvas correspondientes al inciso a, puede tenerse una
mejor idea del comportamiento de una arena densa o una suelta. Una arena densa muestra un
valor pico de una fuerza horizontal en el gráfico de fuerzas horizontales versus
desplazamientos horizontales y su expansión.

a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también
los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales.

b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican
como densa o suelta?

De la Figura 6.12, se aprecia que la arena aparenta ser densa, pues se observa un valor pico
en la fuerza horizontal y también dilatancia.

401. Problemas resueltos de mecánica de suelos


322

c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico,
el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico.

El área de la sección transversal de la muestra será:
222
m 10cm 1001010

A


El esfuerzo de corte en el pico será:

3
2
10
10
1005



A
P
px
p


p = 100.5 KPa

Desplazamiento vertical mm
Desplazamiento vertical mm
Desplazamiento horizontal mm
critico
pico
0.1
0.8
-0.70
-0.60
-0.50
-0.40
-0.30
-0.20
-0.10
0.00
0 2 4 6 8 10 12
121086420
0
1200
1000
800
600
400
200

Figura 6.12. Desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales.

402. CAPITULO 6 Resistencia al corte


323

El esfuerzo de corte en el estado crítico será:

3
2
10
10
758



N
A
P
crx
cr


cr = 75.8 KPa

De la ecuación [F.11] el ángulo de dilatancia será:








8.0
1.0
tan
1
p


p = 7.1°

El esfuerzo normal será:
kPa 12010
10
1200
3
2








n


Según la ecuación [F.13] el ángulo de fricción pico será:








120
5.100
tan
1
p


’p = 39.9°

Según la ecuación [F.9] el ángulo de fricción crítico será:








120
8.75
tan
1
cs


’cr = 32.3°

Según la ecuación [F.12] el ángulo de dilatancia será:
3.329.39
p


p = 7.6°

403. Problemas resueltos de mecánica de suelos


324

PROBLEMA 8

En un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla saturada. La carga
máxima que tolera la arcilla es 127 N con un desplazamiento vertical de 0.8 mm. Las
dimensiones de la muestra son: 38 mm de diámetro x 76 mm de largo. Determine el
parámetro de resistencia al corte no drenado.

Estrategia: En un ensayo de compresión inconfinada se tiene que: 3 = 0 y (1)f es el
esfuerzo axial de falla. El valor de cu es la mitad del esfuerzo axial de falla.

PASO 1

Determinar el área simple de falla.

Para los valores de:

D0 = 38 mm
D0 = 76 mm

El área inicial será:
4
038.0
2
0



A
= 11.3x10-4 m
2


También se sabe que:
01.0
76
8.0
0
1 


H
z



El área corregida de falla será:
24
4
1
0
0 m 104.11
01.01
103.11
1









A
A

PASO 2

Determinar el esfuerzo principal mayor de falla.
 kPa 4.111
104.11
10127
4
3
f1 





A
p
z


PASO 3

Determinar el valor de cu.

A partir de la ecuación [F.43] se tendrá que:

2
04.11
2
31 



ff
uc



cu = 55.7 KPa

404. CAPITULO 6 Resistencia al corte


325

PROBLEMA 9

Se ha realizado un ensayo de compresión triaxial no consolidada - no drenada (UU) en una
muestra de arcilla normalmente consolidada. se produjo la falla con el esfuerzo total principal
mayor de 300 KPa y el esfuerzo total principal menor de 200 KPa. En el mismo suelo, se
realizaron ensayos de compresión triaxial consolidada drenadas (CD) con los siguientes
resultados:

Muestra 1 3 = 50 kPa 1 = 150 kPa
Muestra 2 3 = 50 kPa 1 = 450 kPa

A continuación se realizo un ensayo de compresión inconfinada en el mismo suelo. Se pide
determinar la presión de poros en la muestra al momento de la falla.

Estrategia: Con la ecuación [F.24] y [F.38] se puede determinar ecuaciones que relacionen
los esfuerzos principales efectivos, el esfuerzo total de confinamiento en la compresión
inconfinada es cero, por lo tanto la presión de poros será el esfuerzo principal efectivo menor.

En la Figura 6.13 se grafican las envolventes de falla correspondientes a cada ensayo.


Figura 6.13. Envolventes de falla.

Del triaxial CD se conoce que:

1 = 1
3 = 3

405. Problemas resueltos de mecánica de suelos


326

Según la ecuación [F.24] se tiene que:
345
2
tan
3
12













313 
[1]

Del triaxial UU se conoce que:

1 – 3 = 100 KPa

Reemplazando la ecuación [1] en esta expresión se tiene que:

33 – 3 = 100 KPa

3 = 50 KPa

En un ensayo de compresión inconfinada, se sabe que: 3 =0:

La presión de poros será:

3 = 3 – u

50 = 0 – u

u = –50 KPa

406. CAPITULO 6 Resistencia al corte


327

PROBLEMA 10

Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente
consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una
deformación de 8 mm, cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la
misma muestra se realizo un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de
200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se
determino que la resistencia al corte en estado no drenado correspondía a 50 KPa.

Se pide:

a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU
fallará.
b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla.
c) La resistencia al corte en estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la
magnitud de la sensibilidad es de 2.3.

Estrategia: El esfuerzo desviador en la falla es determinado con la ecuación [F.42], donde le
esfuerzo principal mayor efectivo es determinado con la ecuación [F.18] y el ángulo de
fricción con la ecuación [F.8]. La presión de poros en la falla para este caso es determinada
con la ecuación [F.23] en función a los valores de los esfuerzo principales efectivos menor y
mayor. Con el valor de la sensibilidad en la ecuación [F.46] se determina el valor del
parámetro de resistencia al corte no drenado inalterado.

a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el triaxial CU
fallará.

La Figura 6.14 muestra las envolventes de falla de los diferentes ensayos.


Figura 6.14. Envolventes de falla.

Se ha determinado los parámetros de resistencia efectivos de la arcilla en el ensayo de corte
directo, los cuales son:
C.) (N. KPa 0c


Según la ecuación [F.15] se tiene que:
º30
48.139
53.80
tan
f
f1









407. Problemas resueltos de mecánica de suelos


328

De la ecuación [F.18] el esfuerzo principal mayor será:
 kPa 600200
30sin1
30sin1

sin1
sin1
31 





 





El esfuerzo desviador de falla según la ecuación [F.38] será:

(d)f = ′1 – ′2 = 600 – 200

(d)f = 400 KPa

b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla.

De la compresión inconfinada se tiene que:
KPa 0
3


De la ecuación [F.43] el esfuerzo principal total será:
 KPa 1002502
1 
uc


Reemplazando la ecuación: u en la ecuación [F.23], se tendrá que:
   




 





 

2
45tan2
2
45tan
2
31

 cuu


Remplazando los esfuerzos totales obtenidos del ensayo de compresión inconfinada y los
parámetros efectivos del corte directo en esta última ecuación se tendrá que:
  






2
30
45tan0100
2
uu

  60tan100
2
 uu

  uu  3100


La presión de poros será:

u = -50 KPa

c) La resistencia al corte en estado no drenado si la sensibilidad es de 2.3.

La susceptibilidad representa la relación entre la resistencia al corte de una muestra inalterada
y la resistencia al corte de una muestra compactada o alterada, entonces de la ecuación [F.44]
se tiene que: )()(
com pactadouinalteradou cSc 


cu(inalterado) = (2.3)·(50)

cu(inalterado) = 115 KPa

408. CAPITULO 6 Resistencia al corte


329

PROBLEMA 11

En un ensayo triaxial UU realizado con una arcilla saturada, la presión en la celda es 200 KPa
y la falla ocurre bajo un esfuerzo desviador de 220 KPa. Determine el parámetro de
resistencia al corte no drenado.

Estrategia: Se puede calcular el radio del círculo correspondiente al esfuerzo total para
obtener el parámetro cu, para lo cual debe dibujarse este círculo en el espacio (, ).

PASO 1

Dibujar el círculo de Mohr de esfuerzos.

KPa

KPa
u
c = 110 KPa
50045040035030025020015010050
-150
-100
-50
0
50
100
150

Figura 6.15. Círculo de esfuerzos de Mohr.

PASO 2

Determinación del parámetro de resistencia al corte no drenado.

Si se dibuja una línea horizontal en la parte superior del círculo de Mohr, la intersección de
esta línea con las ordenadas proporcionara el valor de este parámetro de resistencia al corte
no drenado.

Por lo tanto:
cu = 110 KPa

Por otro lado si se utiliza la ecuación [F.43] se tendrá que:

2
220
2
f3f1




uc


El parámetro de resistencia al corte no drenado será:

cu = 110 KPa

Comentario: Los parámetros de resistencia al corte pueden ser determinados gráficamente
como analíticamente. Sin embargo, para esta primera opción es importante tener un buen
gráfico.

409. Problemas resueltos de mecánica de suelos


330

PROBLEMA 12

Una muestra de suelo coluvial con 50 mm de capa, falla en un ensayo de cortante simple con
volumen constante, bajo una carga vertical (Pz) de 500 N, una carga horizontal (Px) de 375 N
y una carga de corte (T) de 150 N. El exceso de presión de poros desarrollado es 60 KPa.

Se pide:

a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo.
b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que
el suelo es no dilatante.
c) Determinar el esfuerzo de falla.
d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo
principal mayor respecto a la horizontal.
e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las
manecillas del reloj respecto a la horizontal.

Estrategia: Dibujan el diagrama de fuerzas en una muestra de suelo puede determinarse el
esfuerzo y dibujar el circulo de esfuerzos de Mohr. Puede entonces encontrarse todos los
valores requeridos a partir de este círculo. Con el esfuerzo efectivo puede calcularse el ángulo
de fricción.

a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo.

PASO 1

Determinar los esfuerzos total y efectivo.

Los esfuerzos que actúan en las caras de un elemento de suelo serán:

kPa 200
05.0
10500
2
3




A
P
z
z


kPa 150
05.0
10375
2
3




A
P
x
x


kPa 60
05.0
10150
2
3




A
T
zx


Los esfuerzos efectivos serán:

'z=z – u= 200-60=140 kPa

'x=x – u= 150-60=90 kPa
PASO 2

Dibujar el cículo de esfuerzos de Mohr del esfuerzo total y efectivo.

Ver la Figura 6.16

b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado,
asumiendo que el suelo es no dilatante.

410. CAPITULO 6 Resistencia al corte


331


Trazando un tangente al círculo de Mohr de los esfuerzos efectivos desde el origen de
coordenadas, se puede determinar gráficamente la inclinación de esta que será:

'çr = 34.5

Polo
(150, -60)(90, -60)
(200, 60)
(140, 60)
A
66.5°
 = 79 KPa
f
20°
cr' = 34.5°
9060
150
120
-60
-150
'KPa

KPa
f = 54 KPa
30027024021018015012030
-120
-90
-30
0
30
60
90
500 N
150 N
150 N
375 N

Figura 6.16. Círculo de esfuerzos de Mohr para el esfuerzo total y efectivo.

El parámetro de resistencia al corte no drenado es encontrado dibujando una línea horizontal
de la parte superior del círculo de Mohr de esfuerzos totales hasta que intercepte el eje de las
ordenadas. Este valor será:

cu=65 KPa

c) Determinar el esfuerzo de falla.

El punto de tangencia de la envolvente de falla y el círculo de Mohr de esfuerzos efectivos
será:

f =54 KPa

('n)f = 79 KPa

d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del
esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal.

Del círculo de esfuerzos de Mohr de esfuerzos efectivos, se tiene que:

'1 = 180 KPa

'3 =50 KPa

411. Problemas resueltos de mecánica de suelos


332

2·=66.5

Por lo tanto, la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal será:

= 33.3

e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las
manecillas del reloj respecto a la horizontal.

Se identifica el polo como muestra la Figura 6.9, entonces se dibuja una línea inclinada a 20°
respecto a la horizontal hasta el polo como muestra la Figura. Como el sentido a favor de las
manecillas del reloj es positivo, los esfuerzo del punto A son obtenidos de un plano orientado
a 20° respecto a la horizontal.

Por lo tanto, los esfuerzos en este punto serán:

20 = 30 kPa

’20 = 173 kPa

También pueden determinarse estos valores de forma analítica.

De la ecuación [F.4] se tendrá que:
2
2
1 60
2
90140
2
90140
' 










'1 = 180 KPa

De la ecuación [F.5] se tendrá que:
2
2
3 60
2
90140
2
90140
' 










'3 = 50 KPa

De la ecuación [F.25] se tendrá que:
 
KPa 65
2
50180
2
''
31



f
uc



cu = 65 KPa

Por otra parte de la ecuación [F.19] se tendrá que:





















50180
50180
sin
''
''
sin'
1
3
311



cr

412. CAPITULO 6 Resistencia al corte


333

'cr = 34.4°

De acuerdo a la ecuación [F.3], se tendrá que:
67.0
90180
60
''
tan
1





x
zx





=33.7

De la ecuación [F.1] serán:

 40sin6040cos
2
90140
2
90140
'
20







'20° = 172.7 KPa
Según la ecuación [F.2] el esfuerzo de corte será:

 40sin
2
90140
40cos60
20




20° = 30 KPa

413. Problemas resueltos de mecánica de suelos


334

PROBLEMA 13

Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra no disturbada de suelo arcilloso. Con
esta muestra se ha realizado una serie de dos ensayos triaxiales consolidados drenados (CD),
habiéndose obtenido los siguientes resultados:

Muestra I II
Presión de cámara, kN/m
2
100 160


Esfuerzo desviador en la rotura, kN/m
2
222 320

Se requiere determinar los parámetros de resistencia al corte del suelo.

Estrategia: Con la ecuación [F.23] puede determinarse el valor de los parámetro de
resistencia al corte del suelo, el valor de los esfuerzos principales menor y mayor son
obtendidos en base a la ecuación [F.38].

Según los datos del ensayo, el esfuerzo desviador de acuerdo a la ecuación [F.38] será:

Muestra I: 3 = 3 = 100 KN/m
2
; (d)f = 222 KN/m
2


Muestra II: 3 = 3 = 160 KN/m
2
; (d)f = 320 KN/m
2


Para la muestra I, los esfuerzos principales en la falla son:

3 = 3 = 100 KN/m
2


1 = 1 = 3 + (d)f = 100 + 222 = 322 KN/m
2


De igual manera, los esfuerzos principales en la falla para la muestra II son:

3 = 3 = 160 kN/m
2


1= 1 = 3 + (d)f = 160 + 320 = 480 kN/m
2


De la ecuación [F.23], para la muestra I se tendrá que:














2
45tan c2
2
45tan100322
2  [1]
De la ecuación [F.23], para la muestra II se tendrá que:














2
45tan 2
2
45tan 160480
2 
c [2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que:

 = 26.7º c = 18.1 kN/m
2

414. CAPITULO 6 Resistencia al corte


335

PROBLEMA 14

Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra inalterada de suelo limo-arcilloso.
Con esta muestra se han efectuado dos pruebas triaxiales consolidadas no-drenadas (CU) en
un suelo compactado, obteniéndose los siguientes resultados en la falla:

Muestra I II
Esfuerzo de confinamiento, KN/m
2
70 350


Esfuerzo axial total, KN/m
2
304 895
Presión de poros, KN/m
2
–30 95

Para este suelo, se requiere determinar:

a) Los parámetros totales de resistencia al corte.
b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte.

Estrategia: De los datos obtenidos de ensayo triaxial CU con la ecuación [F.23] se
determinan los parámetros de corte totales del suelo. Para los parámetros efectivos la presión
de poros debe ser restada a los esfuerzos totales principales mayor y menor y mediante la
ecuación [F.23] se determina los parámetros requeridos.

a) Los parámetros totales de resistencia al corte.

De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:














2
45tan 2
2
45tan 70304
2 
c [1]

De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:














2
45tan 2
2
45tan350895
2 
c [2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que:

 = 20.9º c = 53.8 KN/m
2


b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte.

Para la muestra I, los esfuerzos principales efectivos en la falla son:

3 = 3 – (ud)f = 70 – (–30) = 100 KN/m
2


1 = 1 – (ud)f = 304 – (–30) = 334 KN/m
2


De igual manera, los esfuerzos principales efectivos en la falla para la muestra II son

3 = 3 – (ud)f = 350 – (95) = 255 KN/m
2


1 = 1 – (ud)f = 895 – (95) = 800 KN/m
2

415. Problemas resueltos de mecánica de suelos


336

De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:






 





 

2
45tan 2
2
45tan 100334
2 
c [3]
De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:






 





 

2
45tan 2
2
45tan 255800
2 
c [4]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [3] y [4], se obtiene que:

 = 30.1º c = 9.6 KPa

416. CAPITULO 6 Resistencia al corte


337

PROBLEMA 15

Una fundación rectangular de 4 m x 5 m transmite una carga total de 5 MN a un depósito
uniforme de arcilla dura sobreconsolidada con un OCR = 4 y sat = 18 KN/m
3
(Figura 6.17).
El nivel de agua subterránea está a 1 m de la superficie terrestre.

Fundación 4 m x 5 m
Muestra
z = 4 m
2
1z = 1 m
5 
Arcilla

Figura 6.17. Fundación cobre perfil de suelo.

Un ensayo CU realizado en una muestra de este suelo tomada de una profundidad de 5 m
bajo el centro de la fundación. Los resultados obtenidos son cu = 40 KPa, ’p = 27° y 'cr =
24°. Determinar si el suelo alcanza el estado de falla para una condición a corto o largo plazo.
Si el suelo no alcanza el estado de falla, cuales son los factores de seguridad, asumir que el
suelo que está por encima del nivel freático se encuentra saturado.

Estrategia: Es importante determinar el esfuerzo impuesto en el suelo a una profundidad de 5
m y verificar si el esfuerzo de corte impuesto excede el esfuerzo de corte crítico. Para la
condición a corto plazo el esfuerzo de corte crítico es cu, mientras que para la condición a
largo plazo el esfuerzo de corte crítico es ('n)f tan 'cr.

PASO 1

Determinar el esfuerzo inicial.

El esfuerzo vertical será:

’z = ’1 = sat·z1 + (sat – w) z2 = (18·1) + (18 – 9.8)·4= 50.8 KPa

Para el índice de sobreconsolidación se sabe que:

K0
oc
= K0
nc
·(OCR)
0.5
= (1 – sin ’çs)·(OCR)
0.5
= (1 – sin 18°)·(4)
0.5
= 1.4

417. Problemas resueltos de mecánica de suelos


338

De la ecuación [F.60] se tiene que:

’3 = K0
oc
·’z=1.4·50.8 = 71.1 KPa

El esfuerzo principal mayor será:

1= ’z + Z2·w = 50.8 + 49.8 = 90 KPa
El esfuerzo principal menor será:

3= ’x+ Z2w =71.1+49.8=110.3 KPa

PASO 2

Determinar el incremento de esfuerzo vertical a z = 5 m bajo la fundación rectangular.

El incremento de esfuerzo vertical en base a un programa será:

z = 71.1 KPa

x = 5.1 KPa

PASO 3

El esfuerzo total vertical actual es:

(1)T = 1 + z = 90 + 71.1 = 161 KPa

El esfuerzo total horizontal actual es:

(3)T = 3 + x = 110.3 + 5.1 = 115 KPa

El esfuerzo de corte actua es:

kPa 40kPa 4.25
2
4.1101.161
2
31





TT
u




A corto plazo el suelo no alcanza el estado de falla.

El factor de seguridad será:
4.25
40

u
uc
FS



FS = 1.6

PASO 4

Determinar el esfuerzo de falla para la carga a largo plazo.

Para la carga a largo plazo se asume que el exceso de presión de poros se disipa por
completo.

418. CAPITULO 6 Resistencia al corte


339

El esfuerzo efectivo final será:

(’1)f = ’1 + z = 50.8 + 71.1 = 121.9 KPa

(’3)f = ’3 + z = 71.1 + 5.1 = 76.2 KPa

Según la ecuación [F.17] el ángulo de fricción será:





















3.13
2.769.121
2.769.121
sinsin
1
31
311





El factor de seguridad será:


3.13tan
24tan
FS


FS = 1.9

419. Problemas resueltos de mecánica de suelos


340

PROBLEMA 16

Los parámetros efectivos de resistencia al corte obtenidos de una arcilla completamente
saturada son: c = 15 KN/m
2
y  = 29º. Con una muestra de esta arcilla se realiza una prueba
triaxial no consolidada no drenada (UU), donde la presión de confinamiento es 250 KN/m
2
y
el esfuerzo desviatorio máximo alcanza el valor de 134 KN/m
2
al tiempo de la rotura. ¿Cuál
es el valor de la presión de poros en la muestra al tiempo de la falla?

Estrategia: Con la ecuación [F.38] y [F.23] se puede formar un sistema de tres ecuaciones
con tres incógnitas con los valores de los esfuerzos efectivos principales mayor y menor, que
al resolverlo se determina el valor de la presión de poros en la falla.

Con los valores de:

3 = 250 KN/m
2
(d)f = 134 KN/m
2

De la ecuación [F.38] el esfuerzo principal total mayor será:

1 = 250 + 134 = 384 KN/m
2


Los esfuerzos principales efectivos en la falla son:

Para el esfuerzo efectivo menor se tendrá que:

3 = 3 – (ud)f

3 = 250 – (ud)f [1]

Para el esfuerzo efectivo mayor se tendrá que:

1 = 1 – (ud)f

1 = 384 – (ud)f [2]

Aplicando la ecuación [F.23] en términos de esfuerzos efectivos, se tiene que:























29sin1
29cos
152
29sin1
29sin1
31

Por lo tanto:
1 = (2.882) 3 + 50.93 [3]

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por [1], [2] y [3] se obtiene que:

384 – (ud)f = 2.882 (250 – (ud)f) + 50.93

1.882 (ud)f = 720.5 + 50.93 – 384

La presión de poros en la falla sera:

(ud)f = 205.86 KN/m
2

420. CAPITULO 6 Resistencia al corte


341

PROBLEMA 17

En la Figura 6.18 se muestra un perfil de suelo donde se pretende realizar un ensayo, este
perfil consiste de un estrato de arena de 6 m con un sat = 18KN/m
3
.

Por debajo de este se encuentra una arcilla que tiene un sat = 20 KN/m
3
. El nivel freático se
ha detectado a 2.5 m por debajo de la superficie natural del suelo. Se realiza un ensayo de
consolidación y un ensayo de resistencia no drenado en una muestra obtenida a 10 m por
debajo de la superficie natural del suelo. El ensayo de consolidación muestra que la arcilla es
ligeramente sobreconsolidada con un OCR = 1.3. El parámetro de resistencia al corte no
drenado en la celda a presión es aproximadamente igual al esfuerzo vertical inicial aplicado
de 72 KPa. ¿Es razonable el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado,
asumiendo que el OCR del suelo es correcto?

2.5 m
6 m
arena
4 m
arcilla

Figura 6.18: Perfil de suelo.

Estrategia: Para este caso pueden utilizarse relaciones empíricas para facilitar la obtención de
datos.

PASO 1

Determinar el esfuerzo efectivo vertical.

Se asume que la arena que se encuentra por encima del nivel freático esta saturado. Por lo
tanto, se tiene que:
(’z)o = (182.5) + (18 – 9.8)3.5 + (20 – 9.8)4 = 114.5 KPa

’zc=(’z)oOCR = 114.51.3 = 148.9 KPa

PASO 2

Determinar las relaciones 
0
'
zuc y 0
'
zuc .

63.0
5.114
72


oz
uc


421. Problemas resueltos de mecánica de suelos


342
48.0
9.147
72


zc
uc


PASO 3

Utilizar las relaciones empíricas de la Tabla F.3.

Según Jamiolkowskit se tiene que:

 
8.0
04.023.0 OCR
c
oz
u




Para un rango de:

8.0
)(27.0 OCR
c
z
u


a 8.0
)(19.0OCR
Entonces: 8.0
)3.1(27.0
a 8.0
)3.1(19.0
El rango será:

0.33 a 0.23 < 0.63

Según Mersi se tiene que:
48.022.0

zc
uc



Comentario: Las diferencias entre los resultados que proporcional las diferentes relaciones
empíricas son substanciales. El parámetro de resistencia al corte no drenado determinado por
estos medios es inexacto, es importante realizar un ensayo en laboratorio.

422. CAPITULO 6 Resistencia al corte


343

Modelo del estado crítico.

PROBLEMA 18

En un ensayo CD con una presión de celda constante de 3 = ’3 = 120 KPa se lleva a la
muestra de arcilla a un estado normalmente consolidado. En la falla se tiene que: q = ’1 –
’3 = 140 KPa. Determine el valor de Mc.

Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo final, para lo cual debe calcularse el valor de 'cr y
entonces determinar el valor de Mc con la ecuación [F.64].

PASO 1

Determinar el esfuerzo principal mayor.

El esfuerzo principal mayor será:

(’1)f = 140 + 120 = 260 KPa

PASO 2

Determinar el valor de ’cr.

De la ecuación [F.17] se tendrá que:
37.0
120260
140
sin
31
31









cs


Por lo que se tendrá:

’çr=21.6

PASO 3

Determinar el valor de Mc.

De la ecuación [F.64] se tiene que:
37.03
37.06



cM

El valor de Mc será:

Mc = 0.84

423. Problemas resueltos de mecánica de suelos


344

PROBLEMA 19

Una muestra saturada de suelo es isotrópicamente consolidada en un aparato triaxial, los
datos de esta etapa están registrados en la tabla. Determinar los valores de ,  y e.
CondiciónPresión de celda KpaÍndice de vacíos final
Carga 200 1.72
1000 1.20
Descarga 500 1.25


Estrategia: Puede realizarse un esquema de los resultados en el espacio (e, ln p’), de esa
forma puede visualizar mejor el proceso para obtener los resultados deseados.

PASO 1

Graficar los restados de la etapa de consolidación en el espacio (e, ln p’).

c
p'p'
01
ln p
e
p
= 0.32
 = 0.07
1.1
764 5
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8

Figura 6.19. Línea de consolidación normal.

PASO 2

Determinar los valores de ,  y e.

De la Figura 6. se tiene que:











200
100
ln
72.120.1
)1/ln(pp
e
c



El valor de  será:

 = 0.32

De la Figura 6. se tiene que:











500
100
ln
25.120.1
)1/ln(pp
e
c


424. CAPITULO 6 Resistencia al corte


345

El valor de  será:

 = 0.07

De la ecuación [F.67] se tiene que:
  500ln07.0
2
1000
ln07.032.025.1 
e


El valor de e será:

e = 3.24

425. Problemas resueltos de mecánica de suelos


346

PROBLEMA 20

Dos especimenes A y B de arcilla son isotrópicamente consolidados bajo una presión de
celda de 300 KPa y descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio de 200 KPa.
Se realiza un ensayo CD en el espécimen A y un ensayo CU es realizado en el espécimen B.

Se pide:

a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y para ambos especimenes.
b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f, y ('1)f para ambos especimenes.
c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Para
este caso los parámetros del suelo son:  = 0.3,  = 0.05, e0 = 1.10 y 'cr = 30°, la presión en
la celda se mantiene constante a 200 KPa.

Estrategia: Ambos especimenes tienen la misma historia de consolidación pero son
ensayados bajo diferentes condiciones de drenaje. La superficie de fluencia puede
determinarse de la intersección de la ESP y de la superficie inicial de fluencia. La superficie
inicial de fluencia es conocida desde p’c = 300 KPa y M puede ser encontrada con ’cr. Los
esfuerzos de falla pueden ser obtenidos de la intersección de la ESP y la línea de estado
crítico. Para facilitar el proceso es bueno trazar las trayectorias en los espacios (q, p’) y (e, p’)
del modelo de estado crítico. Puede encontrarse la superficie de fluencia y el esfuerzo de falla
usando métodos gráficos o también mediante una solución analítica.

a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y y (’3)y para ambos especimenes.

PASO 1

Determinar el valor de Mc.

De la ecuación [F.52] se tiene que:


30sin3
30sin6



cM
Mc = 12

PASO 2

Determinar el valor de e.

De la ecuación [F.67] se tiene que:
  200ln05.0
2
300
ln05.03.010.1 
e

e = 2.62

PASO 3

Trazar a una escala apropiada las trayectorias de esfuerzo en los espacios (q, p’) y (e, p’)

PASO 4

Determinar el esfuerzo de fluencia.

ENSAYO DRENADO.

426. CAPITULO 6 Resistencia al corte


347

La ecuación [F.61] que corresponde a la superficie de fluencia para este caso será:


0
2.1
300
2
2
2

y
yy
q
pp
[1]

e
q
KPa
p' KPa
(a)
0.5
1
1.5
2
2.5
0 100 200 300 400 500
0
0
500
400
300
200
100
500400300200100
p'
y
p' KPa
B
A
F
A
B
F
CSL
CSL
Superficie inicial
de fluencia
(b)

Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).

De la ecuación [F.67] la ESP será:
6003
yy pq
[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que:

p'y = 246.1 KPa qy = 138.2 KPa

De la ecuación [F.49] se tiene que:

qy = (’1)y·– (’3)y = 138.2 KPa

427. Problemas resueltos de mecánica de suelos


348

Como dato se sabe que:

(’3)f = 200 KPa

Por lo tanto se tiene que:

(1)f=138.2 + 200

(1)f = 338.2 KPa
ENSAYO NO DRENADO

De la ecuación [F.61] la ESP para el ensayo no drenado será:
200200300
12
0
2
2
2
 
q
y
.


Simplificando:
1002002.1
22

yq


Por lo tanto se tiene que:

qy = 169.7 KPa

De la TSP se tiene que:
kPa 6.256
3
7.169
200
3

y
oy
q
pp


De la ecuación [F.48] el exceso de presión de poros en la fluencia será:
kPa 6.562006.256 
oyyyy ppppu


Ahora, de la ecuación [F.47] se tiene que:

3
2
31 yy
oypp
 

[3]

p’y = 200 KPa

De la ecuación [F.45] se sabe que:
 KPa 7.169
31  
yyq
[4]

Resolviendo las ecuaciones [3] y [4] para 
1
y y 
y3 se tendrá que:

('1)y = 313.3 KPa

428. CAPITULO 6 Resistencia al corte


349

('3)y = 143.4 KPa

Verificando el valor de ('3)y se tiene que:

yyy
u
33


y3
= 143.4 + 56.6 = 200 KPa

b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f y ('1)f para ambos especimenes.

ENSAYO DRENADO

De la ecuación [F.70] se tiene que:
2.13
2003
f


p


p'f = 333.3 KPa

De la ecuación [F.68] se tiene que:

qf = 1.2·333.3

qf = 400 KPa

Ahora de la ecuación [F.45] se tiene que:
 KPa 400
f3f1f  q

y  kPa 200
f3


Resolviendo para 
f1 , se tiene que:
 200400
f1 


('1)f = 600 KPa

ENSAYO NO DRENADO

De la ecuación [F.52] se tendrá que:





 

3.0
10.162.2
exp
fp


p'f = 158.6 KPa

De la ecuación [F.68] se tiene que:

qf = 1.2·158.6

429. Problemas resueltos de mecánica de suelos


350

qf = 190.4 KPa

Ahora:

De la ecuación [F.47] se tendrá que:
 
KPa 6.158
3
'2'
'
f3f1
f 



p
[5]

De la ecuación [F.45] se tendrá que:

qf = (’1)f – (’3)f = 1904.4 KPa [6]

Resolviendo las ecuaciones [5] y [6] para 
f1 y 
f3 se tendrá que:

(’1)f = 285.5 KPa

(’3)f = 95.1 KPa

c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla.

Puede encontrarse el cambio en la presión de poros en la falla con la ecuación [F.79], donde
se tendrá que: 












3.0
10.162.2
exp1
3
2.1
200
fu


uf = 104.9 KPa
O también:  1.95200
33f  u


uf = 104.9 KPa

MÉTODO GRÁFICO

Para este caso en necesario encontrar las ecuaciones de la línea de consolidación normal y de
estado crítico.

Línea de consolidación normal.

El índice de vacíos para el esfuerzo medio efectivo de preconsolidación será:
08.1
200
300
ln05.010.1ln 



o
c
oc
p
p
ee 


El índice de vacíos para ln p’= 1 KPa en la NCL será:
79.2300ln3.008.1ln 



o
c
cn
p
p
ee 


La ecuación para la línea de consolidación normal será:
pe  ln3.079.2

430. CAPITULO 6 Resistencia al corte


351

La ecuación de la línea de carga/descarga será:
p
p
e
c


 ln05.008.1


La ecuación de la línea de estado crítico en el espacio (e, p') será:
pe  ln3.062.2


Con estas ecuaciones determinadas es posible graficar la línea de consolidación normal, de
carga/descarga y la línea de estado crítico, que se muestran en la Figura 6.20a.

Trazo de la superficie de fluencia.

De la ecuación [F.61] la superficie de fluencia será:


  p p
q2
2
2
300
12
0
.


Despejando q se tiene que:
1
300
2.1 


p
pq


Para p’= 0 a 300, se traza la superficie de fluencia como muestra la Figura 6.20b

Trazo de la línea de estado crítico.

Según la ecuación [F.62] se tendrá que:

q=1.2·p’

ENSAYO DRENADO

La ESP para el ensayo drenado será:
p
q
200
3


Esta ecuación es trazada como AF en la Figura 6.20c. La ESP intercepta a la superficie inicial
de fluencia en B y el esfuerzo de fluencia es p’y = 240 KPa y qy = 138 KPa. La ESP intercepta
la línea de estado crítico en F y el esfuerzo de falla es p’f = 333 KPa y q’f = 400 KPa.

ENSAYO NO DRENADO.

Para el ensayo no drenado, el índice de vacíos inicial y el índice de vacíos son iguales. Se
dibuja una línea horizontal de A que intercepte a la línea de estado crítico en el espacio (e, p’)
en F (Figura 6.20d). El esfuerzo de falla es p’f = 159 KPa y qf = 190 KPa. Se dibuja la TSP
mostrada por AS en la Figura 6.13a. La ESP dentro de la región elástica es vertical
representada por AB.

431. Problemas resueltos de mecánica de suelos


352

Superficie inicial
de fluencia
CSL
A
p' KPa
100 200 300 400 500
100
200
300
400
500
0
0
5004003002001000
2.5
2
1.5
1
0.5
p' KPa
q
KPa
e
F
A
(d)
(c)
F
q
y
q
f
y
q
CSL
105
TSP
ESP
B
57B'
F'
S

Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).

El esfuerzo de fluencia es p’y = 200 KPa y qy = 170 KPa. La presión de poros será:

En la fluencia, línea horizontal BB’: uy = 57 KPa

En la falla, línea horizontal: uf = 105 KPa

432. CAPITULO 6 Resistencia al corte


353

PROBLEMA 21

En situ el contenido de humedad de una muestra de suelo es 48%. El contenido de agua
disminuye hasta el 44% durante el transporte de la muestra al laboratorio y durante la
preparación de esta para el ensayo. ¿Qué diferencia existe en el parámetro de resistencia al
corte no drenado tiene este cambio de humedad, si  = 0.13 y Gs = 2.7?

Estrategia: Para determinar evaluar este cambio ha de usarse la ecuación [F.76] que relaciona
todos los datos del problema.

De la ecuación [F.76] se tiene que la relación de cu en campo y laboratorio será:


 





 

13.0
44.048.07.2
exp
cam pou
labu
c
c


Por lo tanto se tendrá que:


3.2
cam pou
labu
c
c


El parámetro de resistencia al corte de laboratorio muestra un incremento al de resistencia al
corte en campo.

Comentario: Las muestras alteradas e inalteradas proporcionan resultados un poco distintos,
debido a estos cambios que suceden durante el transporte y el ensayo. Dependiendo a la
importancia de este valor y su precisión pueden corregirse empleando otros ensayos y
realizando varios ensayos con diferentes muestras del mismo suelo.

433. Problemas resueltos de mecánica de suelos


354

PROBLEMA 22

Una muestra de arcilla es isotrópicamente consolidada a un esfuerzo efectivo medio de 225
KPa y es descargada a un esfuerzo efectivo medio de 150 KPa donde e0 = 1.4. Un ensayo CD
es realizado en aquella muestra. Para está arcilla se tiene que  = 0.16,  = 0.05, ’cr = 25.5° y
v’= 0.3.

Determinar:

a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial.
b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del
esfuerzo desviador de 12 KPa después de la fluencia inicial.

Estrategia: Las trayectorias de esfuerzos son similares a las que se muestran en la Figura
6.13. Las deformaciones estarán dentro de la superficie de fluencia la cuál será elástica.

a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial.

PASO 1

Calcular los esfuerzos iniciales y el valor de Mc.

p’ç=225 KPa

p’0=150 KPa
R
o 
225
150
15.

1
5.25sin3
5.25sin6
sin3
sin6









cs
cs
cM




PASO 2

Determinar los esfuerzos de fluencia inicial.

Los esfuerzos de fluencia son los esfuerzos de la intercepción de la superficie inicial de
fluencia y la trayectoria de esfuerzos efectivos.

La ecuación [F.61] de la superficie de fluencia será:
 p pp
q
M
c
c
2
2
2
0


La ecuación de la ESP será:
pp
q
o
3

434. CAPITULO 6 Resistencia al corte


355

El punto D (Figura 6.14) en la fluencia inicial será:
pp
q q
y o
y y
3
150
3


Sustituyendo p’= p’y , q = qy y los valores de Mc y p’c en la ecuación de la superficie inicial de
fluencia se tendrá que:
0
1
225
3
150
3
150
2
22



















yyy qqq


Simplificando se tendrá:

q
2
y + 22.5·qy – 10125=0

De donde se tendrá que:

qy = 90 KPa

Este valor es la compresión aplicada al suelo, por lo tanto:
KPa 180
3
90
150
3
150 
y
y
q
p


PASO 3

Determinar las deformaciones iniciales en la fluencia inicial.

DEFORMACIONES VOLUMÉTRICAS ELÁSTICAS.

De la ecuación [F.86] se tendrá que:
150
180
ln
4.11
05.0



e
p


La deformación volumétrica elástica será:
4e
p38x10Δε




Alternativamente puede utilizarse la ecuación [F.88], con los valores medios de p’0 a p’0 se
determina K’. KPa 165
2
180150
3





yo
av
pp
p


De la ecuación [F.80] se tendrá que:
   
KPa 7920
05.0
4.1116513






oep
K

435. Problemas resueltos de mecánica de suelos


356

De la ecuación [F.88] se tendrá que:
7920
150180




K
p
e
p


Por lo tanto:
4e
p38x10Δε




DEFORMACIONES DE CORTE ELÁSTICAS.

De la ecuación [F.82] se tendrá que:
 

  
 
KPa 3655
3.0105.02
3.0214.111653
12
2113







v
vep
G
o



De la ecuación [F.92] la deformación por corte será:
36553
90


e
p

4e
p x108Δε

2


b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un
incremento del esfuerzo desviador.

PASO 1

Determinar la expansión de la superficie de fluencia.

Después de la fluencia inicial se tendrá que:

q=12 KPa
KPa 4
3
12
3



q
p


El esfuerzo en E (Figura 6.13) es:

p’E = p’y + p = 180 + 4 = 184 KPa
y
qE = qy + q = 90 + 12 = 102 KPa

El esfuerzo efectivo medio de preconsolidación de la expansión de la superficie de fluencia es
obtenida por la sustitución de p’E = 184 KPa y qE = 102 KPa en la ecuación de la superficie
de fluencia, por lo que se tendrá:
 184184
102
1
0
2
2
2
  p
c
E

436. CAPITULO 6 Resistencia al corte


357

Por lo que:  KPa5240 .p
Ec

PASO 2

Determinar los incrementos de la deformación después de la fluencia.

De la ecuación [F.86] se tendrá que:
4
10x15
180
184
ln
4.11
16.0




p


De la ecuación [F.89] se tendrá que:
4
10x10
180
184
ln
4.11
05.016.0





p
p


De la ecuación [F.89] se tendrá que:
 
4
2
4
10x16
2/5.2401841
102
10x10




p
q


Asumiendo de G permanece constante, con la ecuación [F.92] puede calcularse la
deformación por corte elástica que será:
4
10x11
36553
12




e
q


PASO 3

Determinar las deformaciones totales.

De la ecuación [F.85] se tiene que:
 
4
101038


p
p
e
pp 


La deformación volumétrica total será:

p = 48x10
-4


De la ecuación [F.90] se tiene que:
  
4
10161182


p
q
e
qq 


La deformación volumétrica total será:

q = 109x10
-4

437. Problemas resueltos de mecánica de suelos


358

PROBLEMA 23

Demostrar que la superficie de fluencia en in ensayo no drenado incrementa según la
relación:

k
prev
prevcc
p
p
pp
















Donde p’c es el valor actual del eje mayor de la superficie de fluencia , (p’c)prev es el valor
anterior del eje mayor de la superficie de fluencia, p’prev es el valor anterior del esfuerzo
efectivo medio y p’ es el valor actual del esfuerzo efectivo medio.

Estrategia: Con un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p') pueden
obtenerse ecuaciones que ayuden a resolver el problema.

PASO 1

Trazar un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p').

e
CA0 e = e = e
B e
c
p'
B
D


C
A
c
(p' )p'
prev
ln p
e
p'

prev
D

Figura 6.21. Línea de consolidación normal y de carga/descarga.

PASO 2

Determinar las ecuaciones de las curvas.

Para la línea AB se tendrá que:












prev
prevc
AB
p
p
ee ln
[1]

Para la línea CD se tendrá que:
c
CD
p
p
ee

 ln
[2]

438. CAPITULO 6 Resistencia al corte


359

Considerando que eA = eC, de las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que:

'
lnln
p
p
p
p
ee
c
prev
prevc
BD












 
[3]

Por otra parte, de la línea de consolidación normal se tiene que:











prevc
c
BD
p
p
ee ln
[4]

Sustituyendo la ecuación [3] en la ecuación [4] y simplificando se tiene que:















λ
pre v
pre vcc
p
p
pp


Comentario: Los gráficos de trayectorias de esfuerzos bien elaborados ayudan a determinar
parámetros implícitos y también son de gran utilidad en las demostraciones.

439. Problemas resueltos de mecánica de suelos


360

PROBLEMA 24

Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente
consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una
deformación de 8 mm cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la
misma muestra se realiza un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de
200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se
determino que la resistencia al corte en el estado no drenado correspondía a 50 KPa.

Se pide:

a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU falla.
b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla.
c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la
magnitud de la sensibilidad es 2.3.

Estrategia: Para poder combinar los ensayos y determinar los parámetros requeridos ayuda
trazar un gráfico de las envolventes en el espacio (, ). Determinando el ángulo de fricción
para el ensayo CU puede determinarse una relación que combine los esfuerzos principales ’1
y ’3, con la cual se determina el esfuerzo desviador. De la relación ’1 y ’3 puede
determinarse la presión de poros en la falla en el ensayo de compresión inconfinada. Para
determinar la resistencia al corte en el estado no drenado, puede recurrirse a la ecuación que
relacione los parámetros de resistencia con la sensibilidad, luego con los valores conocidos se
determina el parámetro deseado.

 KPa
300
250
200
150
100
50
0
50100150200250300
Compresión inconfinada
Triaxial CU
 KPa

Figura 6.22. Envolventes de falla.

De la ecuación [F.9] el ángulo de fricción será:


30
48.139
53.80
'tan
1



a) Determinar el esfuerzo desviador en la falla para el ensayo triaxial CU.

440. CAPITULO 6 Resistencia al corte


361

De la ecuación [F.10] la relación que combina los esfuerzos principales ’1 y ’3, será:


333.0
30sin1
30sin1
'sin1
'sin1
'
'
f1
f3











 
f3f1 '
333.0
1
' 
[1]

Para el ensayo CU se sabe que:

('3)f = 200 KPa

Reemplazando el valor de ('3)f en la ecuación [1] se tendrá que:
  KPa 600200
333.0
1
'
ff1 


De la ecuación [F.38] se tiene que:
200600
d

KPa 400Δσ
d


b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla.

Para el ensayo de compresión inconfinada se tiene que 0
3 , por lo tanto:
0502
31 


El valor de '1 será:
KPa 100
1


Se conoce que:
 
f3f1 '3'  
[1]

'1 – ’3 = 100 KPa

Esta última ecuación puede escribirse también:
100''
13 
[2]

Reemplazando la ecuación [1] en esta ecuación se tendrá que:
300'3'
11 


'1 = 150 KPa

441. Problemas resueltos de mecánica de suelos


362

Por otra parte de la ecuación:
u'


La presión de poros será:
150100'u


u = – 50 KPa

c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si S = 2.3.

De la ecuación [F.44] se tiene que:
 
 arem oldeadau
danodisturbau
c
c
S


remu
nodu
c
c
3.2



3.2
50
3.2

nodu
remu
c
c


El parámetro de resistencia al corte no drenado en una muestra remoldeada será:

cu(rem) = 21.7 KPa

442. CAPITULO 6 Resistencia al corte


363

PROBLEMA 25

Demuestre que la resistencia en el estado no drenado en una arcilla (Gs=2.7, λ =0.15) varia en
20 % cuando el contenido de humedad cambia en 1%.

Estrategia: Con la ecuación [F.75] que está en función a los parámetros  y qf se puede
determinarse la relación uucc y de esa manera determinar cuanto varía según al contenido de
humedad.

De la ecuación [F.75] se tiene que:









ee
f
u e
Mq
c
22
[1]

Si A es la muestra con el contenido de humedad inicial y B la muestra con el contenido de
humedad final, dividiendo miembro a miembro la ecuación [1] según para cada caso se
tendrá que:




 Abee
ee
B
ee
A
Bu
Au
e
e
e
c
c
00

















[2]

Conociendo que:
sGwe 
0
7.2
sG
15.0
%1
ABww


para w=1%, la ecuación [2] será:



20.1
18.015.0
01.07.2


ee
c
c
Bu
Au


Por lo tanto, se tendrá que:
 BuAu c1.20c 

443. Problemas resueltos de mecánica de suelos


364

PROBLEMA 26

Dos especimenes, A y B, de una arcilla fueron isotropicamente consolidados bajo una presión
de celda de 300 KPa y luego descargados isotropicamente a un esfuerzo efectivo medio (p')
de 200 kPa. A continuación se ejecuto un ensayo CU. El suelo tiene los parámetros λ = 0.3, κ
=0.05, e0 = 1.10 y ’cr = 30º. La presión de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide
determinar la presión de poros en la falla.

Estrategia: Con la ecuación [F.62] y [F.67] puede determinarse el esfuerzo qf y q'f en la falla,
la resta de ambos proporciona la presión de poros. El valor de p'f de la ecuación [F.62] es
determinado con la ecuación [F.65] y el valor de e con la ecuación [F.65].

De la ecuación [F.47] se tendrá que:
 3003002300
3
1
' 
cp
KPa

De la ecuación [F.54] se tendrá que:


sin3
sin6


M
= 1.2

De la ecuación [F.66] se tiene que:
  200ln05.0
2
300
ln05.03.010.1 
e

618.2
e


De la ecuación [F.65] se tiene que:
ff 'lnpee 



f
f'ln
ee
p





Por lo tanto, se tendrá que:
3.0
10.1618.2
'ln
f

p

KPa 60.157'
fp


De la ecuación [F.68] se tiene que:
6.1572.1
f q

KPa 12.189
fq

444. CAPITULO 6 Resistencia al corte


365

En base a la ecuación [F.67] se escribe que:
3
0f
f

pp
q

0
f
f
3
p
q
p 

Entonces: 200
3
12.189
f p

KPa04.263
fp


La presión de poros será:

uf = 263.04 – 157.60

uf = 105.80 KPa

445. Problemas resueltos de mecánica de suelos


366

PROBLEMA 27

Se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla normalmente
consolidada, obteniéndose un esfuerzo total de 120 KPa en la falla. Adicionalmente se ha
realizado un ensayo triaxial UU con una presión de celda de 200 KPa y una presión de poros
en la falla de 150 KPa. Por otro lado, en la misma muestra se ejecuto un ensayo de corte
directo con un esfuerzo normal de 80 KPa y un ensayo triaxial CU con 400 KPa de presión en
la celda y con una presión de poros en la falla de 180 KPa.

50 100 150
50
100
150
' = 38.05º
c = 60 KPa
u
Compresión
inconfinada
 = 120 KPa
d

, '

Figura 6.23. Envolventes de falla.

Se pide determinar:

a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo.
b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado.

Estrategia: Para visualizar mejor el problema y la solución de este es recomendable realizar
un gráfico donde estén ubicadas las envolventes de falla de los ensayos realizados. Con la
ecuación [F.27] se puede determinar el esfuerzo de corte en la falla, para lo cual ha de
determinarse el ángulo de fricción correspondiente con la ecuación [F.17]. En base a la
envolvente de falla del ensayo de corte directo puede determinarse una ecuación que
relacione los esfuerzos principales en la falla que representan a un círculo de esfuerzos de
Mohr que será tangente a la envolvente de falla del ensayo CU (que no se conoce), con esta
relación de esfuerzos puede determinarse el valor del esfuerzo desviador.

a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo.

446. CAPITULO 6 Resistencia al corte


367

Del ensayo triaxial UU, se tiene que:
KPa 200
3
KPa 150u

Por lo tanto, de la ecuación [F.40] se tiene que:
150200'
3 

KPa 50'
3


De la ecuación [F.42] se tiene que:
50120'
1 

KPa 170'
1


Por otra parte de la ecuación [F.18], de la envolvente del ensayo de corte directo se tendrá
que:
50170
50170
'sin




54545.0'sin


El valor del ángulo de fricción será:

05.33'


De la ecuación [F.8] se tendrá que:


'tan


El esfuerzo de corte del ensayo de corte directo será:
'tan

 05.33tan80


 = 52 KPa

b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado.

Para el ensayo CU se tiene que:

'3 = 3 – u
KPa 220180400'
3 

447. Problemas resueltos de mecánica de suelos


368

De la ecuación [F.18] del ensayo de corte directo se tiene que:



05.33sin1
05.33sin1
'
'
3
1



399.3
'
'
3
1





Por lo que se tendrá que:

31 '399.3'  


Reemplazando el valor de '3 en esta ecuación se tendrá que:
 220399.3'
1 

KPa 78.747'
1


De la ecuación [F.38] se tendrá que:
22078.747
d


El esfuerzo desviador del ensayo CU será:
KPa 527.8Δσ
d

448. CAPITULO 6 Resistencia al corte


369

PROBLEMA 28

A continuación se presenta los resultados de un ensayo CD de la falla.
Numero de Ensayo σ'
3 KPa Esfuerzo desviador KPa
1 100 250 (pico)
2 180 362 (pico)
3 300 564 (no se observo el pico)


El detalle de los resultados para el ensayo 1, son como siguen. El signo negativo indica
expansión.
∆
Z mm 0 0.152 0.228 0.38 0.76 1.52
∆V cm
3
0.00 0.02 0.03 -0.09 -0.50 -1.29
P
Z N 0.0 61.1 94.3 124.0 201.5 257.5


El tamaño inicial de la muestra corresponde a 38 mm de diámetro y 76 mm de altura.
Se pide:

a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo.
b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1.

Estrategia: Con la ecuación [F.17] se puede determinar el ángulo de fricción en el pico con
los valores picos para '1 y '3. Con la ayuda de tablas puede manejarse los datos
ordenadamente, con las ecuaciones correspondientes a deformación vistas en el capítulo
anterior se determina los parámetros requeridos.

a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo.

Con la ecuación [F.18] puede determinarse el valor del ángulo de fricción. En la Tabla 6.3 se
muestran los resultados del ángulo de fricción para los ensayos realizados.

Tabla 6.3. Valores del ángulo de fricción. Ensayo σ'
3 σ'
1 - σ'
3 σ'
1 σ'
1+σ'
3
1 100 250 350 450
2 180 362 542 722
3 300 564 864 1164
33.7º
30.1º
29.0º31
31
''
''
arcsin'






p

b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1.

El área inicial será:
4
38
2
0



A

2
0 mm 1134A

449. Problemas resueltos de mecánica de suelos


370

El volumen inicial será:
4
00
0
HD
V



; 4
7638
2
0



V
3
0 mm 86193V


Con las relaciones:
 

1
0
1
1





p
AA
0
1
H
Z
 0V
V
p



Se determina el parámetro q con la ecuación:
0V
P
q
z



Los resultados se muestran en la Tabla 6.4.

Tabla 6.4. Valores de q para el ensayo de la compresión inconfinada. Δz mm ε
1 = Δz/H
0
ΔV cm
3
ε
p = ΔV/V
0
A mm
2
q = P
z/V
0 KPa
0.00 0.00 0.00 0.00 1134 0
0.15 0.20 0.02 0.02 1136 53
0.23 0.30 0.03 0.03 1137 83
0.38 0.50 -0.09 -0.10 1140 108.8
0.76 1.00 -0.50 -0.58 1150 175.3
1.52 2.00 -1.29 -1.50 1169 220.3
2.228 3.00 -1.98 -2.30 1187 246.7
2.66 3.50 -2.24 -2.60 1196 250
3.04 4.00 -2.41 -2.80 1203 247.8
3.80 5.00 -2.55 -2.97 1214 230
4.56 6.00 -2.59 -3.01 1224 219.2
5.32 7.00 -2.67 -3.10 1235 204.4
6.08 8.00 -2.62 -3.05 1245 191.2
6.84 9.00 -2.64 -3.07 1255 182.9
7.60 10.00 -2.66 -3.09 1265 176.4
8.36 11.00 -2.63 -3.06 1276 175.8

Con los valores de la en la Tabla 6.4 se grafica las curvas que se muestran en la Figura 6.24.

El esfuerzo de corte en el pico será:
 
2
''
31 p
p





2
250

p

KPa 125τ
p

450. CAPITULO 6 Resistencia al corte


371

0
E'

p

cr
E's
2 4 6 8 10 12
0
50
100
150
200
250
300
 (%)
1

'

'
1
3

Figura 6.24. Curvas de esfuerzo.

El esfuerzo de corte crítico será:
 
2
''
31 cr
cr





2
8.175

cr


cr = 87.9 KPa

Para el módulo elástico se tendrá que:
002.0
54
'E

KPa 27000'E

Entonces: 035.0
250
'
sE

Por lo tanto:

E’s = 7143 KPa

451. Problemas resueltos de mecánica de suelos


372

PROBLEMA 29

Una muestra se somete a condiciones similares a las de un ensayo CD. Los parámetros del
suelo son λ = 0.25, κ = 0.05, ’cr= 24º, v’ = 0.3, e0 = 1.15, p'0 = 200 KPa y p'c = 250 KPa.

Se pide determinar el valor de
e
q .

Estrategia: El valor de
e
q puede ser determinado con la ecuación [F.92] para lo cual es
necesario conocer el valor de G que se obtiene de la ecuación [F.82], para lo cual es necesario
conoce los valores de p’y, qy, p’f,, qf..

PASO 1

Determinar los valores de p'y y qy.

De la ecuación [F.64] el valor de Mc será:
94.0
24sin3
24sin6




cM


De la ecuación [F.66] el valor de e será:
  200ln05.0
2
250
ln05.025.015.1 
e

38.2
e


Adicionalmente se conoce la ecuación:
    
 92
'936'18''
'
2
2
0
2
2
0
2
0
2



M
pMppMpM
p
c
y


Por lo tanto:

p'y = 224 KPa

De la ecuación [F.67] se conoce que:
 KPa 72''3
0 ppq
yy


PASO 2

Determinar los valores de p'f y qf.

De la ecuación [F.69] se tiene que:

KPa 3.291
94,03
2003
'
f 


p

452. CAPITULO 6 Resistencia al corte


373

De la ecuación [F.68] se tiene que:
 3.29194.0
f q

Por lo tanto: KPa 8.273
fq


PASO 3

Determinar el valor de G.

El esfuerzo efectivo medio p'av será:
23
224200
'



avp

KPa 212'
avp


Según la ecuación [F.82] el módulo de corte será:


KPa 4207
'12
'11'3
0




U
Uep
G



PASO 4

Determinación del valor de
e
q .

De la ecuación [F.92] se tendrá que:

42073
72


inicial
e
q


El valor de
e
q será:

3
inicial
e
q 5.7x10Δε



453. Problemas resueltos de mecánica de suelos


374

PROBLEMA 30

Se va a colocar un tanque para almacenamiento de petróleo sobre una arcilla muy blanda de 6
m de espesor, la que se encuentra sobre una arcilla rígida. Se efectuaron ensayos a 3 m de
profundidad y dieron los siguientes resultados:  = 0.32;  = 0.06, ’cr=26º, OCR = 1.2 y w =
55%. El tanque tiene un diámetro de 8 m y un alto de 5 m. La carga muerta del tanque,
aplicada al nivel de fundación, es 350 kN. Se pide dibujar en un grafico (sin valores) las
trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’) que ilustre el problema.

Línea de falla
Consolidación unidimensional
p'
p'
0
q
y
f
q
yu
u
f
q
F
F
Consolidación isotrópica
S
E
A
I
F
B
D
e
AI
u
1.42
1
TSP
Línea de falla
M
p'
A
E
F
D
C
B
A

Figura 6.25. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).

454. CAPITULO 6 Resistencia al corte


375

PROBLEMA 31

Se ha realizado un ensayo triaxial CU en una muestra de arcilla normalmente consolidada
determinándose un esfuerzo desviador de 280 KPa. Adicionalmente, se ha ejecutado un
ensayo triaxial CD en la misma muestra y se ha determinado que el ángulo de fricción interna
corresponde a 30º. De la misma manera, se ha ejecutado un ensayo triaxial UU con un
esfuerzo desviador en la falla de 150 kPa con una presión en la celda de 135 KPa.

Se pide:

a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU.
b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU.

Estrategia: Para determinar la presión de poros se debe determinar el esfuerzo principal
menor efectivo y total del ensayo UU, con la resta de ambos se conoce la presión de poros.
Para determinar el esfuerzo efectivo principal mayor se utilizar la ecuación [F.38], para lo
cual se debe obtener el valor de los esfuerzo principales efectivos para del ensayo CU.

a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU.

De la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:
KPa 150''
31 
[1]

De la ecuación [F.18] se tiene que:
3
30sin1
30sin1
'
'
3
1








Por lo tanto se tiene que:
31 '3' 
[2]

Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tiene que:
150''3
33 


Por lo tanto: KPa 75'
3


La presión de poros será:
u'

75135u

KPa 60u


b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU.

455. Problemas resueltos de mecánica de suelos


376

Para el ensayo triaxial CU, de la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:
KPa 280''
31  
d
[3]

Por otra parte, se tiene que:
3
'
'
3
1



[4]

Reemplazando la ecuación [3] en la [4] se tiene que:
280''3
33 


El esfuerzo principal efectivo menor será:
KPa 140'
3

De la ecuación [F.38] se tiene que:
31 ''  
d

140280'
1 


El esfuerzo principal efectivo mayor será:
KPa 420σ'
1

456. CAPITULO 6 Resistencia al corte


377

PROBLEMA 32

Se conoce que una muestra de arcilla tiene una razón de sobre consolidación de 3 y fue
obtenida en un sitio donde el esfuerzo efectivo vertical correspondía a 50 Kpa. Se ha
comprobado que el suelo presenta dilatancia, hasta que se alcanza el 80% de la presión de
preconsolidacion. Sobre dicha muestra se practica un ensayo CU y se obtuvo los parámetros
c' = 20 KPa y ’ = 28º.

Se pide:

a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo.
b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada sobre la misma
arcilla en condiciones N.C. si se conoce que el esfuerzo máximo ejercido fue 108 KPa.

Estrategia: Con la ecuación [F.7] se pude determinar el esfuerzo de preconsolidación, que es
utilizado para determinar el esfuerzo de corte crítico y con la ecuación [F.15] se determina el
ángulo de fricción crítico. Para determinar la presión de poros con las ecuaciones [F.38] y
[F.17] se determinar una ecuación que relaciona los esfuerzos principales efectivos,
determinando el esfuerzo principal temor efectivo y total se obtiene con la resta de estos la
presión de poros.

a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo.

PASO 1

Determinar el esfuerzo de preconsolidación.

cr
c0.8·'

'
c'
cr
'

Figura 6.26. Envolvente de falla.

Se sabe que:
KPa 50'
0

457. Problemas resueltos de mecánica de suelos


378

De la ecuación [F.7] se sabe que:
0
0
'
'
'



 OCROCR
c
c


Por lo tanto se tendrá que:
503'
c

KPa 150'
c


El 80% del esfuerzo de preconsolidación será:
KPa 120'8.0 
c


PASO 2

Determinar el esfuerzo de corte crítico.

Según la ecuación [F.27] se tendrá que:
'tan.'8.0' 
ccrc


El esfuerzo de corte crítico será:
KPa 81.8328tan12020 
cr


PASO 3

Determinar el ángulo de fricción crítico.

El ángulo de fricción será: 120
81.83
'8.0
'tan 


cr
cr
cr





'cr = 34.93º

b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada.

Según la ecuación [F.38] se tendrá que:
KPa 108''
31 
[1]

De la ecuación [F.18] se tiene:
)''(
)''(
'sin
31
31






cr

458. CAPITULO 6 Resistencia al corte


379
3131 ''''sin''sin  
crcr

13 ')'sin1(')1'(sin  
crcr


Por lo tanto se tendrá que:
31 '
'sin1
'sin1
' 


 



cr
cr
[2]

Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tendrá que:
108''
'sin1
'sin1
33 





cr
cr


Entonces:
108'679.2
3

KPa 31.40'
3


La presión de poros será:
u
33'

3'u

KPa 40.31u

459. Problemas resueltos de mecánica de suelos


380

PROBLEMA 33

Se conoce los siguientes parámetros para un cierto suelo  = 0.25;  = 0.07, e0= 0.85, 'cr =
32°. Se coloca una muestra de este suelo a una celda triaxial y se incrementa el valor de ’3 a
100 KPa, luego se disminuye a 40 KPa. Posteriormente se somete la muestra a comprensión
no drenada. Calcular la presión de poros y el esfuerzo desviador en la falla utilizando el
CSM.

NCL
p'
0
p'
f
fe = e
0
p'
c
p'
CSL
c
p' p'
0
p'
f
p'
q
e

Figura 6.27. Trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’).

Estrategia: La presión de poros es determinada de la resta del esfuerzo efectivo y total p en la
falla, mediante la ecuación [F.66] y mediante la ecuación [F.61] puede determinarse el valor
total y efectivo de este parámetro.

PASO 1

Determinación del valor de p’f.

De la ecuación [F.53] se tiene que:
287.1
32sin3
32sin6



M

460. CAPITULO 6 Resistencia al corte


381

Del ensayo se conoce que:
KPa 100''
3
cp
KPa 40'
0p


Por lo tanto, de la ecuación [F.7] se tiene que:
5.2
40
100
'
'
0

p
p
c


Por lo tanto el suelo está sobreconsolidado.

De la ecuación [F.66] se tiene que:
  40ln07.0
2
100
ln07.025.085.0 
e

812.1
e


En base a la Figura 6.28 la pendiente de la línea de consolidación normal será:
1ln'ln



c
o
p
ee


Entonces: 
0
f'ln
ee
p






p'
f1
e = e

e

Figura 6.28. Línea de consolidación normal.

Despejando p’f se tendrá que:





 








25.0
85.0812.1
f
0
' eep
ee


461. Problemas resueltos de mecánica de suelos


382

p'f = 46.90 KPa

PASO 2

Determinación del valor de pf.

De la ecuación [F.68] se tendrá que:
KPa 36.6090.46287.1
f q


Por otra parte, de la ecuación [F.61] se sabe que:
f0f
3
1
qpp 

12.6036.60
3
1
40
f p


PASO 3

Determinación de la presión de poros.
90.4612.60
f 

13.22
fu
KPa

Comentario: Las ecuaciones válidas en el CSM son válidas para parámetro efectivos como
totales, pueden realizarse combinaciones inteligentes de tal manera de determinar parámetros
efectivos en base a totales.

462. CAPITULO 6 Resistencia al corte


383

PROBLEMA 34

Dibujar la trayectoria de esfuerzos en los planos e, p, p’, q, q’ (considerando la teoría de
estado crítico) en:

a) Un ensayo triaxial consolidado drenado.
b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado.

Estrategia: Considerando el marco teórico que ofrece la sección correspondiente al MSC en
el capítulo 6 del libro “Fundamentos de mecánica de suelos” se traza las trayectorias
deseadas.

a) Un ensayo triaxial consolidado drenado.

e = e
C
(b)
p'
0
p'
E
CSL
e
f
C'
D
E
F
p' p'
c G p'
G
B
O BC p'G
(a)
e
A
O
E
q
f
CSL
ESP
1
F
3
S
q
C
e
f
E
D
(d)
F
1


1

(c)
C
D
E
F
q
p'
f

Figura 6.29. Predicción de resultados de un ensayo CD usando el MSC (Budhu, 2000).

463. Problemas resueltos de mecánica de suelos


384


F
p'
f
CSL
e
A
O
F
q
E
B
p' p'
(b)
c
C
D
(d)
E
D
F
1

(a)
u
p', p
CSL
u
ESP
C
E
D
f
G
TSP
C
(c)
F
E
D

1
S
q

Figura 6.30. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000).

b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado.

(d)(b)
(c)(a)
ESP
CSL
CSL
F
q'
f
p
q'
S
O
c
p' p'
p'
F
F
+
B
DD
C
C
C
1

p
q
C
D
A
_
CSL
D
e
p'
1

q
o

Figura 6.31. Predicción de resultados de un ensayo CD (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000).

464. CAPITULO 6 Resistencia al corte


385

(c)
(d)(b)
(a)
C

1
F
D
_
+
p'
CSL
B
A
F
D
1
q
f
f
p
El exeso de presión de poros en
la falla es negativo
CSL
TSP
F
D
f
q
q
p
3
1
TSP
y
D
F
O
C
p', p
u
u
f
u
u
y
F
CSL
C, D
e
q
q
p'
f

Figura 6.32. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000).

465. Problemas resueltos de mecánica de suelos


386

PROBLEMA 35

Se ha obtenido una muestra de un suelo arcilloso NC y se ha realizado un ensayo de
compresión inconfinada, obteniendose un valor de resistencia al corte de 65 KPa. Sobre una
muestra sobreconsolidada del mismo suelo se realizo un ensayo de corte directo con 40 KPa
de fuerza normal y se obtuvo una resistencia pico de 55 KPa y una resistencia crítica de 28
KPa. Se pide determinar la presión de poros en el momento de la falla en el ensayo de
compresión inconfinada.

Estrategia Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que 3 = 0, por lo tanto en base al
ensayo del corte directo puede determinarse el esfuerzo principal menor efectivo combinando
las ecuaciones [F.18] y [F.38]. La presión de poros para el ensayo de compresión inconfinada
será en valor del esfuerzo de principal efectivo menor.

PASO 1

Determinar el ángulo de fricción crítico.

De la ecuación [F.8] el ángulo de fricción crítico será:
40
28
'tan 



cr
cr

99.34'
cr


PASO 2

Determinar el esfuerzo principal menor efectivo.

De la ecuación [F.18] para el ensayo de corte directo se tiene que:
31 '
'sin1
'sin1
' 



cr
cr



[1]

Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que:
KPa 1302
1 
uc


De la ecuación [F.38] se tiene que:
130
31  
d

130''
31 
[2]

Sustituyendo la ecuación [1] en la ecuación [2] se tendrá que:
33 '
'sin1
'sin1
'130 


 



cr
cr

466. CAPITULO 6 Resistencia al corte


387

Despejando el esfuerzo principal menor efectivo se tendrá que:
130'689.2
3

KPa 35.48'
3


PASO 3

Determinar la presión de poros.

Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que:

3 = 0

La presión de poros será:
 
33'


Como 3 = 0 entonces:

3'


La presión de poros será:
KPa 48.35u


Comentario: Conociendo bien el procedimiento de los ensayos puede encontrarse valores
implícitos que ayudan a determinar otros valores.

467. Problemas resueltos de mecánica de suelos


388

PROBLEMA 36

Se ha determinado los siguientes parámetros en el suelo e0 = 0.70,  = 0.35,  = 0.05, M =
1.15, e = 2.41. Se somete la muestra a una presión media isotrópica p’= 250 KPa y luego se
descarga hasta 200 KPa. Luego siguiendo la trayectoria de esfuerzos de un ensayo triaxial
CU de acuerdo a la teoría de estado crítico, se pide:

a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia.
b) Esfuerzo desviador en la falla.
c) Presión de poros en la falla.

Estrategia: De la ecuación [F.61] se puede determinar el esfuerzo desviador en la fluencia.
Determinando el esfuerzo p’ en la falla con la ecuación [F.65] se puede determinar el
esfuerzo desviador con la ecuación [F.62]. La presión de poros en la falla es determinado de
la resta del esfuerzo de confinamiento efectivo y total, este último determinado con la
ecuación [F.51].

a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia.

Del ensayo se sabe que:

p'c = 250 KPa
p'0 = 200 KPa

Según la ecuación [F.58] el índice de sobreconsolidación será:
25.1
200
250
0 R


El suelo es sobreconsolidado.

Despejando el parámetro q de la ecuación [F.61] se tiene que:
2
)'('' pppMq
c


Reemplazando valores se tendrá que:
2
20025020015.1 q


El esfuerzo desviador en la fluencia será:

qy = 115 KPa

b) Esfuerzo desviador en la falla.

Del ensayo no drenado se sabe que:

ef = e0

468. CAPITULO 6 Resistencia al corte


389

De la ecuación [F.65] se tiene que:
f
0
'lnp
ee






Por lo tanto se tiene que:









0
f'
ee
ep







35.0
70.041.2
f'ep


p'f = 132.38 KPa

De la ecuación [F.62] se tiene que:
38.13215.1
f q


El esfuerzo desviador en la falla será:
aKP 152.24
fq


c) Presión de poros en la falla.

De la ecuación [F.51] se tiene que:
38.13275.25020024.152
3
1
f p


pf = 250.75 KPa

La presión de poros en la falla será:

uf = pf – p’f

uf = 250 – 132.38

uf = 118.37 KPa

469. Problemas resueltos de mecánica de suelos


390

PROBLEMA 37

Dos especimenes, A y B de una arcilla fueron isotrópicamente consolidados bajo una presión
de celda de 250 KPa (p′c)y luego descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio
(p′o) de 150 KPa. A continuación se ejecuto un ensayo CD sobre la muestra A y CU sobre la
B. El suelo tiene los parámetros 0,25,  = 0,05, e0 = 1,10 y ′cr = 30º. La presión de la
celda se mantuvo constante a 200 KPa.

Se pide determinar según la teoría del estado critico:

a) Las invariantes al momento de la falla y el valor final del índice de vacíos para ambos
especimenes.
b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU.

Estrategia: Los valores de p’, q’y e definen las invariantes para cada ensayo, la presión de
poros en la falla es determinada restando el esfuerzo principal de confinamiento total menos
el efectivo.

ENSAYO CD

Según la ecuación [F.53] se tiene que la pendiente de la línea de falla será:
2.1
30sin3
30sin6




cM


Las invariantes al momento de la falla están dadas por:

De la ecuación [F.69] se tiene que:

2.13
1503
f


p


p′f = 250 KPa

De la ecuación [F.68] se tiene que:
250 2.1
f q


q′f = 250 KPa

El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será:
  150ln05.0
2
250
ln05.025.010.1 
e


e = 2.32

ENSAYO CU

470. CAPITULO 6 Resistencia al corte


391

El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será:
  150ln05.0
2
250
ln05.025.010.1 
e


e = 2.32

Las invariantes al momento de la falla están dadas por:

De la ecuación [F.72] se tiene que:







25.0
10.132.2
exp
fp


p′f = 161.63 KPa

De la ecuación [F.68] se tiene que:
 63.1312.1
f q


q′f = 157,95 KPa

El incremento de presión de poros al momento de la falla esta dado por la diferencia entre el
esfuerzo total medio total y el esfuerzo efectivo medio.

b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU.

De la ecuación [F.67] se tiene que:
3
f
f
q
pp
o



3
95.157
150
f p


pf = 202.65 KPa

La presión de poros esta dada por:
ff'ppu 

63.16165.202u


u = 71,02 KPa

L O

471. CAPITULO 7 Compactación




431
CAPÍTULO 7
Compactación de los suelos

7.1 Introducción.

La construcción de carreteras, presas de tierra y otras estructuras ingenieriles requiere de
suelos con buenas características de resistencia y de cargas portantes que por lo general no
corresponderán a las características naturales del suelo, es en estos casos que se requiere
mejorar las propiedades del suelo con la aplicación de algunos métodos, uno de los más
usuales es la compactación.

La compactación de los suelos consiste en eliminar de ellos la mayor cantidad de aire
presente en su estructura, mediante la adición de cierta cantidad de energía mecánica, la
compactación es evaluada en términos de su peso unitario seco (d), y tiene lugar al añadir
una cantidad de agua determinada la cual lubricará las partículas, permitiendo que estas se
reordenen en un menor volumen por acción de la energía mecánica, densificando así el suelo.

La compactación de los suelos requiere de ensayos en laboratorio que permiten conocer la
curva de compactación de la que se obtiene el contenido de humedad optimo (wopt) para
alcanzar un peso unitario máximo (dmax), del que se infiere el que se buscará en campo, estos
ensayos se encuentran normalizados y se conocen como ensayo Proctor Estándar y el Proctor
Modificado que se realizan sobre muestras de material fino y que en caso de contener mucho
material grueso requieren de correcciones que también se encuentran normalizadas.

472. Problemas resueltos de mecánica de suelos




432
7.2 Cuestionario.

PREGUNTA 1.

Cuales son los beneficios de realizar una compactación en el suelo:

Respuesta:

Las principales ventajas que se producen con la compactación son:

a. Reducción o prevención de los asentamientos perjudiciales. Si la
estructura se construye en un suelo sin compactar o compactado con
desigualdad, el suelo se hunde dando lugar a que la estructura se deforme
(asentamientos). El hundimiento es más profundo generalmente en un lado o
esquina, por lo que se producen grietas o un derrumbe total de la estructura.

b. Aumento de la resistencia del suelo y mejoramiento de la estabilidad del
talud. Los vacíos producen debilidad al suelo e incapacidad para soportar
cargas pesadas. Estando el suelo compactado, se reducen los vacíos y todas
las partículas del suelo están más apretadas, por lo tanto estas pueden
soportar cargas mayores.

c. Reduce la expansión y contracción del suelo. Si hay vacíos, el agua puede
penetrar en el suelo y llenar estos vacíos. El resultado seria el esponjamiento
del suelo durante la estación de lluvias y la contracción del mismo durante la
estación seca.

d. Impide los daños de las heladas. El agua se expande y aumenta el volumen
al congelarse. Esta acción a menudo causa que el pavimento se hinche y a la
vez, las paredes y losas del piso se agrieten. La compactación reduce estas
cavidades de agua en el suelo.

e. Reduce el escurrimiento del agua. Un suelo compactado reduce la
penetración de agua.

473. CAPITULO 7 Compactación




433
PREGUNTA 2.

Explicar el concepto de la copactación:

Respuesta:

La compactación de los suelos consiste en el mejoramiento de las propiedades ingenieriles
del suelo por medio de energía mecánica. Esto se logra comprimiendo el suelo en un volumen
más pequeño y así aumentando su peso específico seco (densificación).

474. Problemas resueltos de mecánica de suelos




434
PREGUNTA 3.

Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un
suelo en laboratorio:

Respuesta:

Proctor estableció que la compactación esta en función de cuatro variables:

1. Densidad del material, ρd.
2. Contenido de humedad, w.
3. Esfuerzo de compactación.
4. Tipo de suelo (gradación, presencia de minerales de arcilla, etc.)

475. CAPITULO 7 Compactación




435
PREGUNTA 4.

Explique que es la energía de compactación y como se la determina:

Respuesta:

Se entiende por energía de compactación, como la energía que se entrega al suelo por unidad
de volumen, durante el proceso mecánico que se realice.
Es muy fácil evaluar la energía de compactación en una prueba de laboratorio en que se
compacte al suelo por impactos dados por un pisón. La expresión para calcular esta energía
de compactación esta dada por:
V
hWnN
E


[4.1]
Donde:
E = Energía de compactación.
N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en
que se acomoda el suelo en el molde de compactación.
n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde.
W = Peso del pisón compactador.
h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo.
V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del
suelo compactado.


Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco máximo de la
compactación también aumenta.

Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de humedad óptimo
disminuye un poco.

476. Problemas resueltos de mecánica de suelos




436
PREGUNTA 5.

Cual es el objetivo del control de la compactación en campo:

Respuesta:

Después de realizar la compactación en campo siempre es necesario verificar si con el se
lograron los fines propuestos. Hoy en día existen muchos métodos para poder controlar que la
compactación en campo cumpla con las especificaciones de diseño del proyecto. En la
mayoría de los casos la compactación se hace a contrato por empresas especializadas, por lo
tanto la verificación mencionada, resulta ligada a problemas de pago, legales, etc. Debido a
esto es que se tienen que seguir algunos pasos durante la compactación en campo.
Puesto que el objetivo de la compactación es estabilizar los suelos y mejorar su
comportamiento ingenieríl, es importante tener presente las propiedades ingeniríles deseadas
del terraplén, no solo su densidad seca y contenido de humedad. Este punto a menudo no se
lo toma en cuenta en el control de la construcción de obras de tierra. Normalmente se pone
mayor énfasis en lograr el peso unitario seco especificado y se da poca consideración a las
propiedades ingenieríles deseadas del terraplén compactado.

477. CAPITULO 7 Compactación




437
PREGUNTA 6.

Explique paso por paso cual es el procedimiento del ensayo del cono de arena:

Respuesta: Cono
Válvula
Plato con
agujero
Frasco de vidrio con 20-30 de
arena de Otawa (o similar)
(a) Cono de arena


El procedimiento de esta prueba es la siguiente:

1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa.

2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro
el recipiente. (W1)

3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la
compactación en campo.

4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2)

5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w)

6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [7.7].
w
W
W


1
2
3
[7.7]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado
inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura 7.22a Luego se abre
la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al
agujero hasta que este se llene totalmente.
8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena
que sobro en el recipiente y el cono.
9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la
ecuación [7.8]:
415 WWW 
[7.8]

478. Problemas resueltos de mecánica de suelos




438
10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [7.9]:
Arenad
cWW
V
.
5



[7.9]

Donde:
WC = Peso de la arena que llena solamente el cono.
γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa.

Los valores de WC y γd arena son determinados de la calibración hecha en
laboratorio.

11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [7.10]:
agujero delVolumen
agujero del excavado seco suelo del Peso
3

V
W
d
[7.10]

479. CAPITULO 7 Compactación




439
PREGUNTA 7.

Explique la compactación en campo:

Respuesta:

La compactación en campo se la realiza con diferentes tipos de compactadotas. Estas
compactadotas tienen que realizar una compactación del terreno de tal manera que
reproduzcan los valores de la compactación realizada en laboratorio. Para poder lograr esto es
necesario tratar de reproducir todas las condiciones que se tendrán en campo al realizar una
prueba de laboratorio. El tipo de compactadota que se utilizara juega un papel importante en
esto pues cada tipo de compactadota tiene un proceso distinto de compactar el terreno,
pueden ser por procesos vibratorios, manipuleo, presión estática o presión dinámica.

480. Problemas resueltos de mecánica de suelos




440
PREGUNTA 8.

Mencione cuales son los equipos de compactación en campo más comunes:

Respuesta:

Mayormente la compactación en campo se hace con rodillos. Los cuatro tipos de rodillos más
comunes son:

1. rodillos de rueda-Lisa (o rodillos de tambor-liso)
2. Rodillos neumáticos
3. Rodillos pata de cabra
4. Rodillos vibratorios.

481. CAPITULO 7 Compactación




441
PREGUNTA 9.

Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un
suelo en campo:

Respuesta:

Son:

El numero de pasadas del rodillo compactador.

El espesor o profundidad del suelo a compactar.

La presión de inflado en el caso de rodillos neumáticos.

482. Problemas resueltos de mecánica de suelos




442
7.3 Problemas.

PROBLEMA 1.

Se debe realizar la compactación de un terraplén de 900 m
3
con un peso específico seco de
17.5 kN/m3. Para eso, se ha elegido un banco de préstamo donde el peso específico del suelo
es 19.5 kN/m3 y el contenido de humedad promedio corresponde a 10%. Se ha observado
que la mejor compactación se realiza a 25% de contenido de humedad. También se conoce
que la gravedad específica de los sólidos es de 2.73. Se pide determinar:

a) La cantidad de suelo húmedo que debe transportarse a obra.
b) Peso específico del terraplén con un grado de saturación de 95%.
c) Cantidad que hay que añadir a 10 m
3
de suelo que llega del banco de préstamo a la obra.
kN/m

w%
Gs
 kN/m

w%
V = 900 m
d

Banco de préstamo Terraplén compactado
Figura 7.1. Propiedades del banco de préstamo y terraplén compactado.

a) Cantidad de suelo que se transportara en obra.

De la ecuación [A.8] se tiene:
VW
dS 


Entonces lo que se necesita en obra es:
9005.17
SW
 kNW
S 15750

De la ecuación [A.23] se tiene:
w
d


1



100
10
1
5.19


d
 3
m
73.17
kN
d

Entonces lo que se debe sacar del banco de préstamo es:
73.17
15750

d
SW
V

 3
m 32.888V

b) Peso específico del terraplén para un grado de saturación del 95%.

483. CAPITULO 7 Compactación




443
Se sabe que: γd = 17.5 kN/m
3
, S = 95% , GS = 2.73

De la ecuación [A.26] se tiene:









S
Gw
G
S
WS
d
1




Despejando el contenido de humedad:
 
dWS
Sd
G
G
S
w 





 5.178.973.2
73.25.17
95.0


w
 % 40.18w

De la ecuación [A.23] se tiene:

dw 1

 5.17184.01 
 3
m
72.20
kN
d

c) Cantidad que hay que añadir a 10 m
3
de suelo que llega del banco de préstamo a la
obra.

Se sabe que: V = 10 m
3
, w1 = 10% , w2 = 25% , γd = 17.73 kN/m
3


Entonces el cambio de contenido de humedad será:
12www 

1025w
 % 15w

De la ecuación [A.8] se tiene:
1073.17VW
dS
 kNW
S 3.177

De la ecuación [A.14] se tiene:
3.177
100
15

SW WwV
 kN 595.26
WV
N 9.8
kg 1
1kN
N 1000
kN 595.26 
WV 
kg 8.2713
WV

484. Problemas resueltos de mecánica de suelos




444
PROBLEMA 2.

Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de
arena

CALIBRACION

PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA Metodo A
Prueba 1 2
Diametro del molde, mm 101.2 101.2
Altura del molde, mm 117.5 117.5
Masa del molde vacio, g 4244.54244.0


CALIBRACION DEL CONO
Prueba 1 2
Masa del cono + botellon + arena, g 6368.56367.5
Masa del cono + botellon + resto de arena 4697.54697.50



PESO UNITARIO

DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD
Numero de contenedor 39 56 14
Masa de contenedor 33.21 32.68 30.37
Masa de suelo humedo + contenedor 174.45 173.94 165.58
Masa de suelo seco + contenedor 151.2 150.9 144.64


DETERMINACIÓN DEL PESO ESPECÍFICO SECO
Peso recipiente + cono + arena, g: (W
7) 6380.20
Peso de suelo humedo excavado, g: (W
8) 2600.40
Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W
9) 2700.00


Respuesta:

485. CAPITULO 7 Compactación




445 CALIBRACIÓN
PESO ESPECIFICO DE ARENA
Método
Prueba 1 2
Diámetro del molde, mm: (D) 101.20101.20
Altura del molde, mm: (h) 117.50117.50
Volumen del molde, cm
3
: (V
m) 945.12945.12
Peso del molde vacio, g: (W
m) 4244.504244.00
Peso del molde lleno, g: (W
1) 5626.005625.50
Peso de arena en el molde, g: (W
arena = W
1 -W
m) 1381.501381.50
Peso unitario seco de la arena, kN/m
3
: (
d
arena = W
arena/V
m)*(9.81) (cambio de unid.)14.34 14.34
CALIBRACIÓN DEL CONO
Prueba 1 2
Peso del cono + botellon + arena, g: (W
2) 6368.56367.5
Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W
3) 4697.54695.0
Peso de arena para llenar el cono, g: (W
c =W
2 - W
3) 1671.01672.5
PESO UNITARIO
DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD
Numero de lata 039 056 014
Peso de lata, g: (W
4) 33.21 32.68 30.37
Peso de suelo húmedo + lata, g: (W
5) 174.45173.94165.58
Peso de suelo seco + lata, g: (W
6) 151.20150.90144.64
Peso de suelo seco, g: (W
d = W
6 - W
4) 117.99118.22114.27
Peso de agua, g: (W
W = W
5 - W
S - W
4) 23.25 23.04 20.94
Contenido de humedad, % 19.7119.4918.33
DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO
Peso recipiente + cono + arena, g: (W
7) 6380.20
Peso de suelo humedo excavado, g: (W
8) 2600.40
Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W
9) 2700.00
Peso de suelo seco, g: (W
S = W
8/(1 + w)) 2182.04
Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W
10 = W
7 - W
9) 3680.20
Volumen de hueco excavado, cm
3
: (V
h =(W
S - W
c) / (γ
d arena)) 1374.04
Peso unitario seco, kN/m
3
: (
d = W
2/V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3) 15.58
Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.
19.17
A

486. Problemas resueltos de mecánica de suelos




446
PROBLEMA 3.

Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de
arena.

CALIBRACION

PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA
Metodo A
Prueba 1 2
Diametro del molde, mm 101.2 101.2
Altura del molde, mm 115.9 115.9
Masa del molde vacio, g 4244.5 4244.5
Masa del molde lleno, g 5628.5 5625.5


CALIBRACION DEL CONO
Prueba 1 2
Masa del cono + botellon + arena, g 6368.5 6367.5
Masa del cono + botellon + resto de arena 4697.5 4697.50



PESO UNITARIO

DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD
Numero de contenedor 039 056 014
Masa de contenedor 33.21 32.68 30.37
Masa de suelo humedo + contenedor 174.45173.94165.58
Masa de suelo seco + contenedor 151.2 150.9 144.64


DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO
Peso recipiente + cono + arena, g: (W
7) 6091.50
Peso de suelo humedo excavado, g: (W
8) 1975.50
Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W
9) 2634.50



Respuesta:

487. CAPITULO 7 Compactación




447 CALIBRACIÓN
PESO ESPECIFICO DE ARENA
Método
Prueba 1 2
Diámetro del molde, mm: (D) 101.20101.20
Altura del molde, mm: (h) 115.90115.90
Volumen del molde, cm
3
: (V
m) 932.25932.25
Peso del molde vacio, g: (W
m) 4244.504244.50
Peso del molde lleno, g: (W
1) 5628.505625.50
Peso de arena en el molde, g: (W
arena = W
1 -W
m) 1384.001381.00
Peso unitario seco de la arena, kN/m
3
: (
d
arena = W
arena/V
m)*(9.81) (cambio de unid.) 14.56 14.53
CALIBRACIÓN DEL CONO
Prueba 1 2
Peso del cono + botellon + arena, g: (W
2) 6109.56109.0
Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W
3) 4455.04455.0
Peso de arena para llenar el cono, g: (W
c =W
2 - W
3) 1654.51654.0
PESO UNITARIO
DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD
Numero de lata 023 026 053
Peso de lata, g: (W
4) 43.70 44.72 55.20
Peso de suelo húmedo + lata, g: (W
5) 192.71209.75231.51
Peso de suelo seco + lata, g: (W
6) 189.96206.72228.36
Peso de suelo seco, g: (W
d = W
6 - W
4) 146.26162.00173.16
Peso de agua, g: (W
W = W
5 - W
S - W
4) 2.75 3.03 3.15
Contenido de humedad, % 1.88 1.87 1.82
DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO
Peso recipiente + cono + arena, g: (W
7) 6091.50
Peso de suelo humedo excavado, g: (W
8) 1975.50
Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W
9) 2634.50
Peso de suelo seco, g: (W
S = W
8/(1 + w)) 1939.49
Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W
10 = W
7 - W
9) 3457.00
Volumen de hueco excavado, cm
3
: (V
h =(W
S - W
c) / (γ
d arena)) 1215.64
Peso unitario seco, kN/m
3
: (
d = W
2/V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3) 15.65
Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.
1.86
A

488. Problemas resueltos de mecánica de suelos




448
PROBLEMA 4.

A continuación se presenta los resultados de una prueba Proctor estándar, en un limo
arcilloso (Gs = 2.73).
Contenido de humedad Peso unitario seco
% kN/m3
6 14.80
8 17.45
9 18.52
11 18.90
12 18.50
14 16.90

Se ha construido el terraplén de una carretera con el mismo suelo. A continuación, se
encuentran los resultados del ensayo de cono de arena en la parte superior del terraplén:

Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m
3
= arena
Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M4
Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M1
Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M2
Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M
Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w

Se pide:
a) Suponiendo que la energía utilizada en campo correspondía a la del Proctor estándar,
calcule el contenido de humedad al que fue compactado el suelo.
b) ¿Cual es el grado de saturación de la muestra en campo?
c) Si luego de compactado el terraplén, llueve por varios días y se satura completamente.
¿Cual es el peso unitario del suelo?
d) Si se hubiese utilizado una energía mayor en la compactación, de tal forma que el grado de
saturación hubiese alcanzado el 100%, ¿Cual seria el grado de compactación?

a) Calcular el contenido de humedad.

489. CAPITULO 7 Compactación




449
De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el
contenido de humedad optimo:

d max = 19.0 kN/m
3

Wopt = 10.33 %

Peso unitario en campo:
M
1 M
2M
4
M
5

Figura 7.2. Cono de arena.

La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2:
MMMMM
3 2 1 4 5
[4.1]
78.459.7
3 M
 kgM 810.2
3

De la ecuación [4.1] se halla la masa de suelo que se introduce en el hoyo:
MMM
5 3 4

545.0810.2
5 M
 kgM 265.2
5

De la ecuación [A.8] se tiene:
V
M
d
d
[4.2]

De la ecuación [G.2] se tiene la masa de suelo seco del hoyo:
M
M
w
d
1
[4.3]
100
2.10
1
007.3


dM
 kg 7287.2
dM

490. Problemas resueltos de mecánica de suelos




450
De la ecuación [A.15] se tiene el volumen de la arena utilizada:
V
M
arena
5

 arena
M
V

5
 [4.4]
3
/ 1570
265.2
mkN
kg
V
 33
10442675.1 mV



Reemplazando V, en la ecuación [4.3] se tiene el peso específico en campo:
3
3
/ 4.1891
10442675.1
7287.2
mkg
d 





N
kN
kg
N
m
kg
d 33
10
1
1
8.9
4.1891 
 3
kN/m 53.18
d

En la gráfica de compactación, se observa que el suelo ha podido ser compactado con dos
contenidos de humedad. Al tratarse de un terraplén, se requiere mayor resistencia, por lo
tanto, se supone que se ha compactado por el lado seco.

w = 9 %

b) Determinar el grado de saturación

De la ecuación [A.20] se tiene:

S
Gw
Gw
S
wS




1
1 



Despejando S:



wSS Gw
S
Gw 



1
1
 wG
S
wG
S sw

 

1
1



S
wG
wG
S
S w


 

1
1


[4.5]

De la ecuación [A.23] se obtiene el peso específico húmedo del suelo en campo:

dw 1
[4.6]
53.18
100
2.10
1 








 = 20.54 kN/m
3

491. CAPITULO 7 Compactación




451
Reemplazando valores en la ecuación [4.5] se tiene el grado de saturación en campo:
1
42.20
8.973.2
100
5.10
1
73.22.10









S


S = 62.74 %  S = 63 %


c) Determinar el peso unitario del suelo saturado.

De la ecuación [A.38] se obtiene el peso específico saturado del suelo en campo.
 
sat
S
d w
G






1
1

8.953.18
73.2
1
1 






sat
 sat = 21.54 kN/m
3


d) Determinar el grado de compactación.

De la ecuación [G.6] se obtiene el grado de compactación:
R
d
d
campo
lab



[4.7]

De la ecuación [G.3] se obtiene el peso específico seco en campo con cero de aire en los
vacíos (S = 100 %), para el contenido de humedad de 9% calculado en el inciso a).


d z
S w
S
campo av
G
wG
S








1










100
73.29
1
8.973.2
avc ampo zd
 d campo = zav = 21.48 kN/m
3


Del inciso a) se sabe que el peso específico seco máximo en laboratorio es:

d max laboratorio = 19 kN/m
3


Reemplazando valores en la ecuación [4.7] se tiene:
100
kN/m 00.19
kN/m 48.21
3
3
R
 R =113 %

492. Problemas resueltos de mecánica de suelos




452
PROBLEMA 5.

En un ensayo de compactación Proctor Estándar, se obtienen los siguientes datos, dibujar
con ellos la curva de compactación suavizada y la aproximada matemáticamente.
Detalles del método y molde Detalles del suelo
Método utilizado: A Gravedad especifica = 2.65
Dimensiones del molde:
Diámetro (mm) = 101.31
Altura (mm) = 116.37
Material excluido (bolones, material muy grueso) = 0%

Medición No.
Peso del molde, g
Peso molde + suelo, g
No. de lata 030091016031005062048055067007
Peso lata, g 45.9333.1833.4144.0833.0033.2732.9933.4533.9932.74
Peso lata + suelo húmedo, g178.87137.33137.10186.35133.45138.99130.34143.04161.98168.93
Peso lata + suelo seco, g164.12125.94122.91167.32116.20120.99111.60121.91135.44140.18
6081.55976.5 6114 6171 6115.5
5
4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 4261.5
1 2 3 4

Respuesta:

Con los datos que se tienen se realiza la siguiente planilla.
A 10.131
2.65 11.637
938.07 0
B. PESO UNITARIO
Medición No.
Peso molde + suelo, g: (M
1)
Peso molde, g: (M
2)
Peso suelo húmedo, g: (M
3 = M
1 – M
2)
Peso unitario húmedo,, kN/m
3
: (M
3·g / V)
C. CONTENIDO DE HUMEDAD
Número de lata 030091016031005062048055067007
Peso de lata, g: (M
lata) 45.9333.1833.4144.0833.0033.2732.9933.4533.9932.74
Peso suelo húmedo + lata, g: (M + M
lata)178.87137.33137.10186.35133.45138.99130.34143.04161.98168.93
Peso suelo seco + lata, g: (M
S + M
lata) 164.12125.94122.91167.32116.20120.99111.60121.91135.44140.18
Contenido de humedad, %: 12.4812.2815.8515.4420.7320.5223.8423.8926.1626.76
Humedad promedio, %
Diámetro del molde, cm: (D)
Altura del molde, cm: (A)
A. DATOS TECNICOS
Método utilizado:
Gravedad específica:
Volumen(V), cm
3
: (h·π·D^2)/4) % Material excluido:
12.38
Peso unitario seco, kN/m
3
: 15.96
19.37 19.97 19.39
15.65 20.63
19.03
1852.50 1909.50 1854.00
5
6081.50
4261.50
1820.00
17.93
2 3 4
6114.00 6171.00 6115.50
4261.50 4261.50 4261.50
1
5976.50
4261.50
1715.00
23.86
16.75
26.46
16.55 15.65 15.05
16.22 15.55Peso unitario zav, kN/m
3
: 20.02 18.77 17.13S
S
M
MM
w

 w
d


1

 S
W
zav
G
w
1





493. CAPITULO 7 Compactación




453
Con este ensayo de compactación Proctor se puede dibujar la curva de compactación a partir
de 5 pruebas a distintas humedades y obteniendo de esta manera su peso unitario seco. La
curva de compactación se obtiene al unir los 5 puntos a mano alzada o realizando el ajuste
lineal de la siguiente ecuación:

y = A x
4
+ B x
3
+ C x
2
+ D x + E

Donde “x” es la humedad en cada prueba y “y” su respectivo peso unitario seco. A partir de
estas consideraciones se obtiene una ecuación exacta que se ajusta muy bien a los los datos
obtenidos en la prueba de compactación y de la que ya se puede obtener el máximo peso
unitario a un contenido de humedad óptimo.
La curva de Saturación del 100% con cero de aíre en los vacíos (Zero air voids) se
obtiene mediante el uso de la ecuación [G.4]:
w
G
Gw
G
S
W
S
WS
zav





11



Donde:
w = Humedad teórica obtenida para cada prueba en el ensayo.

La curva de saturación del 100% (zav) representa la curva máxima de compactación que se
podría obtener si se eliminara completamente el aire existente entre las partículas de suelo,
esto significaría que en todos los espacios vacíos existe únicamente agua (S = 100%), esta
curva teórica es correcta pero es imposible de reproducirse en la práctica.
Con todas las consideraciones previas se procede a dibujar las curvas de compactación,
que se muestran en la Figura 7.3:
CURVAS DE COMPACTACIÓN
y = 0.0002x
4
- 0.0149x
3
+ 0.353x
2
- 3.1963x + 24.722
15.00
16.00
17.00
18.00
10.0012.0014.0016.0018.0020.0022.0024.0026.0028.0030.00
Contenido de humedad, w %
Peso específico seco
,

d
kN/m
3
Cuva
ploteada
Curva
zav
saturada
Curva
ajustada

Figura 7.3. Curvas de compactación realizadas en el programa Excel.

494. Problemas resueltos de mecánica de suelos




454
Después de tener las curvas se procede a elegir si se tomará la curva de compactación
dibujada o la ajustada, por lo general las curvas ajustadas representan con mayor exactitud el
comportamiento del suelo en la compactación, por lo que se las recomienda.
Para este problema se toma la curva de compactación ajustada que se la obtiene fácilmente en
el programa Excel a partir de la curva ploteada, simplemente haciendo clic derecho en la
curva ploteada y agregando línea de tendencia a esta. Una vez dentro de esta opción se
escoge el tipo polinomial de orden 4.
14.5
15.0
15.5
16.0
16.5
17.0
17.5
18.0
9.011.013.015.017.019.021.023.025.027.029.0
Contenido de Humedad, %
Peso Unitario Seco, kN/m3
Curva
ZAV
Curva
ajustada

De esta gráfica se obtiene:

Peso seco unitario máximo = 16.85 kN/m
3


Contenido de humedad óptimo = 17.70 %

495. CAPITULO 7 Compactación




455
PROBLEMA 6.

Se quiere construir el terraplén de una carretera, que tendrá las características de la Figura 7.4
15
1
3
3
Figura 7.4. Dimensiones del terraplén a construir.
CURVAS DE COMPACTACIÓN
18.0
18.5
19.0
19.5
20.0
4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 14.0 16.0
Contenido de Humedad, %
Peso específico seco,
kN/m
3


Este terraplén tendrá una longitud de 400 m y se empleará para su construcción material de
un banco de préstamo el cual tiene un contenido de humedad de 7 % y para el efecto se
llevaron a cabo ensayos Proctor estándar de los que se obtuvo la curva de compactación
presentada a continuación:

a) Determinar el peso unitario mínimo que tendrá la sub-base, el rango de humedades en el
que se podría realizar la compactación.

b) Determinar también la cantidad de material en banco es necesario para la construcción del
terraplén.

c) Proponer la realización de una compactación más económica si se hará uso de
compactadores Pata de Cabra.

a) Determinar el peso específico seco mínimo de la sub-base y los rangos de humedad:

De la curva de compactación se obtiene el peso específico seco máximo y el contenido de
humedad óptimo del suelo:

dmax = 19.65 kN/m3 wopt = 8.90 %

496. Problemas resueltos de mecánica de suelos




456
Al tratarse de la sub-base de una carretera entonces se debe tomar el grado de compactación
mínimo aceptable para este tipo de trabajos de la Tabla G.4, R = 95 %.

Entonces el peso específico seco mínimo en campo se obtiene a partir de la ecuación [G.6]:

d campo = R·d max lab  d campo = 0.95 · d max lab

d campo = (0.95)·(19.65)  d campo mínimo = 18.67 kN/m
3


Con este peso específico seco en campo mínimo se puede trazar la recta R·dmax sobre la
curva de compactación, la cual define un rango de humedades entre las cuales sometiendo al
suelo a la misma energía de compactación se obtendría al menos R d.
CURVA DE COMPACTACIÓN
18.2
18.5
18.8
19.1
19.4
19.7
20.0
5.0 7.0 9.0 11.0 13.0 15.0
Contenido de Humedad, %
Peso Unitario Seco, kN/m
3
5.6 13.9
18.67


De la gráfica se obtiene que el rango de humedades en el que se puede realizar la
compactación es desde el 5.6 % hasta el 13.9 %, entre los cuales la compactación alcanzará al
menos el valor de R·d = 18.67 kN/m
3
.

b) Determinar la cantidad de material en banco necesaria para construir el terraplén:

A partir de las dimensiones del terraplén se obtiene el volumen total del terraplén:

Volumen = Área · Longitud = (15 + 33)·3·(400) = 28800 m
3

2

A partir de las ecuaciones [A.8] y [A.14] del anexo A, se obtiene el peso de los sólidos y agua
necesarios para obtener el peso específico deseado.
V
W
S
d
 VW
dS  [6.1]

497. CAPITULO 7 Compactación




457
Donde:
d = Peso específico seco.
V = Volumen total del terraplén.
WS = Peso de los sólidos en el suelo.

Reemplazando los valores hallados, se tiene:

WS = 18.67 kN/m
3
· 28800 m
3
 WS = 537696 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua necesario.
S
W
W
W
w
 wWW
SW  [6.2]
Donde:
w = Contenido de humedad.
WW = Peso del agua en el suelo.

Reemplazando los valores hallados, se tiene:

WW = (537696)·(0.07)  WW = 37638.7 kN

De la ecuación [A.3] se obtiene el peso total del suelo (sólidos + agua):
WSWWW 
 W = 537696 + 37638,7

W = 575334.7 kN  W = 58647.8 ton

Entonces el peso total de material que se necesita extraer del banco es de 58647.78 ton.

c) Proponer una compactación económica.

Una compactación es económica cuando se alcanza el peso específico seco deseado
utilizando una menor energía, esto se consigue con un menor número de pasadas del equipo,
que a su vez significa un ahorro en el tiempo de ejecución y en el costo del equipo.
Cada equipo que se utiliza requiere un número de pasadas determinado para hacer que el
suelo alcance la densidad que se busca, este numero de pasadas se encuentra en función del
equipo que se este utilizando, el tipo de material que se quiera compactar, el espesor de las
capas, etc.
En la Figura 7.5 se representa la condición de compactación más económica, que difiere
según el equipo que se vaya a utilizar, en este caso usando compactadores pata de cabra se
obtienen las curvas 1, 2 y 3, las cuales se obtuvieron en fajas o tramos de prueba para poder
encontrar el menor número de pasadas necesario para alcanzar el peso unitario seco deseado
que en este problema es de 18.67 kN/ m
3
obtenido para el 95 % del peso específico máximo.
La curva de compactación 1 de la Figura 7.5, se obtuvo haciendo trabajar el equipo con
15 pasadas. Este número de pasadas produce una curva de compactación similar a la obtenida
en el laboratorio proporcionando un peso específico seco máximo y un contenido de
humedad óptimo iguales a los del ensayo de laboratorio. Esta curva intercepta la recta R· dmax
dando un rango muy amplio de humedades entre las cuales se puede realizar la compactación
y obtenerse el peso unitario requerido.

498. Problemas resueltos de mecánica de suelos




458 Contenido de húmedaden, w(%)
Peso específico seco,

d
R·
Línea
óptima
Línea del 100 %
de saturación

w opt
a b c
1
2
3
d max
d max

Figura 7.5. Condición para la compactación más económica.

La curva 2 se obtuvo con 10 pasadas y el rango de humedades que define con la recta R· d
max es menor que el que define la curva 1, pero se economiza en el costo de equipos al
permitir alcanzar el mismo grado de compactación con un menor número de pasadas (menor
energía).
La curva 3 se realizó con 7 pasadas del equipo, esta curva alcanza el peso unitario
buscado en un punto y a una sola humedad optima, esta compactación es la más económica
que podría realizarse pero tiene el inconveniente de que el contenido de humedad que se
requiere es muy difícil de obtener y mantener pudiendo ocasionar que no se alcance la
densidad requerida debido a cambios en condiciones ambientales en el campo, desde este
punto de vista es más conveniente el uso de la curva 2 que garantiza el alcanzar la densidad
que necesitamos en un rango más amplio de humedades.

499. CAPITULO 7 Compactación




459
PROBLEMA 7.

Se ha compactado un suelo por el lado húmedo utilizando un contenido de humedad del
15 %, obteniéndose un peso específico de 20.5 kN/m
3
. También se conoce que la gravedad
específica de los sólidos es 2.70. Luego de haberse compactado el suelo el contenido de
humedad disminuyó en 3 %, y por efecto de las lluvias alcanzó la saturación del 100 %.
Determinar:

a) El peso específico saturado del suelo por efecto de las lluvias.

b) El peso específico seco que el suelo hubiese alcanzado si se hubiera mantenido el
contenido de humedad, y el peso unitario seco teórico cuando el suelo se satura al 100 %.

Respuesta:

a) Determinar el peso específico saturado.

De la ecuación [A.20] del anexo A, se obtiene el peso específico saturado.
S
Gw
Gw
S
WS
sat




1
)1( 

[7.1]
Donde:
S = 100 %
w = 15 % - 3 % = 12 %
GS = 2.7
W = 9.80 kN/m
3


Reemplazando estos datos en la ecuación [7.1], se tiene:
1
7.212.0
1
8.97.2)12.01(




sat
 sat = 22.38 kN/m
3

b) Determinar el peso específico seco y peso específico seco teórico.

De la ecuación [G.2] del anexo G, se obtiene el peso específico seco.
w
d


1


[7.2]
Donde:
 = 20.5 kN/m
3

w = 15 % (manteniendo el contenido de humedad inicial)

Reemplazando estos datos en la ecuación [7.2], se tiene:
15.01
5.20


d
 d = 17.83 kN/m
3

500. Problemas resueltos de mecánica de suelos




460
De la ecuación [G.4], del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico (S = 100 %):









S
Gw
G
S
WS
zav
1



Donde:
w = 15 % – 3 % = 12 % (luego de las lluvias para alcanzar S = 100 %)
Gs = 2,7
S = 100 %









1
7.212.0
1
8.97.2
zav


zav = 19.98 kN/m
3

501. CAPITULO 7 Compactación




461
PROBLEMA 8.

Se dispone de una muestra de suelo con las siguientes características:

Contenido de humedad: 8 %
Contenido de humedad óptimo: 11 %
Peso específico máximo: 19.2 kN/m
3

Gravedad específica de los sólidos: 2.65

a) Calcular la cantidad de agua que se debe añadir a la muestra para que esta alcance el valor
máximo de peso unitario seco en el ensayo y el volumen de 943 cm
3
.

b) Si el peso específico para un contenido de humedad del 8% es 18,0 kN/m
3
.¿ Cuál sería el
grado de compactación?

Respuesta:

a) Calcular la cantidad de agua que se añade a la muestra.

De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco:
w
d


1


[8.1]
Donde:
wopt = 11 %
 = 19.2 kN/m
3


Remplazando estos datos en la ecuación [8.1], se tiene:
w
d


1


 d = 17.30 kN/m
3


De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos del suelo:
V
W
S
d
 VW
dS  [8.2]
Donde:
V = 943 cm
3


Remplazando valores en la ecuación [8.2], se tiene:

cm) 100(
m) 1(
cm 943
m
kN
3.17
3
3
3
3

SW
 WS = 0.0163 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua en el suelo:
S
W
W
W
w
 SW WwW  [8.3]

502. Problemas resueltos de mecánica de suelos




462
Para wopt = 11 % se tiene:

WW opt = (0.11)·(0.0163) = 0.00179 kN

De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua:
g
W
M
W
W
 N 1
m/segkg 1

kN 1
N 1000
m/seg 8.9
kN 00179.0
2
2opt


WM

MW opt = 0.183 kg

Para winicial = 8 % se tiene:

WW ini = (0.8)·(0.0163)= 0.00131 kN

De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua:
g
W
M
W
W
 N 1
m/segkg 1

kN 1
N 1000
m/seg 8.9
kN 00179.0
2
2ini


WM

MW ini = 0.133 kg

Entonces la cantidad de agua que se añadirá es:

MW = MW opt – MW ini

MW = 0.183 – 0.133

MW = 0.050 kg de agua

Ahora, si agua = 1 gr/ml, se tiene:

Vagua = M / agua
g/ml 1
agua de g 50

aguaV
 Vagua = 50 ml de agua

b) Determinar el grado de compactación.

Siendo el peso específico en campo para un contenido de humedad del 8 % igual a 18 kN/m
3
,
entonces de la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco en campo:
w
d


1



08.01
0.18
campo


d
 d campo = 16.67 kN/m
3

503. CAPITULO 7 Compactación




463
Ahora, como: w
labd


1
max
max



Entonces:
11.01
2.19
max


labd
 dmax-lab = 17.30 kN/m
3


De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:
100
maxlabd
cam pod
R





100·
30.17
67.16
R
 R = 96.4 %

504. Problemas resueltos de mecánica de suelos




464
PROBLEMA 9.

Un suelo con un índice de vacíos de 0.68 ha sido seleccionado como banco de préstamo del
terraplén de una carretera. El terraplén es compactado hasta alcanzar un índice de vacíos de
0.45. Se requerirá un volumen de 2500 m
3
de terraplén. Encontrar el volumen de suelo que
debe ser excavado del banco de préstamo para alcanzar el volumen requerido en la obra.

Respuesta:

Se tienen los siguientes datos:

Índice de vacíos en banco: e banco = 0.68
Índice de vacíos en terraplén: e compactado = 0.45
Volumen del terraplén compactado: V compactado = 2500 m
3


De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene el volumen de vacíos:
S
V
V
V
e
 SV VeV 

De los datos se tiene:

VV banco = e banco ·VS  VV banco = 0.68·VS

VV compactado = e compactado ·VS  VV compactado = 0.45·VS

De la ecuación [A.1] se obtiene el volumen de los sólidos:

V compactado = VS + VV compactado  VS = V compactado - VV compactado

VS = 2500 - 0.45·VS  VS + 0.45·VS = 2500

VS = 2500/1.45  VS = 1724.14 m
3


Entonces reemplazando valores se tiene:

VV banco = 0.68 VS  VV banco = (0.68)·(1724.14)

VV banco = 1172.42 m
3


Entonces el volumen a excavar en el banco de préstamo es:

V banco = VV banco + VS  V banco = 1172.42 + 1724.14

V banco = 2896.56 m
3


Por tanto el volumen a excavar en el banco de préstamo será de 2896.56 m
3
.

505. CAPITULO 7 Compactación




465
PROBLEMA 10.

Para la realización del terraplén de una carretera se debe escoger un banco de préstamo de
entre tres posibles sitios que cumplen con los requerimientos de diseño. Los bancos de
préstamo fueron examinados y se realizaron ensayos de laboratorio obteniendo el índice de
vacíos (e) que se indica a continuación, además se conoce el precio del metro cúbico de
material de cada banco puesto en obra. Determinar cual de los bancos es el más económico
para utilizarlo si se requerirán 2500 m
3
para el terraplén el cual debe alcanzar un índice de
vacíos de 0.45.
Banco A B C
Indice de vacíos (e) 0.68 0.71 0.75
Costo Bs./m
3
35 45 30

Respuesta:

De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene en función de cada uno de los suelos el
siguiente sistema de ecuaciones:
S
V
V
V
e
 0
VSVVe [10.1]

Entonces de la ecuación [10.1] se tiene:
0
VASA VVe
 068.0 
VASVV [1] 0
VBSB VVe
 071.0 
VBSVV [2] 0
VCSC VVe
 075.0 
VCSVV [3] 0
VfSf VVe
 045.0 
VfSVV [4] 2500
VfSVV
 2500
VfSVV [5]

Donde:
eA = índice de vacíos para el banco A (0.68).
eB = índice de vacíos para el banco B (0.71).
eC = índice de vacíos para el banco C (0.75).
ef = índice de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén (0.45).
VS = volumen de sólidos. (Incógnita 1)
VVA = volumen de vacíos en el banco A. (Incógnita 2)
VVB = volumen de vacíos en el banco B. (Incógnita 3)
VVC = volumen de vacíos en el banco C. (Incógnita 4)
VV f = volumen de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén.

El sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas se lo puede resolver en forma manual o también
con ayuda de una calculadora que resuelva sistemas lineales. Manualmente se tiene:

De la ecuación [4] se tiene:
SVf VV 45.0
[6]

506. Problemas resueltos de mecánica de suelos




466
Reemplazando la ecuación [6] en la ecuación [5] se tiene:
250045.0 
SS VV
 250045.1 
SV
45.1
2500

SV
 VS = 1724.14 m
3


Reemplazando el valor de VS encontrado en la ecuación [1], [2], [3] y [6] se tiene:

En [1]: 014.172468.0 
VAV  VV A = 1172.41 m
3


En [2]: 014.172471.0 
VBV  VV B = 1224.14 m
3


En [3]: 014.172475.0 
VCV  VV C = 1293.10 m
3


En [6]: 250014.1724 
VfV  VV f = 775.86 m
3


Los volúmenes de material que son necesarios de cada banco de préstamo son:
VA = VS +VV A  VA = 1724.14 + 1172.41  VA = 2896.55 m
3

VB = VS +VV B  VB = 1724.14 + 1224.14  VB = 2948.28 m
3

VC = VS +VV C  VC = 1724.14 + 1293.10  VC = 3017.24 m
3


El costo se lo obtiene de la siguiente ecuación:

Costo = (Volumen del terraplén)·(costo por metro cúbico)

Costo A: (2896.55 m
3
)·(35 Bs./m
3
)= 101379.25 Bs.

Costo B: (2948.28 m
3
)·(45 Bs./m
3
)= 132672.60 Bs.

Costo C: (3017.24 m
3
)·(30 Bs./m
3
)= 90517.20 Bs.

De los costos hallados de todos los bancos de préstamo el más económico de estos es el
material del banco C cuyo costo es 90517.20 Bs.

507. CAPITULO 7 Compactación




467
PROBLEMA 11.

Un suelo seco se mezcla en un 15% en peso con agua y es compactado para producir una
muestra de 6 cm x 6 cm x 2 cm con 5% de aire. Calcular la porosidad y la masa del suelo
requerida para tal efecto. Utilizar gravedad específica igual a 2.70.

Respuesta:

De la ecuación [A.14]: del anexo A, se obtiene el peso de agua:
S
W
W
W
w
[11.1]
Donde:
WW = al 15 % del peso de suelo seco  WW = 0.15 WS

Entonces reemplazando estos datos en la ecuación [11.1] se tiene:
S
S
W
W
w


15.0
 w = 0.15

De la ecuación [A.2] se tiene:

VW + Vaire = VV [11.2]
Donde:
Vaire = 5 % de volumen de vacíos.  Vaire = 0.05·VV
VW = Volumen de agua.
VV = Volumen de vacíos.

Entonces reemplazando datos en la ecuación [11.2] se tiene:

VW + 0.05·VV = VV

VW = 0.95·VV [11.3]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [A.11] del anexo A, se obtiene el grado de
saturación del suelo:
V
W
V
V
S

V
V
V
V
S


95.0
 S = 0.95

También de la ecuación [A.43] del anexo A, se obtiene el índice de vacíos del suelo:
wGeS
S
 S
wG
e
S
 [11.4]
Reemplazando datos se tiene:

508. Problemas resueltos de mecánica de suelos




468
95.0
15.07.2
e
 e = 0.426

De la ecuación [A.24] se tiene:
e
G
WS
d



1


[11.5]

Reemplazando datos se tiene:
426.01
81.97.2



d
 d = 18.57 kN/m
3


De la definición de volumen se obtiene el volumen de la muestra:

V = (0.06)·(0.06)·(0.02)  V = 7.2 x 10
-5
m
3


De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos de la muestra:
V
W
S
d
 VW
dS 

WS = (18.57)·(7.2 10
-5
m
3
) = 0.0013 kN  WS = 1.33 N

Entonces la masa de los sólidos de la muestra se la obtiene de la ecuación [A.16]:
gMW 
 g
W
M
S
S
2
m/seg 81.9
N 33.1

SM
 MS = 0.136 kg = 136 g

Por lo tanto la masa seca de suelo requerida es de 136 g.

Para calcular la porosidad se utiliza la ecuación [A.25] del anexo A:
)1(nG
WSd 
 WS
d
G
n



1
81.97.2
57.18
1

n
 3.0299.0n

Entonces la porosidad es 0.30.

509. CAPITULO 7 Compactación




469
PROBLEMA 12.

Las especificaciones de compactación de un relleno requieren un grado de compactación del
95% con respecto al ensayo de compactación Proctor Estándar. Ensayos en el material que se
va a utilizar indican que el peso específico seco máximo es de 19.49 kN/m
3
, con un contenido
de humedad óptimo de 12%.
El material de préstamo en su condición natural tiene un índice de vacíos de 0.6; si la
gravedad específica de los sólidos es 2.65. Determinar el volumen mínimo de material de
préstamo requerido para obtener 1 m
3
de relleno compactado en forma aceptable.

Respuesta:

De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:
100
maxlabd
cam pod
R




 100
maxlabd
cam pod
R





Donde de los datos se tiene:

R = 95 %
d max-lab = 19.49 kN/m
3


Entonces reemplazando estos datos se tiene:
100
49.1995

cam pod
 d relleno en campo = 18.52 kN/m
3


El peso para un volumen de 1 m
3
de relleno compactado se obtiene de la ecuación [A.8]:
V
W
S
d
 VW
dS 

W relleno en campo = (18.52)·(1)  W relleno en campo = 18.52 kN

Ahora con la ecuación [A.18] se obtiene el peso específico del material en banco:

e
Gw
WS



1
1 


Donde:
w = 12 %
GS = 2.65
w = 9.81 kN/m
3

e = 0.6

Reemplazando estos datos el peso específico del material en banco es:
 
6.01
81.965.212.01



banco
 banco = 18.20 kN/m
3

510. Problemas resueltos de mecánica de suelos




470
Entonces de la ecuación [A.4] se obtiene el volumen mínimo de material de préstamo
requerido:
V
W

 banco
banco
W
V

campoen relleno

20.18
52.18

bancoV
 Vbanco = 1.017 m
3

511. CAPITULO 7 Compactación




471
PROBLEMA 13.

Se presenta a continuación los resultados de la compactación de un limo arcilloso.
Contenido de humedad Peso unitario seco
% kN/m3
6 14.80
8 17.45
9 18.52
11 18.90
12 18.50
14 16.90


A continuación se encuentran los resultados del ensayo del cono de arena en el mismo suelo:

Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m
3
= darena
Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M arena cono lleno
Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M rec+cono+arena (antes)
Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M rec+cono+arena (después)
Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M suelo húmedo
Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w

Determinar:

a) Peso específico seco de compactación en el campo.
b) Grado de compactación en el campo.
c) Grado de compactación máxima para las condiciones de campo.

a) Determinar el peso específico seco en campo:
M
rec.+cono+arena (antes) M
rec+cono+arena(después)
M
arena cono lleno
M
hoyo

Figura 7.6. Masas en el proceso de compactación del cono de arena.

Calcular la masa total perdida:

La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2:
hoyolleno cono arenaués)arena(despconorecs)arena(anteconorecperdida t. MMMMM 

[13.1]
ués)arena(despconorecs)arena(anteconorecperdida t.   MMM

78.459.7
perdida T. M
 kgM 810.2
T .perdida

512. Problemas resueltos de mecánica de suelos




472
De la ecuación [13.1] se obtiene la masa y posteriormente el peso del hoyo:
lleno cono arenaperdida t.hoyo MMM 


Mhoyo = 2.81 – 0.545  Mhoyo = 2.265 kg

Whoyo = (Mhoyo)·(g)

Whoyo = (2.265)·(9.81)  Whoyo = 22.22 N

De la ecuación [A.15] del anexo A se obtiene el volumen del hoyo:
V
M

 arena d
hoyo
hoyo

M
V
1570
265.2
hoyoV
Vhoyo = 1.443 x 10
-3
m
3


Ahora con ayuda de las ecuaciones [A.16a], [A.4] se obtiene el peso específico seco de la
arena y del suelo respectivamente:
g
 d arena = d arena · g

d arena = (1570)·(9.81)  d arena = 15401 N/m
3
= 15.4 kN/m
3
V
W
suelo
 V
gM
suelo


 
001443.0
81.9007.3 

suelo
  suelo 20447 N/m
3
= 20.45 kN/m
3

De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco del suelo:
w
suelod


1


 102.01
45.20


suelod

 d suelo =18.56 kN/m
3
(Peso específico seco de compactación en campo).

b) Determinar el grado de compactación en campo.

De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:
100
labm axd
cam pod
R



[13.2]

513. CAPITULO 7 Compactación




473
Para poder obtener el peso especifico seco máximo y el contenido de humedad óptimo es
necesario dibujar la curva de compactación.



De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el
contenido de humedad optimo:

d max-lab = 18,9 kN/m
3

wóptimo = 10 %

Además del inciso a) se cabe que el peso específico en campo es:

d campo = 18.56 kN/m
3


Entonces reemplazando valores en la ecuación [13.2] se tiene:
100
20.19
56.18
R
 R = 96.7 %

c) Determinar el grado de compactación máximo en campo.

El grado de compactación máximo que se puede alcanzar en campo es cuando se compacta
con un grado de saturación igual al 100 %, claro esta que este grado de compactación es solo
teórico ya que por más que se agregue agua en grandes cantidades al suelo este nunca se llega
a saturar totalmente.

De la ecuación [G.8], del anexo G, se obtiene el grado de compactación máxima del suelo:
100
max
max 


lab
zav
teoricoR


[13.3]

Además de la ecuación [G.4] del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico para la
saturación del 100 %.

514. Problemas resueltos de mecánica de suelos




474









S
Gw
G
S
WS
zav
1


[13.4]

Suponiendo el caso más crítico con S = 100 %, se tiene la nueva expresión:
S
WS
zav
Gw
G



1


[13.5]

Reemplazando datos se tiene:

 65.2102.01
8.965.2



zav
 γzav = 20.46 kN/m
3


Reemplazado en la ecuación [13.3] se obtiene el grado de compactación máximo teórico:
100
max
max 


lab
zav
teoricoR


 Rmax-teórico = 106.6 %

515. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


1

CAPITULO OCHO
Incremento de esfuerzo vertical

4.1. Introducción.

Cuando se construye una estructura, al nivel del contacto suelo-fundación, se produce un
incremento neto de carga que conduce a un aumento de esfuerzo de la masa de suelo que la
soporta (Fig. 7.1). La magnitud de la deformación del suelo por debajo la estructura
dependerá del incremento de esfuerzo.
Los suelos no se comportan de forma lineal y elástica debido a su naturaleza y composición
compleja. Sin embargo, el método más utilizado para la estimación de incremento de
esfuerzos, propuesto por Boussinesq en 1883, modela la masa de suelo como un medio
elástico, continuo, isotrópico, y homogéneo. En general los suelos son anisotrópicos, no
elásticos y heterogéneos, razón por la cual, algunos estudios muestran que la variación entre
datos estimados y reales en campo pueden alcanzar variaciones entre el  25 a 30%.
Boussinesq encontró la ecuación de incremento de carga en cualquier punto de un semi-
espacio infinito donde actúa una carga puntual, la que fue utilizada para determinar las
ecuaciones correspondientes a diferentes tipos de carga flexible. El Anexo D presenta todas
las ecuaciones, tablas y gráficos utilizados para la estimación del incremento de esfuerzos en
una masa de suelo, inducidos por fundaciones de diversas geometrías y tipo.
Debe tomarse en cuenta que todos los cálculos consideran la carga neta sobre el suelo y que
el nivel de fundación se constituye en el nivel de referencia, tal cual se observa en la Figura.
z

Arena
Arena
p
Arena
Arena
u
z z

z
'
CONDICIONES FINALES
Corto plazo
Largo plazo
Arcilla
Arcilla
u
z
'
z
p
CONDICIONES INICIALES

516. Problemas resueltos de mecánica de suelos


2

4.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 8.1

Sobre la superficie natural del terreno se ha aplicado una carga puntual de 550 kN. Grafique
la variación de incremento de esfuerzo vertical en el plano x-z.

a) z = 0.75 m
x = 0 ± 0.25 ± 0.5 ± 0.75 ± 1 ± 1.25 m
b) x = 0.0 y 1.5 m
z = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 m
c) Determine el bulbo de presión para la carga puntual.
x
z
P = 550 kN

Figura 8.1. Carga puntual actuando en la superficie del terreno.

Solución

a) Para el cálculo del incremento de esfuerzo, se utiliza la ecuación D-1 del ANEXO H.


































2
5
2
2
1
1
2
3
z
r
z
P
p


La variación de incremento de carga se produce en el plano x-z, por lo tanto y = 0

Donde,
22
yxr  para y = 0
r = x

Para z = 0,75 m y x = 0,0 m


































2
5
2
2
1
750
00
1
2
3
750
550
,
,
,
p


Δp = 466,85 kPa

517. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


3

Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:

Tabla 8.1 Valores de incremento de carga para una distancia horizontal
x (m) Δp (kPa)
-1,25 16,83
-1,00 36,30
-0,75 82,53
-0,50 186,18
-0,25 358,75
0,00 466,85
0,25 358,75
0,50 186,18
0,75 82,53
1,00 36,30
1,25 16,83

0.00
50.00
100.00
150.00
200.00
250.00
300.00
350.00
400.00
450.00
500.00
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
x, (m)
Incremento de esfuerzo vertical,

p
z
(kPa)

Figura 8.2. Gráfica de incremento de carga p con respecto a distancia x

b) Para x = 0,0 m y z = 1,0 m


































2
5
2
2
1
1
00
1
2
3
1
550
,
p


Δp = 262,61 kPa

518. Problemas resueltos de mecánica de suelos


4

Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:

Tabla 8.2 Valores de incremento de carga a diferentes profundidades













Para x = 1,5 m y z = 1,0 m


































2
5
2
2
1
1
51
1
2
3
1
550
,
p


Δp = 13,79 kPa


Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:

Tabla 8.3 Valores de incremento de carga a diferentes profundidades

z, (m) Δp, (kPa)
1 13,79
2 21,51
3 16,70
4 11,81
5 8,47
6 6,27
7 4,79
8 3,76
9 3,03
10 2,48

A continuación se representa una gráfica mostrando la variación de incremento de carga en
función de la profundidad Figura 8.5.

z, (m) Δp (kPa)
1 262,61
2 65,65
3 29,18
4 16,41
5 10,50
6 7,29
7 5,36
8 4,10
9 3,24
10 2,63

519. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


5
0
2
4
6
8
10
12
0.00 50.00 100.00150.00200.00250.00300.00
Incremento de esfuerzo vertical, p
z (kPa)
Profundidad,
z
(m)

Figura 8.3. Gráfica de incremento de carga p con respecto a distancia x

c) Despejar r de la ecuación D-1 del ANEXO H.

Sabiendo que:

r = x

























 1
2
3
5/1
2
P
p
z
zx




Para z = 0,01 y p/P = 0.8


















 1
800102
3
010
51
2
/
),(),(
),(x


x = 0,06 m

x = 1,5 m
x = 0,0 m

520. Problemas resueltos de mecánica de suelos


6

Tabla 8.4 Valores obtenidos de distancia x, para graficar el bulbo de presión para diferentes
profundidades

z, (m) p/P x, (m)
0.01 0.8 0.06
0.10 0.8 0.20
0.15 0.8 0.25
0.20 0.8 0.28
0.,25 0.8 0.30
0.30 0.8 0.32
0.35 0.8 0.33
0.40 0.8 0.33
0.45 0.8 0.33
0.50 0.8 0.32
0.55 0.8 0.31
0.60 0.8 0.28
0.65 0.8 0.25
0.70 0.8 0.20
0.75 0.8 0.12 0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
-0,8 -0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8
x, (m)
z
, (m)

Figura 8.4. Bulbo de presiones.

p/P = 0.2
p/P = 0.8
p/P = 0.6
p/P = 0.4

521. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


7

PROBLEMA 8.2

Se ha realizado la construcción de dos tanques de acero para almacenamiento de petróleo, en
una refinería. El tanque A tiene 10 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme
de 150 kPa. El tanque B tiene 12 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme de
contacto de 200 kPa. Ambos tanques se encuentran emplazados sobre la superficie natural del
terreno y la distancia entre sus centros es de 16 m, como se observa en la Figura 8.7.

Se requiere encontrar los incrementos de esfuerzo vertical inducidos por los tanques en los
siguientes casos:

a) Sobre el eje vertical central de cada tanque (A y B) y a una profundidad de 10 m por
debajo de la base.
b) Sobre el eje vertical C equidistante a los ejes de los tanques A y B, a una profundidad de
10 m.
10,0 m 12,0 m
16,0 m
Tanque A Tanque B
A
C
B
qA = 150 kPa qB = 200 kPa
L

Figura 8.5. Tanques sobre la superfície de suelo.

Solución

Se asume que los tanques de acero poseen un espesor tal que pueden considerarse flexibles:

a) Inicialmente se analiza el tanque A.

El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje del tanque A y a 10
metros de profundidad viene dado por la carga del mismo tanque y además la del tanque B;
de la siguiente manera:
BAppp 


Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-5 del
Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo.

pA = 0,284 qA = 42,6 kPa

522. Problemas resueltos de mecánica de suelos


8

Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la ecuación D-6 del
Anexo H y las Tablas D.2 y D.3.

2r/D = 2,666 ; 2z/D = 1,666

A′ = 0,03081 (interpolación)

B′ = 0,00332 (interpolación)

pB = qB (A′+B′) = (200)(0,0341) = 6,8 kPa

Finalmente, el incremento de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el
eje del tanque A es:

Δp = 49,4 kPa

A continuación, se realiza el mismo análisis para el tanque B:
ABppp 


Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la caución D-5 del
Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo.

pB = 0,369 qB = 73,9 kPa

Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del
Anexo H y las Tablas D.2 y D.3.

2r/D = 3,2 y 2z/D = 2,0

A′= 0,020088

B′= –0,000596

pA = qA (A′+B′) = (150)(0,0194) = 2,9 kPa

Finalmente, el incremento de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el
eje del tanque B es:

Δp = 76,8 kPa

b) Al igual que en los casos anteriores, el incremento de esfuerzos en este punto, viene
dado por la suma de los incrementos sufridos por ambos tanques.

Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del
Anexo H y las Tablas D.2 y D.3.

2r/D = 1,6 y 2z/D = 2,0

A′= 0,05919 (por interpolación)

523. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


9

B′= 0,05664 (por interpolación)

pA = qA (A′+B′) = (150)(0,1158) = 17,4 kPa

Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se obtiene:

2r/D = 1,333 ; 2z/D = 1.666

A′= 0.085110 (interpolación)

B′= 0.081349 (interpolación)
  33316640200 ,,BAqp
BB 
kPa

Finalmente:
Δp = 50,7 kPa

524. Problemas resueltos de mecánica de suelos


10

PROBLEMA 8.3

La Figura 8.8 muestra dos zapatas corridas Z1 y Z2 (L >> B), separadas por una distancia de
3,0 metros y cargadas linealmente con 100 kN/m. Asumiendo que la carga dada es la neta, se
pide graficar los incrementos de esfuerzo (ocasionado por ambas zapatas) sobre el eje central
de la zapata Z1.
1m
1m
1m
3m
Z1 Z2
100 kN/m 100 kN/m
Figura 8.6. Fundaciones en el suelo.

Solución

El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje de la zapata, está
influenciado por la carga de la misma y además por la zapata adyacente.

Para el cálculo del incremento de esfuerzos, se utiliza la ecuación D-3, la ecuación D-4 o la
Tabla D.1 del Anexo H. Los resultados se presentan a continuación.

Tabla 7.5 Valores de incremento de carga para diferentes profundidades para las zapatas Z1
y Z2.
z, m
Z1 Z2
p p
0,0 100,0 0,00
0,5 81,83 0,10
1,0 54,98 0,69
1,5 39,58 1,80
2,0 30,58 3,14
2,5 24,81 4,40
3,0 20,84 5,40
3,5 17,95 6,12
4,0 15,75 6,57
4,5 14,03 6,81
5,0 12,65 6,90

La Figura 8.9 muestra de variación del incremento de esfuerzo en función a la profundidad
por debajo del eje central de la zapata Z1. La línea delgada representa la influencia de la
zapata Z2. La línea gruesa representa la influencia de la propia zapata Z1.

525. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


11


Figura 8.7 Variación del incremento de esfuerzo

526. Problemas resueltos de mecánica de suelos


12

PROBLEMA 8.4

Se desea construir una estructura para la conducción de cables de comunicación por debajo
de un lago. La Figura 8.10 a muestra las condiciones iniciales en el sitio. La Figura 8.10 b
identifica el modo de construcción y la Figura 8.10 c muestra la estructura y condiciones al
final del periodo de construcción. Calcule el incremento de carga neto a nivel de fundación
después de concluida la obra.
Agua
Arcilla blanda
Arcilla rígida
_ Nivel de agua
_ Nivel de terreno
-1 _
0 _
1 _

Figura 8.8. Perfil de suelo.
_ Nivel de agua
_ Nivel de terreno 0 _
1 _
2 _
3 _
4 _
Agua
excavación
Arcilla blanda
Arcilla rígida

Figura 8.9. Excavación.

_ Nivel de terreno
-1 _
0 _
1 _
2 _
3 _
4 _
Arcilla blanda
Arcilla rígida
q
Relleno
compactado
Estructura de concreto
Figura 8.10. Estructura de concreto.
d = 16,5 kN/m
3
sat = 19,5 kN/m
3
w = 15%
 = 18,97 kN/m
3

γc = 23 kN/m
3

w = 9,8 kN/m
3


sat = 20,8 kN/m
3


sat = 19,7 kN/m
3

527. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


13

Solución

El incremento de carga neto esta dado por:

qn = 'f - 'i

Además sabemos que:

' =  - u

Cálculo del esfuerzo efectivo inicial, ′i:

 = (9,8)(1)+(20,8)(1,5)+(19,7)(0,5)= 50,85 kPa

u = (9,8)(3) = 29,4 kPa

'i = 21,45 kPa

Cálculo del esfuerzo efectivo final, 'f:

 = (23)(1)+(19,5)(1) = 42,5 kPa

u = (9,8)(2) = 19,6 kPa

'f = 22,9 kPa

qn = 22,9 – 21,45 = 1,45

qn = 1,45 kPa

528. Problemas resueltos de mecánica de suelos


14

PROBLEMA 8.5

Se planea construir un edificio comercial de 12 plantas (incluyendo sótano). Cada planta
ejerce una presión de 10 kPa, esto considerando el peso propio de la estructura o carga
muerta, y también acciones de sobrecarga o cargas vivas tales como un tanque de agua y
maquinarias. La fundación de la estructura consiste de una losa de hormigón armado de 12 m
de ancho y 30 m de largo, que se apoya a 3 m de profundidad (Figura 8.11).

El terreno está compuesto por arena. El peso unitario de la arena saturada es 21 kN/m
3
, el
peso unitario de la arena seca es 19 kN/m
3
y el nivel freático se encuentra a 2 m de
profundidad.

Despreciando el efecto de la capilaridad y percolación, se pide determinar el incremento de
esfuerzo vertical causado por la estructura a una profundidad de 4 m por debajo del centro de
la base de la losa, en los siguientes casos:

a) Considerando que se trata de una fundación flexible.
b) Considerando que se trata de una fundación rígida.

Solución
Arena
_ Nivel de terreno
0 _
1 _
2 _
3 _
B = 12 m
_ Nivel de fundación
Df = 3 m _ Nivel de agua
q = 120 kPa
Losa de hormigón armado

Figura 8.11. Fundación flexible.

El edificio tiene 12 plantas, por lo tanto la carga bruta es:

q = (12)(10) = 120 kPa

La carga neta al nivel de fundación es:

on qqq '' , uqquqq
oo ';'

Siendo que el nivel freático no presenta cambios en su nivel antes y después de colocada la
carga, el cálculo de la carga neta se reduce a:
))(1())(2(
saton qqqq 

529. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


15

qn = 120 – (19)(2) – (21)(1) = 61 kPa

a) Para el caso de una fundación flexible

Empleamos las ecuaciones D-7 y D-8 o la Tabla D.4 del Anexo H, con los siguientes datos:
L/2
B/2
L
B

Figura 8.12.

De la Figura se sabe que:

L = 30/2 = 15 m
B = 12/2 = 6 m
z = 4,0 m

Se obtiene:
m =1,5 n =3,75 entonces I3 = 0,229

p = (61)(0,229)=13,97 kPa

Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación es

p = (4)(13,97) = 55,9 kPa

b) Para el caso de una fundación rígida

Se puede emplear la Figura A.3 del Anexo A:

5,2=
12
30
=
B
L

33,0=
12
4
=
B
z

De la Figura A.3:

Ir = 0,72

Entonces:
p = (0,72)(61) = 43,9 kPa

530. Problemas resueltos de mecánica de suelos


16

PROBLEMA 8.6

Para la zapata de fundación cuadrada (1,50 x 1,50 m) de la Figura 8.13, determinar el
incremento de presión promedio en el estrato de arcilla compresible ubicado a un metro por
debajo del centro de la fundación. Además, dibuje un diagrama de incremento de presiones
por debajo de la fundación. Considere la fuerza dada como fuerza neta aplicada, despreciando
la diferencia de pesos unitarios de suelo y hormigón.
1m
1m
2m
Arena
Arcilla
compresible
Arena densa
450 kN1.5 m x 1.5 m
Figura 8.13. Fundación en perfil de suelo.

Solución

El incremento de esfuerzo promedio en el estrato de arcilla está dado por la ecuación:
)ppp(p
infm edsuppr  4
6
1


La carga neta es:
)5,1)(5,1(
450

nq
= 200, 00 kPa

A continuación, utilizando la ecuación D-7 y la Tabla D.4, para L = 1,5 / 2 = 0,75 m, B = 1,5 /
2 = 0,75 m, se tiene que el incremento de esfuerzo vertical en la esquina a partir del nivel de
fundación es:

(sup) z = 1,0 m  p = 27,4 kPa
(med) z = 2,0 m  p = 10,8 kPa
(inf) z = 3,0 m  p = 5,4 kPa

Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación será:

(sup) pt = (4)(27,4) = 109,6 kPa
(med) pm = (4)(10,8) = 43,2 kPa
(inf) pb = (4)(5,4) = 21,6 kPa

531. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


17

Y el incremento de esfuerzo promedio en el estrato:
 62124346109
6
1
,,,p
pr 


Δppr = 50,7 kPa

La Figura 8.14 muestra la variación del incremento de esfuerzo vertical (kPa) por debajo del
eje central de la zapata, en función a la profundidad referida al nivel de fundación (m). La
zona resaltada corresponde al estrato compresible de arcilla.


Figura 8.14 Incremento de esfuerzo por debajo del centro de la zapata

532. Problemas resueltos de mecánica de suelos


18

PROBLEMA 8.7

La Figura 8.15 muestra una losa de fundación flexible ubicada sobre la superficie del terreno.
La presión uniforme que ejerce la losa sobre el suelo es de 250 kPa.

Se pide calcular el incremento de esfuerzo vertical por debajo del punto A, a una profundidad
de 5 metros utilizando:

a) Método analítico (Boussinesq)
a) Método gráfico de Newmark


Figura 8.15. Forma de la losa de fundación.

Solución

a) La Figura 8.16 muestra el esquema para la solución del problema mediante el método
analítico.


Figura 8.16 Esquema de solución analítica

Se puede observar que el incremento de esfuerzo en el punto A puede ser calculado aplicando
la superposición de los efectos de las losas A1, A2 y A3.

El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A1 es:

B = 4,0 m  m = 0,8  I3 = 0,174 pA1 = (0,174)(250) = 43,5 kPa
L = 7,0 m  n = 1,4  z = 5,0 m

533. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


19

El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A2 es:

B = 5,0 m  m = 1,0  I3 = 0,191 pA2 = (0,191)(250) = 47,8 kPa
L = 7,0 m  n = 1,4
z = 5,0 m

El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A3 es:

B = 3,0 m  m = 0,6  I3 =0,136 pA3 = (0,136)(250) = 34,0 kPa
L = 5,0 m  n = 1,0
z = 5,0 m

Finalmente, el incremento de esfuerzo en el punto A será: pA= 43,5 + 47,8 - 34,0

ΔpA = 57,3 kPa

b) La figura siguiente, muestra el cálculo del incremento de esfuerzo vertical según el
gráfico de Newmark.

El valor de influencia IV del gráfico de Newmark presentado en la Figura 8.17 es de 0,005.


Figura 8.17 Esquema de solución analítica

El número de cuadros dentro del área de la fundación es de aproximadamente 45,4.

Finalmente el incremento puede calcularse mediante la ecuación [I.14]]

pA = (0,005)(45,4)(250)

ΔpA = 56,7 kPa

534. Problemas resueltos de mecánica de suelos


20

PROBLEMA 8.8

Para la Figura 8.18, se pide determinar el promedio de incremento de esfuerzo en los 8
primeros metros del segundo estrato, haciendo uso del método de Milovíc. E = 50 MPa
E = 5 MPa
2 m
D = 4 m
q = 100 KPa
(Circular)
(Interface rugosa)

Figura 8.18. Esfuerzos en el suelo.

Solución.

























10
5
50
2
1

E
E

1
2
2
1

H
a




KPa
q
mz
KPa
q
mz
8.16
168.02
2.29
292.00



















E2 = 5 MPa
E1 = 50 MPa
a = 2 m
(Circular)q = 100 KPa
5 .
7 .
6 .
8 .
9 .
10.
0 .
2 .
3 .
4 .
1 .
10.5
7
16.8
29.2
5
z
[m]
H1 = 2 m

535. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


21
 KPa
q
mz 5.10105.04 

 

 KPa
q
mz 707.06 

 

 KPa
q
mz 505.08 

 


6
55.10*42.29
6
4 



bmp
p



KPa
p 7.12

536. Problemas resueltos de mecánica de suelos


22

PROBLEMA 8.9

Se desea construir una zapata cuadrada y flexible de 2,5 m de ancho a 1,5 m por debajo el
nivel natural del terreno, en una arcilla totalmente saturada. De acuerdo a la investigación de
campo, se ha podido observar que el nivel freático inicialmente se encuentra en la superficie
del terreno, proyectándose que baje en 1 m cuando la estructura esté finalizada. La Figura
8.19 muestra las condiciones del problema.

Se ha calculado que la carga puntual a ser aplicada en la columna, a nivel del terreno, será de
650 kN y que la columna de hormigón armado tendrá una sección de 0,25 m x 0,25 m que
descansará sobre la base de la zapata de 0,4 m de espesor. Considere que c = 24 kN/m
3
para
calcular la carga neta aplicada a nivel de fundación.
 = 24 kN/m
 = 10,0 kN/m
5
4
3
2
1
c
w
0
B = 2,00 m
3
3
0,5 m
P
0,5 m x 0,5 m
3
sat = 18 kN/m
d = 16 kN/m
Arcilla
3

Figura 8.19 Condiciones del problema

La carga neta es calculada como: on qqq '' , siendo q’ la carga bruta, en tanto que q’o es la
sobrecarga ó la carga en el nivel de fundación antes de colocar la fundación. uqq'
. El valor de q es la carga bruta total que actúa a nivel de fundación, para calcular
su valor debe tomarse en cuenta el peso de la fundación, la carga puntual que actúa en la
columna y el suelo que queda por encima de la zapata para luego dividir entre el área de la
zapata.
 
scFFP
B
q 
2
1


P = 500 kN
 57515050502224F
c  ,,,,

  75,931·5,0·5,01·2·2·165,05,05,05,02218 
sF

537. Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical


23
 
2
7.162
4
75.9357500
m
kN
q 



8,98,9·1u

8,97,162' q

2
9,152'
m
kN
q


Para el cálculo de la sobrecarga
uqq
oo '

36218Dq
o

6,198,9·2u

6,1936'
oq
4,16'
oq


Finalmente, se tiene que la carga neta es:
4,169,152
nq

2
5,136
m
kN
q
n

538. Capítulo 9 Asentamientos


23

539. Problemas resueltos de mecánica de suelos


24

CAPITULO NUEVE
Asentamientos

9.1. Introducción.

El asentamiento en las fundaciones superficiales está compuesto por tres componentes, el
asentamiento inmediato (Si), el asentamiento por consolidación primaria (Sc) y el
asentamiento por consolidación secundaria (Ss). El cálculo del asentamiento inmediato en
general se basa en la teoría elástica. Los otros dos componentes de asentamiento resultan de
la expulsión gradual de agua y del reordenamiento de partículas bajo carga constante,
respectivamente. La importancia relativa de los componentes de asentamiento según el tipo
de suelo, es presentada en la Tabla.

Tipo de suelo S i S c S s
Arena Si No No
Arcilla Relativa Si Relativa
Suelo orgánico Relativa Relativa Si

Asentamiento inmediato. Es estimado a partir de los parámetros elásticos del suelo. Para
suelos predominantemente cohesivos, esta teoría es buena, debido a que se asumen
condiciones de homogeneidad e isotropía no tan alejadas de la realidad. Como datos para el
cálculo, se requieren el módulo de elasticidad no drenado EU y el coeficiente de Poisson .
Por otro lado, para la estimación del asentamiento inmediato de suelos granulares sin
cohesión, se recomienda utilizar los métodos semi empíricos en los que sí se toma en cuenta
la variación de los parámetros elásticos, como por ejemplo el método de Schmertmann.

Asentamiento por consolidación primaria. El asentamiento por consolidación es propio de
suelos saturados cohesivos o de baja permeabilidad sujetos a un incremento en el esfuerzo
efectivo que se traduce en un incremento en la presión de poros. Si bien el agua y las
partículas de suelo son virtualmente incompresibles, el cambio de volumen en la masa de
suelo se debe a la expulsión gradual del agua de los poros. Para predecir el asentamiento por
consolidación, es necesario conocer las propiedades esfuerzo – deformación en una masa de
suelo. Para esto, se desarrolla una prueba de laboratorio denominada consolidación
unidimensional (prueba del edómetro), en la cual la muestra puede deformarse solamente en
dirección vertical. La deformación horizontal es impedida.
Las ecuaciones para la estimación del asentamiento por consolidación primaria a partir de los
parámetros obtenidos en laboratorio, son presentadas en el Anexo I.
De forma meramente casual, el método de consolidación primaria unidimensional resulta
muy acertado para la estimación del asentamiento total (Si + Sc). Para arcillas rígidas el
asentamiento total es igual al asentamiento edométrico (total = edómetro). Para arcillas blandas
el asentamiento total es igual a 1,1 veces el asentamiento edométrico (total = 1,1 x edómetro).
Finalmente, en cuanto a la estimación del tiempo de consolidación, el Anexo I presenta las
ecuaciones y tablas basadas en la teoría de consolidación unidimensional de Terzaghi.

Asentamiento por consolidación secundaria. A diferencia de la consolidación primaria, el
proceso de consolidación secundaria no contempla la expulsión de agua de los poros, sino
más bien se refiere a la reorientación, fluencia y descomposición de materiales orgánicos en
el suelo por lo que tampoco es preponderante un cambio en el esfuerzo efectivo para su
desarrollo. Las ecuaciones para su estimación son presentadas en el Anexo I.

540. Capítulo 9 Asentamientos


25

9.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 1

La estratigrafía de un terreno está formada por 5 m de arcilla normalmente consolidada, todo
ello sobre un macizo rocoso compuesto de arenisca de permeabilidad alta. El nivel freático se
halla a 2 m de la superficie del terreno (Figura 9.1). El peso unitario saturado de la arcilla es
21 kN/m
3
.
Con una muestra inalterada obtenida a 2,5 m de profundidad se realizó un ensayo de
consolidación, habiéndose alcanzado los siguientes resultados:

Índice de vacíos inicial = 0,58
Índice de compresibilidad = 0,11
Coeficiente de consolidación = 0,20 m
2
/año ( parámetro correspondiente al rango de
presiones al que estará sometido el suelo)

En la superficie del terreno se proyecta construir un tanque de almacenamiento de
combustible de 5m de diámetro, mismo que ejerce una presión vertical sobre el suelo de 143
kN/m
2
. Este tanque duplicará la presión vertical efectiva que existe en la arcilla actualmente.
5
eo=0,58
cc=0,11
cv=0,2 m /año
2
Arcilla N.C.
Macizo rocoso muy fracturado

Figura 9.2. Carga sobre el suelo.

Se requiere:

a) Calcular el asentamiento.

b) ¿Qué tiempo en años será necesario para alcanzar el 50 % del asentamiento en la capa de
arcilla?

541. Problemas resueltos de mecánica de suelos


26


Solución .

aa)) Calcular el asentamiento.
El asentamiento debido a la consolidación de la arcilla NC es calculado, por la ecuación:










o
pro
o
cc
C
p
pp
e
Hc
S log
1


Reemplazando los valores se tiene que:
mmS
C 422 log
58,01
)2000)(11,0(





Este valor resulta ser el asentamiento por consolidación del ensayo del edómetro (ensayo de
consolidación), o sea:
mmoedS
C 42)(


Éste debe ser corregido por factores empíricos para obtener el asentamiento por
consolidación real. En este caso se puede emplear el criterio de Skempton & Bjerrum (Tabla
9.2) para arcillas suaves normalmente consolidadas, según el cual el valor del factor
corrección es de 1
)(oedSS
CC

Entonces:
SC = 42 mm

El asentamiento inmediato producido en la arena puede ser calculado según la ecuación E-3
propuesta por Harr (en este caso para fundaciones flexibles). Para el ejemplo, B = 5 m, ES =
25 MN/m
2
, S = 0,3. El coeficiente av se puede obtener de la Figura E,1 del Anexo E.

b) Tiempo en años para alcanzar el 50 % del asentamiento en la capa de arcilla.

El esfuerzo vertical efectivo inicial en el punto medio de la arcilla, empleando un valor para
el peso unitario del agua de 10 kN/m
3
.

o = (2)(18) + (1)(20) + (1)(21) – (2)(10)

o = 57 kN/m
2

542. Capítulo 9 Asentamientos


27

Entonces, el incremento de esfuerzo promedio efectivo en ese punto es igual a

pav = 57 kN/m
2


A continuación se procede a estimar la carga neta en la superficie mediante un proceso
inverso utilizando la ecuación de incremento de esfuerzo por debajo de una fundación
circular flexible.
  












2
3
2
2/1
1
1
zB
qp
o


Para B = 5 m y z = 3 m, 4 m, 5 m se obtiene que:
   

























































































































2
3
2
2
3
2
2
3
2
52
5
1
1
1
42
5
1
1
14
32
5
1
1
1
6
o
av
q
p


57 = qo (0,399)

Por lo que la carga neta a nivel de fundación es:

qo = 143 kN/m
2


Como las hipótesis de Harr H =  no se cumple, se deben hacer correcciones mediante los
coeficientes F1 y F2. Estos coeficientes se pueden obtener de las figuras E.2 y E.3 del Anexo
E.

Para: 






1
6,0
B
L
B
H
075,0
08,0
2
1


F
F

Finalmente se tomará la ecuación E-4 del Anexo E.
    
2
2
1
2
2111
2
FF
Es
qB
S
ssss
o
i  

     )075,0()3,0(23,01)08,0(3,013,01
25000
)143)(5(
222

iS


Si = 0,00291 m = 3,0 mm

543. Problemas resueltos de mecánica de suelos


28

El asentamiento calculado corresponde al asentamiento en la parte central del tanque.

Empleando la Tabla E.1 del Anexo E, para un grado de consolidación del 50 %, se obtiene
que el factor del tiempo correspondiente a un 50% de consolidación es:

Tv = 0,197
Mediante la ecuación E-14 del anexo E, se sabe que:
v
drv
c
HT
t
2




Para el ejemplo, cv = 0,20 m
2
/año, Hdr = 1 m (doble drenaje), ya que el agua de los poros en la
arcilla será expulsada hacia el estrato superior de arena y hacia la base rocosa fracturada,
20,0
)1( )197,0(
2
t


t  1 año

Finalmente, se concluye que al cabo de un año (50% de consolidación) el asentamiento
máximo de la fundación será:

St  (42)(0,50) + 2,0

St = 23 mm

544. Capítulo 9 Asentamientos


29

PROBLEMA 2

Se planea construir un edificio de hormigón armado de 10 niveles (incluyendo sótano). La
presión aplicada al terreno por nivel es de 10 kN/m
2
. La fundación de la estructura consiste
de una losa rectangular flexible de 10 m de ancho y 20 m de largo, apoyada a 4 m de
profundidad. La estratigrafía del terreno consiste de 8 m de arcilla sobre - consolidada que
descansa sobre roca impermeable (Figura 9.3). Los parámetros obtenidos del estudio
geotécnico son los siguientes:

Profundidad del nivel freático respecto a la superficie del terreno = 1 m
Peso unitario de la arcilla = 19 kN/m
3

Coeficiente de compresibilidad volumétrica = 0,14 m
2
/MN
Coeficiente de consolidación = 10 m
2
/año
(Estos dos últimos parámetros corresponden al rango de presiones al que será
sometido el suelo).

Se requiere:

a) Calcular el asentamiento total del punto central de la losa de fundación, en mm
b) Calcular el asentamiento total en una de las esquinas de la losa de fundación, en mm.
c) Calcular la magnitud del asentamiento diferencial producido entre el punto central y la
esquina de la losa.
d) Suponiendo en principio un exceso de presión de poros uniforme (uo constante), y una
longitud o trayectoria de drenaje de 4 m, estimar el tiempo en años que será necesario
para alcanzar el 90% del asentamiento total.


Figura 9.3. Edificio en estrato de suelo.

Solución.

a) Calcular el asentamiento total del punto central de la losa de fundación

El edificio tiene 10 plantas, por lo tanto la carga bruta es:

q = (10)(10) = 100 kN/m
2

545. Problemas resueltos de mecánica de suelos


30

La carga neta a nivel de fundación es:
fon Dqqqq  ''


Para  = 19 kN/m
3
y una profundidad de fundación Df = 4 m, se tiene:

qn = 100 – (4)(19) = 24 kN/m
2

Para el caso de una fundación flexible se puede emplear la ecuación D-7 del Anexo D

p = q I3

En este caso q = 24 kN/m
2
y el factor I3 puede ser determinado de la Tabla D.4 del Anexo D.

Para determinar el asentamiento del centro de la losa, se analiza la cuarta parte del
rectángulo.
L = 20 / 2 = 10 m, B = 10 / 2 = 5 m, z = 2 m

De este modo se obtiene que el esfuerzo vertical por debajo de la esquina es:

p = 5,85 kN/m
2

Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación

p = (4)(5,85) = 23,4 kN/m
2

Ahora, para hallar el asentamiento de consolidación del ensayo del edómetro se tiene que:

c(oed) = mv ' H

c(oed) = (0,00014)(23,4)(4)

c(oed) = 0,0131 m = 13 mm

Valor que debe ser corregido para obtener el asentamiento total de la arcilla. En este caso se
puede emplear el criterio de Burland para arcillas rígidas sobreconsolidadas, según el cual,

Stotal = Sc(oed) = c(oed)

Entonces:

Stotal = 13 mm

b) Calcular el asentamiento total en una de las esquinas de la losa de fundación.

En este caso q = 24 kN/m
2
y el factor I3 puede ser determinado de la Tabla D.4 del Anexo D.
Para determinar el asentamiento de la esquina de la losa, se analiza toda la losa.

L = 20 m, B = 10 m, z = 2 m

546. Capítulo 9 Asentamientos


31

De este modo se obtiene que el esfuerzo vertical por debajo de la esquina es:

p = 5,98 kN/m
2

El asentamiento de consolidación del ensayo del edómetro

c(oed) = mv  H

c(oed) = (0,00014)(5,98)(4)

c(oed) = 0,0033 m = 3,3 mm

Valor que se corrige para obtener el asentamiento total de la arcilla. En este caso se empleará
el criterio de Burland para arcillas rígidas sobreconsolidadas, según el cual:

Stotal = Sc(oed) = c(oed)

Entonces:

Stotal = 3,3 mm

c) Se pide encontrar el asentamiento diferencial entre los puntos previamente analizados.
Asentamiento diferencial producido:

 = 13 – 3,3 = 9,7 mm

d) Empleando la Tabla E.1 del Anexo E, se obtiene el valor del factor tiempo,
correspondiente al 90% de consolidación

Tv = 0,848

Además se sabe que:
v
v
c
HT
t
2




Para el ejemplo, cv = 10 m
2
/año, H = 4 m (trayectoria de drenaje), entonces:
10
)4)(848,0(
2
t


t  1,4 años

547. Problemas resueltos de mecánica de suelos


32

PROBLEMA 3

Una zapata flexible de fundación de 1,0 m x 1,0 m, soportando una carga de contacto sobre el
nivel de fundación de 200 kN, es construida a una profundidad de 1,0 m debajo de la
superficie del terreno.
El depósito de suelo está conformado por un estrato de 2,0 m de arena. El nivel freático se
encuentra a 1,0 m de profundidad respecto a la superficie. Debajo de la arena se halla un
estrato de arcilla normalmente consolidada de 2,0 m de espesor que a su vez descansa sobre
arena densa (Figura 9.4).
1m
1m
2m
200 kN
1.0m x 1.0m
Arena
Arcilla compresible
Arena densa

Figura 9.4. Zapata en perfil de suelo.

Mediante el estudio de suelos se han determinado los siguientes parámetros:

Depósito de arena

Peso unitario por encima del nivel freático = 17,0 kN/m
3

Peso unitario por debajo del nivel freático = 19,0 kN/m
3

Módulo de elasticidad = 20 MPa

Arcilla

Peso unitario saturado = 18,0 kN/m
3

Índice de vacíos inicial = 0,7
Índice de compresión = 0,25
Índice de expansión = 0,06
Módulo de elasticidad = 25 MPa

Peso unitario del agua = 9,8 kN/m
3


Se pide encontrar el asentamiento total en el centro de la fundación.

548. Capítulo 9 Asentamientos


33

Solución.

El incremento de esfuerzo promedio en el estrato de arcilla está dado por:
)4(
6
1
bmt pppp 


Si empleamos la ecuación:

p = q I

En este caso, la carga neta es:
kPaq
n 0,183)17)(1(
)0,1)(0,1(
0,200



Asimismo, I = f (B, L, z), Para L = 1,0 / 2 = 0,5 m B = 1,0 / 2 = 0,5 m, se tiene que el
incremento de esfuerzo vertical en la esquina es:

z = 1,0 m  p = 15,37 kN/m
2

z = 2,0 m  p = 4,94 kN/m
2

z = 3,0 m  p = 2,32 kN/m
2


Entonces, el incremento de esfuerzo vertical bajo el centro de la fundación es:

pt = (4)(15,37) = 61,48 kN/m
2

pm = (4)(4,94) = 19,76 kN/m
2

pb = (4)(2,32) = 9,28 kN/m
2


Y el incremento de esfuerzo promedio en el estrato, será:
)28,9)76,19)(4(48,61(
6
1
)4(
6
1

bmtav pppp


pav  25 kN/m
2


Asentamiento inmediato en la arcilla

Se puede emplear la ecuación propuesta por Janbu, que será:
S
O
e
E
Bq
AAS

21


Los factores A1 y A2 se obtienen de la Figura E.5 del Anexo E.

Para estimar el asentamiento inmediato en la arcilla, se asume que el estrato de arcilla se
extiende hasta la superficie y que tiene una base rígida. En este caso, para Df/B = 1,0 / 1,0 =
1,0 se tiene:
A2  0,94

549. Problemas resueltos de mecánica de suelos


34

Además, para H / B = (3,0) / 1,0 = 3,0 se tiene:

A1  0,6
Entonces:
25
(183)(1,0)
)94,0)(6,0(
eS


Se = 4,13 mm

Se asume luego que el primer estrato es arcilla con características iguales al segundo estrato y
con una base rígida.

En este caso, para Df / B = 1,0 / 1,0 = 1,0, se tiene:

A2  0,94

Además, para H / B = (1,0) / 1,0 = 1,0 se tiene:

A1  0,34

Luego: 25
(183)(1)
)94,0)(34,0(
eS


Se = 2,34 mm

Entonces el asentamiento inmediato en la arcilla es la diferencia entre los dos asentamientos
anteriores.

Se = 4,13 – 2,34 = 1,79 mm

Asentamiento por consolidación en la arcilla
El esfuerzo vertical efectivo inicial en el punto medio de la arcilla

'o = (1,0)(17,0) + (1,0)(19,0–9,8) + (1,0)(18,0–9,8)

'o = 34,4 kN/m
2

El asentamiento debido a la consolidación de la arcilla está dado por:







 


'
'
log
1
o
o
O
C
oed
p
e
HC
S




Por lo que,








34,4
25+34,4
log
70,01
)2000)(25,0(
oedS

550. Capítulo 9 Asentamientos


35

SOED = 69,77 mm

Valor que deberá ser corregido para obtener el asentamiento por consolidación real. En este
caso se puede emplear el criterio de Burland para arcillas rígidas normalmente consolidadas,
según el cual
SC = Soed

Entonces

Stotal = 69,77 + 1,79 = 71,6 mm

Asentamiento en la arena

Para calcular el asentamiento en el estrato de arena, se recurre al método propuesto por
Schmertmann, para el que se procede a dibujar un esquema del factor de influencia.
El esfuerzo efectivo inicial al nivel de la fundación (Df) y a la profundidad del factor máximo
de influencia (Df + B/2) es:

'vo = (1)(17) = 17 kPa


'vp = (1)(17) + (0,5)(19–9,8) = 21,6 kPa

El valor máximo del factor de influencia Iz y los factores de corrección C1, C2 y C3 son (v,
Ecuaciones 8.2, 8.3, 8.4):

IZ = 0,5 + (0,1)(183 / 21,6)
1/2
= 0,79

C1 = 1 – (0,5)(17 / 183) = 0,95

C2 = 1,0

C3 = 1,03–0,03(1,0/1,0) = 1,0




Figura 9.5. Incremento de esfuerzo verticales.

551. Problemas resueltos de mecánica de suelos


36


Para zapatas :

zf = 0 a B/2: Iz = 0,1+(zf/B)(2Izp–0,2]
zf = 0,25 m: Iz = 0,1+(0,25/1,0)[(2)(0,79)–0,2] = 0,4450
zf = B/2 a 2B: Iz = 0,667Izp(2–zf/B)
zf = 0,75 m: Iz = (0,667)(0,79)(2–0,75/1,0) = 0,6587

Tabla 9.5. Propiedades del estrato.
Estratoi Hi [m] Izi Izi Hi/Ei
1 0,5 0,4450 0,011125
2 0,5 0,6587 0,016468



n
i
E
HI
i
izi
1
027593,0


Si = (0,95)(1)(1)(183)(0,027593)

Si = 4,8 mm

Finalmente, el asentamiento total en el centro de la fundación

Stotal = Sarcilla + Sarena

Stotal = 71,6 + 4,8

Stotal  76,4 mm

552. Capítulo 9 Asentamientos


37

PROBLEMA 4

Una zapata de 2,0 m x 2,0 m transmite una carga bruta de contacto de 700 kN al nivel de la
fundación que se encuentra a 1,5 m de profundidad. El estudio geotécnico ejecutado
contempló la realización de una perforación y un ensayo de penetración de cono.
Los resultados indican que el subsuelo está conformado por un depósito de arena
medianamente densa a densa, El peso unitario de la arena seca es de 16 kN/m
3
y se estima
que el peso unitario saturado de la misma, es de 18 kN/m
3
. El nivel freático se encuentra a 2,0
m de profundidad a partir de la superficie del terreno. El agua tiene un peso unitario de 9,81
kN/m
3
. La Figura 9.6 muestra la variación de la presión en la punta del cono de penetración
con la profundidad. Se pide, determinar el asentamiento producido por la carga de fundación.


Figura 9.6 Resultados de la prueba CPT

Solución .

Para analizar el problema se procede a elaborar una tabla.
Como se puede apreciar en la Figura 9.6, la profundidad de influencia fue dividida en cinco
estratos según el valor promedio de presión en la punta del cono y según el índice de
influencia. La carga neta transmitida por la estructura, el esfuerzo efectivo al nivel de
fundación y al nivel del valor máximo de Iz, son:
kPaq
n 151)16)(5,1(
)2)(2(
700



'vo = (1,5)(16) = 24 kPa

'vp = (2)(16) + (0,5)(18 – 9,81) = 36,1 kPa

Entonces, el valor máximo del factor de influencia Iz y los factores de corrección C1, C2 y C3
son (Ecuaciones 8.2, 8.3, 8.4, 8.5):

553. Problemas resueltos de mecánica de suelos


38

IZ = 0,5 + (0,1)(151 / 36,1)
1/2
 0,7

C1 = 1 – (0,5)(24 / 151) = 0,92

C2 = 1

C3 = 1,03–(0,03)(2,0 / 2,0) = 1

Estrato Hi [m] zi [m] Izi
qc [MPa]
promedio
Es [MPa]
Promedio
Izz/Es
[m/MPa]
1 0,50 0,25 0,2500 4 10 0,01250
2 0,50 0,75 0,5500 7 17,5 0,01571
3 1,00 1,50 0,5833 7 17,5 0,03333
4 1,25 2,625 0,3208 4 10 0,04010
5 0,75 3,625 0,0875 10 25 0,00263
zi es la profundidad hasta el punto medio del estrato analizado
(IzHi/Ei) 0,10427
Nota: El módulo Es = 2,5 qc (para condiciones axisimétricas, B/L=1)

Finalmente, el asentamiento de la estructura es igual a:

S = (0,92)(151)(0,10427) = 14,5 mm

S = 14,5 mm

554. Capítulo 9 Asentamientos


39



6 m

4m
PROBLEMA 5

Una losa de fundación de 8,0 m x 12,0 m transmite una carga neta de 80 kPa. El nivel de
fundación se encuentra a 2,0 m de profundidad.
El estudio geotécnico ejecutado determinó el perfil presentado en la Figura 9.7 el cual está
conformado por arcilla magra y arena limosa, sobre un lecho rocoso impermeable. El nivel
freático se encuentra muy cerca a la superficie.
Asumiendo que la fundación está dotada de un sistema de drenaje que permite el ingreso de
agua en toda su área, y que la deformación de la arena es despreciable.

Se pide determinar:

a) El asentamiento total de la fundación a partir de los parámetros obtenidos.
b) El tiempo que debe transcurrir para el desarrollo del 80 % de la consolidación.
A
B
5.0 m
1.0 m
5.0 m
2.0 m
B x L = 8 x 12 m
1.5 m
2.5 m
n
q = 80 kPa
Roca impermeable
Arena limosa
Arcilla magra
Arcilla magra
 = 20 kN/m
Cc = 0.22
Cs = 0.09
e = 0.6
Cv = 0.804 m /año
pc = 135 kPa
3
2
o
 = 19 kN/m
Cc = 0.30
Cs = 0.12
e = 0.9
Cv = 0.432 m /año
pc = 95 kPa
o
2
3
 = 19 kN/m
3

Figura 9.7 Perfil de suelo

Solución .

a) El asentamiento total de la fundación a partir de los parámetros obtenidos.

Para determinar el asentamiento total de la fundación, es necesario estimar el incremento de
esfuerzo efectivo vertical debido a la carga neta transmitida por la fundación.
Se analiza ¼ de fundación (ver figura).

555. Problemas resueltos de mecánica de suelos


40

A partir de las ecuaciones D-7, D-9, D-10 y la Tabla D.4 del Anexo D, se obtiene lo
siguiente:

Sea A el punto medio del estrato superior de arcilla magra (CL)
Sea B el punto medio del estrato inferior de arcilla magra (CL)

Para el punto A del estrato superior de arcilla:

pt = 80 kPa
m = 4/1,5 = 2,666  I3 = 0,2443  p m = 4 x 0,2443 x 80  78 kPa
n = 6/1,5 = 4
m = 4/4 = 1  I3 = 0,2178  p b = 4 x 0,2178 x 80  70 kPa
n = 6/4 = 1

Entonces:

pAV(A) = 77 kPa

Para el punto B del estrato inferior de arcilla:

m = 4/4 = 1  I3 = 0,1934  p t = 4 x 0,1934 x 80  62 kPa

n = 6/4 = 1,5

m = 4 / 6,5 = 0,615  I3 = 0,1341  p m = 4 x 0,1341 x 80  43 kPa

n = 6 / 6,5 = 0,923

m = 4/8 = 0,5  I3 = 0,1069  p b = 4 x 0,1069 x 80  34 kPa

n = 6/8 = 0,75

Entonces:

pAV(B) = 45 kPa

A continuación se determina el esfuerzo efectivo promedio en cada uno de los estratos de
arcilla, antes de la construcción de la fundación.

'A = (3,5)(20 – 9,81) = 35,6 kPa < Pc = 135 kPa  SC
'A + pA = 113,6 kPa < Pc = 135 kPa  SC
'B = (5,0)(20–9,81)+(3,5)(19 – 9,81) = 83,1 kPa < Pc = 95 kPa  SC
'B + pB = 126,1 kPa > Pc = 95 kPa  NC

Como se puede observar, inicialmente ambas arcillas están sobre consolidadas. Después de la
carga la arcilla superior se mantiene sobre consolidada, mientras que la arcilla inferior cambia
de estado a normalmente consolidada.

A continuación, los asentamientos de los estratos de arcilla superior (SA) e inferior (SB) son
calculados, según las ecuaciones B-7 y B-8 del Anexo B respectivamente.

556. Capítulo 9 Asentamientos


41
mmS
A 4,84
6,35
776,35
log
6,01
)3000(09,0









mmS
B 121
95
451,83
log
9,01
)5000(30,0
1,83
95
log
9,01
)5000(12,0
















1214,84
TOTALS


Stotal = 205,4 mm

b) El tiempo que debe transcurrir para el desarrollo del 80 % de la consolidación.

El grado de consolidación de 80% está referido al asentamiento total, por lo tanto:

U = 80%  S80 = 0,80 x 205,4 = 164,32 mm

Para un tiempo t en el estrato superior de arcilla se tiene:
2
Adr
Av
Av
H
tC
T


Para un tiempo t en el estrato inferior de arcilla se tiene:
2
Bdr
B
B
H
tCv
Tv


Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene:
68,20
5,1
5
432,0
804,0
2
2
2
2



















Adr
Bdr
B
A
B
A
H
H
Cv
Cv
Tv
Tv

)(68,20
BA TvTv


Nótese que la altura de drenaje para la arcilla superior es de 1,5 m debido a que puede
expulsar el agua hacia la fundación y hacia el estrato de arena. La altura de drenaje para la
arcilla inferior es igual a su espesor debido a que solamente puede drenar hacia la arena.
La siguiente ecuación muestra el desarrollo del asentamiento total de la fundación en función
del tiempo.
BBAA StUStUtS )()()( 


Donde:
S(t) Asentamiento total de la fundación en función del tiempo.
UA(t), UB(t) Grado de consolidación en función del tiempo.
SA, SB Asentamiento total por consolidación en cada estrato.
Se requiere determinar un tiempo t en el que S(t) = 164,32 mm.

557. Problemas resueltos de mecánica de suelos


42

A continuación se sigue un proceso indirecto para calcular t:
Suponemos primeramente un 90% de consolidación para la arcilla superior, ¿cuanto será el
asentamiento total?
UA = 90%  TvA = 0,848 (de la Tabla B.1, Anexo B)

TvB = 0,848 / 20,68 = 0,0410  UB = 23% (de la Tabla B.1, Anexo B)

Entonces el asentamiento total es: (0,90)(84,4) + (0,23)(121) = 104 mm
años
Cv
HTv
t
A
AdrA
3,2
804,0
)5,1(848,0)(
22



Esto significa que transcurridos aproximadamente 2,3 años después de la aplicación de la
carga, el asentamiento ha alcanzado una magnitud de 104 mm para un grado de consolidación
de 90% y 23% de los estratos de arcilla superior e inferior respectivamente.
El valor calculado aún está alejado de los 164,32 mm (correspondientes al 80% del
asentamiento total) que se requieren alcanzar, lo cual significa que el estrato superior se
consolida totalmente antes de alcanzar el asentamiento total de 164,32 mm, quedando el
estrato inferior como el limitante o el crítico para este análisis.
El problema ahora, se reduce a hallar el tiempo en que el estrato inferior de arcilla alcance
una deformación igual a la diferencia de la deformación total requerida y la deformación total
del estrato superior.

El asentamiento del estrato B en el tiempo t requerido es

SB(t) = 164,32 – 84,4 = 79,92 mm

UB = 79,92 / 121 = 66,05%  TvB = 0,352 (de la Tabla E.1, Anexo E)

TvA = (0,352)(20,68) = 7,3  UA = 100% CUMPLE! (de la Tabla E.1, Anexo E)

Entonces el asentamiento total es: (1,00)(84,4) + (0,66)(121) = 164,32 mm

Finalmente, el tiempo es:
432,0
)5(352,0)(
22

B
BdrB
Cv
HTv
t


t = 20,4 años

558. Capítulo 9 Asentamientos


43

PROBLEMA 6

Se desea construir una zapata flexible sobre una arcilla saturada con las dimensiones que se
muestran en la Figura 9.7. Considere que los parámetros de deformación de la arcilla son cc =
0,22, cs = 0,05. El índice de vacíos varia desde la superficie según la ecuación e = 0,80 –
0,05H, donde H es la profundidad en metros, el límite inferior de e es 0,50. Asimismo se sabe
que la presión de preconsolidación en la superficie es 170 kPa y disminuye según la siguiente
ecuación:

pc = 170 – 8H
2


a) Calcule la magnitud del asentamiento producida por una carga segura igual a 150 kPa.
b) Calcule el coeficiente de consolidación promedio del estrato si el tiempo para que se
produzca el 50% del inciso a) es 1 año.


Figura 9.8. Fundación.

Solución.

a) Calcule la magnitud del asentamiento producido por una carga segura.

La carga segura es una carga bruta al nivel de fundación, pero para el cálculo de los
asentamientos necesitamos un incremento neto al nivel de fundación; por lo tanto para
obtener este incremento, se puede proceder de la siguiente manera:
fsn Dqq 

 kPa 12020)5,1(150 
nq


Los siguientes gráficos corresponden al esfuerzo efectivo inicial y carga de preconsolidación,
y a el incremento de esfuerzos, respectivamente:

559. Problemas resueltos de mecánica de suelos


44
0
1
2
3
4
5
6
152
120
72
42
8
25
35
45
55
65
Carga de
preconsolidación
Esfuerzo efectivo
inicial 0
1
2
3
4
5
6
120
79
20
37
8
27
12
Incremento
de esfuerzos

Figura 9.9. Trayectorias de esfuerzo.

A partir de una profundidad 5,5 m el incremento de esfuerzos se hace menor al 10% del
incremento al nivel de fundación, por lo cual el análisis se realizará sólo hasta esta
profundidad.

560. Capítulo 9 Asentamientos


45

Cuando z = 4,0 se produce una intersección formada por las curvas de carga q, y carga de
preconsolidación pc ( suponemos que los valores 40 y 42 son demasiado próximos); a partir
de esta intersección la curva se encuentra a la izquierda de la curva q, lo cual no es posible en
ninguna circunstancia debido a la concepto mismo de carga de preconsolidación, por lo cual
se deduce que a partir de una profundidad igual a 5,5 m nos encontramos con una arcilla.
Normalmente consolidada. Por el contrario, hasta una profundidad de 4,0 m la curva pc se
encuentra a la derecha de la curva q, es decir para un punto dado pc > q, lo cual significa que
estamos en presencia de una arcilla sobre consolidada.


En resumen: 1,5  z  4,0 SOBRECONSOLIDADA
4,0  z  5,5 NORMALMENTE

CONSOLIDADA

A partir de estas conclusiones, podemos hacer el análisis tratando a nuestra arcilla como si se
tratase de dos diferentes estratos. De esta manera, realizamos el cálculo del índice de vacíos,
esfuerzo inicial e incremento promedio en el centro de cada estrato.



eo = 0,8 –(0,05)(2,75) = 0,6625
Arcilla sobre consolidada
2,75 m Pc = 109,5 kPa

'o = 27,5 kPa

kPa 5,68
6
27)66)(4(120



avp
4,0 m

eo = 0,8 – (0,05)(4,75) = 0,5625

Arcilla normalmente consolidada

4,75 m 'o = 47,5 kPa

kPa 83,17
6
12)17)(4(27



avp

En la arcilla sobre consolidada 'o + ∆pav < Pc, por lo tanto el asentamiento estará dado por:
'
'
log
1
o
avo
o
s
oed
p
e
Hc
S






Para arcillas sobre consolidadas, el asentamiento total es igual al edométrico:

mmSS
oedt 8,40

561. Problemas resueltos de mecánica de suelos


46

De la misma manera: que será:
'
'
log
1
o
avo
o
c
oed
p
e
Hc
S





mmS
oed 36,29
25,47
83,1725,47
log
5625,01
)1500)(22,0(





En las arcillas normalmente consolidadas, el asentamiento total es el siguiente:
mmSS
oedt 3,321,1 


Por último, el asentamiento total en la arcilla será:
3,328,40
totalS


Stotal = 73 mm

b) Calcule el coeficiente de consolidación promedio del estrato.

De la relación:
v
drv
c
HT
t
2




El valor de Tv correspondiente al 50% de grado de consolidación es 0,197.
1
)4)(197,0(
t
HT
22
drv

vc

vc
= 3,152 m
2
/año

562. Capítulo 9 Asentamientos


47

PROBLEMA 7

Se ha realizado la exploración geotécnica de un sitio, la Figura 9.8 muestra el perfil de suelo
encontrado y sus propiedades. Se va construir una zapata flexible y rectangular a 2 m de
profundidad, con las dimensiones que se presentan en el esquema. Considere que la zapata a
se construye en un instante de tiempo, en el que adicionalmente el nivel freático desciende al
nivel de fundación y permanece en esa posición por tiempo indefinido. El peso unitario de la
arena en la parte no saturada es el 90 % del valor en el sector saturado. Asimismo, considere
que no existe asentamiento secundario en la arcilla y que el asentamiento inmediato es el
50% del total.

Se pide:

a) Determinar el asentamiento total de la zapata.
b) Determinar el tiempo que toma para que se de el 50% del asentamiento total.
0.30x0.30m
P = 1500 kN
muestra 1
2 m
3 m
muestra 3
muestra 2
2 m
3 m
B= 2.0m
L= 6.0m
45
E (MN/m2)
40
E (MN/m2)
35
arena = 20 kN/m3
Dr = 60%
arcilla = 19 kN/m3
arena = 20 kN/m3
Figura 9.10. Zapata.

De la muestra 2:

eo = 0,75; cc = 0,2; cs =0,03

Pc = 85 kPa ( método Casagrande)


Presión 25 50 100 200 400 800
cv(cm
2
/min) 0,0194 0,009 0,006 0,008 0,011 0,018

563. Problemas resueltos de mecánica de suelos


48

Solución:
a) Determinar el asentamiento total de la zapata.

En primera instancia calculamos el incremento de carga neta al nivel de fundación, que es la
diferencia entre las cargas efectivas antes y después de la construcción.
La carga inicial efectiva al nivel de fundación qo es la siguiente:

qo = (2)(20 – 9,8) = 20,4 kPa

La fuerza total al nivel de fundación Ft, después de la construcción, debe incluir el peso
propio de la zapata y el peso del suelo, además de la carga transmitida por la columna.

Ft = 1500 + (24)[(0,3)(2)(6)+(0,3)
2
(1,7)] + (0,9)(20)[(2)(6)–0,3
2
)](1,7) = 1954,52 kN
kPa 88,162
)2)(6(
52,1954

A
F
q
t

Por lo tanto:
qn = q – qo = 162,88– 20,4 = 142,48 kPa

Cálculo de asentamientos en la arena (Según Schmertmann)

El método de Schmertmann fue propuesto para zapatas axisimétricas y corridas (L / B >10),
por lo cual en una zapata como la que se trata en este problema se debe realizar una
interpolación de valores, entre valores obtenidos considerando a la zapata como cuadrada y
los valores obtenidos considerándola corrida.

Análisis como una zapata cuadrada
vp
q
Iz
´
)1,0(5,0




´vp = 3(20–9,8)=30,6 716,0
6,30
48,142
)1,0(5,0 Iz










48,142
4,20
)5,0(1)5,0(1
1
n
vo
q
C =0,928
C2 = 1
94,0
2
6
)03,0(03,1
73,003,003,1
3
3








C
B
L
C






0
1
2
3
4
5
6
0.1
0.716
0.418
0.477
0.239

564. Capítulo 9 Asentamientos


49

)1000()2(
)10)(43(
477,0
)1(
)10)(40(
408,0
)48,142)(94,0)(1)(928,0(
331
















S

S1 = 4,025 mm

Considerado como una zapata corrida vp
q
´
0,1)(0,5I
zp




vp = 4(20–9,8) = 40,8
Izp = 0,687
Los coeficientes C1, C2, C3, se mantienen constantes,
1° estrato 





 )1(
44000
630,0
)2(
41000
443,0
)48,142)(94,0)(1)(928,0(
2S


S2 = 4,465mm

2° estrato 





 )2(
40000
114,0
)48,142)(1)(94,0)(928,0(
3S


S3 = 0,709mm

A partir de los valores obtenidos para los casos anteriores, se debe realizar la correspondiente
interpolación para la zapata de 6m x 2m en análisis.
Interpolando valores:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0.443
0.2
0.687
0.630
0.572
0.229
0.114

565. Problemas resueltos de mecánica de suelos


50

1° estrato mmS
i 123,4)2(
9
025,4465,4
025,4 




 

2° estrato mmS
i 158,0
9
2
)709,0( 






El asentamiento total en las arenas es la sumatoria de los asentamientos en los dos estratos de
arena, será:
Si arenas = 4,28 mm

Cálculo de asentamientos en la arcilla:

La arcilla se encuentra a una profundidad de 5 m. y tiene un espesor de 3 m., en consecuencia
el incremento promedio en el estrato se calcula de la siguiente manera:

pt (5m) = 49,60
pm (6,5m) = 29,03
pb (8m) = 18,53
707,30
6
4



bmt
av
ppp
p


Po=(5)(20) + (1,5)(19) – (6,5)(9,8)=64,8kN/m
2
c
avo
o
c
o
c
o
s
P
PP
e
HC
P
P
e
HC
Soed




 log
1
log
1

mmS
oed 41,23
85
707,308,64
log
75,01
)3)(2,0(
8,64
85
log
75,01
)3)(03,0(












En arcillas sobre consolidadas:

St = Soed

Finalmente, el asentamiento total en los estratos se obtiene de la sumatoria de los
asentamientos correspondientes a la arena y la arcilla.

ST = 23,41+ 4,28=27,70 mm

b) Determinar el tiempo que toma para que se de el 50% del asentamiento total.

El asentamiento total para un tiempo dado, estará en función del grado de consolidación que
la arcilla haya alcanzado.

St (t) = Si Arcilla + Si arena +Sc Arcilla (U%)

Además sabemos que la arcilla tiene un 50% de asentamiento inmediato, por lo tanto el 50%
restante será una sentamiento por consolidación.

Sc Arcilla = 0,5(St arcilla) y Si Arcilla = 0,5(St_arcilla)

566. Capítulo 9 Asentamientos


51


Combinando las anteriores igualdades, para un tiempo cero:

St (0) = Si = 0,5 St_arcilla +Si arena + 0,5 Soed (0) = 0,5 St_arcilla + Si arena

Como:
0,5 St_arcilla + Si arena > Sc Arcilla = 0,5 St_arcilla

Deducidos que el asentamiento inmediato supera el 50%.

567. Problemas resueltos de mecánica de suelos


52

PROBLEMA 8
A continuación se presentan los resultados de un ensayo de consolidación practicados en una
muestra obtenida en la parte media del estrato de arcilla mostrado en la Figura 9.9.

Peso seco del espécimen = 116,74 g
Altura del espécimen al inicio del ensayo = 25,4 mm
Diámetro del espécimen = 63,5 mm
Gs = 2,72

Presión kPa
Altura final de la muestra al final de la consolidación,
mm
0,00 25,400
47,88 25,189
95,76 25,004
191,52 24,287
383,04 23,218
766,08 22,062

Se pide:

a) Determine la presión de preconsolidación.
b) Determinar la curva de compresión en campo.
c) Determinar los coeficientes de compresión y expansión.
d) Calcular el tiempo que toma el estrato de arcilla el alcanzar 95% de consolidación, Asumir
el valor de coeficiente de consolidación encontrado a partir de los siguientes datos:

Altura del espécimen antes del ensayo: 25.4 mm

Deformación de la
muestra, mm
Tiempo, min
0,170 0,1
0,174 0,25
0,180 0,5
0,196 1
0,211 2
0,241 4
0,274 8
0,305 15
0,335 30
0,364 60
0,386 120
0,401 240
0,406 480
0,411 1440
0,412 1900

568. Capítulo 9 Asentamientos


53

e) En caso de que el valor del coeficiente de consolidación en el inciso d) no sea asumido,
indicar la forma correcta de obtenerlo.
Arena sat= 22 kN/m
8
3
4
Arena
Arcilla = 20 kN/m
Arena = 21 kN/m 4
3
3
3

Figura 9.11. Características de los estratos de suelo.

Solución .

Para poder obtener la carga de preconsolidación Casagrande sugirió un método gráfico
basado en la curva e - log p obtenida en laboratorio. Por lo cual debemos encontrar, a partir
de las alturas obtenidas en el ensayo de consolidación, la variación del índice de vacíos con
las diferentes cargas. El cálculo del índice de vacíos se lo puede resumir de la siguiente
manera:

1. Calcular la altura de sólidos, Hs, en la muestra de sólidos: mm
GA
W
H
ws
s
s 55,13
))()((



donde: Ws: peso seco de la muestra.
A: área de la muestra.
Gs: gravedad específica de los sólidos.
w: peso unitario del agua.

2. Calcular la altura inicial de vacíos, Hv:

Hv = H – Hs = 11,85 mm

donde H: Altura inicial de la muestra,

3. Calcular el índice de vacíos inicial, eo, de la muestra:

569. Problemas resueltos de mecánica de suelos


54
874,0
55,13
85,11

s
v
o
H
H
e

4. Para el primer incremento de carga, p1, el cual provoca una deformación H1, calcular
el cambio en el índice de vacíos e1: 0156,0
1
1 


sH
H
e


H1 es obtenido de la diferencia entre lecturas inicial y final para la carga.

5. Calcular el nuevo índice de vacíos, e1, después de la consolidación causada por el
incremento de presión p1:
e1 = e0 – e1 = 0,8586


Para la siguiente presión p2, el nuevo índice de vacíos e2, puede ser calculado como:
sH
H
ee
2
12




Donde H2, es la deformación adicional causada por el incremento de presión.

Siguiendo este procedimiento, se puede encontrar la variación del índice de vacíos
correspondiente a las diferentes presiones a las que se somete la muestra durante el
ensayo, y por lo tanto la curva e - log p.

La siguiente tabla resume el cálculo efectuado para obtener la variación del índice de
vacíos:

Presión,
kPa
h, mm h e e
0,00 25,400 - - 0,8742
47,88 25,189 0,211 0,0156 0,8586
95,76 25,004 0,185 0,0137 0,8450
191,52 24,287 0,717 0,0529 0,7921
383,04 23,218 1,069 0,0789 0,7132
766,08 22,062 1,156 0,0853 0,6279

570. Capítulo 9 Asentamientos


55

Obtenida la curva de laboratorio e - log p, pasamos a desarrollar el procedimiento
sugerido por Casagrande:

1. Por simple observación, establecer un punto a, en el cual la curva e - log p tiene un
radio de curvatura mínimo.
2. A partir de este punto trazar una línea horizontal ab.
3. Dibujar una línea ac tangente a la curva en el punto a.
4. Dibujar la línea ad, la cual es bisectriz del ángulo bac.
5. Proyectar la parte recta gh de la curva hacia atrás hasta intersecar a la línea ad en el
punto f.
La abscisa del punto f es la carga de preconsolidación, pc.





















En el anterior gráfico podemos apreciar la carga de preconsolidación, en
aproximadamente
138 kPa.
0.6
0.65
0.7
0.75
0.8
0.85
0.9
10 100 1000
Presión, kPa
Indice de vacíos
ba
c
d
f
h
g
pc

571. Problemas resueltos de mecánica de suelos


56

b) El procedimiento para determinar la curva de compresión en campo depende de si el
estrato se encuentra sobre consolidado o no, por lo tanto debemos verificar en que estado
se encuentra nuestro estrato:

po = 4(21) + 4(22 – 9,81) + 2(20– 9,81) = 153,14 kPa

Se puede ver claramente que la carga po, a la que está sometida la parte central del estrato
es mayor a la carga de preconsolidación, cosa que teóricamente es imposible, por lo cual
debemos asumir que se trata de una arcilla normalmente consolidada.

El procedimiento que se sigue en arcillas normalmente consolidadas es el siguiente:

- Determinar la carga de preconsolidación pc = po, Conociendo esta dibujar una línea
vertical ab.
- Calcular el índice de vacíos en campo, eo, Dibujar la línea horizontal cd.
- Calcular 0,4eo y dibujar la línea horizontal ef, ( Nota: f es el punto de intersección de la
línea con la curva, o con la proyección lineal de esta,)

- Unir los puntos f y g, Note que g es el punto de intersección de las líneas ab y cd.
Esta es la curva de compresión virgen.

















0.3000
0.4000
0.5000
0.6000
0.7000
0.8000
0.9000
10.00 100.00 1000.00 10000.00
Presión, kPa
Indice de vacíos
153.14
eo = 0.8742
a
b
dc
g
f
0.4eo = 0.35
e

572. Capítulo 9 Asentamientos


57

c) Como nuestra arcilla es normalmente consolidada, solo contamos con un coeficiente de
compresión, y no así con uno de expansión. Por otra parte, conocemos 2 puntos que
pertenecen a la curva virgen de consolidación, el punto (eo, po) y el punto de intersección
de la proyección de la curva e - log p con la línea horizontal 0,4eo, Tomando estos puntos
para definir el coeficiente de compresión tenemos:
   14,153log7200log
35,08742,0
p loglog 





oo
c
pp
e
C


cc = 0,313

d) Para calcular el coeficiente de consolidación se dispone de varios métodos, de los
cuales tomaremos el método del logaritmo del tiempo, el cual indica los siguientes pasos:

Extender las porciones rectas de las consolidaciones primaria y secundaria hasta
intersecarlas en A. La ordenada de A es representada por d100 - que es, la deformación en
el fin de 100% de consolidación primaria.

Elegir dos tiempos t1 y t2, sobre la porción de la curva inicial tal que t2 = 4t1. De la gráfica
se eligen: t2 = 4, t1 =1. Sea la diferencia de la deformación de la muestra durante el tiempo
(t2 – t1) igual a x = 0,045.
Trazar una línea horizontal DE tal que la distancia vertical BD sea igual a x = 0,045, La
deformación correspondiente a la línea DE es do ( que es, la deformación en 0% de
consolidación).

La ordenada del punto F sobre la curva de consolidación representa la deformación a 50%
de consolidación, y su abscisa representa el correspondiente tiempo (t50).

Para un 50% de grado de consolidación Tv = 0,197, entonces:
dr
v
H
tc
T
2
50
50

ó )60)(8(
2
)0412,054,2(
)197,0(
197,0
2
50
2 




 

t
H
c
dr
v


cv = 6,41(10
–4
) cm
2
/s

573. Problemas resueltos de mecánica de suelos


58

donde Hdr = distancia de drenaje promedio más larga durante la consolidación.

Figura 9.12. Gráfico deformación versus tiempo.

Obtenido ya el valor del coeficiente de consolidación, podemos hallar el tiempo para un
95 % de consolidación de la siguiente manera:
dr
v
H
tc
T
2
95
95

de donde: v
dr
c
TH
t
95
2
95


para un 95% de consolidación el factor T95 correspondiente es 1,129, por lo tanto:
4
2
95
)10)(41,6(
)129,1(
2
400







t


t95 = 2,23 años

574. Capítulo 9 Asentamientos


59


e) Un buen valor de cv debe haber sido obtenido a partir de un ensayo en el que se ha
sometido la muestra a un rango de cargas al cual pertenece la carga en análisis. En caso de no
contar con un cv de estas características, se procede a ponderar el valor requerido en base a
coeficientes obtenidos para otros rangos de cargas.

575. Problemas resueltos de mecánica de suelos


60

PROBLEMA 9

Para la Figura 9.10, calcular el asentamiento total en el suelo (en el centro de la fundación).


























Figura 9.13. Fundación en una excavación.








LEYENDA

Fundación Flexible
 = Peso unitario
C = Peso unitario del concreto
C = 24 kN/m
3
B = Ancho de la zapata
L = Largo de la zapata
P = Carga puntual
E = Módulo de elasticidad
Arena
E1 = 22 MN/m
2
 = 16 kN/
0,4m x 0,4m
B = 4m x L = 4m
0 .
1 .
2 .
3 .
4 .
5 .
6 .
7 .
8 .
9 .
10.
Posición Inicial
Posición Final
P = 4000 kN
2
E2 = 40 MN/m
E3 = 60 MN/m
2
E4 = 15 MN/m
2
E5 = 10 MN/m
2
 = 20
kN/
Arena
Arena
m
3
3
m
0,40m

576. Capítulo 9 Asentamientos


61

Solución .






























Figura 9.14. Esfuerzos bajo la fundación.

Se procede a calcular los factores de influencia para una zapata cuadrada que están mostradas
en la grafica
 
737.0
28.919216
5.271
1.05.01.05.0
'
0



xx
q
I
v
n
zp



Donde qn carga neta a nivel de fundación y ’vo esfuerzo efectivo inicial
A continuación se calcula los factores por corrección que son los siguientes,
 
926.0
5.271
18.918216
5.015.05.01
'
0
1 


xx
q
C
n
v

1
2C
00.103.003.1
3 
B
L
C

P = 4000 kN
10.
9 .
8 .
7 .
6 .
5 .
4 .
3 .
2 .
1 .
0 .
 = 20
kN/
Posición Final
Posición Inicial
m
3
Arena
Arena
 = 16 kN/
Arena
0,4m x 0,4m
m
3
11.
0.4
0.578
0.419
0.614
0.369
0.260
0.10.2 0.6
Iz
z
0.260
z3 = 2
z2 = 1
z1 = 1
z4 = 2
z3 = 2
zp
B = 3m x L = 6m

577. Problemas resueltos de mecánica de suelos


62

Entonces la ecuación de asentamiento inmediato es el siguiente;



E
zI
qCCCS
z
ni 321


Reemplazando valores calculados se tiene;







10
2123.0
15
2369.0
60
2614.0
40
1578.0
22
126.0
5.27111926.0
xxxxx
xxxxS
i

mmS
xxS
i
i
30
121.05.271926.0



578. Capítulo 9 Asentamientos


63

PROBLEMA 10

Para la Figura 9.11, se pide calcular:

a) Carga neta

b) Incremento de esfuerzos en el centro de la fundación, en función de la profundidad

c) Asentamiento total en el centro de la fundación.

d) Tiempo de consolidación total






























Figura 9.10




Figura 9.15. Dimensiones de la fundación.



Presión Cv ( m^2/s)
0-5 5,0*10
-9
25-50 6,0*10
-8
50-100 9,9*10
-7
100-200 8,1*10
-8
200-400 7,9*10
-8
400-800 7,5*10
-7

LEYENDA

Fundación Flexible
P = Carga rápida
 = Peso unitario
C = Peso unitario del concreto
C = 24 kN/m
3
Pc = Presión de pre-consolidación
Pc = Igual en todo el estrato
B = Ancho de la zapata
L = Largo de la zapata
E = Módulo de elasticidad
Estrato
incompresible,
impermeble y
rugoso
B = 3m x L = 6m
0,40m
0,35m x 0,35m
P = 2900 kN
pc = 108 kPa
eo = 0,8
cc = 0,23
cs = 0,08
cu = 59 kPa
c' = 5 kPa
'= 30º
9 .
8 .
7 .
4 .
6 .
5 .
3 .
2 .
1 .
0 .
Arcilla
 = 18 kN/m
3

579. Problemas resueltos de mecánica de suelos


64

Solución .




a) Carga neta

Como el nivel freático no varia, entonces la carga
neta es,
 casoesteen
qqqqq
f
n
0
0
'
0
'


KPaxxDq
A
F
q 60320;
0 



KPaxxxx
xxxxxF
07.40106.2)35.035.063(20
)6.235.035.04.063(242900










3
78.222
m
KN
q

KPaq
n 79.162

Estrato
incompresible,
impermeble y
rugoso
B = 3m x L = 6m
0,40m
0,35m x 0,35m
P = 2900 kN
pc = 108 kPa
eo = 0,8
cc = 0,23
cs = 0,08
cu = 59 kPa
c' = 5 kPa
'= 30º
9 .
8 .
7 .
4 .
6 .
5 .
3 .
2 .
1 .
0 .
Arcilla
 = 18 kN/m
3
20 KN/m
3

580. Capítulo 9 Asentamientos


65

b) Incremento de esfuerzo

Opción 1 Boussinesq que asume las siguientes hipótesis del suelo

Figura 9.16. Incremento de esfuerzos verticales.

Opción 2 Milovic & Tournier (Base rígida rugosa)

Utilizando esta opción se considera un estrato finito.
Se procede a calcular el incremento de esfuerzos a diferentes profundidades, realizando
interpolaciones para,

H1 = 5 m ; B = 3 m ; L/B = 6/3 = 2 ; H1/B = 5/3 = 1.667

A 1m

P = 2900 kN
9 .
7 .
8 .
5 .
6 .
cu = 59 kPa
c' = 5 kPa
'= 30º
3 .
4 .
1 .
2 .
0 .
 = 20 kN/
3
m
Arcilla
0,35m x 0,35m
148.60
110.75
P
[KPa]
162.78
55.87
78.25
z
[m]
40.98
20015010050
93.17 942.0 333.0
z
; 1
1



s
z
qBB
H 
918.0 667.1
906.0 0.333
B
z
; 2
1
1






s
z
s
z
qB
H
qB
H



KPaxP 43.14978.162918.0 

Hipótesis:
Estrato de suelo Semi infinito
Homogéneo
Isotropito

Nota: No cumple especialmente con la
Hipótesis de espacio semi infinito

581. Problemas resueltos de mecánica de suelos


66



00.2
3
6
333.0
3
1
667.1
3
5
1



B
L
B
z
B
H


A 2m


00.2
3
6
667.0
3
2
667.1
3
5
1



B
L
B
z
B
H




A 3m


00.2
3
6
00.1
3
3
667.1
3
5
1



B
L
B
z
B
H




A 4m



00.2
3
6
333.1
3
4
667.1
3
5
1



B
L
B
z
B
H



796.0 667.0
z
; 1
1



s
z
qBB
H 
736.0 667.1
0.706 0.667
B
z
; 2
1
1






s
z
s
z
qB
H
qB
H



KPaxP 81.11978.162736.0 
638.0 00.1
z
; 1
1



s
z
qBB
H 
566.0 667.1
0.530 1.00
B
z
; 2
1
1






s
z
s
z
qB
H
qB
H



KPaP 13.92 
478.0 333.1
z
; 1
1



s
z
qBB
H 
431.0 667.1
074.0 1.333
B
z
; 2
1
1






s
z
s
z
qB
H
qB
H



KPaP 16.70 

582. Capítulo 9 Asentamientos


67

A 5m



00.2
3
6
667.1
3
5
667.1
3
5
1



B
L
B
z
B
H




A continuación se calcula el incremento de
esfuerzos promedio
KPaP
x
P
av
av
55.106
6
52.52106478.162



















Figura 9.17. Incremento de esfuerzos bajo la zapata.

c) Asentamiento Total

Para calcular el asentamiento en el estrato de arcilla se tiene que calcular el índice de vacíos
que corresponde al punto medio del estrato.
318.0 667.1
z
; 1
1



s
z
qBB
H 
321.0 667.1
328.0 1.667
B
z
; 2
1
1






s
z
s
z
qB
H
qB
H



KPaP 25.52 

Hipótesis:

 = 0.3
Se puede interpolar y extrapolar.
Considerando que el rango del coeficiente de poisson para
una arcilla está entre 0.2 y 0.4 entonces se puede utilizar 0.3,
que es un valor razonable.

Por lo tanto la opción 2 es la más adecuada
100
119.81
90.13
0,35m x 0,35m
Arcilla
 = 20 kN/
z
[m]
9 .
8 .
7 .
52.52
70.16
6 .
5 . cu = 59 kPa
c' = 5 kPa
'= 30º
4 .
3 .
50
2 .
1 .
0 .
P = 2900 kN
149.43
150200
162.78
P
[KPa]
m
3
106

583. Problemas resueltos de mecánica de suelos


68
p0 pc
Cs
ec
eo
Cc
e
log '
e1
p1

Figura 9.18. Trayectoria e versus log ´.

Entonces de la grafica e vs. log’ para una arcilla sobre consolidada se puede observar que
utilizando la ecuación de la pendiente cs (índice de expansión), se calcula el nuevo índice de
vacíos a la profundidad que deseamos .














La ecuación de la pendiente cs (índice de expansión) es,










1
0
01
log
p
p
ee
c
s


Despejando índice de vacíos inicial se tiene,









1
0
10 log
p
p
cee
s

Esfuerzo efectivo inicial a la profundad que se
estrajo la muestra
  KPaxp 8.408.9204
1 


El esfuerzo efectivo inicial en la parte central del
estrato de arcilla
  KPaxp 1.268.9205.5
0 

584. Capítulo 9 Asentamientos


69
5 .
3 .
2 .
1 .
0 .
Hdr=5 m
52.52
162.78
0 50 100 200
4 .
Reemplazando valores se obtiene; 






8.40
1.56
log08.0800.0
0 xe

789.0
0e

p0  pc  Arcilla S.C

Como se trata de una arcilla sobre consolidada se tiene que sumar el incremento de esfuerzo
efectivo promedio para saber que ecuación utilizar.
KPapp 65.16255.1061.56
0 


La ecuación para calcular asentamiento de consolidación del edometro es:
c
ccs
oed
p
pp
e
Hc
p
p
e
Hc
S





0
000
log
1
log
1


Reemplazando valores se tiene;
108
55.1061.56
log
789.1
10523.0
1.56
108
log
789.1
10508.0
33








xxxx
S
oed

9.1773.1146.63 
oedS


Para calcular el asentamiento total se debe utilizar el criterio de burland que dice. Para una
arcilla sobre consolidada el asentamiento total es igual al asentamiento del edometro,
entonces se tiene;

Arcilla rígida mmSS
oedT 178

Nota: Si alguien supone que la arcilla es blanda
mmxS
T 1969.1771.1 
, lo cual es también correcto

d) Tiempo de consolidación












Figura 9.19. Tiempo de consolidación 10.3
52.52
78.162

pr

2.1%100 
vTU

585. Problemas resueltos de mecánica de suelos


70

Incremento de esfuerzo de 56.1 a 162.65

Los coeficientes de consolidación están ubicados en dos rangos















seg
m
xc
seg
m
xc
vv
2
8
2
7
101.8;109.9
20010010050






















Obteniendo la media ponderada, se pude obtener
un coeficiente de consolidación aceptable
   







 87
101.8
55.106
65.62
109.9
55.106
9.43
xxc
v









seg
m
xc
v
2
7
10555.4


Despejando tiempo de consolidación se tiene; v
drv
dr
v
v
c
HT
t
H
tc
T
2
2



Reemplazando valores se tiene.



añost
díast
hrt
seg
x
x
t
09.2
762
9.18294
65861690
10555.4
52.1
7
2






586. Capítulo 9 Asentamientos


71

Arena
Arena
Arcilla A
PROBLEMA 11

Demostrar la ecuación de la teoría de consolidación de Terzagui.
2
2
z
u
c
t
u
v







Donde: u = exceso de presión de poros causado por el incremento de esfuerzos,
t = tiempo,
cv = coeficiente de consolidación,
z = distancia de la parte superior del estrato al punto en consideración.


Solución .


En un perfil de suelo se considera un
elemento diferencial en el punto A :

En donde se tiene el caudal de entrada y
salida en el elemento diferencial









Figura 9.20. Característica del perfil de suelo.



Figura 9.21. Elemento diferencial.

El cambio del caudal está definido a continuación como la razón entre el cambio de volumen
y el cambio del tiempo en la dirección del eje z.
t
V
Q





El caudal también puede ser definido como el producto de la velocidad por el área, entonces
tenemos;ç
t
V
dydxvdydxdz
z
v
v
z
z
z












dydxdz
z
v
vQ
z
zf 








dz
dy
dx
iz Qdydxv 

587. Problemas resueltos de mecánica de suelos


72


Donde:

Área en la dirección z;dxdyA

Velocidad de entrada del flujo en la dirección z;zv

Velocidad de salida del flujo en la dirección z; dz
z
v
v
z
z




Realizando operaciones aritméticas se tiene la siguiente expresión;
t
V
dydxvdydxdz
z
v
dydxv
z
z
z







Simplificando la expresión se tiene lo siguiente;
)1(
t
V
dzdydx
z
v
z







La ley de Darcy dice que la velocidad ( v ) es igual al producto de el gradiente hidráulico (k)
por el coeficiente de permeabilidad ( i );kiv
z
En la base del elemento diferencial A, el gradiente hidráulico esta definido como z
h
i
z




El exceso de presión de poros ( u ) ocasionado por el incremento de esfuerzos, es igual al
producto de la altura piezométrica ( h ) por el peso unitario del agua constante ( w ),
despejando se tiene; w
p
u
h

 , entonces desarrollando las ecuaciones se obtendrá;
z
uk
z
h
kkv
w
p
iz








)2(
z
uk
v
w
z






Reemplazando la ecuación (2) en (1), y despejando se obtiene
)3(
1
)1()2(
2
2
t
V
dzdydxz
uk
en
w 








Durante la consolidación, la razón de cambio de volumen del elemento del suelo es igual a la
razón de cambio en el volumen de vacíos
t
V
t
V
v






588. Capítulo 9 Asentamientos


73

Además se sabe que el volumen total es igual a la sumatoria del volumen de sólidos del suelo
y el volumen de vacíos vsVVV 

El índice de vacíos esta definido como la razón de el volumen de vacíos y el volumen de
sólidos del suelo s
v
V
V
e , despejando se tiene sveVV
Reemplazando y realizando operaciones aritméticas se tiene,
 
)4(
t
V
e
t
e
V
t
V
t
eVV
t
V
t
V
s
s
sssv



















Suponiendo que los sólidos del suelo son incompresibles,

Se asume )5(0


t
V
s

Además el volumen ( V )del elemento diferencial A es igual a dzdydx y el volumen de
sólidos ( Vs) es igual a 01e
V
 reemplazando se tiene;
)6(
11
00 e
dzdydx
e
V
V
s






La ecuación (5) y (6) se reemplaza en (4) para obtener la siguiente expresión;

)7(
1
0t
e
e
dzdydx
t
V








Se define 'p
e
a
v





El cambio de la relación de vacíos es causado por el incremento en el esfuerzo efectivo (es
decir, el incremento de la presión de poro del agua en exceso). Suponiendo que esos valores
están linealmente relacionados, se tiene
 upcomo

 )8(
'
uaae
vv  

donde

'

= cambio de presión efectiva va
= Coeficiente de compresibilidad (va se considera constante para un
rango estrecho de incremento de la presión)

589. Problemas resueltos de mecánica de suelos


74

Combinando las ecuaciones (8) y (7) se tiene
)9(
1
0
2
2
t
u
e
a
z
uk
v
w 










Se define: )10(
1
0e
a
m
v
v




donde vm = Coeficiente de compresibilidad del volumen

Reemplazando la ecuación (10) en (9) se tiene
)11(
2
2
t
u
m
z
uk
v
w 








Se define el coeficiente de consolidación como:
)12(
vw
v
m
k
c




Entonces combinando las ecuaciones (12) en (11) se obtendrá la ecuación diferencial básica
de la teoría de consolidación de Terzaghi
2
2
z
u
c
t
u
v







Esta ecuación se puede resolver con las siguientes condiciones de borde:
0,0
0,2
0,0
uut
uHz
uz
dr




590. Capítulo 9 Asentamientos


75

PROBLEMA 12

Demostrar la siguiente ecuación:
c
occs
p
pp
e
Hc
p
p
e
Hc
S




 log
1
log
1
000


Donde Sc = asentamiento de consolidación a partir del ensayo del edómetro,
Cs = coeficiente de expansión,
eo = índice de vacíos inicial,
pc = presión de preconsolidación,
po =presión efectiva antes de la carga,
H = espesor del estrato,
ppr = incremento de carga promedio en el estrato


Solución

Se considera un estrato de arcilla saturada de espesor H y área de la sección transversal A
bajo una presión de sobrecarga efectiva promedio. Debido a un incremento de presión ,
sea el asentamiento primario igual a S. Al final de la consolidación,  = ’. Entonces. El
cambio de volumen es



Figura 9.22. Variación del volumen en el asentamiento.
  1
10 ASASHAHVVV 


Donde V0 y V1 son los volúmenes inicial y final, respectivamente. Sin embargo, el cambio en
el volumen total es igual al cambio en el volumen de vacíos Vv. por lo tanto el cambio de
volumen solo se da en los vacíos. Entonces,
2
vVV

vvv VVVASV 
10

591. Problemas resueltos de mecánica de suelos


76


Donde Vv0 y Vv1 son los volúmenes de vacíos inicial y final, respectivamente.

De la definición de relación de índice de vacíos. Despejando se tiene

3
sv
s
v
s
v
VeV
V
V
e
V
V
e 




Además:
1
000
0 


ss
s
s
v
V
V
V
VV
V
V
e


Donde e0 es la relación de vacíos inicial en el volumen V0, despejando volumen de sólidos se
tiene
4
1
1
0
00
0
e
V
V
V
V
e
s
s 




Entonces reemplazando la ecuación (4) en (3) y (2) en (1), se obtiene
AS
e
V
e 


0
0
1


Despajando asentamiento se tiene
5
1
0
H
e
e
S




H = Altura inicial del estrato a comprimirse

En las arcillas sobre consolidadas, para ’0 + ’ ’c la variación de índice de vacíos y
logaritmo de esfuerzo efectivo e-log(’) esta definida por dos pendientes.

La pendiente de la curva de expansión cs se denomina índice de expansión, por lo que se tiene
 
0loglog ppce
cs 


Desarrollando y despejando índice de expansión
0
01
loglog
p
p
ee
p
p
e
c
c
c
o
c
s





592. Capítulo 9 Asentamientos


77
e1
e
log '
eo
ef
p0 pc p0 + p
ec
Cs
e2
Cc


















Figura 9.23. Curva de e versus log ´.

Donde pc es la pre consolidación y p0 es el esfuerzo efectivo inicial.
Igualando la ecuación (6) = (7) entonces se obtiene







 

c
cf
c
s
p
pp
ce
p
p
ce
0
0
0 loglog


Entonces el incremento de índice de vacíos es e,
8loglog
0
0 






 

c
c
o
c
sf
p
pp
c
p
p
ceee


Reemplazando la ecuación (8) en (5), se obtiene,















 






c
c
c
s
p
pp
c
p
p
c
e
H
H
e
e
S
0
000
loglog
11


Por lo tanto la ecuación es:
c
occs
p
pp
e
Hc
p
p
e
Hc
S




 log
1
log
1
000
6log
0
0
p
p
cee
c
sc 








 









 


c
fc
c
c
p
pp
ee
p
pp
e
c
00
2
loglog

7log
0







 

c
cfc
p
pp
cee

593. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


77

594. Problemas resueltos de mecánica de suelos


78

CAPITULO DIEZ
Capacidad de apoyo

10.1. Introducción.

Las fundaciones están generalmente diseñadas para satisfacer ciertos criterios de servicio y
resistencia. El criterio de servicio indica que la fundación debe satisfacer su propósito de
diseño bajo cargas de operación normales de la estructura o equipo que soporta. Estas
limitaciones de servicio son típicamente los asentamientos u otras limitaciones de
movimiento. El criterio de resistencia tiene el propósito de asegurar que la fundación tiene
suficiente resistencia de reserva para resistir las grandes cargas ocasionales que pueden
experimentarse debido a fuerzas del entorno u otras fuentes. El criterio de servicio es
típicamente una consideración a largo plazo para una fundación que puede depender de la
consolidación del terreno. La resistencia de la fundación, o la capacidad de soporte, puede ser
un problema a corto plazo como la construcción de un terraplén o una fundación en
condiciones no drenadas o un problema a largo plazo donde la carga máxima sobre la
fundación puede llegar en un tiempo no conocido. Los términos utilizados que relacionan
presiones de soporte y capacidad de soporte son los siguientes:
a) Carga última de apoyo, qu: Es el valor de la intensidad de carga a la cual el terreno falla
en corte.
b) Máxima capacidad segura de apoyo, qs: Es la carga última de apoyo dividida por un
factor de seguridad adecuado.
c) Carga admisible, qa: La carga admisible de un suelo es la máxima presión bruta
permisible en el terreno en cualquier caso dado, tomando en consideración la máxima
capacidad segura de apoyo, la cantidad estimada y velocidad de asentamiento que ocurrirá,
y la capacidad de la estructura para soportar estos asentamientos.
La fundación al alcanzar la carga última de apoyo puede fallar en diferentes modos de falla:
a) Falla por corte general: Se da cuando la carga sobre la fundación alcanza la carga última
de apoyo, qu, y la fundación tiene un asentamiento grande sin ningún incremento mayor de
carga.
b) Falla por corte local: Se da generalmente en terrenos de arena de densidad suelta a
media. En este tipo de falla, las superficies de falla, a diferencia de la falla por corte
general, terminan en algún lugar dentro del suelo.
Para el cálculo de la carga última de apoyo se han utilizado extensivamente ecuaciones
desarrolladas según la teoría del análisis del equilibrio límite. Entre estas ecuaciones, las
ecuaciones de Terzaghi, Meyerhof, Hansen, y Vesic han sido las normalmente utilizadas. Las
ecuaciones de estos autores que relacionan los parámetros de resistencia con la capacidad de
apoyo están dadas en la Tabla J.1 del Anexo J. Estas ecuaciones toman en cuenta la forma y
la profundidad de la fundación, inclinación de la carga, la base de la fundación y la superficie
del terreno. Las ecuaciones de Meyerhof, Hansen y Vesic utilizan la misma ecuación básica,
pero los factores de forma, profundidad, inclinación, y N son calculados de diferente
manera, siendo la diferencia entre ellos en algunos casos pequeña. El cálculo de la capacidad
portante puede ser realizado para condiciones drenadas o a largo plazo donde se deben
emplear los parámetros efectivos del suelo. Si las condiciones son a corto plazo o no-
drenadas entonces se emplean los parámetros totales del suelo.

595. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


79

10.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 1

El proyecto de una edificación contempla el diseño de zapatas aisladas de hormigón armado
de 0,5 m x 2,0 m (Figura 10.1). El nivel de fundación ha sido fijado en 0,5 m de profundidad.
El nivel freático estático se encuentra a 1,5 m de la superficie del terreno.
El perfil del terreno muestra que existe un suelo homogéneo hasta gran profundidad. El peso
unitario de este suelo es de 16,4 kN/m
3
. Ensayos triaxiales CU (Consolidado - No Drenado)
efectuados con muestras inalteradas de este material indican que los parámetros efectivos de
resistencia al corte son c′ = 4 kPa y  = 36º.
Se requiere calcular la carga última de apoyo, y la carga máxima segura de apoyo empleando
un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando:

a) Ecuaciones de capacidad portante de Terzaghi.
b) Ecuaciones de capacidad portante de Meyerhof.
c) Ecuaciones de capacidad portante de Hansen.
d) Ecuaciones de capacidad portante de Vesic.

Solución

Se tiene el siguiente esquema:
0,5m
1m
0,5 m x 2 m
Figura 10.1. Fundación en un perfil de suelo.

a) Terzaghi

La ecuación de capacidad portante es:

 sNB,NqsNcq
qccu 50

De la Tabla J.2 , para ′ = 36° se tiene que:

Nc = 63,53 Nq = 47,16 N = 54,36
c′ = 4 kPa
′ = 36º
γ = 16,4 kN/m
3

596. Problemas resueltos de mecánica de suelos


80


De la Tabla J.1 , se asume zapata es continua, por lo tanto:

Porque: continua zapata
B
L
4 , entonces: sc = 1,0 s = 1,0

Como puede verse, el nivel freático se encuentra a 1 m de la base de la fundación. Como d =
1 m > B = 0,5 m, siendo B el ancho de la fundación, entonces no se requiere realizar ninguna
corrección al valor de  en la ecuación de capacidad portante.

Caso III d ≥ B (No hay Corrección)

Luego, reemplazando en la ecuación se tiene que:

 sNB,NDsNcq
qfccu 50

136545041650164750416153634 ,,,,,,,,q
u 

qu = 863,71 kPa

La carga máxima segura de apoyo será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 



Entonces


50416
3
5041671863
,,
,,,
q
s 



qs = 293,4 kPa

b) Meyerhof

Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante para cargas verticales:

 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50

De la Tabla J.4 , para  = 36° se tiene que:

Nc = 50,55 Nq = 37,70 N = 44,40

De la Tabla J.3 , se tiene:

Factores de forma








2
45
2
tanK
p

597. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


81

8523
2
36
45
2
,tanK
p 







L
B
K,s
pc 201

 1931
2
50
8523201 ,
,
,,s
c 







L
B
K,ss
pq 101


 0961
2
50
8523101 ,
,
,,ss
q 








Factores de profundidad

B
D
K,d
pc 201

 3931
50
50
8523201 ,
,
,
,,d
c 

B
D
K,dd
pq 101


 1961
50
50
8523101 ,
,
,
,,dd
q 


Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tiene que:


 dsNB,dsNDdsNcq
qqqfcccu 50

 
 1961096140445041650
196109617037504163931193155504
,,,,,,+
,,,,,,,,q
u 

qu = 979,87 kPa

La carga máxima segura de apoyo será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 


Entonces

50416
3
5041687979
,,
,,,
q
s 



qs = 332,1 kPa

598. Problemas resueltos de mecánica de suelos


82

c) Hansen

Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:

 bgidsN'B,bgidsNqbgidsNcq
qqqqqqccccccu 50

En este caso, los factores de inclinación (i), pendiente (b) y de terreno (g) son:

ic = iq = i = 1
gc = gq = g = 1
bc = bq = b = 1

De ahí que la ecuación de capacidad portante queda como sigue:
 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


De la Tabla J.4 , para  = 36°, los factores de capacidad portante son:

Nc = 50,55 Nq = 37,70 N = 40,00

Nq/Nc = 0,746 2 tan  (1-sen )
2
= 0,247

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma

'L
'B
N
N
,s
c
q
c 01
  1871
2
50
746001 ,
,
,,s
c 






 sen
'L
'B
,s
q01
147136
2
50
01 ,sen
,
,s
q 








'L
'B
,,s 4001 0,6
 90
2
50
4001 ,
,
,,s 








Factores de profundidad

k,d
c 401

11
50
50

,
,
B
D  1
B
D
k

4011401 ,,d
c 

599. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


83

 k'sen'tand
q
2
121 

 2471124701 ,,d
q 

01,d


Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tiene que:


 dsNB,dsNDdsNcq
qqqfcccu 50

 
01900405041650
24711471703750416401187155504
,,,,,,+
,,,,,,,,q
u 

qu = 925,78 kPa

La carga máxima segura de apoyo será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 


Entonces

50416
3
5041678925
,,
,,,
q
s 



qs = 314,1 kPa

d) Vesic

Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es la siguiente:

 dsNB,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


De la Tabla J.4, para  = 36°, los factores de capacidad portante son:

Nc = 50,55 Nq = 37,70 N = 56,20

Nq/Nc = 0,746 2 tan  (1–sen )
2
= 0,247

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma
  1871
2
50
746001 ,
,
,,s
c 






'tan0,1 
L
B
s
q
182,136tan
2
5,0
0,1 






qs

600. Problemas resueltos de mecánica de suelos


84

L
B
,,s 4001
 ≥ 0,6

 90
2
50
4001 ,
,
,,s 








Factores de profundidad

k,d
c 401

11
50
50

,
,
B
D  1
B
D
k

4011401 ,,d
c 

 ksentand
q
2
121 

 2471124701 ,,d
q 

01,d


Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tendrá que:

 dsN'B,dsNDdsNcq
qqqfcccu 50

 
01902565041650
24711821703750416401187155504
,,,,,,+
,,,,,,,,q
u 

qu = 999,05 kPa

La carga máxima segura de apoyo es:

f
fu
s D
FS
Dq
q 


Entonces

50416
3
5041605999
,,
,,,
q
s 



qs = 338,5 kPa

601. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


85

PROBLEMA 2

Un proyecto industrial contempla la construcción de un silo para almacenar granos, el cual
aplicará una presión segura al suelo de 300 kPa. El silo estará apoyado al nivel de la
superficie del terreno (Figura 10.2).
El terreno está compuesto de arena hasta gran profundidad. Los resultados de laboratorio
indican que los pesos unitarios de la arena son 18 kN/m
3
y 19,2 kN/m
3
por encima y por
debajo del nivel freático, respectivamente. Además se ha determinado que los parámetros de
resistencia al corte son c' = 0 y  = 30°. El nivel freático se encuentra a 2,5 m de profundidad
y el peso unitario del agua es 9,8 kN/m
3
.
El diseño del silo debe minimizar los riesgos de falla por capacidad portante, expresados por
un factor de seguridad de 3 aplicado sobre la carga neta última.

Determinar el mínimo diámetro del silo que cumpla estos requerimientos utilizando:

a) Método de Hansen.
b) Método de Vesic.
2,5m
qs = 300 kPa
B
SILO
Figura 10.2. Silo sobre superficie del terreno.

Solución

a) Hansen

Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:
 bgidsN'B,bgidsNqbgidsNcq
qqqqqqccccccu 50


En este caso, los factores de inclinación (i), pendiente (b) y terreno (g) son:

ic = iq = i = 1
gc = gq = g = 1
bc = bq = b = 1
γ = 18 kN/m
3
c′ = 0 kPa
′ = 30º
γsat = 18 kN/m
3
γw = 9,8 kN/m
3

602. Problemas resueltos de mecánica de suelos


86

De ahí que la ecuación de capacidad portante queda como sigue:
 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


fDq

Como c = 0 y Df = 0, entonces:

 dsN'B,q
u50

De la Tabla J.4 , para  = 30°, los factores de capacidad portante son:

N = 15,1

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma


'L
'B
,,s 4001 0,6
6014001 ,,,s 


Factores de profundidad

01,d


Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:

 dsN'B,q
u50

01601151850 ,,,B,q
u

B,q
u 5481 [1]

Por otro lado, la carga máxima segura de apoyo es:

f
fu
s D
FS
Dq
q 



Como Df = 0
FS
q
q
u
s

 q
u 9003300 kPa [2]

Reemplazando [2] en [1] se tendrá que:

900 = 81,54 B  B = 11,04 m

603. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


87

Para este valor del diámetro, mayor a la profundidad del nivel freático, se deberá corregir el
peso unitario de la arena.

CASO II Bd0

)'(
B
d
'
c 

donde c = peso unitario corregido

Luego, el peso unitario corregido es:

    
wsatwsatc
B
d


    8921918
52
89219 ,,
B
,
,,
c 


B
,
,
c
521
49

Recalculando B con este valor corregido se tiene que:

 dsN'B,q
cu50

 160115
521
4950900 ,,B
B
,
,, 














B
,
,B,
521
49534900

40975842900 ,B,

De aquí B = 18,85 m

B  18,85 m

b) Vesic

De la Tabla J.4 , para  = 30°, el factor de capacidad portante es el siguiente:

N = 22,40

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma


L
B
,,s 4001 0,6

604. Problemas resueltos de mecánica de suelos


88

6014001 ,,,s 


Factores de profundidad

01,d


La ecuación de capacidad portante es
 dsN'B,q
u50

B,,,,q
u 01604221850

B,q
u 96120
[3]

La carga máxima segura de apoyo será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 



Como Df = 0, entonces:
FS
q
q
u
s


 q
u 3300

qu = 900 kPa [4]

Reemplazando (4) en (3) se tiene que:

900 = 120,96 B B=7,44 m

Para este valor del diámetro, mayor a la profundidad del nivel freático, se deberá corregir el
peso unitario de la arena.

El peso unitario corregido es:


B
,
,
c
521
49

Recalculando B con este valor corregido, se tiene que:


 dsNB,q
cu50
 160422
521
4950900 ,,B
B
,
,, 















B
,
,B,
521
49726900

605. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


89

481441763900 ,B,

Luego B = 11,96 m

Por lo tanto:

B  11,96 m

606. Problemas resueltos de mecánica de suelos


90

PROBLEMA 3

En un terreno compuesto por arena se proyecta construir una edificación cuyos cimientos
consisten de zapatas continuas (o corridas) de 2,20 m de ancho y apoyadas a 2,00 m de
profundidad (Figura 9.5).
Los ensayos del laboratorio indican que los parámetros de resistencia al corte son c' = 0 y =
30°. El nivel freático se encuentra a 2,00 m de profundidad. Los resultados de laboratorio
indican que los pesos unitarios de la arena son 19 kN/m
3
y 20 kN/m
3
por encima y por debajo
del nivel freático, respectivamente, y el peso unitario del agua es 9,8 kN/m
3
.

Se pide:

a) Determinar la máxima presión segura de apoyo del suelo, aplicando un factor de seguridad
de 3 sobre la carga neta aplicada. Emplear el método de Vesic.
b) Si al final del proyecto, se determina que los cimientos ejercen sobre el terreno una presión
de 275 kPa, determinar el factor de seguridad existente bajo esta condición.

Solución

Se tiene el siguiente esquema:
2m
2,2m
Figura 10.3. Fundación a dos metros de profundidad.

a) Vesic

Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:
 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


Como c' = 0, entonces:

 dsN'B,dsNqq
qqqu 50

De la Tabla J.4 para  = 30°, los factores de capacidad portante son:

Nq = 18,4 N = 22,4
γ = 19 kN/m
3
c′ = 0 kPa
′ = 30º
γsat = 20 kN/m
3
γw = 9,8 kN/m
3

607. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


91

2 tan  (1-sen )
2
= 0,289

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma

'tan
L
B
,s
q 01



L
B
,,s 4001 0,6

Para una fundación continua, B/L  0, entonces:

sq = s = 1

Factores de profundidad

1910
202
2
 ,
,B
D  910,
B
D
k 

 kd
q 
2
'sin1'tan21 

 263191028901 ,,,d
q 

01,d


Dado que el nivel freático se encuentra al nivel de la fundación, será necesario corregir el
peso unitario de la arena.

Caso I fDd
10

 
wsatc' 

Donde: c = peso unitario corregido

Luego  2108920 ,,'
c 


Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:

 dsN'B,dsNDq
cqqqfu 50

01014222022105026311418219 ,,,,,,,,q
u 

qu = 1134,42 kPa

608. Problemas resueltos de mecánica de suelos


92

La carga máxima segura de apoyo, será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 


Entonces,

219
3
219421134



,
q
s

qs = 403,47 kPa

b) El factor de seguridad

La carga máxima segura de apoyo, será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 



Despejando el FS se tiene que:

actuante segura Carga
resistente segura Carga
FS

factuante
fseguro
Dq
Dq
FS




Al final del proyecto se determina que los cimientos ejercen sobre el terreno una presión de
275 kPa. Entonces:


219275
21947403



,
FS

 FS = 1,55 (con respecto a la carga máxima segura de apoyo)

609. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


93

PROBLEMA 4

El proyecto de un edificio de cuatro plantas contempla el diseño de zapatas aisladas
cuadradas. Debido a la presencia de instalaciones sanitarias y otros cimientos, las zapatas
exteriores serán de 2 m x 2 m, y ejercerán una carga segura de 500 kN (Figura 9.6).
El estudio geotécnico indica que el suelo está compuesto de arcilla, con un peso unitario de
20 kN/m
3
y una resistencia no-drenada al corte de 114 kPa. El peso unitario del agua es igual
a 9,8 kN/m
3
. El factor de seguridad empleado en el análisis es 3 de la carga bruta contra fallas
por capacidad portante. El nivel freático se encuentra al nivel del terreno.

Con esta información, se requiere definir la profundidad a la cual deberán apoyarse las
zapatas.

Solución

Se tiene el siguiente esquema: Df
2m
Figura 10.4. Zapata del edificio.

Empleando el método de Vesic:

La ecuación general de capacidad portante es (Tabla J.1):
 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


De la Tabla J.4 , para  = 0°, los factores de capacidad portante son los siguientes:

Nc = 5,14 Nq = 1,00 N = 0

Nq/Nc = 0,195 2 tan  (1-sin )
2
= 0,0

De la Tabla J.5 , se tiene:

Factores de forma

L
B
,s
c20
500 kN
γsat = 20 kN/m
3

cu = 114 kPa
γw = 9,8 kN/m
3

610. Problemas resueltos de mecánica de suelos


94

 20
2
2
20 ,,'s
c 







'tan0,1 
L
B
s
q

00,10tan
2
2
0,1 






qs

Factores de profundidad

k,'d
c40

1
B
D
para ,
B
D
k
ff

 1
B
D
para ,rad
B
D
tank
ff










1
k)sen(tand
q
2
121 


001,d
q

Dado que el nivel freático se encuentra al nivel de la fundación, será necesario corregir el
peso unitario de la arcilla, por lo tanto:

 
wsatc' 

Donde: c = peso unitario corregido

Luego:
 2108920 ,,'
c 

La ecuación de capacidad portante queda:

qdsNcq
cccu 

Asumiendo:
1
B
D
f B
D
k
f
 








B
D
,d
f
c40

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:

 
f
f
u D
D
,,,q 20
2
4020145114 










611. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


95

  
ffu DD,,q 202019117 

fu D,q 4443 [1]

Por otro lado la carga segura actuante, será:

22
500

sq

qs = 125 kPa

f
fu
s D
FS
Dq
q 



Entonces se tendrá que:



f
fu
D
Dq
20
3
20
125 

 [2]

Reemplazando [1] en [2] se tiene que:

 

f
ff
D
DD,
20
3
204443
125 



fD,4483375

Df = 4,49 m

Como Df > B, entonces lo asumido no es correcto, entonces:
 1
B
D
para , rad tan
f1











B
D
k
f

k,'d
c40











2
40
1 f
c
D
tan,'d

kd
q
2
)sin1(tan21 


001,d
q

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:

 
f
f
u D
D
tan,,,q 20
2
4020145114
1




















612. Problemas resueltos de mecánica de suelos


96


f
f
u D
D
tan,q 20
2
8846
1


















 [1]

Carga segura actuante, será:

22
500

sq

qs = 125 kPa

f
fu
s D
FS
Dq
q 



 

f
fu
D
Dq
20
3
20
125 

 [2]

Reemplazando [1] en [2] se tendrá que:



f
ff
f
D
DD
D
tan,
20
3
2020
2
8846
125
1























f
fu
D
Dq
20
3
20
125 




f
f
D
D
tan, 60
2
8846375
1












La profundidad será:

Df = 5,30 m

Como Df > B, entonces lo asumido es correcto.

613. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


97

PROBLEMA 5

La columna de una estructura metálica será apoyada sobre una zapata aislada cuadrada
(Figura 9.7). El nivel de fundación se encuentra a 1,22 m de profundidad y la superestructura
transmite a la fundación una carga segura de 667,4 kN, con un factor de seguridad de 3.
Se ha determinado que el suelo se compone de una arena con peso unitario húmedo de 16,51
kN/m
3
y un peso unitario saturado de 18,55 kN/m
3
. El agua tiene un peso unitario de 9,8
kN/m
3
y el nivel freático se encuentra a 0,61 m de la superficie del terreno. Ensayos
efectuados sobre muestras no disturbadas del suelo indican que c' = 0 y ′ = 34º.

Se requiere encontrar la dimensión mínima de la zapata.

Solución

Se tiene el siguiente esquema:
Df = 1,22 m
D1 = 0,61 m
D2 = 0,61 m
B
Figura 10.5. Zapata donde se apoya la estructura metálica.

Empleando el método de Vesic.
La ecuación general de capacidad portante es (Tabla J.1):
 dsN'B,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


Dado que c′ = 0, se tiene que:


 dsNB,dsNqq
qqqu 50

De la Tabla J.4, para ′ = 34°, los factores de capacidad portante son:

Nq = 29,4 N = 41,0

2 tan ′ (1–sin ′)
2
= 0,262

De la Tabla F.5 , se tiene

Factores de forma
 tan
L
B
,s
q01
667,4 kN
γ = 16,51 kN/m
3
γsat = 18,55 kN/m
3

c′ = 0 kPa
′ = 34°
γw = 9,8 kN/m
3

614. Problemas resueltos de mecánica de suelos


98

67513401 ,tan
B
B
,s
q 








L
B
,,s 4001 0,6








B
B
,,s 4001 0,6

Factores de profundidad

1
B
D
para ,
B
D
k
ff

 1
B
D
para ,rad
B
D
tank
ff










1

Asumiendo que:

1
B
D
f  B
,
B
D
k
f221

Se tiene que:

 kd
q
2
sin1tan21  

 
B
,
B
,
,d
q
3200
1
221
26201 







001,d


La corrección de la sobrecarga debido a la presencia del nivel freático:

CASO I fDd
10

 
wsatDDq 
21

 8955186105116610 ,,,,,q 

q = 15,41 kPa

Además el término  de la ecuación de capacidad portante debe ser reemplazado por el peso
unitario sumergido ( wsat'  )

895518 ,,'
wsat 

γ′ = 8,75 kN/m
3

615. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


99

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:


 dsNB,dsNqq
qqqt 50

 0,16,04175,85,0
320.0
1675,14,2941,15 B
B
q
u 







 B,
B
,
,q
u 63107
84242
87758  [1]

Por otro lado la carga segura actuante será:

2
4667
B
,
Area
Q
q
s
s 

Aclaración necesaria:

o
ou
s q
FS
qq
q 

 donde: oun qqq 

Debe notarse también:

oun qqq 

 
201 uquqq
un 

Como el Nivel Freático permanece en la misma posición  21
uu

ounn qqqq 
f
fu
s D
FS
Dq
q 



4121
3
41214667
2
,
,q
B
,
u




41212364
22002
2
,q,
B
,
u

8242
22002
2
,
B
,
q
u 
[2]

Combinando [1] y [2] se tiene que:

  8242
22002
63107
84242
87758
2
,
B
,
B,
B
,
, 

616. Problemas resueltos de mecánica de suelos


100

322
631078424287758824222002 B,B,B,B,, 

022002842426980163107
23
 ,B,B,B,

Resolviendo se tiene que:

B = 1,33 m

(Como Df < B, entonces la ecuación supuesta para el factor k es la correcta.)

617. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


101

PROBLEMA 6

En un terreno compuesto por arena fuerte por encima y por un estrato de arena de arena débil
se proyecta construir una edificación cuyos cimientos consisten de zapatas de base de 2,0 m y
de largo de 3,0 m, el nivel de fundación se encuentra a 1,50 m de profundidad (Figura 10.6).
Los ensayos en campo de CPTu y de laboratorio indican que los parámetros de resistencia al
corte del primer estrato son c
′
= 0 kPa y ′ = 40º ; del segundo son c′ = 0 kPa y ′ = 34º. El
nivel freático no se ha detectado en campo, ni en gabinete del laboratorio. Los resultados de
laboratorio indican que los pesos unitarios de la arena son 18 kN/m
3
y 19 kN/m
3
del primer y
segundo estrato respectivamente.

Se pide determinar la carga última de apoyo por el método de suelos estratificados,(suelo
fuerte bajo suelo débil).

Solución

Se tiene el siguiente esquema: 1,5m
0,5m 2m
Figura 10.6. Fundación y parámetros del suelo.

Usamos el método de Meyerhof . La ecuación de capacidad portante para este método es :
Caso II. Arena fuerte sobre arena débil:
 
  t
sf
sqsfu qH
B
K
H
D
L
B
HFNBFNHDq 





















1
12
1222221
tan2
11
2
1





Donde:   111111
2
1
sqsqft FNBFNDq



y además: 
11
22
1
2





N
N
q
q


H = 2,00 m
c′ = 0 kPa
′ = 40º
γ = 18 kN/m
3


c′ = 0 kPa
′ = 34º
γ = 19 kN/m
3

618. Problemas resueltos de mecánica de suelos


102

Para los estratos según el Anexo F.4 ; los factores de capacidad portante son:

Para el estrato superior ; para 1 = 40º

se tiene que:

Nq1 = 64,1 N1 = 93,6

Para el estrato inferior ; para 1 = 40º

se tiene que:

Nq2 = 29,4 N2 = 31,1

Para el estrato superior:
 
L
B
K,FF
psqs 101
11 

[1]
Donde: 






2
45
2
tanK
p

5994
2
40
45
2
,tanK
p 






[2]

Reemplazando [2] en [1] se tiene que:
    311
3
2
5994101
11 ,,,FF
sqs 









Para el estrato inferior:
 
L
B
K,FF
psqs 101
22 

[3]

Donde: 




 

2
45
2
tanK
p

543
2
34
45
2
,tanK
p 






[4]

Reemplazando [4] en [3] se tiene que:
   2361
3
2
543101
22 ,,,FF
sqs 










35070
69318
13119
1
2
,
,
,
q
q


619. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


103

Ingresando en la siguiente figura 9.1 (de la introducción) tenemos :
86,k
s


Reemplazando en la ecuación de capacidad portante de Meyerhof :
 
  H
B
K
H
D
L
B
HFNBFNHDq
sf
sqsfu 1
12
1222221
tan2
11
2
1



 





















  

5,018
2
40tan8,6
5,0
5,1
1
3
2
15,018236,11,31219
2
1
236,14,295,05,118
2


























uq

qu = 2115,12 kPa

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante del estrato superior se tiene que:
 111111
2
1
sqsqft FBNFNDq


 311693218
2
1
3111645118 ,,,,,q
t 







,q
t 3054474
kPa

Como: tuqq

Entonces:

qu = 2115.12 kPa

620. Problemas resueltos de mecánica de suelos


104

PROBLEMA 7

Se desea construir un edificio para lo que se realiza un estudio de suelos que dan los
siguientes resultados 17 kN/m
3
, c′ = 6 kPa, ′ = 33º

; como se muestra en la Figura 10.7.
Una vez construido las zapatas se ha detectado que la carga no esta aplicada sobre el centro
de la zapata de fundación, se desea determinar la carga segura de apoyo si se ha encontrado
una excentricidad de eB = 0,35 m, eL = 1,0 m. En las zapatas de B = 2,0 m y de L = 4,0 m con
un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada.

Usar el método de fundaciones con excentricidad en dos direcciones propuesto por Das.



Solución

Se tiene el siguiente esquema: Df = 2,0 m
2m
Mx
Qs
My
Figura 10.7. Cargas sobre la fundación



Dado que: m0,1
Le , entonces se tendrá que:
6
1

L
e
L

6
1

B
e
B


Se tiene el Caso I de fundaciones con excentricidad, por lo tanto:
m. 35,0
Be


c′ = 0 kPa
′ = 33º
γ = 17 kN/m
3

621. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


105

Se tiene el siguiente esquema:
L
B
B1
L1
eB
eL
Área efectiva
Qu

Figura 10.8. Área efectiva de apoyo en la fundación.

En donde: 11
2
1
LB'A

Y además: 






B
e
,BB
B3
51
1








L
e
,LL
L3
51
1


La longitud efectiva ( L′) es la más larga de las dos dimensiones L1 o de B1 y además B′ es :

1L
A
B









B
e
,BB
B3
51
1









2
3503
512
1
,
,B


B1 = 1,95 m







L
e
,LL
L3
51
1









4
13
514
1 ,L


L1 = 3 m

622. Problemas resueltos de mecánica de suelos


106

Entonces la longitud más larga es L1 = 3 m, y el área efectiva es:
395150
2
1
11 ,,LBA 


A′ = 2,925 m
3
9252,
L
A
B 





B′ = 0,975 m

Entonces en la ecuación de capacidad portante se tiene que:

 dsNB,dsNqdsNcq
qqqcccu 50


De la Tabla J.4 para ′ = 33°, los factores de capacidad portante son:

Nc = 38,64 Nq = 26,09 N = 35,19

Para evaluar los factores de forma se debe usar la longitud efectiva, y el ancho efectivo:

Nq/Nc = 0,675 2 tan ′ (1-sin ′)
2
= 0,2693

De la Tabla J.5, se tiene para B = 2 m

Factores de forma

'L
'B
N
N
,s
c
q
c 01
 221
3
9750
675001 ,
,
,,s
c 






 tan
'L
'B
,s
q01
21133
3
9750
01 ,tan
,
,s
q 







'L
'B
,,s 
 4001 0,6
 870
3
9750
4001 ,
,
,,s 








Para determinar los factores de profundidad se debe utilizar los valores de L y de B de la
zapata sin considerar la respectiva excentricidad.

Factores de profundidad
B
D
,d
f
c 401

623. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


107
41
2
2
401 ,,d
c 






 
B
D
d
f
q
2
sin1tan21  
   269,1
2
2
33sin133tan21
2







qd

dγ = 1

Factores de inclinación

ic = iq = 1
90
0
1
90
1 












º
º
º
º
i = 1
33
0
11 




















o
o
o
o

Además: 34217
fDq
kPa.

Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:



 dsNB,dsNDdsNcq
qqqfcccu 50
 18701935975017
2
1
269312110926344122164386 ,,,,,,,,,q
u 


Entonces:
q′u = 2012,85 kPa

Luego la carga segura será:

f
fu
s D
FS
Dq
q 




172
3
172852012



,
q
s

q′s = 693,62 kPa

624. Problemas resueltos de mecánica de suelos


108

PROBLEMA 8

Se ha planificado la construcción de una zapata flexible a 1,5 m de profundidad. La zapata
tendrá un ancho de 2 m, un largo de 3 m y un espesor de 0,3 m en la base, estará constituida
por hormigón armado con un peso unitario de 25 kN/m
3
. La columna que llegue a la base de
la zapata tendrá un ancho de 0,3 m x 0,3 m y recibirá una carga vertical de 650 kN y una
carga horizontal de 50 kN en la dirección del ancho, al nivel natural del terreno.
Se ha realizado un estudio geotécnico en el sitio y se ha determinado que el perfil del suelo
está constituido por una arcilla homogénea que yace sobre una roca muy dura y muy poco
permeable a 4 m de profundidad. los parámetros de resistencia son cu = 45 kPa, ′ = 0º. Se ha
ubicado el nivel freático a 0,5 m por debajo la superficie. El peso unitario del suelo por
encima de este corresponde al 18 kN/m
3
y 20 kN/m
3
para el suelo saturado.

Determine el factor de seguridad en la capacidad de apoyo.
Pv = 650 kN
Ph = 50 kN
c = 25 kN/m³
0,30 m x 0,30 m
B = 2 m ; L = 3 m
R
 = 18 kN/m³
Arcilla
sat = 20 kN/m³
cu = 45 kPa
0
1
2
3
4

Figura 10.9. Carga inclinada actuante en la fundación.

Solución

El factor de seguridad para este tipo de cargas puede ser evaluado utilizando el método de
Meyerhof, por lo que se tendrá que:

vsz PPPF 
   650703030703220503030503218213030303225  ,,,,,,,,,,,,F
63833,F
kPa
501,
e
tan


63833
50
,
tan

625. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


109

Entonces: º,4323

 432351 ,tan,e
e = 0,09 m
090222 ,eBB 
; B′ = 1,82 m

L′ = 3 m

Entonces: idsqiqdqsqcicdcscu FFFNB,FFFNqFFFNcq

 50


Para los valores de:

c = 45 kPa
′ = 0 º

Se tiene que:

q = (0,5)(18)+(1)(20) = 29 kPa

Para este caso:

Nc = 5,14
Nq = 1,00
Nγ = 0,00

Factores de forma
1181
145
001
3
821
11 ,
,
,,
N
N
L
B
F
c
q
cs 




00011 ,tan
L
B
F
qs 





Factores de profundidad 1
2
51

,
B
D
f
3001
2
51
401401 ,
,
,
B
D
,F
f
cd 

0001,F
qd


Factores de inclinación
925,0
90
432,3
1
90
1
22













qiciFF

626. Problemas resueltos de mecánica de suelos


110

La capacidad última de apoyo será:
925,011129925,03,1118,114,545 
uq


q′u = 337,78 kPa

Entonces:
 377178337,,LBqQ
uu 


Qu = 1793,61 kN

La capacidad máxima de apoyo es:
















2
0906
1
32
638336
1
,,
B
e
BL
Q
q
m ax


qmax = 176,45 kPa

La capacidad mínima de apoyo es:
















2
0906
1
32
638336
1
,,
B
e
BL
Q
q
m in



qmin = 101,42 kPa

El facto de seguridad será:

45176
78337
,
,
q
q
FS
m ax
u




FS = 1,91

627. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


111

PROBLEMA 9

Para la Figura 9.10, se pide determinar la máxima capacidad segura de apoyo utilizando el
método de Hansen, con un factor de seguridad de 4 sobre la carga bruta.
P = 600 KN
H = 200 KN
B = L = 2 m
º
D = 0.3 m
 = 17.5 kN/
3
m
c' = 25 MPa
' = 25º
(ca = c; 
P = 600 KN
H = 200 KN
B = L = 2 m
º
D = 0.3 m
 = 17.5 kN/
3
m
c' = 25 MPa
' = 25º
(ca = c; 

Figura 10.10. Características de la fundación.

Solución

La capacidad última de apoyo será:
 bgidsBNbgidsqNbgidscNq
qqqqqqccccccu 5.0


Los parámetros de resistencia son:
KPac25'
º25'


Pesos y sobre cargas
KPaxDq 25.53.05.17 








3
5.17
m
KN


Factores de capacidad de apoyo
8.6;7.10;71.20 
NNN
qc

628. Problemas resueltos de mecánica de suelos


112

Factores de profundidad
15.015.0
2
3.0
''
 
L
D
B
D
B
D

060.115.04.014.01  xd
c 

    047.115.025sin125tan211tan21
22
 send
q

1
d


Factores de inclinación
 45.81425tan/2522600cot  
afcAV

'cc
a

4
3
2
1





realesMáximos


Por lo tanto:
675.0
45.814
2005.0
1
cot
5.0
1
3
1


















x
cAV
H
i
af
q



483.0
45.814
200
450
10
7.0
1
cot
450
º
7.0
1
4
2














































afcAV
H
i

641.0
17.10
675.01
675.0
1
1







q
q
qc
N
i
ii


Factores de forma
517.1
2
2
71.20
7.10
11  x
L
B
N
N
s
c
q
c

427.1º25sin
1
1
1sin1  
L
B
s
q

629. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


113
6.0
1
1
4.01;6.04.01 
 s
L
B
s


Para carga inclinada, se tiene que:
'
'
1
L
iB
N
N
s
c
c
q
c


Factores de base:
932.0
147
10
1
147
1 

cb

850.0
25tan
180
102







 xxx
qeb


803.0
25tan
180
107.2







 xxx
eb




Factores d terreno:
1º0  g


Por lo tanto reemplazando todos los valores en la ecuación de capacidad portante tenemos.
803.01483.016.08.625.175.850.01675.0047.1427.17.1025.5932.01641.0060.1517.171.2025 
uq
69.2715.4838.497 
uq


La capacidad última de apoyo será:
KPa2.573
uq


La carga segura de apoyo será:
KPa3.143
4
2.35



sq

KPa143.3q
s

630. Problemas resueltos de mecánica de suelos


114

PROBLEMA 10

Calcule la carga máxima admisible para la zapata que se muestra en la Figura 10.12.
B =2 ; L = 3 m
10
8
c' = 5 kPa ; ' = 28°
Cu = 50 kN/m
Cc = 0,22 ;Cs = 0,03
Cv = 0,21 m /mes
6
4
2
2
2
0
P = 500 kN
e = 0,75
 = 20 kN/m
0,3 m
3
0,3 m x 0,4 m
o
1
3
5
7
9
11
12
arena
arcilla N. C.
Po = 20·7-9,8·7
= 71,4 kN/m
2

Figura 10.12. Perfil de suelo.

Solución.

Capacidad máxima segura de apoyo

La capacidad máxima segura de apoyo se expresa mediante la ecuación propuesta por Vesic
es:  dSNB,dSqNdScNq
qqqcccu 50


En una construcción común en arcilla, la condición más desfavorable es a corto plazo en
condiciones no drenadas. Por lo tanto:
0 y 50
2
 mkNC
u


Factores de capacidad de apoyo.
01219500001145  )sin(tan;,NN;N;,N;,N
cqqc 


631. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


115

Factores de forma:
131
3
2
195011 ,,
L
B
N
N
S
c
q
)v(c 

11  tan
L
B
S
)v(q


Factores de profundidad
1
314,1
785,0tan122
·4,01




q
c
c
d
d
BDarKBD
Kd


Reemplazando los factores calculados en la ecuación de capacidad máxima segura de apoyo
propuesta por Vesic, se tiene:
111220314,113,114,550 
uq


La capacidad última de apoyo será:
2
7,421 mkNq
u


La carga máxima segura de apoyo se define como:
D
FS
Dq
q
u
s ·
·







Entonces:
2·20
3
2·207,421



sq


La capacidad segura de apoyo será:
2
2,167 mkNq
s


La carga neta segura es entonces:
2
2012720220167 mkN,·,q
n 


Si el incremento de esfuerzo es 2
20127 mkN,

632. Problemas resueltos de mecánica de suelos


116

Entonces:

2
2
2
2
6830
6
5531613420127
55310
16135
201270
mkN,
,,,
P
mkN,Pmz
mkN,Pmz
mkN,Pz
av
m
m
t















o
o
o
c
oed
P
PP
e
HC
S


 log
1

4.71
68.304.71
log
75.01
101022.0
3




oedS

.195mmS
oed


El asentamiento tolerable será:
mmS
T75


El asentamiento correspondiente al incremento de carga es superior al admisible, por lo tanto
se intenta con una nueva carga.
2
50mkNq
n

2
05,1268,30
3,127
50
mkNP
av 

4.71
05.124.71
log
75.01
101022.0
3




oedS

mm1.85
oedS


Nuevamente el valor encontrado de asentamiento es mayor al valor admisible, por lo tanto se
intenta una vez más.
2
40mkNq
n

2
64.968.30
3,127
40
mkNP
av 

633. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


117
64.9
64.94.71
log
75.01
101022.0
3




oedS

mmS
oed 1.69


Se calcula el asentamiento total mediante la corrección propuesta por Burland, aplicada al
asentamiento del edómetro.
oedSS 1,1

mmS 761,691,1 


El asentamiento tolerable es:
mmS
T76


La carga admisible aq es entonces:
Dqq
na 


22040
2
80mkNq
a

634. Problemas resueltos de mecánica de suelos


118

PROBLEMA 11

Se ha realizado la exploración geotécnica de un sitio, la Figura 10.13 muestra el perfil de
suelo encontrado y sus propiedades. Se va a construir una zapata flexible y rectangular a 2 m
de profundidad, con las dimensiones que se presentan en el esquema. Considere que la zapata
se construye en un instante de tiempo, en el que adicionalmente el nivel freático desciende al
nivel de fundación y permanece en esa posición por tiempo indefinido. El peso unitario de la
arena en la parte no saturada es el 90% del valor en el sector saturado. Asimismo, considere
que no existe asentamiento secundario en la arcilla y que el asentamiento inmediato es el
50% del total.

Se pide:

a) Calcular la presión máxima admisible del suelo suponiendo que la presión máxima segura
de apoyo es 175 kN/m2 y el asentamiento tolerable de 25 mm.

b) Calcular la capacidad máxima segura de apoyo del suelo, suponiendo que todo el perfil de
suelo está constituido por arcilla (estrato de 5 a 8 m), el nivel freático permanece en la
superficie y se carga la zapata en incrementos muy pequeños. Utilizar el método de Vesic,
con un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada.
0,3 m
B =2 m ; L= 6 m
0
1
2
3
4
5
 = 24 kN/m
c
3
 = 20 kN/m
3
0,3 m x 0,3 m
P = 1500 kN
 = 19 kN/m
3
arena
Dr=60 %
arcilla
6
7
8
9
10
45
35
E (MN/m )
2
E=40 (MN/m )
2
arena
 = 20 kN/m
3
muestra 1
muestra 2
muestra 3

Figura 10.13. Características del perfil de suelo.

635. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


119

Resultados de ensayos para los parámetros de resistencia al corte:

De muestra 1:

Ensayo triaxial CD: C=0 ;  = 32 º

De muestra 2:

Triaxial UU : Cu = 50 kPa
Veleta : Cu = 45 kPa
Corte directo : c = 0;  = 34º
Compresión inc: Cu = 55 kPa
Triaxial CU : c = 0 ;  = 32º
c’= 0 ; ’ = 34º

De muestra 3:

Ensayo triaxial CU : c = 0 ;  = 33º
c’=0 ; ’ = 36º

Solución.

a) Capacidad máxima admisible de apoyo.
mmSmkNq
Ts 25;175
2


2
6.1544.20175netaCarga mkN


El asentamiento en la arena esta dado por:
 z
E
I
qC
z
n21CS


a)
  mm,,,,S
mkN,q
,
,
,C
n
44032260615418710
6154
8710
6154
40
501
2
1




b)

  mm,,,,S 8605070615418710 

c)

mmS5

636. Problemas resueltos de mecánica de suelos


120

El asentamiento en la arcilla es:

)25(13
82,813,206,6
85
3,338,64
log
75,01
10302,0
8,64
85
log
75,01
10303,0
1,983,338,64
3,3371,30
5,142
6,154
33
2
mmSmmS
mmmm
S
PP
mkNP
TOL
oed
o
av






















La capacidad admisible de apoyo es:
2
a175q mkN


b) La capacidad máxima segura de apoyo del suelo

La ecuación general para la capacidad de apoyo es:

0  bgidSNB,bgidSqNbgidScNq
qqqqqqccccccu 50


Los parámetros de resistencia son:
º34' y 0'  c


Los factores de capacidad de apoyo son:
440,29
2
34
45tan
2
45tan
234t an14,3
2t an















e
eN
q



    164.42
34tan
1
1440.29
34tan
1
1 
qcNN

  064,41tan12  
 qNN


Los factores de forma son:
225.134tan
6
2
1tan1  
L
B
S
q

637. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


121
867,0
6
2
4,014,01 
L
B
S



Los factores de profundidad son:
 
1122
sin1tan21
2


BDBD
d
q



  262.1134sin134tan21
2

qd

1
d


Los otros factores son iguales a 1

Sobrecarga (q’) 2
4,1828,9192' mkNq 

El peso de suelo por debajo el nivel de fundación será:
3
298919 mkN,,

1867,0064,4122,95,0262,1225,1440,294,18 
uq

2
u1165q mkN

219
3
2191165




 D
FS
Dq
q
u
S 



La capacidad segura de apoyo es:
2
S mkN414q

638. Problemas resueltos de mecánica de suelos


122

PROBLEMA 12

Para el perfil de suelo que se muestra en la Figura 10.13, se desea calcular la carga máxima
segura de apoyo utilizando el método propuesto por Braja M. Das y un factor de seguridad de
3 sobre la carga neta aplicada.

Si:

a) Si se construye la estructura muy lentamente, en un tiempo mayor a 10 años
b) Si se construye la estructura rápidamente, en un tiempo menor a 2 meses
0,5 m
B= 2 m ; L= 3 m
0
1
2
3
4
5
c = 0;  = 28°  = 17 kN/m
3
 = 18 kN/m
3
0,5 m x 0,5 m
P = 500 kN
 = 20 kN/m
3
c = 0;  = 30°
Cu=45 kN/m
2
c = 5;  = 32°
Cu=65 kN/m
2

Figura 10.13. Características del perfil de suelo.

Solución.

El tiempo de construcción de la estructura es considerablemente largo, por lo tanto se darán
condiciones drenadas. Se utilizan los parámetros  32;5kPac .

Se aplicarán además correcciones en el cálculo de la capacidad de apoyo por nivel freático.
idisiqdqsqcdcscu FFNBFFNqFFNcq
  '
2
1
'

2
/2,251)8,918(117';5 mkNqkPac 

2
/2,108,920' mkN

639. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


123

Los factores de capacidad de apoyo son:
62,0tan
;65,0;22,30;18,23;49,3532




 cqqc NNNNN


Los factores de forma son:
73,0
3
2
4,014,01
41,162,0
3
2
1tan1
43,165,0
3
2
11



L
B
F
L
B
F
N
N
L
B
F
s
qs
c
q
cs




Factores de profundidad son:
1
27,1
2
2
)53,01(62,021)sin1(tan21
4,1
2
2
4,014,01
)12/2
22





d
f
qd
f
cd
f
F
B
D
F
B
D
F
acondiciónBD




La capacidad última de apoyo será:
2
/3,1626
173,022,3022,105,027,141,118,232,254,143,149,355
mkN
q
u




La capacidad segura de apoyo será:
2
/565)1817(
3
)1817(3,1626
3
mkND
Dq
q
u
s 



 


2
/565mkNq
s


Debido a que el tiempo de construcción es corto, se consideran condiciones no drenadas,
entonces:
0;/65
2
 mkNC
u
; no aplicar correcciones. 2
2
/20
/351817
mkN
mkNq




640. Problemas resueltos de mecánica de suelos


124

La carga última de apoyo será:
qdqsqcdcscu FFNqFFNcq 


Los factores de capacidad de apoyo son:
0tan00,1
20,014,50




N
NNN
q
cqc


Factores de forma son:
1tan1
13,120,0
3
2
11



L
B
F
N
N
L
B
F
qs
c
q
cs


Los factores de profundidad son:
1)sin1(tan21
4,1
2
2
4,014,01
)12/2
2



B
D
F
B
D
F
acondiciónBD
f
qd
f
cd
f



La capacidad última de apoyo es:
2
/5,563
111354,113,114,565
mkN
q
u




La capacidad segura de apoyo será:
)1817(
3
)1817(5,563
3




 D
Dq
q
u
s 


2
/211mkNq
s

641. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


125

PROBLEMA 13

Se ha planificado la construcción rápida de una zapata rígida en un suelo arcilloso totalmente
saturado (ascenso capilar de 2 m de altura), a 2 m de profundidad. La arcilla tiene un peso
unitario de 20 kN/m
3
y descansa sobre una arenisca permeable e incompresible ubicada a 8 m
por debajo la superficie natural del terreno.
Se ha obtenido los siguientes parámetros a partir de los ensayos de campo y laboratorio (cota
referida a nivel natural del terreno).

Profundidad m eo cc cs pc kPa cu kPa c' ’ K
1,0 0,6 0,33 0,10 250 100 0 32 0,6
3,5 0,7 0,33 0,05 140, 50 0 30 0,55
6,5 0,8 0,33 0,05 86 50 0 30 0,95

Se ha calculado que la carga puntual a ser aplicada en la columna a nivel de terreno será de
600 kN y que la columna de hormigón armado tendrá una sección de 0.25 m por 0.25 m que
descansará sobre la base de la zapata de 0.4 m de espesor. Considerar que c = 24 kN/m
3
.

Se pide:

a) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata cuadrada es de 1.50 m,
considerando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando el método
de Skempton.
b) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata rectangular es de 1.5 por 3
m, considerando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando el
método de Vesic.
c) Calcular la capacidad máxima admisible si el asentamiento tolerable es de 25 mm, para la
geometría del inciso b.
d) ¿Cuál es el factor de seguridad sobre la carga neta en la capacidad de apoyo del inciso b?

Solución.

a) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata es cuadrada.

Para la fundación se sabe que:

B = L = 1,5 m

Entonces la carga neta ultima será:













L
B
2,01
B
D
2,01c5q
f
)u(net














5,1
5,1
2,01
5,1
2
2,01505q
)u(net

kPa380q
)u(net

642. Problemas resueltos de mecánica de suelos


126
0,4 m
B = L =1,50 m
0
1
2
3
4
5
 = 24 kN/m
c
3
eo = 0,7; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 140 kPa
cu = 50 kPa; c´ = 0; ´= 30 º; K = 0,55
 = 16 kN/m
3
 = 20 kN/m
3
0,25 m x 0,25 m
P = 600 kN
10
9
8
7
6
Arcilla
Arcilla 1
 = 20 kN/m
3
Arcilla 2
 = 20 kN/m
3
eo = 0,8; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 86 kPa
cu = 50 kPa; c´ = 0; ´= 30 º; K = 0,95
Roca incompresible

Figura 10.14. Características del perfil de suelo.

Para la carga neta se sabe que:

qn = q - qo

La carga última será:

qu = qnet(u) + qo

Por lo tanto, la carga neta es:

qn = 380 + 2(20) = 420 kPa

643. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


127

La carga segura de apoyo para un FS = 3 será:
o
ou
s q
FS
qq
q 



40
3
40420
q
s 



kPa167q
s


b) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata rectangular.

Para esta zapata se tiene que:

B = 1.5 m; L = 3 m

La capacidad última de apoyo será:
 q´d´s1c14,5q
ccuu 


Con los valores de:
1,0
3
5,1
2,0
L
B
2,0´s
c 
K4,0´d
c


Entonces:
9273,0
5,1
2
arctan
B
D
arctanK1
5,1
2
B
D


37,09273,04,0´d
c 


La capacidad última de apoyo será:
  kPa8,4184037,01,015014,5q
u 


La capacidad segura de apoyo será:
o
ou
s q
FS
qq
q 



40
3
408,418
q
s 



kpa 166q
s

644. Problemas resueltos de mecánica de suelos


128

c) Calcular la capacidad máxima admisible si el asentamiento tolerable es de 25 mm.

Por tanteo, se tiene que:

qn = 100,8 kPa

El factor se seguridad es:
8,0
126
8,100
Factor 


Estrato 1.

Para este estrato se tiene que:

Pav = 65,36 (0,8) = 52,2 kPa
co P5,1072,523,55PP 


El asentamiento será:










c
o
o
c
oed
P
PP
log
e1
Hc
S












3,55
5,107
log
7,01
10305,0
S
3
oed

mm5,25S
oed

mm4,208,0S0,1S
oed1t 


Estrato 2.

Para este estrato se tiene que:

Pav = 13,15 (0,8) = 10,5 kPa
co P4,965,109,85PP 


El asentamiento será:










c
o
o
c
oed
P
PP
log
e1
Hc
S












9,85
4,96
log
8,01
10333,0
S
3
oed

645. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


129
mm5,27S
oed

mm2,248,0S1,1S
oed2t 


El asentamiento total es:

St = 44,6 mm

La carga neta es:

qn = 50,4 kPa

ESTE ASENTAMIENTO NO CUMPLE. Se tantea nuevamente.

El factor de seguridad será:
4,0
126
4,50
Factor 


Estrato 1.

Pav = 65,36 (0,4) = 26,1 kPa
co P4,811,263,55PP 











c
o
o
c
oed
P
PP
log
e1
Hc
S












3,55
4,81
log
7,01
10305,0
S
3
oed

mm8,14S
oed

mm8,118,0S0,1S
oed1t 


Estrato 2.

Pav = 13,15 (0,4) = 5,2 kPa
co P1,912,59,85PP 











c
o
o
c
oed
P
PP
log
e1
Hc
S












9,85
1,91
log
8,01
10333,0
S
3
oed

646. Problemas resueltos de mecánica de suelos


130
mm14S
oed

mm3,128,0S1,1S
oed2t 


St = 11.8 + 12.3 mm

St = 24.1 mm

ESTE ASENTAMIENTO ES BASTANTE APROXIMADO.

La capacidad admisible de apoyo será:

qa = 50.4 + 40

qa = 91 kPa

d) El factor de seguridad sobre la carga neta en la capacidad de apoyo del inciso b.

La carga bruta actuante es:
A
F
q




Con los valores de:
kNF600
1
kNF
kNF
kNF
142206,1)25,025,05,13(
4,224)6,125,025,0(
2,4324)4,035,1(
4
3
2





Se tiene que: kNF 6,787

2
5,45,13 mA 


La carga bruta será:

q = 175 kN/m
2
que es qs aplicado

La carga segura de apoyo será:
o
ou
s q
FS
qq
q 



os
ou
qq
qq
FS




647. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


131
40175
408,418


FS

135
8,378
FS


El factor de seguridad será:

FS = 2.81

648. Problemas resueltos de mecánica de suelos


132

PROBLEMA 14

Se pide determinar la máxima capacidad admisible de apoyo (FS = 3) de una arena
homogénea para una zapata rectangular de 2.5 m de ancho y 4 m de largo emplazada a 2.0 m
de profundidad (Figura 10.15), utilizando el método propuesto por Das. El nivel freático
coincide con el nivel de fundación. El peso unitario del suelo por encima del nivel de agua es
de 18 kN/m
3
y el saturado corresponde a 20 kN/m
3
. Los parámetros de resistencia de la arena
son c = 0,  = 30º. Considerar que la resultante de la carga actúa a 0.10 m del centro y posee
una inclinación de 10º con respecto a la vertical, asimismo suponer que el asentamiento
máximo tolerable es de 10 mm y el módulo de deformación es uniforme e igual a 15 MN/m
2
.
B=2,5 m; L=4,0 m
7
10
9
8
6
5
4
3
 = 20 kN/m
c = 0 kPa
 = 30 º
E = 15 MN/m
0
2
1
 = 18 kN/m
0,4 m
 = 24 kN/m
c
3
3
10°
3
2

Figura 10.15. Características del perfil de suelo y de la fuerza actuante en la zapata.

649. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


133

Solución.

Las dimensiones efectivas son:
m3,21,05,25,2´B
e2B´B



L´ = L = 4 m

La capacidad última de apoyo será:
idsqiqdqsqcicdcscu FFFN´B5,0FFFqNFFFcN´q



Para este caso se tiene que:
idsqiqdqsqu FFFN´B5,0FFFqN´q



Con los valores de:

q = 18 2 = 36 kN/m
2
 = 20 – 9.8 = 10,2 kN/m
2
para  = 30º se obtiene: Nq = 18.40; N = 2.40; tan  = 0.58

Los factores de forma son:
77,0
4
3,2
4,01
´L
´B
4,01F
33,158,0
4
3,2
1tan
´L
´B
1F
s
qs






Los factores de profundidad son:
1F
23,1
5,2
2
)30sen1(30tan21F
B
D
)sen1(tan21F
1
5,2
2
B
D
d
2
qd
f2
qd
f








Los factores de inclinación son:
44,0
30
10
11F
79,0
90
10
1
º90
º
1FF
22
i
22
qici





































650. Problemas resueltos de mecánica de suelos


134

La capacidad última de apoyo será:
44,0177,04,223,22,105,079,023,133,140,1836´ 
uq

efectiva.áreaelenuniformemaneradeadistribuidcargaunaesque ,kPa945´
uq

La capacidad segura de apoyo será:
o
ou
s q
FS
qq
q 



36
3
36945



sq

kPaq
s339


La carga neta será:
36339
nq


qn = 303 kPa

651. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


135

PROBLEMA 15

Para la Figura 10.16 (zapata flexible), se pide determinar:

a) Máxima presión segura de apoyo con un factor de seguridad de 3. Considerar que el suelo
es homogéneo en cuanto a resistencia al corte se refiere y que los resultados de un ensayo
de compresión inconfinada arrojan una resistencia en el suelo de 70 kPa. Considerar que se
han realizado ensayos de corte directo y que el ángulo de fricción interna del suelo equivale
a 30° con una cohesión nula y que en la misma muestra de suelo se ha ejecutado un ensayo
triaxial CU cuyo resultado es un ángulo de fricción interna en estado crítico de 32°.
b) Máxima presión admisible de apoyo considerando que el asentamiento máximo tolerable
en el centro de la fundación es de 30 mm.
Estrato incompresible
y permeable
2.00 m
4.00 m
Concreto
24 kN/m
3

c
Arcilla
20 kN/m
3

w

Agua
9.8 kN/m
3
750 kN
50 kN
0.2 m x 0.3 m
0.25 m
2 m x 3 m
c'
100 kN/m
2
61.2 kN/m
2
E = 15 MN/m
2
s
e = 0.70
o
C = 0.21
c
C = 0.07
s

Figura 10.16. Características del perfil de suelo y la fundación.

Solución.

a) Máxima presión segura de apoyo con un factor de seguridad de 3.

La carga vertical total es igual a la fuerza vertical aplicada más la debida al peso de la
fundación y del suelo sobre ella. Entonces, la fuerza vertical F, es:
WPF 

652. Problemas resueltos de mecánica de suelos


136

Donde: csWWW 

cW
es peso de la fundación y es igual a:
cccVW

 75.13.02.025.03224 
cW

kNW
c 52.38


El peso del suelo sobre la fundación sW es:
sssVW

 75.13.02.075.13220 
sW

kNW
s 9.207


Luego W es: 42.24652.38W

kNW 42.246


La carga vertical totalF es:
75042.246WPF

kNF 42.996

750 kN
50 kN
e

2.00 m

Figura 10.17. Característica de la fuerza que actúa en la fundación.

653. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


137

El ángulo de inclinación de la fuerza resultante  es:
42.996
50
tan

873.2


La excentricidad del punto (Figura 10.17) de aplicación de la fuerza resultante es:

2
tan
e


me10.0

Para aplicar el método de Meyerhof es necesario determinar las longitudes efectivas de la
zapata. Entonces:
mL
mB
00.303'
80.110.022'




La carga última a partir de la ecuación de Meyerhof es:
idsqiqdqsqcicdcscu FFFNBFFFqNFFFcNq
'
2
1



Los parámetros de resistencia a utilizarse son los parámetros que consideran condiciones no
drenadas, es decir, parámetros de esfuerzos totales. Luego:
 0,70 kPac
u


Los factores de capacidad de apoyo son:
0;1;14.5 
NNN
qc


Los factores de forma, son afectados por las dimensiones efectivas son:
c
q
cs
N
N
L
B
F
'
'
1
117.1
14.5
1
'0.3
8.1
1 
csF
tan
'
'
1
L
B
F
qs
1
qsF

654. Problemas resueltos de mecánica de suelos


138

Los factores de profundidad son:
B
D
F
f
cd 4.01
40.1
2
2
4.01 
cdF
0.1
qdF


Los factores de inclinación, son:
2
90
1 








qiciFF
937.0
90
873.2
1
2









qiciFF


La capacidad última de apoyo será:
937.011140937.040.1117.114.570 
uq

kPaq
u 7.564


Luego, la presión segura de apoyo para un factor de seguridad igual a 3, es:

3
7.564

FS
q
q
u
s

qs = 188.2 kPa

Además, se puede calcular la máxima presión en la base:








B
e
BL
F
q
6
1
max

kPaq 89.215
2
1.06
1
32
42.996
max 









Luego, el factor de seguridad real es:

maxq
q
FS
u
real

6.2
89.215
7.564

realFS

655. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


139

b) Máxima presión admisible de apoyo considerando el asentamiento máximo tolerable.

Para la carga neta, kPaq
n 07.126 el asentamiento total es mmS
T109 .

La carga segura bruta es de kPaq
s190  la carga segura neta es 
''
osns qqq  .

Entonces, como no existe cambio en la posición del nivel freático:
 40190
nsq

  nns qqns SSkPaq 150


La carga admisible viene dada en función a los asentamientos, entonces:

Iteración N° 1
kPaq
n50


El incremento de esfuerzos promedio, avp , para esa carga neta es determinado a partir de
regla de tres:

)50(50
23.6007.126
avp


07.126
23.6050
)50(


avp

kPap
av 89.23
)50(

Entonces 
''
13.7469.6489.238.40
cavo kPakPap  Arcilla SC

'
'
log
1
o
avo
o
s
Toed
p
e
HC
SS





8.40
69.64
log
707.1
10407.0
3


TS

tolT SmmmmS  308.32 NO CUMPLE

Iteración N° 2
kPaq
n48

656. Problemas resueltos de mecánica de suelos


140

El incremento de esfuerzos promedio, avp , para esa carga neta es determinado a partir de
regla de tres:
)50(48
23.6007.126
avp



07.126
23.6048
)50(


avp

kPap
av 93.22
)50(

Entonces 
''
13.7473.6393.228.40
cavo kPakPap  Arcilla SC

'
'
log
1
o
avo
o
s
Toed
p
e
HC
SS





8.40
73.63
log
707.1
10407.0
3


TS

tolT SmmmmS  308.31 NO CUMPLE

Iteración N° 3
kPaq
n44


El incremento de esfuerzos promedio, avp , para esa carga neta es determinado a partir de
regla de tres:

)50(44
23.6007.126
avp


07.126
23.6044
)50(


avp

kPap
av 02.21
)50(

Entonces 
''
13.7430.6202.218.40
cavo kPakPap  Arcilla SC

'
'
log
1
o
avo
o
s
Toed
p
e
HC
SS





657. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


141
8.40
30.62
log
707.1
10407.0
3


TS

tolT SmmmmS  302.30
CUMPLE
kPaq
n45

''
oan qqq 
(No existe cambio en la posición del nivel freático)
oan qqq 

4045
ona qqq


qa = 85 kPa

658. Problemas resueltos de mecánica de suelos


142

PROBLEMA 16

Para la Figura 10.18, determinar la máxima presión segura de apoyo utilizando el método de
Hansen para un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, suponiendo que la
zapata se construye muy lentamente.
c = 45 kPa
0.5 m
c' = 0
' = 35°
u
1.5 m x 2.5 m
Arcilla

sat
0.25 m
20 kN/m
3
Concreto
24 kN/m
0.3 m x 0.3 m
1.0 m

c
550 kN
3
3
17 kN/m
Arcilla


Figura 10.18. Perfil del suelo y zapata.

Solución

La carga es:
5.020117 q

kPaq27


La capacidad última de apoyo será:
 qdscq
ccuu 
''
114.5


Con los valores de:
12.0
5.2
5.1
2.02.0
'

L
B
s
c
3.00.14.04.0
'
kd
c
0.11
5.1
5.1

B
D
k
B
D


La capacidad última de apoyo será:
 274.012.014514.5 
uq

659. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


143
kPaq
u 58.378


La carga segura neta será:


FS
q
q
netu
nets


La carga última neta es:
2758.378
''
)( 
ouounetu qqqqq

kPaq
netu 58.351
)(


Entonces, la carga segura neta será:
kPaq
nets 19.117
3
58.351
)( 

ososnets qqqqq 
''
)(


La carga segura neta es:
2719.117
)( 
onetss qqq


qs = 144.19 kPa

660. Problemas resueltos de mecánica de suelos


144

PROBLEMA 17

Para la Figura 10.19 determinar el factor de seguridad aplicado a la carga última neta,
utilizando la ecuación de Hansen.
u
c = 57 kPa
' = 32°
c' = 5 kPa

500 kN
B= 2.5 m x L= 2.5 m
0.3 m
20 kN/m
3
Concreto
24 kN/m
3
c

1
inicial
17 kN/m
7
6
5
4
3
2
Arcilla
3
0
3
final
19 kN/m

Figura 10.19. Características del perfil del suelo.

Solución FS
q
q
net
net
u
s

net
u
q
q
FS
net



La carga neta será:
'
'
on qqq 


Se determinan los valores de:
ooo uqq 
'

kPaq
o 55219117 

kPau
o 6.1928.9 

kPaq
o 4.356.1955
'


661. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


145
fuqq'

2
25.65.25.2; mA
A
F
q 



scWWPF 

kNP500

  kNW
c 59.477.22.02.03.05.25.224 

  kNW
s 04.2857.22.02.07.25.25.217 

kPaq 22.133
25.6
04.28559.47500




0
fu

kPaq 22.133'


Entonces la carga neta será:
4.3522.133
nq

kPaq
n 82.97


La zapata está apoyada sobre arcilla, por tanto, los parámetros de resistencia deben ser los de arcilla.
La condición más desfavorable en arcilla se da a corto plazo.
 0,57kPac
u


Aplicando la ecuación de Hansen, la capacidad última de apoyo será:
 qgbidscq
cccccuu 
'''''
114.5


Debido a que no existe inclinación de ningún tipo, entonces:
0
'''

ccc gbi


Los factores de forma y profundidad son:
2.0
5.2
5.2
2.02.0
'

L
B
s
c
350.0876.04.04.0
'
kd
c

662. Problemas resueltos de mecánica de suelos


146
B
D
kBD
f
f arctan12.15.2/3/ 
876.0k


La carga es: kPaq 51317


La capacidad última de apoyo será:
 5135.02.015714.5 
uq

kPaq
u 12.505


La efectiva será:
kPauqq
fuu 12.505
'



La carga última de apoyo neta será:
kPaqqq
ouu
net
72.4694.3512.505
''



El factor de seguridad será:
80.4
82.97
72.469

n
u
q
q
FS
net

663. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


147

PROBLEMA 18

Para la Figura 10.20 determinar la máxima presión segura de apoyo utilizando el método de
Hansen para un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, suponiendo que la
zapata se construye en un instante de tiempo (20 puntos).
2 m x 3 m
0.3 m x 0.3 m
24 kN/m
Concreto
0.5 m
1.0 m
c

3
sat
0.25 m
Arcilla

Arcilla
3
17 kN/m
20 kN/m
3
550 kN
u
c = 45 kPa
' = 35°
c' = 0

Figura 10.20. Características del perfil del suelo y de la fuerza que actúa en la zapata.

La carga será:
5.020117 q

kPaq27


La capacidad última de apoyo será:
 qdscq
ccuu 
''
114.5


Con los valores de:
133.0
3
2
2.02.0
'

L
B
s
c
3.075.04.04.0
'
kd
c
75.0
2
5.1
1
2
5.1

B
D
k
B
D


La capacidad última de apoyo será:
 273.0133.014514.5 
uq

kPaq
u 45.358

664. Problemas resueltos de mecánica de suelos


148

La carga segura neta es:


FS
q
q
netu
nets


La carga última neta es:
2745.385
''
)( 
ouounetu qqqqq

kPaq
netu 45.331
)(


Con este valor se determina la carga segura neta que será:

kPaq
nets 48.110
3
45.331
)( 

ososnets qqqqq 
''
)(

2748.110
)( 
onetss qqq

qs = 137.48 kPa

665. Capítulo 10 Capacidad de apoyo


149

667. CAPITULO ONCE
Presión lateral del suelo.

11.1. Introducción.

Los muros de contención son obras civiles cuya función es la de retener masas de suelo natural o
rellenos a distintos niveles.

En general, existen dos tipos de muros de contención, los muros de gravedad y los muros tipo
ménsula. Los muros de gravedad son construidos de hormigón en masa sin refuerzo de acero y por
lo general son de gran volumen, en cambio los muros de tipo ménsula son esbeltos ya que están
construidos con hormigón armado, su utilización es muy común y a veces más económica.
El cuerpo del muro está sometido a la presión lateral que ejerce el terreno sobre el mismo. Existen
tres categorías de presión lateral, la presión lateral en reposo, la presión lateral activa y la presión
lateral pasiva.
La presión lateral en reposo es desarrollada por la masa de suelo únicamente cuando el muro que la
retiene es indesplazable y muy rígido, impidiendo su movimiento hacia el relleno o hacia fuera. Si
el muro se mueve hacia fuera, la presión sobre el mismo disminuirá progresivamente hasta alcanzar
un valor mínimo en el instante en que se produce la falla por cortante, el valor mínimo de presión
desarrollado se denomina presión lateral activa. Por el contrario, si el muro se mueve hacia el
relleno, la presión lateral aumentará gradualmente hasta alcanzar un valor máximo en el instante en
que se produce la falla por cortante, el valor máximo de presión desarrollado se denomina presión
lateral pasiva.
En general, el diseño de muros de contención es un análisis iterativo en el que se asumen algunas
dimensiones iniciales para verificar las condiciones de estabilidad hasta encontrar las más
apropiadas, seguras y económicas.
La verificación de estabilidad de un muro incluye la posibilidad de volteo alrededor de la puntera, la
falla por deslizamiento sobre su base, la capacidad portante y asentamiento de su fundación y la
estabilidad global del sistema en general.

668. 11.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 1

Calcular la fuerza activa total que el terreno ejerce sobre el muro de hormigón en masa mostrado en
la figura, utilizando:

a) Teoría de Rankine
b) Teoría de Coulomb
18.5 KN/m3
30º
0c =

Figura 11.1. Características del muro.

Solución

a) Según la Teoría de Rankine

La fuerza total que el terreno ejerce sobre el muro está compuesta por la fuerza activa (Pa) sobre un
plano vertical imaginario y por el peso del bloque triangular sobrante.
La fuerza activa por metro de longitud de muro es:
2
))()((
2
1
HKP
aa 


A partir de la ecuación G-5 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral Ka para una
inclinación del terreno de 15º y ángulo de fricción interna de 30º.

Ka = 0,373

Se obtiene:
Pa = (1/2)(18,5)(0,373)(4,189)
2
= 60,5 KN/m

El vector Pa tiene una inclinación de 15º paralelo a la superficie del terreno. En notación vectorial,
utilizando los vectores unitarios i, para el eje horizontal, j, para el eje vertical, se obtiene:

Pa = – 58.48 i – 15.66 j

669. A continuación el peso del bloque triangular de suelo por metro de longitud será igual a su área
multiplicada por el peso unitario.

W = (1,477)(18,5) = 27,32 KN/m

W = – 27,32 j

La suma de los vectores Pa y W es:

R = – 58,48 i – (15,66 + 27,32) j

R = –58,48 i – 42,98 j

Finalmente la magnitud de la fuerza resultante sobre el muro y su inclinación son:

R = 72,57 kN/m

36,3º (respecto a un eje horizontal)

b) Según la Teoría de Coulomb

La fuerza activa por metro de longitud de muro es:
)2
)()((
2
1
HKP
aa 


A partir de la ecuación G-9 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral Ka para una
inclinación del terreno de 15º, ángulo de fricción interna de 30º y ángulo de fricción del muro
estimado en 20º (0,67 ).

Ka = 0,4804

Se obtiene:

Pa = (1/2)(18,5)(0,4804)(4)
2
= 71,0 KN/m

Por lo tanto la magnitud de la fuerza resultante sobre el muro y su inclinación son:

R = 71,0 kN/m

 30,0º (respecto a un eje horizontal)

670. PROBLEMA 2

Calcular la fuerza total horizontal sobre el muro de hormigón mostrado en la figura. Utilice el
método de Rankine.
19 KN/m3
35º
0c
0c
35º
20.5 KN/m3

Figura 11.2. Dimesiones del muro.

Solución v´ [KPa]
38.0
48.7
a · v´ [KPa]
11.27
14.45 9.8
u [KPa]

Figura 11.3. Presiones actuante sobre el muro.

La fuerza horizontal sobre el muro está compuesta por la presión del terreno y la presión
hidrostática.

La presión del terreno puede ser calculada mediante el perfil de esfuerzo efectivo sobre la pared
vertical del muro.

A partir de la ecuación G-5 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral del terreno
como:

Ka = 0,2967

671. La resultante de la presión del terreno por unidad de longitud es igual al área del perfil de Ka(V).
Esta fuerza tiene una inclinación de 15º al igual que el terreno, entonces la fuerza horizontal del
terreno será:

Pa = (0,5)(11,27)(2) + (0,5)(11,27 + 14,45)(1)

Pa = 24,13 KN/m

A continuación:

Pah = 23,3 KN/m

La presión hidrostática produce una fuerza horizontal igual a:

PH2O = (0,5)(9,81)(1)

PH2O = 4,9 KN/m

Finalmente la fuerza total horizontal sobre el muro es:

P = Pah + PH2O

P = 28,2 kN/m

672. PROBLEMA 3

Calcular la presión activa de Coulomb mediante la solución gráfica para el muro de hormigón
mostrado en la figura. El ángulo de fricción interna del relleno granular es de 35º y la fricción en el
muro de 25º.
17 KN/m3
0c
35º
25º
Angulo de fricción interna
Angulo de fricción del muro

Figura 11.4. Dimisiones del muro y características del suelo.

Solución

La solución del problema fue llevada a cabo según en método de Cullmann, para lo cual se tiene
que:

 = 10º ;  = 25º

 = 90 – 10 – 25 = 55º

El relleno tras el muro fue dividido en bloques limitados por superficies imaginarias de falla.

El peso de los mismos, se resume a continuación.

Bloque Área, m
2
Peso unitario
KN/m
3

Peso, KN
ABC1 5,4408 17 92,5
ABC2 9,9408 17 169,0
ABC3 14,4408 17 245,5
ABC4 18,9408 17 322,0
ABC5 23,4408 17 398,5

673. C1 C2 C3 C4 C5
A
B
100
200
300
400
Superficie crítica
Figura 11.5. Determinación de la superficie crítica.

Finalmente se obtiene que la fuerza activa por unidad de longitud de muro que será:

Pa = 91,5 kN

674. PROBLEMA 4

Se pide dibujar la distribución de presión lateral activa sobre el muro vertical mostrado en la Figura
11.6. La masa de suelo tras el muro está conformada por cuatro estratos y además soporta una carga
distribuida por unidad de área en la superficie. El nivel de agua se encuentra a 2 m por debajo de la
superficie. c = 0
 = 30º
 = 17 KN/m3
 = 0º
c = 70 KPa
 = 19 KN/m3
c = 30 KPa
 = 18º
 = 19 KN/m3
 = 18 KN/m3
c = 40 KPa
 = 0º
A
B
C
D
q = 80 KPa

Figura 11.6. Características de los estratos de suelo y el muro.

Solución

La masa de suelo tras el muro está conformada por cuatro estratos de suelo A, B, C y D.
A continuación se calculan los coeficientes de presión lateral para cada uno de ellos.

Suelo A:

Ka = tg
2
(45º – /2) = tg
2
(45 – 30/2) = 0,3333

Suelo B:

Ka = tg
2
(45 – 0) = 1

Suelo C:

Ka = tg
2
(45 – 18/2) = 0,5278

Suelo D:

Ka = 1

Se sabe además que el esfuerzo lateral varia según la siguiente ecuación:
cKK
avaH 2

675. Para determinar la presión lateral, el esfuerzo efectivo vertical debe ser determinado previamente.
La siguiente tabla presenta los resultados obtenidos de esfuerzo efectivo vertical, esfuerzo efectivo
horizontal (presión lateral) y presión hidrostática para los límites superior e inferior de cada estrato
y la figura ilustra su variación con la profundidad.

Suelo Ka Ka z [KPa] h [KPa] U [KPa]
A 0,3333 0,5773
80,0 26,6 0
114,0 38,0 0
B 1,0 1,0
114,0 –26,0 0
123,19 –16,81 9,81
C 0,5278 0,7264
123,19 21,43 9,81
150,76 35,98 39,24
D 1,0 1,0
150,76 70,76 39,24
167,14 87,14 58,86
D
C
B
A
Esfuerzo efectivo
vertical
Esfuerzo efectivo
horizontal
Presión
hidrostática

Figura 11.7. Diagrama de presiones actuantes en el muro.

676. PROBLEMA 5

Verificar la estabilidad del muro de contención mostrado en la figura contra el volteo, deslizamiento
y capacidad portante.
 = 17.5 KN/m3
 = 34º
c = 0
 = 19 KN/m3
 = 18º
c = 45 KPa
 c  = 24 KN/m3
Línea de
excavación

Figura 11.8. Características del muro y parámetros del suelo.

Solución


Figura 11.9. Sistema dividido en fragmentos.

Para este efecto se utilizará la teoría de Rankine. El coeficiente de presión lateral del terreno para un
ángulo de fricción interna de 34º es igual a:

Ka = 0,2827 2
1
3
4
C

677. La fuerza activa de Rankine sobre el plano vertical mostrado en la figura es igual a:

Pa = (1/2)(17,5)(0,2827)(5)
2
= 61,84 KN/m

Debido a que la distribución de presiones es triangular, la fuerza se encuentra aplicada a una altura
de 1.66m por encima del nivel de la base de la fundación.

Factor de seguridad contra el volteo

El factor de seguridad contra el volteo se define como la relación de los momentos resistentes y los
momentos actuantes que inducen el vuelco.
La siguiente tabla resume el proceso de cálculo de momentos resistentes con respecto al punto de
rotación C.

Bloque Area, m
2
Peso, KN Brazo, m
Momento,
KN·m
1 1,35 32,4 0,85 27,54
2 0,45 10,8 0,633 6,84
3 1,50 36,0 1,50 54,0
4 9,00 157,5 2,00 315,0
V 236,7 Mr 403,38

El momento actuante que produciría el vuelco es:

Mv = (61,84)(1,666) = 102,65 KN·m

Entonces el factor de seguridad contra el volteo es:
9,3
65,102
38,403

VFS
> 2 Verificado!

Factor de seguridad contra el deslizamiento

El factor de seguridad contra el deslizamiento se define como la relación entre las fuerzas
horizontales resistentes y las fuerzas horizontales que tienden a desplazar al muro.
La fuerza resultante resistente está compuesta por la fricción entre la base de la fundación y el suelo
y por la fuerza pasiva que se desarrolla en la puntera.

La fricción en la base de la fundación (Fr) es estimada asumiendo un ángulo igual a 2/3  y una
adherencia (cohesión desarrollada entre el muro y el suelo) igual a 2/3 c en todo el ancho de la
fundación. 












cBVFr
3
2
)(
3
2
tan)( 

KN 3,140)30)(3()º12tan()7,236( Fr


La fuerza pasiva en la puntera es determinada a partir del coeficiente de presión lateral:

Kp = tan
2
(45º + 18º/2 ) = 1,89

678. HKcHKP
ppp 2
2
1
2

 KN P
p 9,225)5,1(89,1)45)(2()5,1)(19)(89,1(
2
1
2



La única fuerza que tiende a desplazar al muro es la activa:

Pa = 61,84 KN

Entonces el factor de seguridad contra el deslizamiento es:
9,5
84,61
9,2253,140



dFS
> 1,5 Verificado!

Factor de seguridad contra la falla por capacidad portante

El factor de seguridad contra la falla por capacidad portante se define como la relación de la
capacidad última de apoyo y la presión máxima de contacto desarrollada en la base de la fundación.

Inicialmente debe verificarse que la resultante de fuerzas que actúan sobre el muro pase por un
punto dentro del núcleo central de la fundación, esto para asegurar que el suelo por debajo de
misma esté siendo sometido a compresión.

De la ecuación D-18 del anexo D se obtiene lo siguiente:




V
MMB
e
vr
2

me 229,0
7,236
65,10238,403
2
3



< B/6 = 0,5

Debido a que la excentricidad no es mayor a un sexto del ancho de la fundación, queda verificada la
posición de la resultante dentro del núcleo central. A continuación se procede a estimar los valores
de presión tanto en la puntera (máximo) como en el talón (mínimo).














3
)229,0)(6(
1
3
7,236))(6(
1
,
B
e
B
V
q
talónpuntera


qpuntera = 115,0 KPa

qtalón = 42,76 KPa

La capacidad última de apoyo puede ser calculada a partir de la ecuación general de capacidad
portante (referirse al capítulo respectivo).

Para un ángulo de fricción de  = 18º, los factores de capacidad portante son:

679. Nc = 13,10
Nq = 5,26
N = 4,07

Considerando una longitud grande de muro en comparación a su ancho, los factores de forma son
iguales a 1.

Los factores de profundidad para la condición Df / B < 1 son:
2,1
3
5,1
4,014,01 
B
D
F
f
cd

     155,1
3
5,1
º18sin1)º18(tan21sin1)(tan21
22

B
D
F
f
qd 

1
dF



El ángulo () de inclinación de la fuerza resultante es igual a:
º64,14
7,236
84,61
tantan
11


















V
Pa


Los factores de inclinación son:
702,0
90
64,14
1
2







qiciFF

0348,0
18
64,14
1
2







iF



El ancho efectivo de la fundación es B´ = B – 2 e = 3 – 2(0,249)  2,5 m

Finalmente, la capacidad última de apoyo es:

Qu = (45)(13,10)(1,2)(0,702)+(1,5)(19)(5,26)(1,155)(0,702)+(0,5)(19)(2,5)(4,07)(1)(0,0348)

Qu = 621,5 KPa.

Finalmente, el factor de seguridad contra falla por capacidad portante es de:
4,5
115
5,621

cFS
> 3 Verificado!

680. PROBLEMA 6

Calcular la fuerza horizontal total actuante en el muro que se muestra en la figura. El suelo 1 tiene
las siguientes propiedades: c' = 0 kPa, ' = 32º, = 23º y 18 kN/m
3
; el suelo 2 presenta los
siguientes parámetros: c' = 0 kPa, ' =28º, = 18º y = 20 kN/m
3
.
Considere que el nivel freático se encuentra entre el suelo 1 y el suelo 2. El suelo 1 tiene un espesor
de 6 m. mientras que el suelo 2 presenta una altura de 4 m.. La inclinación del muro con respecto a
la horizontal es 45º.


Figura 11.10. Características particulares del problema.

Solución

Primero se encuentra la fuerza total que actúa en el muro como resultado de la acción del suelo 1:
2
1111
2
1
HkP
aa 

2
2
2
1
)sin()sin(
)sin()sin(
1)sin()(sin
)(sin















ak


Reordenando se tiene que:
)sin()sin(
)sin()sin(
1





= 28014,2
)45sin()2345sin(
)32sin()2332sin(
1 



975,0
)28014.2)(2345sin(45sin
)3245(sin
22
2
1 



ak


Así, se obtiene:
kNP
a 9,315)6)(18)(975,0)(5,0(
2
1 

La componente horizontal es:

681. kNP
ha 3,118)9,315)(2345cos(
)(1 


La fuerza que actúa en el muro debido al suelo 2 es:
2
222
2
1
HkP
eqaa 

2
2
2
2
)sin()sin(
)sin()sin(
1)sin()(sin
)(sin















ak

)sin()sin(
)sin()sin(
1





= 02567,2
)45sin()1845sin(
)28sin()1828sin(
1 



982,0
)02567.2)(1845sin(45sin
)2845(sin
22
2
2 



ak


Por otra parte:



 cos
2
)sin(
sin
2
2 















H
q
eq

Se conoce que:
kPaq 108)18)(6( 


Reemplazando se tiene que:
mkN
eq /740cos
4
)108)(2(
45sin
45sin
20 














Así, se obtiene: kNP
a 3,581)4)(74)(982,0)(5,0(
2
2 


La componente horizontal es:
kNP
ha 9,263)3,581)(1845cos(
)(2 


Ahora calculamos la fuerza causada por el agua:
  kNP
kPah
w
pw
94,110)8,9)(4()66,5(
2
1
2,39)4)(8,9(



La componente horizontal es:

682. kNP
hw 45,78)94,110)(45(cos
)( 


Entonces la fuerzo horizontal total que actúa sobre el muro es calculada como la sumatoria de las
acciones del suelo 1, suelo 2 y el agua, obteniéndose:
)()(2)(1 hwhahah PPPP 


Ph = 460,65 kN

683. PROBLEMA 7

Demostrar que la ecuación de esfuerzo activo (Rankine) sobre un muro vertical sin fricción tiene la
siguiente forma:
aava KcK2


Donde: a es el esfuerzo total activo; v vertical total; c la cohesión del suelo (parámetro de
resistencia); y Ka el coeficiente de presión activa de Rankine.

Solución
x
v
h

Figura 11.11. Elemento de suelo.
a h = ko v v


av

x


c

va

Figura 11.12. Trayectoria de esfuerzos en el espacio , .

684. De la definición de tangente se tiene:


tan
tan
c
x
x
c



Seno del ángulo  es igual al cateto opuesto sobre la hipotenusa, entonces se obtiene:















x
va
av
2
2
sin





Reemplazando; se tiene que:




tan2
2
sin
c
va
av






Desarrollando la expresión se obtiene;
2tan
sin
sin
2
avva c 



 



avva c 
2
1
2
1
cossin
2
1
sin
2
1


 cossin
2
1
2
1
2
1
sin
2
1
c
vvaa 

     cossin1
2
1
1sin
2
1
c
va 


Utilizando relaciones trigonométricas se tiene;






sin1
cos
2
sin1
sin1




 c
va
[1]

Además   90cossin

22
sincos2cos 

y
  












2
45sin
2
45cos90cos
22 


685. Por lo tanto:













2
45sin
2
45cossin
22 



Además:
1
2
45cos
2
45sin
22
















Reemplazando se tiene que:












































2
45cos2
2
45sin2
2
45sin
2
45cos1
2
45sin
2
45cos1
sin1
sin1
2
2
22
22








Simplificando se obtiene la ecuación 2; que será:
aK








2
45tan
sin1
sin1
2


[2]

Además se sabe que:
  












2
45cos
2
45sin290sincos




Por lo tanto reemplazando y desarrollando se tiene la ecuación 3; que será:

















































2
45cos2
2
45cos
2
45sin2
2
45sin
2
45cos1
2
45cos
2
45sin2
sin1
cos
222 







aK






 2
45tan
sin1
cos 


[3]

Reemplazando la ecuación [2] y [3] en [1] se obtiene:
KacK
ava 2

686. PROBLEMA 8

Se desea verificar la estabilidad de un muro de gravedad utilizando el método de Rankine. El
contratista ha pedido al laboratorio de geotecnia UMSS que se mida los ángulos de fricción entre
concreto y suelo de relleno y concreto y suelo de fundación. ¿Cuál de los valores utilizaría?,
¿Dónde? y ¿Por qué?

Solución
Pa
V
H/3
Plano donde
actúa la fuerza
activa de Rankine
H '

Figura 11.13. Fuerzas que actúan en el muro de gravedad.

Se supone que no existe fricción (hipótesis), por lo tanto no se requiere del ángulo de fricción entre
muro y relleno.

Verificación al deslizamiento.

Se debe utilizar el ángulo de fricción suelo de fundación-concreto para calcular el F.S. contra
deslizamiento tal cual se muestra en la ecuación.







2
211 tantan
)(;
K
KVBCKBCKVBCR
baselaenFAR
HPa
R
FS
a

688. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




113
PROBLEMA 9

Para la Figura 11.14 se pide determinar la fuerza activa actuante.
5
3
kN/m



c = 0 kPa
2
2,5
0,330°
78°78°

Figura 11.14. Características del muro.

Solución

Para este caso se tiene que:
 127890



53
25129090



Cuña Área Peso
ABC1 4.86 97.2
ABC2 9.73 194.6
ABC3 15.63 312.6
ABC4 21.66 433.2

5
2,5
0,3
78°78°
32°
53°
1C
C2 C3 C4
D
c
1
2c
3c
ac
4c
E
1c'
3c'
ac'
4c'
2c'

Figura 11.15. Fragmentación.

689. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




114
A partir de la Figura 10.15 se tiene que:
adoptada Escala
'

aaa ccP

kNP
a150

690. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




115
PROBLEMA 10

Para la Figura 11.16 se pide determinar la fuerza horizontal actuante.
q = 50 kPa
1
3

kN/m

c = 0 kPa
3



c = 0 kPa
3
kN/m
1m
1m

Figura 11.16. Características del muro de contención.

Solución

El problema es dividido en tres partes como muestra la Figura 11.17, donde se considera la
influencia del suelo 1, 2 y el agua.
q = 50 kPa
1
3

kN/m

c = 0 kPa
3



c = 0 kPa
3kN/m
1m
1m






Figura 11.17. División del problema por partes.

Para el suelo 1

La fuerza activa para el suelo 1 será:
2
111
2
1
HKP
eqaa 

691. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




116 
3
1
H = 4 m
2
Se determinan los valores de:



 
579.0
sinsin
sinsin
1sinsin
sin
2
2
2
1 















aK

 
435.18cos
4
502
399.94sin
964.75sin
18cos
2
sin
sin 














 



H
q
eq

3
/08.23 mkN
eq


La fuerza activa para el suelo 1 será:
kNP
a 9.106408.23579.0
2
1
2
1 


La componente horizontal es:
   
HaaHa PkNPP
111 6.88036.34cos9.10690cos  


Para el suelo 2.




112 Hqq 
41850
2 q
kPaq122
2







Figura 11.18. Influencia del suelo 2.

La fuerza activa para el suelo 2 será:
2
222
2
1
HKP
eqaa 


Se determinan los valores de:
579.0
21 
aaKK

692. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




117  
  435.18cos
4
502
399.94sin
964.75sin
8.920cos
2
sin
sin
'















 



H
q
eq

3
2 /51.66 mkN
eq


La fuerza activa para el suelo 2 será:
kNP
a 1.308451.66579.0
2
1
2
2 


La componente horizontal es:
  kNPP
aHa 3.255036.34cos1.30890cos
22  


Para el agua.


U
L

Figura 11.19. Influencia del agua.

Con los valores de:
mL 123.441
22

kPau 2.39


Se tiene que:
2.39123.4
2
1
2
1
uLU

kPaU 8.80


La componente horizontal será:
  kPaUU
h 4.7890cos  

693. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




118
La fuerza horizontal es:
haHaHaH UPPP 
21

kNP
aH 3.422

694. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




119
PROBLEMA 10

Para la Figura 11.20 se pide determinar:

a) Factor de seguridad contra el volteo.
b) Factor de seguridad contra el deslizamiento.
c) Factor de seguridad contra falla por capacidad de apoyo, utilizar el método de Hansen.
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
3456012
[m]
=20º
=24º =22 kN/m3
=20 kN/m3


'=30º
'=36º
c'=0
c'=0
c=24 kN/m3
0.5
[m]
=18 kN/m3
c'=0'=32º

=22º
FIGURA 1

Figura 11.20. Características del muro de contención.

Solución

Cálculo del coeficiente de presión activa según Coulomb.
Suelo 1.

El coeficiente de presión activa será:
2
2
2
1
)cos()cos(
)()(
1)cos(cos
)(cos















sensen
k
a

2
2
2
1
)595.7cos()595.720cos(
)30()3020(
1)595.720cos()595.7(cos
)595.730(cos











sensen
k
a
356.0
1
ak

695. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




120
Suelo 2.
293.0
2
ak


La fuerza pa actúa de la manera como muestra la Figura 11.21.
Pa
8,0 m

Figura 11.21. Forma en que actúa la fuerza pa.

Despreciando el efecto del talón y tacón, la fuerza activa será:
kNHkP
aa 96.564*356.0*20*5.0
2
1
22
111 

1
1
)cos(
a
ha
P
P

kNPP
aha 48.50)595.27cos(
11 

kNPsenP
ava 38.26)595.27(
11 

2
22
''
2
2
1
HkP
aeqa  2
'
2
'' 2
cos
2sin
H
q
H
q
eq 







 




3
'
2.52
4
4202
)8.9122(
m
kN
eq 



Entonces: ulU 
2
1


Con los valores de:
ml 027.4467.04
22

2
2.394*8.9
m
kN
hu
pw 


Se tiene que:

kNU 93.782.39027.45.0 

696. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




121
Las componentes horizontal y vertical serán:

kNUU
h 23.37)595.31cos( 

kNUsenU
v 35.41)595.31( 

La ubicación de los fuerzas con respecto a O es:
mx356.2
1
my333.5
1
mx 889.2
2
my333.1
2

a) Factor de seguridad contra el volteo.

El factor de seguridad será:



O
R
M
M
FS


Con los valores de:
FyUyPyPM
hhaAHO  22
'
211 ···


Donde:
F = Presión de levante
3·6·
2
4*8.91*8.9
333.1·23.67333.1·22.104333.5·48.50

 OM


El valor de  :
RM es obtenido de la siguiente tabla.

# Área γ W x MR
1 3.75 24 90.00 2.33 209.97
2 7.50 24 180.00 2.50 450.00
3 3.00 24 72.00 3.00 216.00
4 1.00 24 24.00 2.50 60.00
Pa1v 26.38 2.356 62.15
P’a2v 64.11 2.889 185.21
Uv 41.35 2.889 119.46
∑V=497.84 ∑MR=1302.79

Por lo tanto, el factor de seguridad será:
39.1
75.938
79.1302
FS

697. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




122
b) Factor de seguridad contra deslizamiento

Con los valores de:
 ·tan)·(·tan'··· BuBBCBR
a 

  º22;6;84.497 mBkNV

2
21
5.24)41(
2
8.9
2 m
kNuu
u 



kNBu
B
V
R 75.14122·tan6·5.24
1*6
84.497
·tan· 


















2
1
2
1
''
·
2
1
;'··
2
1
DUDkP
wpp  

3
2.88.918'
m
kN



El coeficiente de presión pasiva será:
255.3
2
45tan
2








pk


Con los valores de:
kNP
p 38.532·2.8·255.3·5.0
2'

kNU
p 6.192·8.9·5.0
2



La sumatoria de fuerza actuantes es:
hhaha UPPF 
'
210


kNF 93.22123.6722.10448.50
0 

El factor de seguridad será:
93.221
9.1638.5375.141
'






O
PP
O
S
F
UPR
F
F
FS

97.0FS

698. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




123
c) Factor de seguridad contra falla por capacidad de apoyo.
e
V
H

x

Figura 11.22. Fuerzas que causan momento.

Con los valores de:
  mkNMMM
ORneto ·04.36475.93879.1302

m
V
M
xMVx
neto
neto 731.0
84.493
04.364
· 



mx
B
e 269.1731.0
2
6
2



La capacidad de carga máxima será:
kPa
B
e
B
V
q 27.188
6
269.1·6
1
6
84.4976
1·
max 















El factor de seguridad se determina con la expresión:
maxq
q
FS
u



De la fundación se tiene que:
meBB 462.3269.1·262' 


Método de Hansen.

B’ y L’: Para los factores de forma.
B y L: Para los factores de profundidad.

Para este problema se conoce que:

c’= 0
g=b=1

699. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




124
La capacidad última de apoyo es:
 idsNBidsNqqq
qqqu ···'·'··5.0···*'· 


La efectiva es: 2
2.81)·8.918(*'
m
kN
q 


Para los valores de:
 
1
046.1167.0·)(1)32tan(21
·)1(tan21
167.0
6
1
1;1
8.20;2.23
º32'
2
2













d
send
ksend
B
D
k
SS
NN
q
q
q
q

  0;93.221
LOB HkNFH

270.0
84.497
93.221·7.0
1
7.0
1
532.0
84.497
93.221·5.0
1
5.0
1;0;
·cot·
5.0
1
5.35.3
5.2
5.2
2








































V
H
i
i
V
H
ic
cAV
H
i
B
q
q
B
qa
af
B
q




La capacidad última de apoyo será:
  270.0*1*8.20*462.3*2.918*5.0532.0*046.1*1*2.23*2.8 
uq
2
41.191
m
kN
q
u


El factor de seguridad será:
02.1
27.188
41.191
max

q
q
FS
u

700. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




125
PROBLEMA 11

Para los datos de la Figura 10.23 se pide utilizar el método de Rankine y determinar:

a) Factor de seguridad contra volteo.
b) Factor de seguridad contra deslizamiento.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
3456012
[m]
=22 kN/m3
=20 kN/m3


'=28º
'=32º
c'=0
c'=0
c=24 kN/m3
[m]
=20 kN/m3
c'=0'=28º

=20º
FIGURA 1
78
1
3
4
=21 kN/m3
'=30º
c'=0
2
40 kN/m2
Distribución de presión de poros

Figura 11.23. Condiciones generales del problema.

Solución

Para el cálculo del coeficiente de presión activa según Ranking, se tiene que:

Suelo 1: 361.0
2
28
45tan
2
45tan
22














ak

Suelo 2: 333.0
2
30
45tan
2







ak

Suelo 3: 307.0
2
32
45tan
2







ak

En la Figura 11.24 se muestran los diagramas correspondientes al esfuerzo vertical total,
efectivo y la presión lateral del suelo.

701. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




126 3456012 [m]78
40 kN/m2
2
3
1
9
7
5
8
6
4
0,86
0,57
0,57
60 0 60
21.66
102 19.6 82.4 27.44
168 49 119 36.53
19.58
25.30
 u  k''v vv a
P'a1
P'a2
P'a3
P'a4
P'a5
F=160 kN

Figura 11.24. División del problema en fragmentos.

De la Figura 11.24 se tiene que la fuerza que ejerce el suelo será:
 
  kNP
kNP
kNP
kNP
kNP
a
a
a
a
a
85.1630.2553.36*3*
2
1
'
9.753.25*3'
46.798.1944.27*2*
2
1
'
96.3998.19*2'
49.3266.21*3*
2
1
'
5
4
3
2
1







Por lo tanto se tiene que:
kNU 5.12249*5*
2
1



a) Factor de seguridad contra volteo.

El factor de seguridad será:



O
R
M
M
FS

702. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




127
Se toman en cuenta los momentos generados por las fuerzas activas calculadas en la parte
superior, la fuerza hidroestática lateral detrás del muro y de levante en la base del muro.

Entonces se escribe:
  33.5*16067.1*5.1221*85.165.1*6.7566.3*46.74*96.396*49.32
OM
mkNM
O *71.1569


El momento resistente es determinado en la Tabla:

# Área
[m
2
]
γ
[kN/m
3
]
W
[kN]
b
[m]
MR
[kN·m]
1 8.00 24 192.00 4.00 768.00
2 7.00 24 168.00 1.50 252.00
3 7.00 24 168.00 2.67 448.56
4 1.29 20 28.80 2.57 66.31
5 15.42 20 308.40 5.43 1674.61
6 0.57 21 11.97 3.24 38.78
7 9.14 21 191.94 5.72 1097.90
8 0.57 22 12.54 3.81 47.78
9 8.00 22 176.00 6.00 1056.00
∑V=1254.65 ∑MR=5449.94

Por lo tanto, el factor de seguridad será:
47.3
71.1569
94.5449
FS


b) Factor de seguridad contra deslizamiento.

El factor de seguridad es determinado con la expresión:



OF
R
FS


Para la sumatoria de fuerzas actuantes se toman en cuenta todas aquellas fuerzas que actúan
de adentro hacia fuera del talud sobre el muro intentando desplazarlo.
  kNF
O 16.2955.12285.169.7546.796.3949.32


Las fuerzas resistentes son todas aquellas que se oponen al desplazamiento del muro, en este
caso solo la fricción entre el suelo y la base del muro. Ca=0
 ·tan)·(·tan'··· BuBBCBR
a 

703. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




128 2
21
20)400(
2
1
2 m
kNuu
u 



kNBu
B
V
R 42.39820·tan8·20
1*8
65.1254
·tan·
1*




















Por lo tanto, el factor de seguridad será:
35.1
16.295
42.398
FS

704. Capítulo 11 Presión lateral del suelo




129

705. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




133
CAPITULO DOCE
Estabilidad de taludes

12.1. Introducción.

La superficie de la tierra es raramente plana y por lo tanto existen taludes en muchos lugares.
Aún el terreno relativamente plano frecuentemente tiene ríos y canales de drenaje con taludes
en los lados. Los taludes pueden ser naturales, debidos a la erosión por ríos o el mar, o
construidos por medio de una excavación o relleno. Los taludes construidos para caminos y
represas son permanentes, y taludes temporales son requeridos durante la construcción de
fundaciones y estructuras subterráneas.
La geometría de un talud puede ser caracterizado por su ángulo  y altura H. Las cargas
en el talud se deben al peso propio del suelo y a cargas externas, que pueden venir de
fundaciones en la parte superior del talud o agua en la excavación. Un caso especial de un
talud es un corte vertical, tal como los lados de una zanja, donde  = 90º. En el suelo detrás
del talud existirán esfuerzos de corte que son requeridos para mantener el talud (materiales
que no pueden soportar esfuerzos de corte no pueden tener taludes). Por lo tanto se deben
realizar cálculos para verificar la seguridad de taludes naturales, taludes de excavaciones, y
terraplenes compactados. Esta verificación concierne la determinación y comparación del
esfuerzo de corte desarrollado a lo largo de la superficie de ruptura con la resistencia al corte
del suelo. Este proceso se llama análisis de estabilidad de taludes. La superficie de ruptura es
el plano crítico que tiene el factor de seguridad mínimo.
El análisis de estabilidad de un talud no es una tarea fácil. La evaluación de las variables
como la estratificación del suelo y sus parámetros de resistencia al corte en campo llegan a
ser un trabajo muy extenso. La infiltración a través del talud y la elección de la superficie de
deslizamiento potencial añaden a la complejidad del problema. En este capítulo se desarrollan
variados problemas concernientes al análisis de estabilidad de taludes.

706. Problemas resueltos de mecánica de suelos




134
12.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 1

El diseño de un terraplén contempla la evaluación de su estabilidad contra posibles
deslizamientos. El terraplén tiene 6 m de altura y sus pendientes se hallan inclinadas a 1:3
(V:H). El peso unitario del suelo es 19 kN/m
3
, su resistencia al corte no-drenada es cu = 42
kPa y los parámetros efectivos de resistencia al corte son c′ = 2,85 kPa y ′ = 20º. Sondeos
realizados en la zona indican que el material de la base posee propiedades similares a las del
relleno. La presión de poros ha sido evaluada en ru = 0,35.

Se requiere:

a) Determinar el factor de seguridad del terraplén, varios meses después de concluida la
excavación.
b) Determinar el factor de seguridad suponiendo que, mediante un proceso rápido de
construcción, la altura del terraplén es incrementada en 2 m, manteniendo la misma
pendiente.

Solución
6m 1
3
2m


Figura 12.1. Dimensiones del Talud.

a) Factor de seguridad del terraplén

En condiciones drenadas (largo plazo), es posible emplear la solución de Bishop y
Morgenstern para determinar la estabilidad de taludes con escurrimiento (flujo de agua).

025,0
619
85,2



H
c

; pendiente 3:1

Empleando la Tabla L.1 se tiene que:

c/H = 0,025; D = 1,00, ′ = 20º:
 m′= 1,542
n′ = 1,347
FS = m′– n′ru
FS = 1,542–(1,347)(0,35)
FS = 1,07
c/H = 0,025; D = 1,25 ′ = 20º:
 m′ = 1,618
n′ = 1,478
FS = m′– n'ru
FS = 1,618–(1,478)(0,35)
FS = 1,10
c′ = 2,85 kPa
′ = 20º
 = 19 kN/m
3

cu = 42 kPa
ru = 0,35

707. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




135
El valor requerido del FS es el menor de todos

FS = 1,07

b) Factor de seguridad suponiendo que la altura del terraplén es incrementada en 2 m

El proceso de construcción es rápido, por lo que se deberá evaluar la estabilidad del terraplén
a corto plazo. En condiciones no drenadas (corto plazo), es posible emplear el método de
Taylor. En este caso el talúd es de 8 m de altura, la pendiente 3H:1V, cu = 42 kPa y  = 19
kN/m
3
.

Luego:
º43,18
3
1
tan
1










Los sondeos realizados en la zona indican que el material de la base posee propiedades
similares a las del relleno, y no se indica la profundidad del estrato duro, por lo que se asume
que D = . Ingresando con este valor a la Figura L.1, de tendrá que:

 = 18,43º D =   m = 0,181

Por otra parte:
H
c
m
d


Hmc
d

819181,0
dc


cd = 27,51 kPa

El factor de seguridad contra deslizamiento en condiciones no drenadas será:
d
u
d
f
c
c
lladaa desarroresistenci
ea al cortresistenci
FS 



51,27
42
FS


FS = 1,53

708. Problemas resueltos de mecánica de suelos




136
PROBLEMA 2

Un corte de 9 m de profundidad debe ser excavado en una arcilla saturada de 19 kN/m
3
de
peso unitario. La resistencia no-drenada de la arcilla es 30 kPa. Al efectuar la investigación
de campo se detectó la presencia de un estrato rígido a 11 m de la superficie del terreno
(Figura 12.2)

Se requiere:

a) Determinar el ángulo de inclinación del corte que produciría un deslizamiento del mismo,
inmediatamente después de realizada la excavación.
b) ¿Cuál sería el ángulo de inclinación del corte que asegure un factor de seguridad de 1,20
contra un posible deslizamiento a corto plazo?

Solución
11m
Estrato rígido
9m


Figura 12.2. Dimensiones del talud.

a) En condiciones no drenadas (corto plazo), es posible emplear el método de Taylor.

La profundidad del estrato rígido es de 11 m respecto al nivel original del terreno, luego

talud del Altura
firme estrato al talud del superiorparte la de vertical Distancia
D

2221
9
11
,D 

En este caso el factor de seguridad contra deslizamiento, FS = 1
d
u
d
f
c
c
FS 




cd = 30 kPa

 = 19 kN/m
3

cu = 30 kPa

709. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




137
Por otra parte:
H
c
m
d



175,0
919
30
m


Con m = 0,175 se ingresa a la Figura L.1 del Anexo L, obteniéndose:

D = 1,20    47º
D = 1,50    41º

Interpolando para D = 1,22 se tiene que:

  46,6º

b) En este caso el factor de seguridad contra deslizamiento, FS = 1,20
d
u
d
f
c
c
FS 


= 1,20

20,1
30
20,1

u
d
c
c

cd = 25 kPa

Por otra parte:
H
c
m
d



46,0
919
25
m


Con m = 0,146 se ingresa a la Figura L.1 del Anexo L, obteniéndose:

D = 1,20    28º

D = 1,50    20º

Interpolando para D = 1,22

  27,5º

710. Problemas resueltos de mecánica de suelos




138
PROBLEMA 3

Como parte de un proyecto de carreteras, se efectuará un corte permanente de 15 m de altura
con pendientes 1V:3H en arcilla rígida (Figura 12.3). El peso unitario de la arcilla es de 19
kN/m
3
y los parámetros de resistencia al corte, determinados en ensayos triaxiales CU, son :
c′ = 11 kPa y ′ = 25º. La razón de presión de poros promedio ha sido evaluada en ru = 0,30.

Se requiere estimar el factor de seguridad del corte a largo plazo.

Solución
15m

3
1


Figura 12.3. Dimensiones del Talud.

En condiciones drenadas (largo plazo), se puede emplear la solución de Bishop y
Morgenstern para determinar la estabilidad del talud.

Se tiene que:

0390
1519
11
,
H
c



Empleando la Tabla L.1 del Anexo L:

Para c/H = 0,025; D = 1,00 y ′ = 25º:

m′ = 1,875 n′ = 1,696
urnmFS 
FS = 1,875 – (1,696)(0,30) = 1,366

Para c/H = 0,025; D = 1,25 y ′ = 25º

m′ = 2,007 n′ = 1,891
urnmFS 


FS = 2,007 – (1,891)(0,30) = 1,440
c′ = 11 kPa
′ = 25º
 = 19 kN/m
3

ru = 0,30

711. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




139
Entonces, para c/H = 0,025 el valor del FS es el menor

FS = 1,366

Para c/H = 0,050 D = 1,00 y ′ = 25º:

m′ = 2,193 n′ = 1,757
urnmFS 


FS = 2,193–(1,757)(0,30) =1,666

Para c/H = 0,05 D = 1,25 y ′ = 25º:

m′ = 2,222 n′ = 1,897
urnmFS 


FS = 2,222 – (1,897)(0,30) = 1,653

Para c/H = 0,05 D = 1,50 y ′ = 25º:

m′ = 2,467 n′ = 2,179
urnmFS 


FS = 2,467 – (2,179)(0,30) = 1,813

Entonces, para c/H = 0,050 el valor del FS es el menor

FS = 1,653

Interpolando para c/H = 0,039 el FS encontrado es:

FS = 1,53

712. Problemas resueltos de mecánica de suelos




140
PROBLEMA 4

La construcción de una represa de tierra (Figura 12.4) se realizará con un material
homogéneo, cuyo peso unitario es 18,6 kN/m
3
. Los parámetros de resistencia efectivos de
este material son c′ = 28 kPa y ′ = 30º. La razón de presión de poros, ru = 0,5.
Durante la investigación de campo se verificó que el material de la fundación estaba
compuesto por suelos aluviales con propiedades similares a las del material de la presa. La
represa es de 43 m de altura y sus pendientes son 4:1 (H:V).

Determine el factor de seguridad contra el deslizamiento. Considere condiciones a largo
plazo.

Solución 43m

4
1
Figura 12.4. Características de la presa de tierra.

En condiciones drenadas (largo plazo), se puede emplear la solución de Bishop y
Morgenstern para determinar la estabilidad del talud derecho en la presa de tierra.

Se tiene que:

0350
43618
28
,
,H
c



Empleando la Tabla L.1 del Anexo L:

Para c/H = 0,025 D = 1,00 y ′ = 30º:

m′ = 2,873 n′ = 2,622
urnmFS 


FS = 2,873 – (2,622)(0,50) = 1,562

Para c/H = 0,025, D = 1,25 y ′ = 30º:

m′ = 2,953 n′ = 2,806

c′ = 28 kPa
′ = 30º
 = 18.6 kN/m
3

ru = 0,50

713. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




141 urnmFS 

FS = 2,953 – (2,806)(0,50) = 1,550

Entonces, para c/H = 0,025 el valor del FS es el menor

FS = 1,550

Para c/H = 0,050 D = 1,00 y ′ = 30º:

m′ = 3,261 n′ = 2,693
urnmFS 


FS = 3,261 – (2,693)(0,50) = 1,915

Para c/H = 0,050 D = 1,25 y ′ = 30º:

m′ = 3,221 n′ = 2,819
urnmFS 


FS = 3,221 – (2,819)(0,50) = 1,812

Para c/H = 0,05 D = 1,50 y ′ = 30º:

m′ = 3,443 n′ = 3,120
urnmFS 


FS = 3,443 – (3,120)(0,50) = 1,883

Entonces, para c/H = 0,050 el valor del FS es el menor

FS = 1,812

Interpolando para c/H = 0,035, el FS encontrado es

FS = 1,655

714. Problemas resueltos de mecánica de suelos




142
PROBLEMA 5

Considerar el diseño de una represa de tierra con material que tiene un peso unitario de 20
kN/m
3
y parámetros de resistencia efectivos de c′ = 30 kPa y ′ = 30º (Figura 12.5). La presa
deberá tener 40 m de altura. Al realizar la investigación de campo se detectó la presencia de
una capa de material rígido a 10 m de profundidad, tomando como referencia el nivel de
apoyo de la estructura.

Si para efectos de diseño la presión de poros es expresada por ru = 0,39 determinar cuál es la
inclinación de la pendiente de la represa que permitiría mantener un factor de seguridad igual
a 1,50 contra un posible deslizamiento.

Solución 40m
10m
cot
1

Estrato duro

Figura 12.5. Dimensiones de la presa de tierra.

Se empleará la solución de Bishop y Morgenstern para determinar la estabilidad del talud de
la presa.

Se tiene que,

03750
4020
30
,
H
c



La profundidad del estrato rígido es de 50 m respecto al nivel superior de la presa, luego:

talud del Altura
firme estrato al talud del superiorparte la de vertical Distancia
D

25,1
40
50
D

Empleando la Tabla L.1 del Anexo L:

Para c/H = 0,025, D = 1,25, ′ = 30º, pendiente 2H:1V

m′ = 1,956 ; n′ = 1,915
c′ = 30 kPa
′ = 30º
 = 20 kN/m
3

ru = 0,39

715. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




143 urnmFS 


FS = 1,956 – (1,915)(0,39) = 1,21

Para c/H = 0,050 D = 1,25, ′ = 30º, pendiente 2H:1V

m′ = 2,161 ; n′ = 1,950
urnmFS 


FS = 2,161 – (1,950)(0,39) = 1,40

Interpolando para c/H = 0,0375

 FS = 1,305

Para c/H = 0,025, D = 1,25 ′ = 30º, pendiente 3H:1V

m′ = 2,431 ; n′ = 2,342
urnmFS 


FS = 2,431 – (2,342)(0,39) = 1,52

Para c/H = 0,050 D = 1,25 ′ = 30º, pendiente 3H:1V

m′ = 2,645 ; n′ = 2,342
urnmFS 


FS = 2,645 – (2,342)(0,39) = 1,73

Interpolando para c/H = 0,0375

FS = 1,625

Para c/H = 0,0375 se tiene que:

Cot  = 2 (pendiente 2H:1V)  FS = 1,305

Cot  = 3 (pendiente 3H:1V)  FS = 1,625

Interpolando para FS = 1,50 se obtiene

Cot  = 2,61

Es decir pendiente:

2,61 H:1 V

716. Problemas resueltos de mecánica de suelos




144
PROBLEMA 6

La figura muestra un talud de 9,15 m. Para la cuña ABC, determine el factor de seguridad
contra deslizamiento a lo largo de la superficie de la roca.
H

 A
C
Roca
Suelo
D

Figura 12.6. Dimensiones del talud.

Solución

Se halla el peso para la cuña ABC, que será:

W = γV
1
2
1
 BDACV

sin
H
AC
; sin
H
AB
sinABBD

 

 
15sin30sin
1530sin
15,917
2
1
sinsin
sin
2
1 22 





HW


W = 1423,3 kN

Nr = Na = W cos (θ) = (1423,3)(cos (15)) = 1374,8 kN

Ta = W sen (θ) = (1423,3)(sen (15)) = 368,4 kN
 

 20tan8,1374
15
15,9
94,23tan 









sen
NACcT
rr


Tr = 1346,7 kN
4368
71346
,
,
T
T
FS
d
r



FS = 3,66
γ = 17,0 kN/m
3
c = 23,94 kPa
H = 9,15 m
= 20º
β = 30º
θ = 15º

717. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




145
PROBLEMA 7

Para la Figura 12.7 que se muestra a continuación, se pide:

a) Calcular el coeficiente de presión de poros, ru para la superficie presentada, suponiendo
que el nivel de agua corresponde a la superficie piezométrica y no a la freática.
b) Calcular el factor de seguridad utilizando el método de Bishop-Morgestern. Suponga que
el valor de ru representativo del talud es 0.23

Figura 12.7. Características del problema.

Solución.

a) Calcular el coeficiente de presión de poros

Cálculo de área de superficie de falla

Fragmento Ancho
medido
[cm]
Alto medido
[cm]
Ancho [pie] Alto[pie] Área
1 1,35 1,10 4,50 3,24 7,29
2 0,80 1,40 2,67 4,12 11,00
3 0,55 1,85 1,83 5,44 9,96
4 1,50 2,35 5,00 6,91 34,55
5 1,50 2,95 5,00 8,68 43,40
6 1,50 3,00 5,00 8,82 44,10
7 1,35 2,65 4,50 7,79 35,06
8 0,35 2,35 1,17 6,91 8,08
9 1,00 2,20 3,33 6,47 10,77
Área
ABCDEFA
204,21 (17.423, 9.6139)
(22.377, 12.432)
(35, 25)
(27.715, 14.592)
(10, 35)
1.326
Center
Drain
Surface of firm stratum
Homogeneous Embankment
Elevation (feet)
Distance (feet)
5
15
0
10
20
25
30
35
40
0 510152025303540 5035-5
(50, 25)
(50, 20)
(5, 5)(10, 5)
(13, 5)
(32.634, 16.367)
(42506, 18.79)
(36.053, 17.423) 2
'
pie
lb
90c
º32
'


3
pie
lb
4.62
w

33
m
KN
1572.0
pie
lb
1 

22
m
KN
04788.0
pie
lb
1 

m3048.0pie1

KN10x448.4lb1
3


718. Problemas resueltos de mecánica de suelos




146
Primero se dibuja a escala el talud, a continuación se divide en fragmentos para analizar cada
uno de ellos.


Figura 12.8. Fragmentación.

Cálculo de área por debajo la superficie piezométrica

Fragmento Ancho
medido
[cm]
Alto medido
[cm]
Ancho [pie] Alto[pie] Área
3 0,40 0,65 1,33 1,91 1,17
4 1,50 1,15 5,00 3,38 16,90
5 1,50 1,50 5,00 4,41 22,05
6 1,50 1,35 5,00 3,97 19,85
7 1,50 1,00 5,00 2,94 7,35
Are FGDEF 67,42

Entonces: 125
4.62
21.204
42.67

ur

16.0
ur


Método Bishop – Morgenstein

Escala H  1.5 cm - 5 pies
A cm - X pies 5.1
5
AxX

Escala V  1.7 cm - 5 pies
B cm - Y pies 7.1
5
BY
0 510152025303540 5035-5
-5 35504035302520151050
40
35
30
25
20
10
0
15
5
40
5
15
0
10
20
25
30
35
2
1
3
4
5
6
7
8
9
A
B
D
C
E
Distance (feet)
Elevation (feet)
Homogeneous Embankment
Surface of firm stratum
Drain
Center
1.326
F
Distancia , pies
Elevación, pies
Estrato firme de suelo
Banco homogéneo Drenaje

719. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




147
Se utilizan las tablas del anexo L urnmFS ''

23.0
ur

1D


Pendiente 20525
30535


V
H
050.0025.0036.0
20125
90
yrInpterpola
xH
c




Para 2:1
324.1º32'
343.1721.1';721.1'5.32
246.1567.1';606.1'º30025.0



FSpara
FSnm
FSnm
H
c





597.1º32'
618.1789.1';029.2'5.32
513.1630.1';888.1'º30050.0



FSpara
FSnm
FSnm
H
c






Para 444.1036.0  FS
H
c


Para 3:1
875.1º32'
905.1285.2';431.2'5.32
757.1078.2';235.2'º30023.0



FSpara
FSnm
FSnm
H
c





201.2º32'
232.2370.2';777.2'5.32
079.2137.2';575.2'º3005.0



FSpara
FSnm
FSnm
H
c






Para 018.2036.0  FS
H
c


720. Problemas resueltos de mecánica de suelos




148

Extrapolando para 1.5:1 entonces;
 5.0444.1018.2444.1 FS


El factor de seguridad será:
1.157FS

721. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




149
PROBLEMA 8

Se pide demostrar que el factor de seguridad en un talud infinito con flujo es:




 tan
'tan'
tancos
'
2
satsatH
c
FS 


Donde: c’ y ’ son los parámetros de resistencia, sat el peso unitario saturado, ’ peso unitario
sumergido y  corresponde a la inclinación del talud.

Solución.
L
H
F
F
W
R
Na
Nr
Ta
Tr
c
a
d
b
A
B




Figura 12.9. Características del problema.
HLW

 coscos HLWN
a 

 sinsin HLWT
a 

 coscoscos HLWRN
r 

 sinsinsin HLWRT
r 



2
cos
cosH
N
L
r




sincos
cos
 H
T
L
r
d
[1]

722. Problemas resueltos de mecánica de suelos




150

ddddd ucc  tantan' 

  
2
coscoscos HHhu
wwpw 

 
dwdd HHc  tancoscos
22


ddd Hc  tancos'
2

[2]

Igualando las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que:
ddHcH  tancos'sincos
2


FSFFy
F
c
F
c
cdd
c





tan
tan
;



sincos
tancos'
2
H
Hc
FS





 sincos
tancos'
sincos
2
H
H
H
c
FS 


Por lo tanto:




 tan
tan'
tancos
2

H
c
FS

723. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




151
PROBLEMA 9

Explique detalladamente como varía el factor de seguridad contra deslizamiento, en una
potencial superficie de falla circular, en función del tiempo, cuando se construye un terraplén
de arcilla sobre un suelo totalmente saturado de condiciones de resistencia idénticas y se lo
deja en reposo por un largo tiempo. Asimismo, especifique las razones para esta variación en
función del tiempo.

Solución.

En la figura 12.10, se muestra un talud con una potencial superficie de falla circular; así como
una muestra obtenida en el punto P.

P

Figura 12.10. Posible superficie de falla en el talud.

En el proceso de construcción, se incrementa la altura del talud hasta el fin de la
construcción, luego permanece constante en el tiempo. De la misma manera, el esfuerzo de
corte actuante (movilizado) depende de la altura del talud, presentando la misma variación.
(ver figura 10.11).

tt t
1 2

Figura 12.11. Variación de la altura del talud.


Debido a la construcción del terraplén )( , se presenta un exceso de presión de poros,
máximo al finalizarse. Luego se da la disipación hasta el valor inicial (Figura 10.12).

724. Problemas resueltos de mecánica de suelos




152
t
1 2t t
u
0
1u

Figura 10.12. Variación de la presión de poros.

La resistencia al corte viene dada por la expresión: 'tan''c 

Sin embargo, la resistencia al corte a corto plazo se expresa mediante la expresión:
.ctte)thasta(C
u 
1


En la Figura 10.13 se muestra la variación del esfuerzo de corte.
t
1 2t t

Figura 10.13 Variación del esfuerzo de corte.

Luego la presión de poros (u) se disipa incrementándose el esfuerzo efectivo (' ) así como
el esfuerzo de corte ( ) (Figura 12.14).
t
1 2t t
F.S.

Figura 12.14. Variación del factor de seguridad.

725. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




153
PROBLEMA 10

Para el talud mostrado en la Figura 12.15 se pide determinar:

a) El factor de seguridad a corto plazo.
b) El factor de seguridad a largo plazo.

 = 20°
c' = 10 kPa; ' = 30°
 = 20 kN/m
arcilla:
u
3
C = 38 kPa;  = 0°
H = 10 m.

Figura 12.15. Propiedades del talud.

Solución.

a) El factor de seguridad a corto.

Se determinará el factor de seguridad (F.S.) a corto plazo, mediante el método de Taylor


 Dde valor unpara
HFS
C
m
u



El valor de m se determina mediante el ábaco de la Figura L.8, que será:
0,182m 


Entonces el factor de seguridad a corto plazo será:
05,1
1020182,0
38
Hm
Cu
FS 







b) El factor de seguridad a largo plazo.

El factor de seguridad a largo plazo, se determina mediante los siguientes métodos:

 Método de Spencer
 Método de Bishop-Morgenstern

Debido a que el talud se encuentra completamente saturado se adopta un valor de 500,r
u ,
asimismo los valores a utilizar para yc serán de 10 kPa y 30º, respectivamente.

726. Problemas resueltos de mecánica de suelos




154
Se calcula el factor:
050
1020
10
,
H
c






Método de Spencer.
05,0
10201
10
1 




HFS
c
FS


º19
d

68,1
19tan
30tan
tan
tan

d
FS




Entonces, se encuentra el factor de seguridad mediante iteraciones hasta que el valor asumido
de FS sea igual al valor calculado.
041,0
102020,1
10
20,1 




HFS
c
FSSea



Mediante el ábaco de la Figura L.15 se encuentra un valor de º
d22 , luego se calcula el
valor de FS.
43,1
22tan
30tan
tan
tan

d
FS




Debido a que el valor asumido para el factor de seguridad FS = 1.20 es muy diferente al valor
calculado, se sigue con el procedimiento.
º24038,03,1 


d
HFs
c
FsSea 


30,1
24tan
30tan
Fs

30,1Fs


Método de Bishop – Morgenstern

El factor de seguridad se define como:
urnmFS 

Donde:
m, n = factores de estabilidad.

727. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




155
El método consiste en calcular el factor de seguridad para la combinación de los parámetros: Dy,,
H
c


. Además éstos varían según la pendiente que se tenga.

La pendiente se define como:x1tan .

Entonces: 75.2
20tan
1
º20  x


Por lo tanto la pendiente será: 2.75:1
05.0
1020
10



H
c



Se calcula ahora el valor del factor de seguridad.
5010731
1572574263018881
1312
1
,FS,FS
,n,m,n,m
:Pendiente:Pendiente
DPara





47411861
3422645295011612
1312
251
,FS,FS
,n,m,n,m
:Pendiente:Pendiente
,DPara





61613971
6962964234225682
1312
51
,FS,FS
,n,m,n,m
:Pendiente:Pendiente
,DPara






El factor de seguridad para una pendiente de 2,75:1, se calcula por medio de interpolación
lineal entre los valores calculados para pendientes de 2:1 y 3:1. Para la interpolación se eligen
los valores de 1,073 y 1,474 como limites, debido a que el factor de seguridad encontrado
mediante el método de Spencer fue de 1,30.
 
 
12
11
474.11:3
1:75.2
073.11:2
yFsy
x
xFsy



 
112
12
1
12
1
12
1
xxx
yy
yy
x
yy
yy
xx
xx










728. Problemas resueltos de mecánica de suelos




156   37.1073.1073.1474.1
23
275.2



x


El factor de seguridad será:
1.37FS

729. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




157
PROBLEMA 11

Determinar el parámetro de presión de poros ru, para el talud de la Figura 12.16. (35, 25)
(10, 35)
Centro
Dren
Estrato duro
Arcilla homogénea
Elevación, m
Distancia, m
5
15
0
10
20
25
30
35
40
0 510152025303540 5035-5
(5, 5)
(13, 5)
1
2
3
4
5

Figura 22.16. Talud dividido en fragmentos.

Fragmento h (m) z (m)
1 5,5 0,65
2 7,25 3,5
3 8,5 4,5
4 9,25 3,75
5 8,25 1,75

Solución.

El parámetro de presión de poros ru, se define como:
)n(
)n(
)n(u
z
u
r





Ddonde:
fragmento. del promedioaltura z
suelo del específico peso
fragmento el enagua poros de presión
(n)
)(




nu

Se calculará el parámetro de presión de poros ru para cada fragmento. Luego se calculará el
valor ponderado del mismo.

730. Problemas resueltos de mecánica de suelos




158
m,b
,
,
,,
r
m,z
Fragmento
mb
,
,
,,
r
m,z
Fragmento
mb
,
,
,,
r
m,z
Fragmento
mb
,
,
,,
r
m,z
:Fragmento
m,b
,
,
,,
r
m,z
:Fragmento
)(u
)(u
)(u
)(u
)(u
54
1040
25820
819751
258
5
5
2000
25920
819753
259
4
5
2590
5820
81954
58
3
5
2370
25720
81953
257
2
81
0580
5520
819650
55
1
5
5
5
4
4
4
3
3
3
2
2
2
1
1
1































El valor de ru será:

19,0r
19,0
3,215558,1
5,4104,0520,05259,05237,08,1058,0
u
5
1
5
1
)(











n
n
n
nun
u
b
rb
r

731. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




159
PROBLEMA 12

Para la Figura 12.17 se pide determinar:

a) La razón de presión de poros ur , a partir del método de Bromhead.
b) El factor de seguridad a largo plazo en la superficie de falla mostrada, utilizando el método
de Bishop simplificado.
10
4
5.764.6112.716.93
18 kN/m
3
c' = 5 kPa
22 kN/m
3
30°
30°

Figura 32.17. Características y fragmentación del talud.

Solución

a) La razón de presión de poros ur , a partir del método de Bromhead.


Figura 42.18. Fragmentos del talud.

Debido a que en el talud se produce una falla general, la fracción de fragmento elegida según
el método de Bromhead, es el tercio medio.

Luego, el coeficiente de presión de poros es:

A
rA
r
u
u



; 
u
r
u

El valor del coeficiente de presión de poros, es determinado a partir de la Tabla 10.1.

732. Problemas resueltos de mecánica de suelos




160
Tabla 10.1. Determinación del coeficiente de presión de poros. N° b [m]h [m]A [m
2
] u [kPa] [kPa] r
u Ar
u
1 4 5,71 22,84 0 136,80 0 0
2 4 4,86 19,44 7,28 134,60 0,05 1,05
3 4 4,09 16,36 19,04 118,60 0,16 2,63
4 4 3,29 13,16 32,2 104,20 0,31 4,07
5 4 2,57 10,28 43,96 90,50 0,49 4,99
6 4 1,71 6,84 54,6 87,70 0,62 4,26
A= 88,92 Ar
u=17,00


Entonces: 19.0
92.88
95.16

ur


b) El factor de seguridad a largo plazo utilizando el método de Bishop simplificado.

El factor de seguridad es determinado a partir de la ecuación:
  








pn
n
nn
n
pn
n
nnnn
W
m
buWcb
FS
1
)(1
sin
1
tan




Donde: FS
m
n
nn



sintan
cos
)( 


Luego a partir de la Tabla 10.4 en base a las Tablas 10.2,10.3 y a las Figuras 10.19 y 10.20, el
factor de seguridad es igual a:

FS = 1.91

Tabla 10.2. Determinación de valores para el factor de seguridad. FragmentoA W c  b
nW
n sen
N° m
2
kN/m [°] [m][kN/m]
1 22,096397,7285 -49-0,7550,665,76-300,17
2 34,16614,885 -36-0,5880,814,61-361,42
3 46,59838,625 -20-0,3420,9412,71-286,82
4 34,64762,085 -18-0,3090,9512,71-235,50
5 15,51341,225 10,01751,006,93 5,96
6 12,78125,244 10,01751,006,6 2,19
=42,721175,77
sen cos 


Tabla 10.3. Determinación de valores para el factor de seguridad. Fragmento  h u tan  m
(n) m
(n) m
(n)
N° [°] [°] FS=1 FS=1,5FS=2
1 -49 30 0 0-0,7550,660,58 0,22 0,37 0,44
2 -36 30 0 0-0,5880,810,58 0,47 0,58 0,64
3 -20 30 0 0-0,3420,940,58 0,74 0,81 0,84
4 -18 30 3,0429,79-0,3090,950,58 0,77 0,83 0,86
5 1 30 4,3142,240,01751,000,58 1,01 1,01 1,00
6 1 2,0019,600,01751,00 0 1,00 1,00 1,00
sen cos 

733. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




161 35
35
12,714,615,76
0
0
105
20
15
10
5
3
22 kN/m
3
18 kN/m
2015 3025
40
35
30
25
0
50
45
105 15202530
6,93
4540 5550 706560
0
5
20
15
10
O
4540 5055
40
35
30
25
706065
50
45
49°
36°
1°
20°
18°

Figura 52.19. Determinación del ángulo  para cada fragmento.
4.34
3.67
35
35
12,714,615,76
1
0
0
105
20
15
10
5
3
22 kN/m
3
18 kN/m
A
2015 3025
A
7.47
7.1
3.04
7.5
A
4
A
3
2
40
35
30
25
0
50
45
105 15202530
6,93
4540 5550
2.31
2.0A
5
706560
0
5
20
15
10
O
4540 5055
40
35
30
25
706065
50
45

Figura 62.20. Determinación del área de cada fragmento.

734. Problemas resueltos de mecánica de suelos




162
Tabla 10.4. Determinación del factor de seguridad. FS=1 FS = 1,5 FS = 2
Fragmentob
n cb
n W-ub
n(W-ub
n)tan
N° [m] [m]
1 5,7628,80 397,73 229,63 258,43 1172,93 706,92 589,76
2 4,6123,05 614,88 355,00 378,05 804,95 648,70 591,32
3 12,7163,55 838,62 484,18 547,73 737,95 677,84 651,31
4 12,7163,55 383,42 221,37 284,92 368,76 342,40 330,59
5 6,9334,65 48,51 28,01 62,66 62,04 62,25 62,35
6 6,6 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00
 3146,63 2438,11 2225,33
[cb
n+(W-
ub
n)tanm
(n)
cb
n+(W-
ub
n)tan
[cb
n+(W-
ub
n)tanm
(n)
[cb
n+(W-
ub
n)tanm
(n)


Donde se tiene que:
 
 
  89.1
77.1175
33.2225
07.2
77.1175
11.2438
68.2
77.1175
63.3146
2
5.1
1






asum
asum
asum
FS
FS
FS
FS
FS
FS


Luego, el factor de seguridad es calculado como aquel valor para el que el factor de seguridad
asumido es igual al factor de seguridad calculado, Figura 12.21.
FS
asum
calc
FS
1.01.52.0
1.91

Figura 72.21. Determinación del factor de seguridad.

735. Capítulo 12 Estabilidad de taludes




163
PROBLEMA 13

Para los datos de la Figura 12.22, se pide determinar el factor de seguridad contra
deslizamiento utilizando el método de Bishop-Morgenstern.
5,00 m
1,25
Estrato firme
1
2.5
Suelo
=20 kN/m3
'=30º
c'=5 kN/m2
r =0.32u
FIGURA 2
D·H

Figura 12.22. Características del talud.

Para este caso se tiene que:
 
10.0098.0
58.920
5
'
'



H
c









Para obtener los coeficientes de estabilidad m’ y n’, se consideranlos valores para los taludes
2:1 y 3:1.

Talud m’ n’ FS=m’-n’·ru
2:1 2.540 2.000 1.900
3:1 3.112 2.415 2.339

El factor de seguridad para el talud 2.5:1, entre 2:1 y 3:1 será el promedio de ambos, Por lo
tanto se tendrá que:

FS=1.12 1:5.2;32.0;º30 taludr
u 25.1
5
25.6
25.6*  DHD

736. Problemas resueltos de mecánica de suelos




164

737. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




151
CAPITULO TRECE
Exploración del subsuelo

4.1. Introducción.

Para el diseño de una fundación y su construcción, es necesario conocer la actual
estratificación del suelo, los resultados de laboratorio de muestras obtenidas a varias
profundidades y las observaciones realizadas durante la construcción de otras estructuras
obtenidas en similares condiciones. Para este propósito una exploración del subsuelo
adecuado es necesaria. Los objetivos de la exploración del subsuelo son entre otros:

1. Determinar la naturaleza y estratificación del suelo en el sitio.
2. Obtener muestra.
3. s de suelo disturbados y no disturbados, para una identificación visual y ensayos de
laboratorio apropiados.
4. Determinar la profundidad y naturaleza del lecho rocoso, si este es encontrado.
5. Realizar ensayos de campo en sitio, como SPT, CPT, veleta de corte y otros.
6. Observar las condiciones de drenaje tanto superficial como subsuperficial.
7. Observar posibles problemas constructivos ya sea por la topografía o por la
existencia de estructuras próximas.

Un programa de exploración del suelo para una determinada estructura se divide en cuatro
categorías principales:

Recolección de información preliminar

Este paso incluye la obtención de información acorde al tipo de estructura y su uso. Para la
construcción de un edificio se deberá conocer, la distancia entre columnas, la magnitud de sus
cargas y los requerimientos del código de construcción local.
Una idea general de la topografía y el tipo de suelo, puede ser encontrado en mapas
geológicos locales y nacionales, en oficinas estatales de agricultura, publicaciones sobre
agricultura, publicaciones de información hidrológica, mapas hidrológicos, manuales y
publicaciones del departamento estatal de caminos.

Reconocimiento

El ingeniero siempre hará una inspección visual del terreno para la obtención de información
básica sobre:

1. La topografía general, existencia de drenajes, presas, taludes, grietas que indiquen
suelos expansivos, etc.
2. Estratificación del suelo, por excavaciones hechas anteriormente, cortes realizados en
caminos próximos, etc.
3. Tipo de la vegetación en el sitio, el cual puede indicar la naturaleza del suelo.
4. Humedad en construcciones próximas, puede indicar nivel freático alto así como
venas de capilaridad por la cercanía de un río.
5. Observaciones en construcciones próximas tales como grietas en muros,
asentamiento de columnas y otros pueden indicar problemas de asentamientos.

738. Problemas resueltos de mecánica de suelos




152
Investigación del sitio

Esta etapa consiste en la realización de ensayos tanto en sitio como en laboratorio. La
profundidad de sondeo depende del suelo encontrado, sin embargo para determinar una
profundidad mínima, el ingeniero puede usar reglas dadas por la Sociedad Americana de
Ingenieros Civiles.

1. Determinar los incrementos de esfuerzo , bajo la fundación a diferentes
profundidades.
2. Estimar la variación del esfuerzo vertical v con la profundidad.
3. Determinar la profundidad D1 en el cual  es igual a q/10, donde q es la presión
neta estimada que transmite la fundación.
4. Determinar la profundidad D2 en el cual /v=0,05.
5. Si es que el lecho rocoso no fuera encontrado durante el proceso de perforación, la
mínima profundidad de exploración será el menor valor entre D1 y D2.

Técnicas de muestreo en suelos.

Uno de los propósitos principales de los sondeos es la obtención de muestras representativas
del suelo. Estos se utilizan para determinar el perfil del suelo y realizar ensayos de
laboratorio. Hay dos tipos de muestras: disturbadas y no disturbadas. Una muestra disturbada
es aquella compuesta por suelo alterada por los procesos de perforación. Estas son utilizadas
para la realización de ensayos de clasificación y ensayos de compactación Proctor. Una
muestra no disturbada es aquella recuperada completamente intacta, conservando las
estructura y esfuerzos propios del suelo en el sitio. Estas muestras son requeridas para
ensayos de laboratorio tales como ensayos de consolidación y ensayos de corte. Se obtienen
mediante tubos Shelby, los que tienen pared delgada.

Métodos geofísicos

Son métodos indirectos cuyo principio es el siguiente:

Consiste en generar ondas de choque en el suelo, las cuales viajan por el subsuelo hasta el
lecho rocoso. Usando sensores denominados geófonos se mide el retorno de estas ondas en la
superficie. De acuerdo a la magnitud, tiempo y características de las ondas de retorno es
posible estimar el perfil geológico del suelo.

12.5 REPORTE DE LA EXPLORACIÓN

Al finalizar la exploración, luego de realizar los ensayos tanto de campo como de laboratorio,
se deberá prepara un reporte de los resultados para el uso en el diseño estructural. Un reporte
podrá contener la siguiente información.

1. Alcance de la investigación.
2. Descripción general de la estructura propuesta para la cual se realizo la exploración.
3. Condiciones geológicas del sitio.
4. Facilidades de drenaje del sitio.
5. Detalles del sondeo.
6. Descripción de las condiciones del subsuelo determinadas por las muestras de suelo.
7. Profundidades del nivel freático observada en la exploración.
8. Detalles de las fundaciones recomendadas y sus alternativas.

739. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




153
9. Algunos problemas constructivos que puedan tenerse.
10. Limitaciones de la investigación.

Las siguientes presentaciones graficas también necesitan ser adjuntadas al reporte:

1. Mapa de la localización del sitio.
2. Localización de las perforaciones con respecto a la estructura propuesta.
3. Esquema de los detalles obtenidos de cada una de los sondeos.
4. Resultados de ensayos en laboratorios.
5. Otras presentaciones especiales.

740. Problemas resueltos de mecánica de suelos




154
4.2. Problemas resueltos.

PROBLEMA 1

Se pide:

a) Determinar la razón de áreas de un tubo de muestreo Shelby cuyos diámetros interno y
externo son respectivamente 86 mm y 90 mm.
b) Determinar la razón de áreas de una cuchara de muestreo SPT cuyos diámetros interno y
externo son de 35 mm y 51 mm respectivamente.

Solución

a) razón de áreas de muestreo Shelby.
)100(
86
8690
(%)
)100((%)
2
22
2
22




r
I
IO
r
A
D
DD
A


Ar (%) = 9,51 %

Para que una muestra de suelo sea considerada no disturbada, generalmente su relación de
áreas tiene que ser igual o menor que 10%, por tanto el tubo Shelby está dentro de los
parámetros aceptables.

b) Razón de áreas de una cuchara de muestreo SPT.
)100(
35
3551
(%)
)100((%)
2
22
2
22




r
I
IO
r
A
D
DD
A


Ar (%) = 112 %

Este porcentaje indica que la muestra obtenida con la cuchara es altamente disturbada.

741. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




155


PROBLEMA 2

Los siguientes datos corresponden a un ensayo de SPT, cuyo nivel freático no fue observado.

 Numero de golpes: N = 20
 Profundidad de sondeo: L = 12m
 Diámetro de la perforación: 150 mm
 Peso unitario promedio del suelo:  = 18 kN/m
3

 Energía del martillo Er = 45
 Muestreo sin liner.

Realizar las correcciones necesarias para una energía Er = 70 y Er = 60

Solución

En el anexo I se presentan las formulas de corrección para el ensayo de penetración
estándar.
67,0
)12)(18(
76,95
1
2




p
p
C
N


p1 : Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95,6 kPa
64,0
70
45
1 


2 =1,00 L>10m
3 =1,00 Practica usual sin liner
4 =1,05 Diámetro de 150mm
)05,1)(1)(1)(64,0)(20)(67,0(
70
432170


N
NCN
N


70N = 9
Transformamos a una energía de Er = 60 )9(
60
70
60 





N

60N
= 10

742. Problemas resueltos de mecánica de suelos




156


PROBLEMA 3

De los siguientes resultados de un ensayo de penetración estándar en arena: determine los
números de SPT corregidos N60 a varias profundidades. El nivel freático no fue observado en
todo el proceso. Asumir el peso unitario promedio de la arena como =20 kN/m
3


 Diámetro de perforación: 150 mm
 Energía de martillo Er = 50
 Tipo de muestreo: sin liner

Profundidad N
2 8
4 7
6 12
8 14
10 13

Solución

Empleamos la ecuación para la corrección de N
432170  NCN
N


N70 : Valor de SPT corregido
CN : Ajuste por presión de sobrecarga
1
2
p
p
C
N





p1 : Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95,76 kPa
p2 : Esfuerzo vertical efectivo en el lugar de ensayo
1 : Eficiencia del martillo
70
1
rE



Er : Energía del martillo (depende del tipo de martillo y su sistema de golpe)
71,0
70
50
1 


2 : Corrección por profundidad (tabla I-1, anexo I)
3 : Corrección por muestreo (tabla I-2, anexo I)
4: Corrección por diámetro de perforación (tabla I-3, anexo I)
N : Valor de SPT obtenido en campo

743. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




157


Para convertir a N60 se realiza el siguiente factor de conversión:
7060
60
70
NN 


En la siguiente tabla se resumen las operaciones efectuadas.

Prof.
H
N P'1= h CN 1 2 3 4 N'70 N'60
2 8 40 1,55 0,71 0,75 1,00 1,05 7 8
4 7 80 1,09 0,71 0,75 1,00 1,05 4 5
6 12 120 0,89 0,71 0,85 1,00 1,05 7 8
8 14 160 0,77 0,71 0,95 1,00 1,05 8 9
10 13 200 0,69 0,71 1,00 1,00 1,05 7 8

744. Problemas resueltos de mecánica de suelos




158
PROBLEMA 4

El número N70 de un ensayo de SPT fue de 15, siendo el suelo de consistencia media, estimar
por medio de correlaciones: la densidad relativa, el ángulo de fricción interna y el peso
unitario del suelo.

Solución

Mediante los valores de la tabla I-4 (anexo I ), encontramos el rango de valores para el
número de golpes especificado y la consistencia del suelo.

Interpolando tenemos:
  










 35,035,065,0
820
815
rD
Dr = 0,52

Angulo de fricción interna:
 










 323236
820
815 
= 34º

Peso unitario
110)110130(
820
815













Entonces:

=122 kN/m
3

745. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




159
PROBLEMA 5

De los resultados del problema 4 estimar el valor de N60 (número de SPT corregido) y N
(número de SPT en campo). Por medio de correlaciones encontrar la resistencia al corte no
drenado (utilizar la ecuación de Hara del anexo I)

Solución

Para obtener el valor de diseño realizamos un promedio de N60 en la tabla resumen del
PROBLEMA 4, entonces :

N60 = 8

Para estimar el corte no drenado realizamos también un promedio de los valores en campo
para NF (PROBLEMA 4), entonces:

NF = 11

Según la ecuación de Hara tenemos:
72,0
29
Fu Nc


NF: número de penetración estándar en el campo: .

72,0
11)29(
uc

uc
=163 kN/m
2

746. Problemas resueltos de mecánica de suelos




160
PROBLEMA 6

Se realizó un ensayo con la veleta de corte, cuyas dimensiones son: d = 76 mm y h = 152
mm, aplicándose un torque hasta la falla de 70 Nxm. Determinar la resistencia al corte no
drenado para propósitos de diseño, considerar que su índice de plasticidad es de PI = 18.

Solución

Para encontrar la solución se utilizara la ecuación de Calding que se encuentre en la sección
I.3 del anexo I . Asumimos el tipo de movilización del suelo en los extremos como triangular,
por tanto =1/2
2
N/m
u
c
dhd
T
u
c
45118
4
3
076,0
5,0
2
)152,0(
2
)076,0(
70
4
3
2
2























Corrección por plasticidad:
022,1))18)(log(54,0(7,1 


Resistencia al corte no drenado: 2
diseñou
veletaudiseñou
N/m c
cc
46117)45118)(022,1(
)(
)()(




2
kN/m 46,1
u(diseño)c

747. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




161
PROBLEMA 7

Se realizó un ensayo de CPT cuyos resultados fueron los siguientes: qc=12 Mpa a una
profundidad de 8 metros en una arena con ’=11,15 kN/m3. Estimar el ángulo de fricción
interna . Se utilizó un cono mecánico.

Solución

Angulo de fricción interna para arenas normalmente consolidadas que se encuentra en la
sección I.6 del anexo I.



































3,42
)8)(15,11(
12000
log)38,0(1,0tan
'
log)38,0(1,0tan
1
1
v
cq


= 42,3º

748. Problemas resueltos de mecánica de suelos




162
PROBLEMA 8

Se desea construir una fundación cuadrada de 4,0 m. a una profundidad de 2,0 m por debajo
del nivel del terreno en una arena medianamente densa de peso unitario 19,0 kN/m
3
. El nivel
de agua se localiza a 4,0 m por debajo de la superficie. Los valores obtenidos en un ensayo de
penetración estándar son:

Profundidad, m 2,0 2,8 3,6 4,4 5,2 6,0 6,8
N (campo) 12 13 15 15 18 21 25

Calcular la capacidad admisible del suelo si el asentamiento está restringido a 25mm.

Solución

Analizamos hasta una profundidad igual al ancho de la fundación, es decir hasta una
profundidad 4.0 m por debajo del nivel de fundación.
El número de golpes debe ser corregido, para tal efecto se presenta la siguiente tabla:

Profundidad
(m) )/(
2
mkN
v
(kN/m
2
´v v
NC


76,95 N N1
2,0 38 0,0 38 1,587 12 19,04
2,8 53,2 0,0 53,2 1,342 13 17,45
3,6 68,4 0,0 68,4 1,183 15 17,75
4,4 83,6 3,92 79,68 1,096 15 16,44
5,2 98,8 11,76 87,04 1,049 18 18,88
6,0 114 19,6 94,4 1,007 21 21,15

Calculamos el número corregido de golpes promedio:
4
)4,0)(15,21()8,0)(88,18()8,0)(44,16()9,0)(75,17()7,0)(45,17()4,0)(04,19(
1


prom edioN

N1promedio = 18,13 ; entonces la capacidad admisible neta es

























2
2
2)(
1
76,95
95,1
pie
ton
m
kN
pie
ton
q
netaa








2)( 7,186
m
kN
q
netaa

0)(0)( qqqqqq
netaanetaa 

)19)(2(7,186
aq


qa = 225 kN/m
2

749. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




163
PROBLEMA 9

Indicar los ensayos necesarios para determinar si un suelo es dispersivo.

Respuesta

Los ensayos para determinar la dispersividad de un suelo son los siguientes:

- Ensayo de erosión interna (Pinhole test)
- Ensayo de doble hidrometría
- Análisis químico de agua de poros.
- Ensayo de fracciones del suelo (Crumb test).

750. Problemas resueltos de mecánica de suelos




164
PROBLEMA 10

Describir el método del doble odómetro para la determinación de suelos colapsables.

Respuesta

Jennings & Knight (1956, 1975) desarrollaron el método del doble odómetro. Este método
consiste de la realización de dos ensayos de consolidación: uno realizado sobre una muestra
con contenido de humedad natural y el otro sobre una muestra que se encuentra saturada.

Preparación de la muestra.

La preparación de las muestras para este ensayo es realizada del mismo modo que para el
ensayo de consolidación unidimensional (ver Capítulo 2).

Procedimiento del ensayo.

Este ensayo se realiza de manera semejante al ensayo de consolidación especificado según
norma bajo la designación ASTM D-2453. El ensayo de consolidación en su totalidad ya fue
desarrollado en el Capítulo 2. Los pasos a seguir son los siguientes:

1. Ensambladas las dos muestras en el odómetro, someter a las dos muestras a una
presión de 1 [kN/m
2
] durante 24 horas.

2. Pasadas las 24 horas, saturar una de las muestras inundándola durante 24 horas. La
muestra restante debe mantener su contenido de humedad natural.

3. Concluida la inundación, continuar con la aplicación de carga hasta alcanzar el
nivel deseado. La aplicación de los incrementos de carga es realizada del mismo modo
que en el ensayo de consolidación, ASTM D 2435.

4. Trazar las curvas de consolidación de laboratorio, para ambos ensayos.

5. Trazar una línea vertical a través de '
o .

6. Determinar la presión de preconsolidación, '
c , para la muestra de suelo inundada.
Si 5.18.0/
''

oc el suelo es normalmente consolidado, mientras que si 5.1/
''

oc
el suelo es sobreconsolidado.

7. Calcular '
oe que es el índice de vacíos correspondiente al esfuerzo de '
o para la
curva de consolidación de laboratorio de la muestra saturada.

8. Por el punto  
''
,
ooe , dibujar una curva paralela a la curva de consolidación de
laboratorio de la muestra con contenido de humedad natural.

751. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




165
9. Determinar el incremento de esfuerzo vertical, v , y trazar por este una vertical.

10. A partir de la vertical trazada, determinar 1e y 2e , Fig.5.


o
'

'
c
'
o
v

'
ooe )
'
1e
e
2
Muestra con contenido
de humedad natural
Muestra saturada
log '
v
e

(a) 
'

'

'
o c o v
e )
''
oo de humedad natural
Muestra con contenido
Muestra saturada
1e
e
2
log '
v
e

(b)
Figura 13.1. Resultados obtenidos a partir del ensayo del doble odómetro.
(a) Suelo normalmente consolidado (b) Suelo sobreconsolidado.

752. Problemas resueltos de mecánica de suelos




166
PROBLEMA 11

Explicar en que consiste el ensayo de erosión interna de un suelo (“pinhole”)

Respuesta.

Paso 1

Se arma una muestra como se observa en la Figura 13.2.
Diagrama esquemático del equipo para la realización del ensayo Pinhole
Agua destilada desde un
tanque de altura constante
Guía centradora plástica
de 0,06" de diámetro
y 1/2" de longitud
Diámetro
1,0 mm
Especimen de arcilla
compactada
Arena gruesa
Orificio en la parte
superior de la camara
Harvard, permeámetro de
compactación en miniatura

Figura 13.2. Diagrama esquemático del equipo para la realización del ensayo Pinhole.

Paso 2

Se inicia el ensayo dejando que fluya el agua destilada con una altura total de 50 mm, por el
hoyo perforado.

Paso 3

Medir el volumen de afluente y el tiempo necesario para colectar ese volumen.

Paso 4

Registrar el escurrimiento del agua.

Paso 5

Clasificar la muestra (dispersividad).

753. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




167
PROBLEMA 12

Para los datos de la Figura 13.3, se pide determinar la máxima capacidad admisible de apoyo
considerando los siguientes datos:

 Equipo utilizado: Industria japonesa. Martillo de rosquilla estirado por cable.
 Diámetro del sondeo = 150 mm.
 Cuchara sin recubrimiento.
 Nivel freático a 2 m de la superficie.
 El nivel de agua se mantuvo al nivel del terreno durante la ejecución del sondeo SPT.
FIGURA 3
0
2
4
6
8
10
h[m]
N
h
15
1
15
2
15
3
16
4
16
5
1717
7
18
8
18
910
B=L=3m
Arena
=20 kN/m3
=19 kN/m3
Por debajo del N.F.
Por encima del N.F.
s
tolerable
=25 mm

Figura 13.3. Características del perfil de suelo y la fundación.

Solución

Ensayo SPT.

De acuerdo a la tabla de factores de corrección para el SPT, tenemos que:

 Martillo de rosquilla de industria japonesa:

Er=67

957.0
70
67
70
1 
rb
r
rb
E
E
E 

 Sin recubrimiento de lodo bentonítico durante la perforación.
00.1
3 


 Diámetro de sondeo 150 mm.
05.1
4 

754. Problemas resueltos de mecánica de suelos




168 0
1
2
3
4
5
6
7
8
[m]
2B
N=15
N=15
N=16
N=16
N=17
N=17
=19 kN/m3 B=3 m
'=10.2*2=20.4 kN/m3
'=30.6 kN/m3
'=40.8 kN/m3
'=51.0 kN/m3
'=71.4 kN/m3
'=81.6 kN/m3
=20

Figura 13.4. Variación de esfuerzos en el perfil de suelo.

Determinación del número de golpes corregido por presión efectiva (N’70=Nc) para cada
subdivisión.
'
76.95


NC
; ajuste por presión de sobrecarga.
432170  NCN
N


h CN η1 η2 η3 η4 N70 Nc
2 2.167 0.957 0.75 1.00 1.05 15 24.5
3 1.769 0.957 0.75 1.00 1.05 15 20.0
4 1.532 0.957 0.85 1.00 1.05 16 20.94
5 1.370 0.957 0.85 1.00 1.05 16 18.72
7 1.158 0.957 0.95 1.00 1.05 17 18.79
8 1.083 0.957 0.95 1.00 1.05 17 17.58

Determinación de la media ponderada del número de golpes corregido.
71.19
6
5.0*58.175.1*79.185.1*72.181*94.201*205.0*5.24



Ncpr
Ncpr


El factor de profundidad es:
Cumple
B
D
F
f
d 33.122.1
3
2
33.0133.01 


La capacidad portante admisible neta es:
mBpara
S
F
B
B
Ncq
e
dan 22.1
4.25*28.3
1*28.3
98.11
2











 


755. Capítulo 13 Exploración del subsuelo




169 2
2
09.344
4.25
25
22.1*
3*28.3
13*28.3
*71.19*98.11
m
kN
q
q
an
an












 



La capacidad portante admisible es:
2*1909.344
oana qqq

kPaq
a382

756. ANEXO A Propiedades índice de los suelos.




ANEXO A
PROPIEDADES ÍNDICE DE LOS SUELOS .

1. Relaciones peso volumen de las fases del suelo.


Donde:

Va = Volumen de aire.
Vw = Volumen de agua.
Vs = Volumen de sólido.
Vv = Volumen de Vacíos.
Wa = Peso del aire.
Ww = Peso del agua.
Ws = Peso del sólido.
W = Peso total.


De la Figura A.1 se puede obtener las siguientes ecuaciones:

Volumen total [m
3
]: SVVVV   swa VVVV  [A.1]

Volumen de vacíos [m
3
]: wav VVV  [A.2]

Peso total [Kg/m
3
]: swWWW  [A.3]

Peso específico húmedo [Kg/m
3
]: V
W
 [A.4]

Peso específico de los sólidos [Kg/m
3
]: s
s
s
V
W
 [A.5]

Peso específico del agua [Kg/m
3
]: w
w
w
V
W
 [A.6]

 
3
kN/m 81.9
w
 
3
kgf/m 1000
w

3
lb/ft 4.62
w
Sólido
Agua
Aire
W
Ww
Ws
Wa
Va
Vw
Vs
V
Vv
Peso Volumen
Figura A.1. Tres fases de un suelo.

757. Problemas resueltos de mecánica de suelos




Gravedad específica: w
s
sG


 [A.7]

Peso específico seco [Kg/m
3
]: V
W
s
d [A.8]

Peso específico saturado [Kg/m
3
]: V
W
sat [A.9]

Peso específico sumergido [Kg/m
3
]: w' [A.10]

Principios Básicos

Grado de saturación: v
w
V
V
S [A.11]

Índice de vacíos: s
v
V
V
e [A.12]

Porosidad: V
V
n
v
 [A.13]

Contenido de humedad: S
W
W
W
w [A.14]

Densidad: V
M
 [A.15]

Peso: gMW  [A.16]

Densidad relativa [%]:
minmax
max
ee
ee
D
r



[A.17]

Donde: e = Índice de vacíos del suelo in situ.
emax = Índice de vacíos del suelo en el estado mas suelto.
emin = Índice de vacíos del suelo en el estado mas denso.

758. ANEXO A Propiedades índice de los suelos.




A partir de estas ecuaciones básicas se pueden hallar muchas relaciones peso – volumen para
los diferentes pesos específicos ( , d , sat .); y también algunos para la densidad relativa.
Estas relaciones fueron demostradas en este texto, y son las siguientes:

a. Para el peso específico húmedo, 
e
Gw
ws



1
)1( 

[A.18]
e
eSG
ws



1
)( 

[A.19]
S
Gw
Gw
s
ws




1
)1( 

[A.20]
)1()1( wnG
ws 
[A.21]
wws SnnG   )1(
[A.22]


b. Para el peso específico seco, d
w
d


1


[A.23]
e
G
ws
d



1


[A.24]
)1(nG
wsd 
[A.25]









S
Gw
G
S
WS
d
1


[A.26]
we
Se
w
d



)1(


[A.27]
e
e
w
satd



1


[A.28]
wsatd n 
[A.29]
)1(
)(



s
swsat
d
G
G

[A.30]

759. Problemas resueltos de mecánica de suelos




c. Para el peso específico saturado, sat
e
eG
ws
sat



1
)( 

[A.31]
 
wssat nGn   )1(
[A.32]
ws
ssat
sat
sat G
Gw
w
 











1
1
[A.33]
w
sat
sat
sat
e
w
w
e
 

















1
1
[A.34]
w
sat
sat
sat
w
w
n  









1
[A.35]
wdsat
e
e
 







1
[A.36]
wdSat n 
[A.37]
wd
s
sat
G
 









1
1
[A.38]
)1(
satdsat w
[A.39]

d. Para la densidad relativa, Dr
)1()(
)()1(
minmax
maxmin
nnn
nnn
D
r



[A.40]




















d
d
dd
dd
rD




(max)
(min)(max)
(min)

[A.41]

e. Otras.
n
n
e


1
[A.42]
SewG
s 
[A.43]

760. ANEXO A Propiedades índice de los suelos.




2. Textura y forma de las partículas del suelo.
e
D
S
L

[A.44]
Donde:
De = Diámetro equivalente de la partícula, que será:
L = Longitud de la partícula.
V = Volumen de la partícula.
0.1 0.5 0.7 0.9
0.3
0.5
0.7
0.9
0.3
Esfericidad
Redondez

Figura A.1. Ábaco para evaluar las partículas de forma granular (Krumbein & Sloss, 1963).

3. Parámetros de la curva de distribución del tamaño de partículas.
60
10
U
D
C
D

[A.45]
2
30
10 60
C
D
C
DD


[A.46]
25
75
D
D
S
o
[A.47]

a. Análisis del Hidrómetro:
 
30
1
sw
L
D
Gt





[A.48]
Donde:
L = Es la distancia que recorre la partícula al sedimentarse.
t = Es el tiempo que tarda en recorrer esa distancia.
w = Peso unitario del agua.
 = Viscosidad dinámica del fluido.
D = Diámetro de la partícula con forma esférica. 3
6
e
V
D




761. Problemas resueltos de mecánica de suelos



60
0
L
L
1
2
L
60
0
(a) (b)

Figura A.2. Hidrómetro. (Das, 1998)
L
DK
t

[A.49]

Donde:  
wsG
n
K



1
30

Tabla A.1. Valores de K. (ASTM D422) 2.5 2.55 2.6 2.65 2.7 2.75 2.8
17 0.01490.01460.01440.01420.0140.01380.0136
18 0.01470.01440.01420.0140.01380.01360.0134
19 0.01450.01430.01400.01380.01360.01340.0132
20 0.01430.01410.01390.01370.01340.01330.0131
21 0.01410.01390.01370.01350.01330.01310.0129
22 0.01400.01370.01350.01330.01310.01290.0128
23 0.01380.01360.01340.01320.0130.01280.0126
24 0.01370.01340.01320.01300.01280.01260.0125
25 0.01350.01330.01310.01290.01270.01250.0123
26 0.01330.01310.01290.01270.01250.01240.0122
27 0.01320.01300.01280.01260.01240.01220.0120
28 0.01300.01280.01260.01240.01230.01210.0119
29 0.01290.01270.01250.01230.01210.01200.0118
30 0.01280.01260.01240.01220.0120.01180.0117
Temperatura
ºC
Gravedad específica (Gs)






Tabla A.2. Valores de L para distintas lecturas (R) del hidrómetro.

762. ANEXO A Propiedades índice de los suelos.



Lectura RL cm Lectura RL cm
0 16.3 26 12
1 16.1 27 11.9
2 16 28 11.7
3 15.8 29 11.5
4 15.6 30 11.4
5 15.5 31 11.2
6 15.3 32 11.1
7 15.2 33 10.9
8 15 34 10.7
9 14.8 35 10.6
10 14.7 36 10.4
11 14.5 37 10.2
12 14.3 38 10.1
13 14.2 39 9.9
14 14 40 9.7
15 13.8 41 9.6
16 13.7 42 9.4
17 13.5 43 9.2
18 13.3 44 9.1
19 13.2 45 8.9
20 13 46 8.8
21 12.9 47 8.6
22 12.7 48 8.4
23 12.5 49 8.3
24 12.4 50 8.1
25 12.2 51 7.9

(%) ·100
i
aR
P
M
s


[A.50]

Donde el valor de a es una corrección para la gravedad específica, que será:
 
·1.65
1 ·2.65
s
s
G
a
G


[A.51]

Este valor de corrección también puede ser obtenido de la Tabla 1.9

Tabla A.3. Valores de a. (ASTM D422) G
s a
2.50 1.04
2.55 1.02
2.60 1.01
2.65 1.00
2.70 0.99
2.75 0.98
2.80 0.97

4. Limites de Atterberg.

763. Problemas resueltos de mecánica de suelos




t an
25







N
wLL
N
[A.52]
Donde:
LL = Límite líquido.
wN = Contenido de humedad natural.
N = Número de golpes.
tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación).

Tabla A.4. Valores para la relación (N/25)
0.121
. (ASTM D4318)
N N
20 0.973 26 1.005
21 0.979 27 1.009
22 0.985 28 1.014
23 0.990 29 1.018
24 0.995 30 1.022
25 1.000
N
25
0.121






N
25
0.121







12
2
1
ww
IF
N
log
N





[A.53]
Donde:
IF = Índice de flujo.
w1 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N1 golpes.
w2 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N2 golpes.
N1, 2 = Número de golpes correspondientes a cada ensayo.
w LP
IL
LL LP



[A.54]
Donde:
IL = Índice de liquidez.
w = Contenido de humedad del suelo en situ.
LL = Límite líquido del suelo.
LP = Límite plástico del suelo.

IP = LL  LP [A.55]
Donde:
IP = Índice de plasticidad.

Tabla A.5. Grado de plasticidad del suelo (Sowers, 1979). IP Descripción
0 - 3 No plástico
3 - 15 Ligeramente plástico
15-30 Baja plasticidad
> 30 Alta plasticidad

764. ANEXO A Propiedades índice de los suelos.



20 40 60 80 100
0
10
20
30
40
50
60
70
30 50
Línea
A
Línea
U
Limos inorgánicos de
alta compresibilidad y
arcillas orgánicas.
Limos inorgánicos de
alta compresibilidad y
arcillas orgánicas.
Arcillas inorgánicas
de alta plasticidad
Arcillas inorgánicas de
mediana plasticidad
Arcillas inorgánicas
de baja plasticidad
Limos inorgánicos de
baja compresibilidad
Límite líquido
Índice de plasticidad

Figura 1.35. Gráfico de plasticidad (Casagrande, 1932).

Línea A: IP = 0.73 (LL – 20) [A.56]

Línea U: IP = 0.9 (LL – 8) [A.57]
Fracción de arcilla (%)
IP
A
[A.58]
Donde:
A = Actividad.

LC = w0 – w [A.59]
Donde:
LC = Límite de contracción del suelo.
w0 = Contenido de humedad del suelo en consistencia líquida.
w = Cambio del contenido de humedad durante la contracción.
1 100
S
I
L
CL
L

  

[A.60]
Donde:
CL = Contracción lineal del suelo.
LS = Longitud después del secado.
LI = Longitud inicial.
s
F
M
IC
V

[A.61]
Donde:
IC = Índice de contracción del suelo.
Ms = Peso del suelo seco.
VF = Volumen final del suelo luego de ser secado.

765. Problemas resueltos de mecánica de suelos



P
LL w
CI
LL I



[A.62]
Donde:
CI = Índice de consistencia del suelo.
w = Contenido de humedad actual del suelo.
LL = Límite líquido.
IP = Índice de plasticidad.

766. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




ANEXO B
CLASIFICACIÓN DE SUELOS.

1. Sistema de clasificación Unificado.

Tabla B.1. Símbolos de grupo para la clasificación de suelos según el sistema Unificado.
División Principal Criterios
Símbolo de
Grupo
Suelo de grano grueso, R200 > 50
Suelo gravoso
R4 > 0.5 R200















Suelo arenoso,
R4 ≤ 0.5 R200
F200 < 5, CU ≥ 4 , 1 ≤ CZ ≤ 3
F200 < 5, CU < 4 y/o CZ no entre 1 y 3.
F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg
debajo de la línea A (Figura 2.1)
F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg
en o arriba de la línea A (Figura 2.1)
F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg
en o arriba de la línea A (Figura 2.1)
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GW y los
criterios de plasticidad de GM.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GW y los
criterios de plasticidad de GC.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GP y los
criterios de plasticidad de GM.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GP y los
criterios de plasticidad de GC.

F200 < 5, CU ≥ 6 , 1 ≤ CZ ≤ 3
F200 < 5, CU ≥ 4 y/o CZ no entre 1 y 3.
F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg
debajo de la línea A (Figura 2.1)
F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg
en o arriba de la línea A (Figura 2.1)
F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg
en o arriba de la línea A.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los
criterios de plasticidad de SM.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los
criterios de plasticidad de SC.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios
de plasticidad de SM.
5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios
de plasticidad de SC.
GW
GP
GM

GC

GC-GM
a


GW-GM
a


GW-GC
a


GP-GM
a


GP-GC
a



SW
SP
SM

SC

SC-SM
a


SW-SM
a


SW-SC
a


SP-SM
a

SP-SC
a
Suelo de grano fino (inorgánico), R200 ≤ 50
Suelo limoso y
arcilloso, LL < 50

Suelo limoso y
arcilloso, LL ≥ 50
IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1)
IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1)
4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg arriba de la línea A (Figura 2.1)
Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1)
Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1)
ML
CL
CL-ML
a
MH
CH
Suelo de grano fino (orgánico)

Limo orgánico y
arcilla, LL < 50
Limo orgánico y
arcilla, LL ≥ 50
_______________ 75.0
LL
LL
hornoen secado
hornoen secado no

75.0
LL
LL
hornoen secado
hornoen secado no


Turba, loos y otros suelos altamente orgánicos.

OL

OH

Pt

767. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




Tabla B.2 Nombres de grupo para suelos gravosos.
Símbolo
de grupo
Criterio
Nombre de grupo
SF (%)
GW < 15 Grava bien gradada
≥ 15 Grava bien gradada con arena
GP < 15 Grava pobremente gradada
≥ 15 Grava pobremente gradada con arena
GM < 15 Grava limosa
≥ 15 Grava limosa con arena
GC < 15 Grava arcillosa
≥ 15 Grava arcillosa con arena
GC-GM < 15 Grava limo arcillosa
≥ 15 Grava limo arcillosa con arena
GW-GM < 15 Grava bien gradada con limo
≥ 15 Grava bien gradada con limo y arena
GW-GC < 15 Grava bien gradada con arcilla
≥ 15 Grava bien gradada con arcilla y arena
GP-GM < 15 Grava pobremente gradada con limo
≥ 15 Grava pobremente gradada con limo y arena
GP-GC < 15 Grava pobremente gradada con arcilla
≥ 15 Grava pobremente gradada con arcilla y arena
Nota: Fracción de arena = porcentaje del suelo que pasa el tamiz No. 4 pero es retenido por el tamiz Nº 200 = R200 – R4;
fracción de grava = porcentaje de suelo que pasa el tamiz de 3 [in]. Pero es retenido por el tamiz No. 4 = R4.


Tabla B.3 Nombres de grupo para suelos arenosos.
Símbolo
de grupo
Criterio
Nombre de grupo
GF (%)
SW < 15 Arena bien gradada
≥ 15 Arena bien gradada con grava
SP < 15 Arena pobremente gradada
≥ 15 Arena pobremente gradada con grava
SM < 15 Arena limosa
≥ 15 Arena limosa con grava
SC < 15 Arena arcillosa
≥ 15 Arena arcillosa con grava
SM-SC < 15 Arena limosa arcillosa
≥ 15 Arena limosa arcillosa con grava
SW-SM < 15 Arena bien gradada con limo
≥ 15 Arena bien gradada con limo y grava
SW-SC < 15 Arena bien gradada con arcilla
≥ 15 Arena bien gradada con arcilla y grava
SP-SM < 15 Arena pobremente gradada con limo
≥ 15 Arena pobremente gradada con limo y grava
SP-SC < 15 Arena pobremente gradada con arcilla
≥ 15 Arena pobremente gradada con arcilla y grava

768. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




Tabla B.4 Nombres de grupo para suelos finos inorgánicos.
Símbolo
de
Grupo
R200 SF/GF GF SF Nombre de Grupo
CL Arcilla magra
15 a 29 ≥1 Arcilla magra con arena
<1 Arcilla magra con grava
≥30 ≥1 <15 Arcilla magra arenosa
≥1 ≥15 Arcilla magra arenosa con grava
<1 <15 Arcilla magra gravosa
<1 ≥15 Arcilla magra gravosa con arena
ML <15 Limo
15 a 29 ≥1 Limo con arena
<1 Limo con grava
≥30 ≥1 <15 Limo arenoso
≥1 ≥15 Limo arenoso con grava
<1 <15 Limo gravoso
<1 ≥15 Limo gravoso con arena
CL-ML <15 Arcilla limosa
15 a 29 ≥1 Arcilla limosa con arena
<1 Arcilla limosa con grava
≥30 ≥1 <15 Arcilla limosa arenosa
≥1 ≥15 Arcilla limosa arenosa con grava
<1 <15 Arcilla limosa gravosa
<1 ≥15 Arcilla limosa gravosa con arena
CH <15 Arcilla grasa
15 a 29 ≥1 Arcilla grasa con arena
<1 Arcilla grasa con grava
≥30 ≥1 <15 Arcilla grasa arenosa
≥1 ≥15 Arcilla grasa arenosa con grava
<1 <15 Arcilla grasa gravosa
<1 ≥15 Arcilla grasa gravosa con arena
MH <15 Limo elástico
15 a 29 ≥1 Limo elástico con arena
<1 Limo elástico con grava
≥30 ≥1 <15 Limo elástico arenoso
≥1 ≥15 Limo elástico arenoso con grava
<1 <15 Limo elástico gravoso
<1 ≥15 Limo elástico gravoso con arena
Nota: R200 =porcentaje de suelo retenido sobre el tamiz No. 200; fracción de arena = porcentaje del suelo que pasa el tamiz Nº 4
pero retenidos sobre el tamiz Nº 200 = R200 – R4; fracción de grava = porcentaje del suelo que pasa el tamiz de 3-in. pero
retenido sobre el tamiz No. 4 = R4.

769. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




Tabla B.5 Nombres de grupo para suelos finos orgánicos.
Criterio
Símbolo
de grupo
Plasticidad R200 SF / GF
GF
(%)
SF
(%)
Nombre de Grupo
OL IP
NOD  4 <15 Arcilla orgánica
IP
NOD ≥ 0,73x(LL
NOD - 20) 15 a 29 1 Arcilla orgánica con arena
<1 Arcilla orgánica con grava
30 1 <15 Arcilla orgánica arenosa
1 15
Arcilla orgánica arenosa
con grava
<1 <15 Arcilla orgánica gravosa
<1 15
Arcilla orgánica gravosa
con arena
OL IP
NOD  4 <15 Limo orgánico
IP
NOD < 0,73x(LL
NOD - 20) 15 a 29 1 Limo orgánico con arena
<1 Limo orgánico con grava
30 1 <15 Limo orgánico arenoso
1 15
Limo orgánico arenoso con
grava
<1 <15 Limo orgánico gravoso
<1 15
Limo orgánico gravoso con
arena
OH IP
NOD ≥ 0,73x(LL
NOD - 20) <15 Arcilla orgánica
15 a 29 1 Arcilla orgánica con arena
<1 Arcilla orgánica con grava
30 1 <15 Arcilla orgánica arenosa
1 15
Arcilla orgánica arenosa
con grava
<1 <15 Arcilla orgánica gravosa
<1 15
Arcilla orgánica gravosa
con arena
OH IP
NOD < 0,73x(LL
NOD - 20) <15 Limo orgánico
15 a 29 1 Limo orgánico con arena
<1 Limo orgánico con grava
30 1 <15 Limo orgánico arenoso
1 15
Limo orgánico arenoso con
grava
<1 <15 Limo orgánico gravoso
<1 15
Limo orgánico gravoso con
arena
El subíndice NOD significa ―no secado‖.

La línea “U”.
IP = 0.9·(LL - 8) [B.1]
La línea “A”.
IP = 0.73·(LL -20) [B.2]

770. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos



Clasificación para suelos de grano fino y
suelos de grano grueso con fracciones de
grano fino.
Indice de Plásticidad (IP)
Límite Líquido (LL)
IP = 0.9·(LL - 8)
IP = 0.73·(LL - 20)
o
o
OH
CH
OL
o
ML-
OLo
CL
CL
ML
OHMH
60
50
40
30
20
10
7
4
0
1101009080706050403020160 10
Línea "U"
Línea "A"

Figura B.1. Carta de plasticidad. (Norma ASTM, 2003).

771. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




2. Sistema de clasificación AASHTO.
Límite líquido %
40
Indice de plasticidad %
0
10
20
30
60
50
70
4020
A-4
10
A-2-4
30
A-6
A-2-6 A-7-5
A-2-5
50
A-5
6070
A-7-6
A-2-7
8090100
IP = LL - 30

Figura B.2. Variación del límite líquido e índice de plasticidad para los suelos de los
grupos A-2, A-4, A-5, A-6 y A-7 (Norma ASTM, 2003).

   )10)·(15·(01.040·005.02.0)·35(
200200
 IPFLLFIG
[B.3]

Donde:
F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número
entero.
LL = Límite líquido.
IP = Índice de plasticidad.

El primer término de la ecuación: ―  40·005.02.0)·35(
200
 LLFIG ‖ es el índice
parcial de grupo determinado con el límite líquido. El segundo término:
―)10)·(15·(01.0
200
 ILF ‖ es el índice parcial de grupo determinado con el índice de
plasticidad.

El índice de grupo de los suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo el índice
parcial de grupo del límite plástico, IP:
)10)·(15·(01.0
200
 IPFIG
[B.4]

772. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




Clasificación general
Materiales Granulares
35% o menos del total de la muestra pasa el tamiz Nº 200
Clasificación de grupo
A-1 A-2
A-1-a A-1-b A-3 A-2-4 A-2-5 A-2-6 A-2-7
Análisis por tamices (Porcentaje que pasa por los tamices):
Nº 10 (2.00 mm.) 50 max
Nº 40 (0.425 mm.) 30 max 50 max 51 min
Nº 200 (0.075 mm.) 15 max 25 max 10 max 35 max 35 max 35 max 35 max
Características de la fracción que pasa por el tamiz Nº 40
Límite líquido 40 max 41 min 40 max 41 min
Índice de plasticidad 7 max NP 10 max 10 max 11 min 11 min
Tipos de materiales significativos constituyentes
Fragmentos de piedra, grava
y arena
Arena fina Grava o arena limosa o arcilla
(a)

Clasificación general
Materiales limo - arcilla
Mas del 35% del total de la muestra pasa por el tamiz Nº 200
Clasificación de grupo A-4 A-5 A-6
A - 7
A - 7 - 5ª
A - 7- 6
b

Análisis por tamices (porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 (0.075 mm.)) 36 min. 36 min. 36 min. 36 min.
Características de fracción que pasa por Nº 40 (0.425 mm.)
Límite líquido 40 máx. 41 min. 40 máx. 41 min.
Índice de plasticidad 10 máx. 10 máx. 11 min 11 min.
Tipos de materiales constituyentes significativos Suelos limoso Suelo arcillo
Relación general como subgrado Regular a pobre
ª Para A-7-5, IP ≤ LL - 30

b
Para A-7-6, IP > LL - 30


(b)

Tabla B.6. Clasificación de suelos sistema AASHTO. (a) Material granular; (b) Material fino.

773. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos



LÍMITE LÍQUIDO
80
60
INDICE DE PLASTICIDAD
INDICE PARCIAL DE GRUPO
12
2
0
6
4
0 10
8
10
20
10
30
30
20
16
14
18
20
70
50
40
60
40
50
30
40
50
PORCENTAJE QUE PASA EL TAMIZ Nº 200
60
180
140
100
100
80
90
70
80
70
50
35
30
40
15
20
A-2-6 y A-2-7

Figura B.3. Ábaco para el calculo del índice de grupo (Norma ASTM, 2003).

774. CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos




3. Comparación entre los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO.

Tabla B.7. Comparación del sistema AASHTO con el sistema Unificado.
Grupo
AASHTO
Comparación de los grupos de suelos en el sistema Unificado
Más Probable Posible Posible pero improbable
A-1-a
A-1-b
A-3
A-2-4
A-2-5
A-2-6
A-2-7
A-4
A-5
A-6
A-7-5
A-7-6
GW, GP
SW, SP, GM, SM
SP
GM, SM
GM, SM
GC, SC
GM, GC, SM, SC
ML, OL
OH, MH, ML, OL
CL
OH, MH
CH, CL
SW, SP
GP
—
GC, SC
—
GM, SM
—
CL, SM, SC
—
ML, OL, SC
ML, OL, CH
ML, OL, SC
GM, SM
—
SW, GP
GW, GP, SW, SP
GW, GP, SW, SP
GW, GP, SW, SP
GW, GP, SW, SP
GM, GC
SM, GM
GC, GM, SM
GM, SM, GC, SC
OH, MH, GC, GM, SM

Tabla B.8. Comparación del sistema Unificado con el sistema AASHTO.
Grupo
USCS
Comparación de los grupos de suelos en el sistema AASHTO
Más Probable Posible Posible pero improbable
GW
GP
GM
GC
SW
S P
SM
SC
ML
CL
OL
MH
CH
OH
Pt
A-1-a
A-1-a
A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7
A-2-6, A-2-7
A-1-b
A-3, A-1-b
A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7
A-2-6, A-2-7
A-4, A-5
A-6, A-7-6
A-4, A-5
A-7-5, A-5
A-7-6
A-7-5, A-5
—
—
A-1-b
A-2-6
A-2-4
A-1-a
A-1-a
A-2-6, A-4
A-2-4, A-6, A-4, A-7-6
A-6, A-7-5, A-7-6
A-4
A-6, A-7-5, A-7-6
—
A-7-5
—
—
A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7
A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7
A-4, A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a
A-4, A-6, A-7-6, A-7-5
A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7
A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7
A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a
A-7-5
—
—
—
A-7-6
—
A-7-6
—

775. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




ANEXO C
DESCRIPCIÓN E IDENTIFICACIÓN DE SUELOS .

1. Muestreo o preparación de muestras.

Tabla C.1. Cantidad mínima de muestra que se debe examinar.
Tamaño máximo
de las partículas
Tamiz Cantidad mínima
de la muestra seca
4.75 mm
9.5 mm
19.0 mm
37.5 mm
75.0 mm
Nº 4
3/8”
¾”
1 ½”
3”
100 g.
200 g.
1000 g.
8000 g.
60000 g.

2. Procedimiento para la descripción de los suelos.

Angularidad.

Tabla C.2. Criterio para describir la angularidad de las partículas granulares.
Descripción Criterio
Angular Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente
planas con superficies no pulidas (Figura C.1).
Subangular Partículas similares a las angulares pero con bordes algo
redondeados (Figura C.2).
Subredondeada Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y
bordes redondeados (Figura C.3).
Redondeada Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes
(Figura C.4).

Forma. (Figura C.3)

Tabla C.3. Criterio para describir la forma de las partículas granulares.
Descripción Criterio
Planas Partículas con una relación ancho/espesor >3.
Alargadas Partículas con una relación longitud/ancho >3.
Planas y alargadas Partículas que cumplen ambas condiciones..
Nota. La longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedia y espesor es la dimensión menor.

Humedad. (Figura C.10).
Tabla C.5 Criterio para describir la condición de humedad.
Descripción Criterio
Seca Ausencia de humedad, polvorosa (deja marcas de suciedad),
seca al tacto.
Húmeda Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua.
Mojada Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por
debajo del nivel freático.

Color. (Figura C.6).

776. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




Reacción con HCl.

Tabla C.4. Criterio para describir la reacción del HCl.
Descripción Criterio
Ninguna Ninguna reacción visible.
Débil Ligera reacción, se forman burbujas lentamente.
Fuerte Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato.

Consistencia. (Figura C.7).

Tabla C.6. Criterio para describir la consistencia.
Descripción Criterio
Muy blanda El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”).
Blanda El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm.
Firme El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”).
Dura El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente
mellado con la uña del pulgar.
Muy dura La uña del pulgar no hace mella en el suelo.

Cementación. (Figura C.8).

Tabla C.7. Criterio para describir el grado de cementación.
Descripción Criterio
Débil Desmoronamiento o desmenuzamiento la manejar la muestra,
o bajo una ligera presión de los dedos.
Moderado Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable
presión de los dedos.
Fuerte No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la
presión de los dedos.

Estructura. (Figura C.10)

Tabla C.8. Criterio para describir la estructura.
Descripción Criterio
Estratificada Capas alternadas de material o color diferente, con espesor
de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser
anotados.
Laminada Capas alternadas de material o color diferente, con espesores
menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben
anotarse.
Fisurada Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de
fractura con poca resistencia a ésta.
Fracturada o lisa Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estriados
Estructura en
bloques.
Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en
pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no
pueden ser disgregados nuevamente.
Estructura con
presencia de
lentes
Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales
como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una
masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes.
Homogénea Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura.

777. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




Tamaño máximo de las partículas.

 Tamaño de arena.
 Tamaño de grava. (Figura C.11)
 Tamaño de guijarros o cantos rodados. (Figura C.12).

3. Procedimiento para la identificación de suelos.

3.1. Procedimiento para identificar suelos de grano fino (Figura C.13, Figura C.22).

 Resistencia en seco. (Figura C.14, Figura C.15).

Tabla C.9. Criterio para describir la resistencia en seco.
Descripción Criterio
Nula La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la
simple manipulación.
Baja La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una
ligera presión de los dedos.
Mediana La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una
considerable presión de los dedos.
Alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la
presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al
aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.
Muy alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al
aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.

 Dilatancía. (Figura C.16, Figura C.17).

Tabla C.10. Criterio para describir la Dilatancía.
Descripción Criterio
Ninguna No hay ningún cambio visible en la muestra.
Lenta Aparece lentamente agua sobre la superficie de la muestra
mientras se la sacude, y no desaparece o desaparece
lentamente al escurrirla.
Rápida Aparece rápidamente agua sobre la superficie de la muestra
mientras se la sacude y desaparece rápidamente al escurrirla.

 Tenacidad. (Figura C.18, Figura C.19, Figura C.20 y Figura C.21).

Tabla C.11. Criterio para describir la Tenacidad.
Descripción Criterio
Baja Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material son
débiles y blandos.
Media Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material
resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media.
Alta Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca
del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material
resquebrajado tienen muy alta tenacidad.

778. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




 Plasticidad.

Tabla C.12. Criterio para describir la Plasticidad.
Descripción Criterio
No plástico No pueden formarse rollos de 1/8” (3 mm) bajo ningún
contenido de humedad.
Baja Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la
muestra está más seca que el límite plástico.
Media Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico.
El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el
límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan
más que el límite plástico.
Alta Toma considerable tiempo formar rollos y remoldearlos para
alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho
varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden
formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más
secos que el límite plástico.

Identificación de suelos inorgánicos de grano fino.

Tabla C.13 Identificación de suelos finos Inorgánicos sobre la base de ensayos
manuales.
Símbolo de grupo Resistencia en
seco
Dilatancía Tenacidad
ML Nula a baja. Lenta a rápida. Baja, no pueden
formarse rollitos.
CL Media a Alta Nula a Lenta Media
MH Baja a Media Nula a Lenta Baja a Media
CH Alta a muy alta Nula Alta

3.2. Procedimiento para identificar suelos de grano grueso. (Figura C.2, Figura C.13 y
Figura C.23).

779. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




4. Informe.

El informe debe incluir la información del origen, y de los ítems indicados en la Tabla C.14.

Tabla C.14. Información básica en una Descripción e Identificación se Suelos
Información descriptiva de suelos.
1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada.
2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas.
3. Tamaño máximo de partículas.
4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes.
5. Color (en condición húmeda).
6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual).
7. Humedad: seca. Húmeda, mojada
8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte
Para muestras intactas:
9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura
10. Estructura: estratificada, laminada, figurada, fracturada, con presencia de lentes, con
bloques, homogénea.
11. Cementación; débil, moderada, fuerte
12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.).
Identificación de suelos.
13. Nombre de grupo
14. Símbolo de grupo
15. Nombre local
16. Interpretación geológica
17. Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen)
18. Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco)
19. Rango de tamaño de partículas:
Grava-fina-gruesa
Arena-fina, media, gruesa.
Para suelos de grano fino:
20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta
21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta.
22. Dilatancía : nula, lenta, rápida
23. Tenacidad: baja, media, alta.
24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica,
yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos,
formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de
trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

780. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




SIMBOLO NOMBRE DE GRUPO
DE GRUPO
< 30% por encima del tamiz Nro. 200 < 15% por encima del tamiz Nro. 200 Arcilla magra
15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200 %arena  grava Arcilla magra con arena
CL %arena < grava Arcilla magra con grava
%arena  grava < 15% de grava Arcilla magra arenosa
 30% por encima del tamiz Nro. 200  15% de grava Arcilla magra arenosacon grava
%arena < grava < 15% de arena Arcilla magra gravosa
 15% de arena Arcilla magra gravosa con arena
< 30% por encima del tamiz Nro. 200 < 15% por encima del tamiz Nro. 200 Limo
15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200 %arena  grava Limo con arena
ML %arena < grava Limo con grava
%arena  grava < 15% de grava Limo arenoso
 30% por encima del tamiz Nro. 200  15% de grava Limo arenoso con grava
%arena < grava < 15% de arena Limo gravoso
 15% de arena Limo gravoso con arena
< 30% por encima del tamiz Nro. 200 < 15% por encima del tamiz Nro. 200 Arcilla plástica
15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200 %arena  grava Arcilla plástica con arena
CH %arena < grava Arcilla plástica con grava
%arena  grava < 15% de grava Arcilla plástica arenosa
 30% por encima del tamiz Nro. 200  15% de grava Arcilla plástica arenosa con grava
%arena < grava < 15% de arena Arcilla plástica gravosa
 15% de arena Arcilla plástica gravosa con arena
< 30% por encima del tamiz Nro. 200 < 15% por encima del tamiz Nro. 200 Limo elástico
15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200 %arena  grava Limo elástico con arena
MH %arena < grava Limo elástico con grava
%arena  grava < 15% de grava Limo elástico arenoso
 30% por encima del tamiz Nro. 200  15% de grava Limo elástico arenoso con grava
%arena < grava < 15% de arena Limo elástico gravoso
 15% de arena Limo elástico gravoso con arena
< 30% por encima del tamiz Nro. 200 < 15% por encima del tamiz Nro. 200 Suelo orgánico
15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200 %arena  grava Suelo orgánico con arena
OL / OH %arena < grava Suelo orgánico con grava
%arena  grava < 15% de grava Suelo orgánico arenoso
 30% por encima del tamiz Nro. 200  15% de grava Suelo orgánico arenoso con grava
%arena < grava < 15% de arena Suelo orgánico gravoso
 15% de arena Suelo orgánico gravoso con arena Figura 3.22. Diagrama para la identificación de suelos de grano fino.

781. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos




SIMBOLO DE GRUPO NOMBRE DE GRUPO
 5% de finos Bien gradada GW < 15% de arena Grava bien gradada
 15% de arena Grava bien gradada con arena
Pobremente gradada GP < 15% de arena Grava pobremente gradada
 15% de arena Grava pobremente gradada con arena
Bien gradada finos = ML ó MH GW - GM < 15% de arena Grava bien gradada con limo
GRAVA  15% de arena Grava bien gradada con limo y arena
%grava > %arena 10% de finos finos = CL ó CH GW - GC < 15% de arena Grava bien gradada con arcilla
 15% de arena Grava bien gradada con arcilla y arena
Pobremente finos = ML ó MH GP - GM < 15% de arena Grava pobremente gradada con limo
gradada  15% de arena Grava pobremente gradada con limo y arena
finos = CL ó CH GP - GC < 15% de arena Grava pobremente gradada con arcilla
 15% de arena Grava pobremente gradada con arcilla y arena
finos = ML ó MH GM < 15% de arena Grava limosa
 15% de arena Grava limosa con arena
 5% de finos finos = CL ó CH GC < 15% de arena Grava arcillosa
 15% de arena Grava arcillosa con arena
 5% de finos Bien gradada SW < 15% de arena Arena bien gradada con limo
 15% de arena Arena bien gradada con limo y grava
Pobremente gradada SP < 15% de arena Arena bien gradada con arcilla
 15% de arena Arena bien gradada con arcilla y grava
Bien gradada finos = ML ó MH SW - SM < 15% de arena Arena bien gradada con limo
ARENA  15% de arena Arena bien gradada con limo y grava
%arena > %grava 10% de finos finos = CL ó CH SW - SC < 15% de arena Arena bien gradada con arcilla
 15% de arena Arena bien gradada con arcilla y grava
Pobremente finos = ML ó MH SP - SM < 15% de arena Arena pobremente gradada con limo
gradada  15% de arena Arena pobremente gradada con limo y grava
finos = CL ó CH SP - SC < 15% de arena Arena pobremente gradada con arcilla
 15% de arena Arena pobremente gradada con arcilla y grava
finos = ML ó MH SM < 15% de arena Arena limosa
 15% de arena Arena limosa con grava
 5% de finos finos = CL ó CH SC < 15% de arena Arena arcillosa
 15% de arena Arena arcillosa con grava Figura 3.23. Diagrama para la identificación de suelos de grano grueso

782. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos







Figura C.1. Partículas angulares. Figura C.2. Partículas subangulares.




Figura C.3. Partículas subredondeadas. Figura C.4. Partículas redondeadas.




Figura C.5. Forma de las partículas. Figura C.6. Color.




Figura C.7. Consistencia. Figura C.8. Cementación.

783. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos





Figura C.9. Dureza. Figura C.10. Humedad y estructura.


Figura C.11. Tamaño de partículas Figura C.12. Tamaño de partículas.
Gravas. Guijarros.


Figura C.13. Separación de la muestra. Figura C.14. Esferas de 1” y ½”
finos de los gruesos. resistencia en seco.


Figura C.15. Presión con los dedos. Figura C.16. Reacción del agua en la
resistencia en seco. superficie de la esfera.

784. CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos





Figura C.17. Presión de la muestra Figura C.18. Formado un rollo de
con la mano y su reacción. 1/8”con la mano y una superficie lisa.


Figura C.19. Ruptura del rollo luego Figura C.20. Resistencia del rollito
1/8”
de llegar al límite plástico.


Figura C.19. Rejuntado de las piezas del rollo hasta que esta se quiebre.

785. ANEXO D Flujo de agua


ANEXO D

FLUJO DE AGUA EN UNA DIMENSIÓN.

Capilaridad.

Ascensión capilar en tubos (hc).
4 cos
c
w
T
h
D





[D.1]
Donde:
hc = Máximo ascenso capilar.
T = Tensión superficial.
 = ángulo de contacto.
D = Diámetro del tubo capilar.
w = Peso unitario del agua.

Ascenso capilar de agua en los suelos (hc).
10
c
C
h
eD


[D.2]
Donde:
hc = Máximo ascenso capilar en el suelo.
e = Índice de vacíos.
D10 = Tamaño efectivo.
C = Constante que depende de la forma de las partículas.

Tabla D.1. Valores del coeficiente C en mm
2
(Crespo, 2001). C mm
2
102030405060
Redondeada Rugosa
Forma de las partículas
Limpio Sucio

Arcilla
Limo
Arena
Grava
Ascención capilar mm
Diámetro efectivo, D mm
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
0.0020.002 0.006 0.02 0.06 0.2 0.6 2 6 20
Ascención capilar
h
c
Nivel de saturación
h
cs

Figura D.1. Ábaco para determinar el ascenso de agua capilar (Whitlow, 1994).

786. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Altura total de carga (h).

h = hz + hp [D.3]

Donde:
h = Altura total de carga.
hz = Altura potencial.
hp = Altura piezométrica.

Gradiente hidráulico (i).
L
h
i


[D.4]
Donde:
h = Pérdida de carga.
L = Longitud donde se mide el gradiente hidráulico.

Presión de poros (u).

u = w·hp [D.5]
Donde:
hp = Altura piezométrica.
w = Peso unitario del agua.
u = Presión de poros.

Presión unitaria de flujo de agua (j).
Wij
[D.6]
Donde:
j = Presión de flujo.
i = Gradiente hidráulico.
w = Peso unitario del agua.

Gradiente hidráulico crítico (ic).
w
ci



[D.7]
Donde:
ic = Gradiente hidráulico crítico.
' = Peso unitario sumergido del suelo.
w = Peso unitario del agua.
e
G
i
s
c



1
1
[D.8]

Velocidad del flujo de agua (vs).
n
v
v
s
[D.9]

787. ANEXO D Flujo de agua


Ley de Darcy.

v = k·i [D.10]

O también:

q = k·i·A [D.11]

Ensayo de carga constante.
tAh
LQ
k



[D.12]
Donde:
k = Conductividad hidráulica.
L = Longitud de la muestra.
h = Pérdida de carga.
V = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado durante el ensayo.
A = Área de la sección transversal del suelo.
t = Tiempo de duración el ensayo.

Ensayo de carga variable.

 
12
21ln
ttA
hhLa
k



[D.13]
Donde:
k = Conductividad hidráulica.
L = Longitud de la muestra.
a = Área de la sección transversal del tubo.
h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo.
h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo.
A = Área de la sección transversal de la muestra de suelo.
t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1.
t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h2.

Correlación de Hazen.
2
10dCk
[D.14]
Donde:
k = Conductividad hidráulica.
C = Coeficiente de Hazen que depende de las partículas del suelo.
D10 = Diámetro efectivo.

Tabla D.2. Conductividad hidráulica para diversos suelos (Coduto, 1999). Tipo de suelo k m/s Tipo de suelo
10
-2
a 10
-1
k m/s
Grava limpia 1 a 100 10
-3
a 10
-2
10
-4
a 10
-2
10
-8
a 10
-2
Arena y grava mezclada
Arena gruesa limpia
Arena fina
Arena limosa
10
-2
a 10
10
-2
a 1
10
-10
a 10
-6
Arena arcillosa
Limo
Arcilla

788. Problemas resueltos de mecánica de suelos



Tabla D.3. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo (Whitlow, 1994). Grado de permeabilidad Valor de k en m/seg
Elevada Superior a 10
-1
Media 10
-1
a 10
-3
Baja 10
-3
a 10
-5
Muy baja 10
-5
a 10
-7
Practicamente impermeablemenor de 10
-7



Tabla D.4. Valores del coeficiente C. (Tindall & Kunkel 1999; Whitlow, 1994). C C
u d
10 mm
0.4 a 0.8
0.4 a 0.8
0.8 a 1.2
0.8 a 1.2
1.2 a 1.5
0.003 a 0.6
0.06 a 3.0
TIPO DE SUELO
Area gruesa, pobremente gradada
Arena gruesa limpia, bien gradada
c
u  5
c
u < 5
Arena muy fina, pobremente gradada
Arena fina, con finos apreciables
Arena media, bien gradada



Correlación de Shepherd.
50
j
k c D

[D.15]
Donde:
k = Conductividad hidráulica expresada en ft/día.
c = Coeficiente de Shepherd determinado empíricamente.
D50 = Diámetro mediano de las partículas del suelo expresado en mm.
j = Valor exponencial determinado empíricamente.


Sedimentos consolidados

k = 100·(D50)
1.5



Depósitos de canales

k = 100·(D50)
1.5



Depósitos de playa

k = 100·(D50)
1.5



Depósitos de duna

k = 100·(D50)
1.5

789. ANEXO D Flujo de agua

0.01 0.1 1 10
0.1
1
10
100
1000
10000
Tamaño mediano de grano (D ) en mm
Conductividad hidráulica ft/día

Textura definida
Textura no definida
k
= 40000·D (Esferas de cristal)
k
= 5000·D (Depósitos de Duna)
50
2
50
1.85
k
= 1600·D (Depósitos de playa)
1.75
50
k
= 450·D (Depósitos de canales)
1.65
50
k
= 100·D (Sedimentos consolidados)
1.5
50
50

Figura D.3. Ábaco preparado por Shepherd (Tindall & Kunkel 1999).

790. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Método de Masch and Denny.

 = –3.322·log
10
D [D.16]
Donde:
 = Tamaño de la partícula en unidades .
D = Tamaño de la partícula expresado en mm.
Tamaño de partícula en mm
Unidades

-4
0
2
4
6
8
10
-2
0.01 0.1 1 10
 = - Log D
2

Figura D.4. Ábaco para la conversión a unidades (U.S. Army Corps, 1986).

10
1
0.1
4 3 2 1 0
FINO GRUESO
D (unidades )
50
k
cm/min

= 0.0
I

= 0.5
I

= 1.0
I
 = 2.0

 = 1.5


Figura D.5. Ábaco para la conductividad hidráulica (U.S. Army Corps, 1986).

791. ANEXO D Flujo de agua

16 84 5 95
4 6.6
I
D D D D



[D.17]
Donde:
I = Desviación inclusiva estándar.
D16 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 16% que pasa.
D84 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 84% que pasa.
D5 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 5% que pasa.
D95 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 95% que pasa.

Ecuación de Kozeny – Carman.
e
e
STC
k
w
SoS




1
1
3
22


[D.18]
Donde:

w = Peso unitario del agua.
k = Conductividad hidráulica.
e = Índice de vacíos.
CS = Factor de textura.
To = Factor de tortuosidad.
SS = Superficie específica.
 = Viscosidad.

CS·To
2
= 5 [D.19]

Tabla D.5. Factor de angularidad (U.S. Army Corps, 1986). A
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
TIPO DE MATERIAL DESCRIPCIÓN
Esfera de cristal Bien redondeada
Arena natural Redondeada
Sub-redondeada
Sub-angular
Angular
Roca machacada Cuarzita
Roca machacada Basalto


SS = A·(X1·S1 + X2·S2 + … + Xn·Sn) [D.20]
Donde:
SS = Superficie específica.
A = Factor de angularidad.
Xi = Porcentaje de muestra de suelo retenida por un tamiz, expresado como
decimal.
Si = Superficie específica de la fracción de suelo retenida en el tamiz.
yx
i
dd
S


6
[D.21]
Donde:
Si = Superficie específica.
Dx = Es la abertura del tamiz anterior al tamiz que retiene la fracción de suelo.
D
Y = Es la abertura del tamiz que retiene la fracción de suelo.

792. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Tabla D.6. Valores de Si para: U.S. Standard Sieves (U.S. Army Corps, 1986). Tamices adyacentesSuperficie específica
U.S. Standad sievesS
i [1/cm]
4 hasta 6 382
6 hasta 8 538
8 hasta 10 696
10 hasta 16 985
16 hasta 20 1524
20 hasta 30 2178
30 hasta 40 3080
40 hasta 50 4318
50 hasta 70 6089
70 hasta 100 8574
100 hasta 140 12199
140 hasta 200 17400


Otras formas empíricas de hallar la conductividad hidráulica.

k = 1.4·e
2
·k0.85 [D.22]
e
e
Ck


1
3
1
[D.23]










e
e
Ck
n
1
2
[D.24]
0.01
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2
4
6
8
10
0.1 0.2 0.40.60.81 2 4 6810
D
10mm
Conductividad hidráulica,
k
ft/min
Índice de vacios,
e
= 0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
D
10
D
5
< 1.4
C
u= 2 a 12

Figura D.6. Ábaco para la conductividad hidráulica en suelos granulares (Das, 1998).

793. ANEXO D Flujo de agua

1.75
1.50
1.25
1.00
0.75
0.50
0.25
0
0 0.5 1.01.52.02.53.03.5
C
k
e
0

Figura D.7. Variación de Ck en función a e0 (Das, 1998).

Ck = 0.5·e0

Tabla D.7. Relaciones empíricas par la conductividad hidráulica (Das, 1998). Tipo de suelo Autor
Arena
Arcilla
Arena mediana a fina
Amer and awad (1974)
Shahabi, Das and Tarquin (1984)
Mesri and Olson (1971)
Taylor (1984)
Relación
3
2.32 0.5
2 10
1
u
e
k C D C
e
   

3
0.735 0.89
2 101.2
1
e
k C D
e
   

'log'log BeAk 
kC
ee
kk


0
0loglog

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero confinado (penetración total).

12
12ln
2 hh
rr
D
q
k





[D.25]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero no confinado (penetración total).

2
1
2
2
12ln
hh
rr
D
q
k


[D.26]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero mixto (penetración total).

 
2
2
2
1
21
2
ln
hDhD
rrq
k



[D.27]

794. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Ensayo del extremo inferior abierto.
hr
q
k


5.5
[D.28]

Ensayo de la empaquetadura.









r
L
hL
q
k ln
2
(Para L0·r) [D.29]











r
L
hL
q
k
2
sinh
2
1

(Para 0·r>Lr) [D.30]

Efecto de la temperatura en la conductividad hidráulica.

k20 = Ct·kt [D.31]

Tabla D.8. Valores para Ct (Whitlow, 1994). ºC C
t
ºC C
t
4 1.555 24 0.910
10 1.299 25 0.889
15 1.135 26 0.869
16 1.106 27 0.850
17 1.077 28 0.832
18 1.051 29 0.814
19 1.025 30 0.797
20 1.000 40 0.670
21 0.976 50 0.550
22 0.953 60 0.468
23 0.931 70 0.410


Conductividad hidráulica horizontal equivalente.



i
ii
Heq
H
Hk
k
[D.32]
Donde:
ki = Conductividad hidráulica para cada estrato.
Hi = Espesor de cada estrato.

Conductividad hidráulica vertical equivalente.











i
i
i
Veq
k
H
H
k
[D.33]
Donde:
ki = Conductividad hidráulica para cada estrato.
Hi = Espesor de cada estrato.

795. ANEXO D Flujo de agua


FLUJO DE AGUA EN DOS DIMENSIONES.

Ecuación de Laplace.
0
2
2
2
2






z
h
x
h
[D.34]

Determinación del caudal mediante redes de flujo.
 
21hh
N
N
kq
d
F

[D.35]
Donde:
q = Caudal total de la red de flujo cuadrada.
k = Conductividad hidráulica.
h1 = La altura de carga inicial del sistema.
h2 = La altura de carga final del sistema.
NF = Cantidad total de canales de flujo.
Nd = Cantidad total de caídas equipotenciales.

Superficie freática en presas de tierra.
Borde de
entrada
h
2 Borde de
salida
E
Superficie
freática C
D
A B
B
1
B

Figura D.9. Superficie freática y bordes en presa de tierra (U.S. Army Corps, 1986).
90º=
Proyección

Proyección
Filtro
90º>
B
B
B
Línea freática
Línea freática
(b)
(c)
Perpendicular
(a)
90º<
Línea freática
90º
Filtro

Figura D.10. Condiciones de entrada para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986).

796. Problemas resueltos de mecánica de suelos

F
filtro de pie
J
K
a
Parábola
básica
a
a
filtro de pie
básica
Parábola
a +

a
a
0
K
Recta vertical Recta vertical
Recta vertical
Recta vertical
Línea freática
Línea freática
Línea freática
filtro de pie
(b)
(c) (d)
Parabola básica
sin corrección
J
básica
Parábola
(a)
=180º
Línea freática
K
 = 90º
J
F
a

Figura D.11. Condiciones de salida para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986).

Soluciones matemáticas para la superficie freática.
C
y
0
2
E
D
y
0
h
A B
B
1

a
2
B
a +

a
a
d
x
y

Parábola básica
d + h
2
2
m
0.3·m
Figura D.12. Geometría de la superficie freática y borde de salida (U.S. Army Corps, 1986).

Solución de Schaffernak & Van Iterson para  < 30º.

2
2
2
2
sincoscos
hdd
a 
[D.36]
tansinakq
[D.37]

797. ANEXO D Flujo de agua


Solución de L. Casagrande para   90º.

2
2
0
2
0
sin
h
SSa 
[D.38]

Para:  º el valor de S0 será:
22
0 hdS 
[D.39]

Para un valor comprendido entre: 60º <  < 90º , se utilizara:
CDACS 
0
[D.40]

El caudal q, del flujo que circula a través de la presa de tierra es:

2
sinakq
[D.41]

Solución de Kozeny para  = 180º.
 dhd
y
a 
220
0
2
1
2
[D.42)
002 ykakq 
[D.43]

Solución de A. Casagrande para 30    180.
= Pendiente del borde de descarga.
30º 60º 90º 120º 150º 180º
0.4
0.3
0.2
0.1
0
Cara vertical Pendiente obtusa

a
a +

a
C =

Figura D.13. Curva que relaciona C con (U.S. Army Corps, 1986).

2
sinakq

[D.44]
 dhdkykq 
22
0
[D.45]

798. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Solución de Pavlovsky.

Para la zona I:

 












1
1
ln
cot hh
hhh
kq
d
dw
I

[D.46]


Para la zona II:

  
  cot22
00
2
00
1
2



hahb
hahk
q
d
II
[D.47]


Para la zona III:


Si h0 > 0, se tiene que:


















0
000
ln1
cot a
haak
q
III

[D.48]


Si h0 = 0, se tiene que:

cot
0ak
q
III


[D.49]

dh

wh
I
1h
d
0
a
1
b
II
III

h
0
a
0

Figura D.14. Nomenclatura de la solución de Pavlovsky (U.S. Army Corps, 1986).

799. ANEXO D Flujo de agua


Ecuación de Dupuit.


h
1
  h
2
L

Figura D.15. Condiciones para la solución de Dupuit.


L
hh
kq



2
·
2
2
2
1
[D.50]


En caso de tener un filtro de pie, como se muestra en la figura D.16, el caudal será:

L
h
kq


2
·
2
[D.51]



Superficie
freática
h

L

Figura D.16. Abatimiento de la superficie freática.

800. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Método de los fragmentos.

Tabla D.9. Tipos de fragmentos.
FLUJO CONFINADO SS
T T
T
SS
b
T
b
b
T
a
s
b
S
a
T
a
S S
aL
S'
a' L
S''
a''
T
S'
a'
T
L
a''
S''
a
L
I
II
III
IV
Tipo de
fragmento
Ilustración Parámetros del
fragmento
VI
V
Para:L  2·S
Para:  L2·S

Para:L > (S' + S'')

L  (S' + S'') Para:
Donde:
(Figura D.17)
(Tabla D.10)
(Figura D.18)
(Figura D.17)
(Tabla D.10)
(Figura D.19)
Para:
bS  Para:
b S
(Figura D.20)
(Figura D.20)
a
L










q
hk
2
1









T
S
m
2
sin

'K
K










q
hk
2
1
K'

K

























T
S
T
b
T
S
m
2
tan
2
tanh
2
cos
22 







a
b
1ln
T
Sb
a
S






 1ln








a
L
2
1ln2
T
SL
a
S 







2
1ln2

T
SSL
a
S
a
S '''
''
''
1
'
'
1







































''
''
1
'
'
1ln
a
b
a
b
2
)'''(
'
SSL
b


2
)'''(
''
SSL
b


(Figura D.19)
(Figura D.20)
(Flujo unidimensional)

801. ANEXO D Flujo de agua





Tabla D.9. (continuación).
FLUJO NO CONFINADO 21
2
hh
L



yh
a
i
d

cot
1












hh
hhh
kq
d
d
ln
cot
1








 



2
222
ln1
cot a
haak
q

2
a
h
2
Superficie libre
VIII
VII
fragmento
Tipo de
Ilustración
fragmento
Parámetros del
IX
Superficie de
flujo libre
h
L
h
h - h
1
2
12
a
1
h
1
h
d
h

Superficie libre


i
F
i
i
hk
q



[D.52]
Donde:
qi = Caudal que circula por el fragmento.
k = Conductividad hidráulica del suelo. F
ih
= Perdida de carga del fragmento.
i = Factor de forma del fragmento.
F
d
i
N
N

[D.53]





n
i
i
Hk
q
1
[D.54]
Donde:
q = Caudal total que circula por el sistema.
k = Conductividad hidráulica del suelo.
H = Perdida total de carga del sistema.
i = Factor de forma de cada fragmento.

802. Problemas resueltos de mecánica de suelos




S
T

·

k
·

h
=
q
1
0.5
0.3
0.2
0.10
0.1
0.2
0.3
0.4
0.4 0.5 0.60.7
0.8
0.6
0.7
0.9
1.0
1.1
1.00.80.9
1.3
1.2
1.4
1.5
T
S
b
T
b
0
=
b
T0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
iF

Figura D.17. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Holtz & Kovacs, 1981).

803. ANEXO D Flujo de agua


Tabla D.10. Tabla para los fragmentos tipos II y III (Holtz & Kovacs, 1981). 0,000 1,571  0,000 0,51 1,863 1,846 1,009
0,001 1,571 4,841 0,325 0,52 1,871 1,837 1,019
0,002 1,572 4,495 0,350 0,53 1,880 1,829 1,028
0,003 1,572 4,293 0,366 0,54 1,890 1,822 1,037
0,004 1,572 4,150 0,379 0,55 1,899 1,814 1,047
0,005 1,573 4,039 0,389 0,56 1,909 1,806 1,057
0,006 1,573 3,949 0,398 0,57 1,918 1,799 1,066
0,007 1,574 3,872 0,407 0,58 1,929 1,792 1,076
0,008 1,574 3,806 0,414 0,59 1,939 1,785 1,086
0,009 1,574 3,748 0,420 0,60 1,950 1,778 1,097
0,01 1,575 3,696 0,426 0,61 1,961 1,771 1,107
0,02 1,579 3,354 0,471 0,62 1,972 1,764 1,118
0,03 1,583 3,156 0,502 0,63 1,983 1,757 1,129
0,04 1,587 3,016 0,526 0,64 1,995 1,751 1,139
0,05 1,591 2,908 0,547 0,65 2,008 1,744 1,151
0,06 1,595 2,821 0,565 0,66 2,020 1,738 1,162
0,07 1,599 2,747 0,582 0,67 2,033 1,732 1,174
0,08 1,604 2,684 0,598 0,68 2,047 1,726 1,186
0,09 1,608 2,628 0,612 0,69 2,061 1,720 1,198
0,10 1,612 2,578 0,625 0,70 2,075 1,714 1,211
0,11 1,617 2,533 0,638 0,71 2,090 1,708 1,224
0,12 1,621 2,493 0,650 0,72 2,106 1,702 1,237
0,13 1,626 2,455 0,662 0,73 2,122 1,697 1,250
0,14 1,631 2,421 0,674 0,74 2,139 1,691 1,265
0,15 1,635 2,389 0,684 0,75 2,157 1,686 1,279
0,16 1,640 2,359 0,695 0,76 2,175 1,680 1,295
0,17 1,645 2,331 0,706 0,77 2,194 1,675 1,310
0,18 1,650 2,305 0,716 0,78 2,214 1,670 1,326
0,19 1,655 2,281 0,726 0,79 2,235 1,665 1,342
0,20 1,660 2,257 0,735 0,80 2,257 1,660 1,360
0,21 1,665 2,235 0,745 0,81 2,281 1,655 1,378
0,22 1,670 2,214 0,754 0,82 2,305 1,650 1,397
0,23 1,675 2,194 0,763 0,83 2,331 1,645 1,417
0,24 1,680 2,175 0,772 0,84 2,359 1,640 1,438
0,25 1,686 2,157 0,782 0,85 2,389 1,635 1,461
0,26 1,691 2,139 0,791 0,86 2,421 1,631 1,484
0,27 1,697 2,122 0,800 0,87 2,455 1,626 1,510
0,28 1,702 2,106 0,808 0,88 2,493 1,621 1,538
0,29 1,708 2,090 0,817 0,89 2,533 1,617 1,566
0,30 1,714 2,075 0,826 0,90 2,578 1,612 1,599
0,31 1,720 2,061 0,835 0,91 2,628 1,608 1,634
0,32 1,726 2,047 0,843 0,92 2,684 1,604 1,673
0,33 1,732 2,033 0,852 0,93 2,747 1,599 1,718
0,34 1,738 2,020 0,860 0,94 2,821 1,595 1,769
0,35 1,744 2,008 0,869 0,95 2,908 1,591 1,828
0,36 1,751 1,995 0,878 0,96 3,016 1,587 1,900
0,37 1,757 1,983 0,886 0,97 3,156 1,583 1,994
0,38 1,764 1,972 0,895 0,98 3,354 1,579 2,124
0,39 1,771 1,961 0,903 0,99 3,696 1,575 2,347
0,40 1,778 1,950 0,912 0,991 3,748 1,574 2,381
0,41 1,785 1,939 0,921 0,992 3,806 1,574 2,418
0,42 1,792 1,929 0,929 0,993 3,872 1,574 2,460
0,43 1,799 1,918 0,938 0,994 3,949 1,573 2,510
0,44 1,806 1,909 0,946 0,995 4,039 1,573 2,568
0,45 1,814 1,899 0,955 0,996 4,150 1,572 2,640
0,46 1,822 1,890 0,964 0,997 4,293 1,572 2,731
0,47 1,829 1,880 0,973 0,998 4,495 1,572 2,859
0,48 1,837 1,871 0,982 0,999 4,841 1,571 3,081
0,49 1,846 1,863 0,991 1,000  1,571 0,000
0,50 1,854 1,854 1,000
m
2
K K' m
2
K K'
'K
K
'K
K

804. Problemas resueltos de mecánica de suelos

SS
T
0.40.2
S/T
0.6 0.8
T
8
1.0
0.5
0.6
0.4
0.35
0.3
0.1
L·R
T
0.15
0.2
0.25
0.5
0
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
0.8

Figura D.18. Ábaco para el fragmentos del tipo II (Griffiths, 1984).

805. ANEXO D Flujo de agua



T
SS
b b
T
1.4
0
0.2
S/T
0.4 0.6 0.8
1.0
0.4
0.5
0.2
0.0
1.5

0.8
0.6
1.2
1.0
1.0
2.0
2.5
1.6
T
b·R
3.0

Figura D.19. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Griffiths, 1984).

806. Problemas resueltos de mecánica de suelos

2.6
0
0.5
1.0
1.5

2.0
2.5
0.8
-0.6-0.8-1.0-1.2
-1.4
0.2
C
0.4 0.6
-0.2-0.4
0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
1.0
1.2
1.4
1.6
2.0
2.4
1.8
2.2
4.5
3.0
3.5
4.0
5.0
2.8
C
S'
a'
T
a''
L
S''
2
1

Figura D.20. Ábaco para el fragmento del tipo IV (Griffiths, 1984). 












T
S
T
S
C
''
1
'
1
1  
T
SSRL
C
'''
2



807. ANEXO D Flujo de agua


Gradiente hidráulico de salida (ie).

Gradiente hidráulico de salida mediante redes de flujo.
L
h
i
e



[D.55]
dN
H
h


[D.56]
L
Superficie del terreno

Figura D.21. Determinación de L.

Gradiente hidráulico de salida mediante el método de los fragmentos.

h
i ·s
T
b
SS
b
T
e
i
F

1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
T
S

Figura D.22. Ábaco para el gradiente hidráulico de salida (Holtz & Kovacs, 1981).

808. Problemas resueltos de mecánica de suelos







n
i
i
iF
i
H
h
1
[D.57]
Donde: F
ih
= Perdida de carga del fragmento.
H = Perdida de carga total del sistema.
 = Factor de forma del fragmento.
mTK
h
i
F
i
e



2

[D.58]
Donde:
ie = Gradiente hidráulico de salida. F
ih
= Perdida de carga del fragmento.
K = Constante que está en función al módulo m.
T = Espesor del fragmento.
m = Módulo para los fragmento del tipo II y III.

Presión ascendente de flujo.

ui = w·hpi [D.59]

hpi = h1 - hzi - hi [D.60]
Donde:
hpi = Altura piezométrica para un punto de contacto de la estructura.
h1 = Altura total de carga en el borde de entrada.
hzi = Altura potencial para el punto de contacto.
hi = Perdida de carga para el punto de contacto.

Presión ascendente de flujo mediante redes de flujo.
di
d
i n
N
H
h 


[D.61]
Donde:
hi = Perdida de carga para un punto de contacto.
H = Pérdida de carga total del sistema.
Nd = Número total de caídas equipotenciales.
ndi = Ubicación del punto según a las líneas equipotenciales.

Presión ascendente de flujo mediante el método de los fragmentos.
1
'
i
F
i i i
i
h h h

    
[D.62]
Donde:
hi = Pérdida de carga para un punto de contacto. F
ih
= Pérdida de carga para cada fragmento.
hi' = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión.

809. ANEXO D Flujo de agua

'
F
i
ii
h
hl
L

  
[D.63]
Donde:
h'i = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión. F
ih
= Pérdida de carga del fragmento en cuestión.
L = Longitud total del sistema.
li = Distancia del punto de contacto de acuerdo a la longitud total del sistema.

Método de Lane para la presión ascendente de flujo.
H
L
L
h
i
i 
'
[D.64]
Donde:
hi = Pérdida de carga para un punto de contacto.
Li = Longitud de contacto del punto en cuestión.
H = Perdida total de carga del sistema.
L’ = Longitud total de contacto.
 

HV LLL
3
1
'
[D.65]
Donde:
L’ = Longitud total de contacto.
LV = Longitud vertical de contacto.
LH = Longitud horizontal de contacto.

Factor de seguridad contra flotación (FSG).

e
cr
G
i
i
FS
[D.66]
Donde:
FSG = Factor de seguridad del gradiente hidráulico de salida.
icr = Gradiente hidráulico crítico del suelo.
ie = Gradiente hidráulico de salida.

Factor de seguridad contra la tubificación.

 
s
wsat
T
u
d
FS



[D.67]
Donde:
FST = Factor de seguridad contra la tubificación.
ysat = Peso unitario saturado del suelo.
yw = Peso unitario del agua.
d = Profundidad de la estructura en el suelo.
us = Valor promedio de la presión de poros en BC.

810. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Red de flujo en suelo anisotrópico.

Si kz < kx, entonces:
x
k
k
x
x
z
'
z' = z [D.68]

Si kz > kx, entonces:
z
k
k
z
z
x
'
x' = x [D.69]
1234 1234
a Números de referencia
123 1
2·a
Ataguía
k =4·k
x z
k =4·k
z x
1234 12345
2·b
(a)
(b)
(c)
b
b
a

Figura D.23. Redes de flujo construidas en suelo anisotrópico (Cedergren, 1972).
(a) Red de flujo anisotrópica en dimensiones reales kz > kx. (b) Red de flujo anisotrópica en
dimensiones reales kx > kz. (c) Red de flujo construida en la sección transformada.

811. ANEXO D Flujo de agua

 
21' hh
N
N
kq
d
F

[D.70]
zxkkk '
[D.71]

Método de los fragmentos en suelo anisotrópico.
x
z
k
k
R
[D.72]

Método de los fragmentos en suelo estratificado.

1
2
tan
k
k

[D.73]
Donde:
k1 = Conductividad hidráulica del estrato superior.
k2 = Conductividad hidráulica del estrato inferior.

 CASO 1. Para  = 0 entonces k2 = 0. El problema queda reducido a un
problema de un solo estrato con una región de flujo de espesor igual al del
estrato superior.
 CASO 2. Para  = ¼ entonces k1 = k2. El problema queda reducido a un
problema de un solo estrato, con una región de flujo de espesor de ambos
estratos.
 CASO 3. Para  = ½ entonces k2 es infinito. Este caso representa un flujo de
agua que no tiene resistencia al circular en el estrato inferior. Por lo cual 
F
i
hkq
1
la inversa de esta expresión es igual a cero.

812. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


1

ANEXO E
ESFUERZOS EFECTIVOS .

1. Esfuerzos y deformaciones.

Esfuerzos y deformaciones normales.

zy
P
x
x

 ; zx
P
y
y

 ; yx
P
z
z

 [5.1]
Donde:
Px, Py, Pz = Fuerzas normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente.
x, y, z = Dimensiones de un cubo al que se aplican las fuerzas normales.
σx, σy, σz = Esfuerzos normales actuando en la dirección X, Y, Z respectivamente.

En forma general se tiene:

A
P
 [5.1a]
z
z
z


; x
x
x

 ; y
y
y

 [5.2]
Donde:
εx, εy, εz = Deformaciones normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente.
x, y, z = Dimensiones originales del cubo antes de deformarse.

En forma general se tiene:

l
l
 [5.2a]

Deformación volumétrica.
zyxp  
[5.3]
Donde:
εp, = Deformación volumétrica.

En forma general se tiene:
V
V
p


[5.4]

E
p

 [5.5]

Esfuerzos y deformaciones de corte.
yx
F


[5.6]

813. Fundamentos de mecánica de suelos


2

Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será:

z
x
zx


adyacente Cateto
opuesto Cateto
tan
[5.7]
z
x
zx


1
tan


Para pequeñas deformaciones, se puede asumir que tan(zx) = zx, entonces se tiene:
z
x
zx


[5.8]
Donde
 = ángulo de deformación o distorsión (Figura 5.2), expresado en radianes.


G
[5.9]
Donde
G = Módulo de corte.

Respuesta de los materiales a carga y descarga.

El cambio en el esfuerzo vertical es.
A
P
z


[5.10]

Las deformaciones vertical y radial son respectivamente,
o
z
H
z

[5.11]
o
z
r
r

[5.12]
Donde:
Ho es la longitud original y ro es el radio original.

El cociente entre la deformación radial (o lateral) y la deformación vertical se llama índice
de Poisson, , definido como, la relación entre las deformaciones laterales y la deformación
axial. Debido al comportamiento complejo de los suelos, es muy difícil hacer una
determinación exacta del índice de Poisson para su utilización en un problema.
Afortunadamente, mediante ensayos de laboratorio es posible determinar este índice y además
se cuenta con valores tabulados según el tipo de suelo. Estos valores son lo suficientemente
precisos para la mayoría de los problemas prácticos.
axialn Deformació
laterales nesDeformacio


814. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


3
z
r






[5.13]

Los valores típicos del índice de Poisson y el modulo de elasticidad para distintos tipos de
materiales se muestran en la Tabla 5.1.

Tabla 5.1 Típicos valores del índice de Poisson.
Tipo de suelo Descripción 
Arcilla


Arena


Suave
Media
Dura
Suelta
Media
Densa
0.35 – 0.40
0.30 – 0.35
0.20 – 0.30
0.15 – 0.25
0.25 – 0.30
0.25 – 0.35

El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación
normal.


E
[5.14]

Se puede trazar un gráfico de z = z versus z = z. Si para incrementos iguales de
P, se consigue el mismo valor de z, entonces se tendrá una línea recta en el gráfico de z
versus z como se ve en la línea OA de la Figura 5.4. Si en un cierto punto del esfuerzo, como
por ejemplo el punto A de la Figura 5.4, se descarga el cilindro y este vuelve a su
configuración original, el material que contiene el cilindro se lo llama un material linealmente
elástico.
O
B
A
Línealmente elástico
La pendiente
de la tangente
inicial es el
modúlo
elástico, E.
Esfuerzo (

z)
Deformación (z)
La pendiente es el modúlo
elástico tangente, Et'
Elástico no líneal
La pendiente es el modúlo
elástico secante, Es'

Figura 5.4. Curvas esfuerzo-deformación de un material elástico lineal y no lineal
Suponiendo que para incrementos iguales de P se consiguen diversos valores de z, pero
al descargar el cilindro vuelve a su configuración original. El diagrama de la relación esfuerzo-
deformación será una curva como la curva OB de la Figura 5.4. En este caso, el material que
contiene el cilindro se llama un material elástico no lineal. Si se aplica una carga P1 que
cause un desplazamiento z1 en un material elástico y posteriormente una segunda carga P2
que cause un desplazamiento z2, entonces el desplazamiento total será z = z1 + z2. Los

815. Fundamentos de mecánica de suelos


4

materiales elásticos obedecen al principio de superposición. El dice que el orden en el cual se
apliquen las cargas no es importante; se podría aplicar primero P2 y después P1 pero el
desplazamiento final debe ser el mismo.
Algunos materiales como el suelo no vuelven a su configuración original después del
descargado. Ellos exhiben una relación esfuerzo-deformación similar a la representada en la
Figura 5.6, donde OA es la respuesta al cargado, AB la respuesta a la descarga, y BC la
respuesta a la recarga. Las deformaciones que ocurren durante el cargado, OA, consisten de
dos partes, una parte elástica o recuperable, BD, y una parte plástica o irrecuperable, OB.
Entonces un material que presente este comportamiento es llamado material elastoplástico, es
decir una parte de la respuesta al cargado es elástica y otra plástica.
PlásticoElástico
DB
C
A
La pendiente de la tangente inicial es el
modúlo elástico, E.
Respuesta elástica
durante el
descargado.
Deformación
Esfuerzo
O

Figura 5.6. Curvas esfuerzo-deformación de un material elastoplástico. (Budhu, 2000)

Los ingenieros, están particularmente interesados en las deformaciones plásticas puesto
que éstas son el resultado de las deformaciones permanentes del material. Pero para calcular la
deformación permanente, se debe conocer la deformación elástica. Aquí es donde los análisis
elásticos llegan a ser útiles. El esfuerzo en el cual se inicia la deformación permanente se llama
esfuerzo de fluencia.
El módulo elástico o módulo elástico tangente inicial (E) es la pendiente de la línea del
esfuerzo-deformación para el material lineal isotrópico (Figura 5.5). Para un material elástico
no lineal el módulo tangente (Et) o el módulo secante (Es) o ambas se determinan de la
relación del esfuerzo-deformación (Figura 5.5). El módulo elástico tangente es la pendiente de
la tangente de una recta trazada a una curva esfuerzo-deformación en un punto particular. El
valor del módulo tangente variara con el punto elegido. El módulo tangente en el origen de la
curva es el módulo tangente inicial. El módulo elástico secante es la pendiente de la línea que
une el punto de origen (0,0) con un cierto punto deseado en la curva esfuerzo-deformación.
Por ejemplo, algunos ingenieros prefieren determinar el módulo secante y usando un punto en
la curva esfuerzo-deformación correspondiente al máximo esfuerzo mientras que otros
prefieren utilizar un punto en la curva esfuerzo-deformación que corresponde a un cierto nivel
del esfuerzo, por ejemplo, 1%. El módulo elástico tangente y módulo elástico secante no son
constantes. Estos módulos tienden a disminuir a medida que las deformaciones de corte
aumentan. Es costumbre determinar el módulo elástico de la tangente inicial para un material

816. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


5

elastoplástico descargándolo y así calculando la pendiente inicial de la línea de descarga como
el módulo elástico tangente inicial (Figura 5.6).
Algunos ingenieros hallan el módulo secante como la pendiente de una resta que une dos
puntos de la curva esfuerzo-deformación. En este caso el módulo secante variara con la
situación de ambos puntos, y cuando ambos puntos coincidan el módulo secante será igual al
módulo tangente. Para un material realmente lineal, todos estos valores de los módulos
coinciden.

Respuesta de los materiales a esfuerzos de corte.

La fuerza de corte tuerce a los materiales. Entonces la respuesta típica de un material
elastoplástico al corte simple será similar al que se muestra en la Figura 5.7. El módulo de
corte inicial (Gi) es la pendiente de la porción recta inicial de la curva zx versus zx. El módulo
de corte secante (G) es la pendiente de una línea entre un punto sobre la curva y el origen de la
grafica zx versus zx. El modulo de corte tangente (Gt) es la pendiente de una recta tangente
trazada en la grafica zx versus zx como se muestra en la Figura 5.7.
La tangente inicial es el modúlo de corte inicial, Gi
Modúlo de corte tangente, Gt
Modúlo de corte secante, G
zx
zx

Figura 5.7. Respuesta esfuerzo de corte-deformación de corte para un material elastoplástico.
(Budhu, 2000)

Superficie de fluencia

Si se considera una situación más compleja que el cargado uniaxial de un cilindro como se
muestra en la Figura 5.8a. En ella se presenta un caso en el que se aplican incrementos de
esfuerzos verticales y radiales. Debido a que no aplica ningún esfuerzo de corte, los esfuerzos
axiales y radiales son esfuerzos principales: z = 1 = z y r = 3 = r respectivamente.
Si por ejemplo, se toma 3 igual a cero (3 = 0) y se aumenta 1. El material fluirá hasta el
valor de 1, el cual se llamara (1)y, y trazamos el punto A como se ve en la Figura 5.8b. Si,
alternativamente, se toma 1 = 0 y se aumenta 3, el material fluirá hasta (3)y y es
representado por el punto B en la Figura 5.8b. Entonces se puede sujetar al cilindro a varias
combinaciones de 1 y 3 y graficar el resultado de la fluencia de estos puntos. La unión de la
fluencia de estos puntos produce una curva, AB, la cual es llamada curva de fluencia o
superficie de fluencia como se muestra en la Figura 5.8b. Un material sujeto a una
combinación de esfuerzos que caiga debajo de esta curva responderá elásticamente

817. Fundamentos de mecánica de suelos


6

(deformación recuperable). Si se continúa cargando más allá del esfuerzo de fluencia, el
material responderá elastoplásticamente (ocurrirá una deformación permanente o
irrecuperable). Si el material es isotrópico, la superficie de fluencia será simétrica respecto de
los ejes 1 y 3.
1
3 Region
elástica
Elastoplástico
Superficie de fluencia
B
A
3
1
(3)y
(1)y
1
3

a) b)
Figura 5.8. Esfuerzos en estado elástico, plástico y elastoplástico. (Budhu, 2000)

Una vez ya definido claramente lo que son los esfuerzos y las deformaciones que producen
en los materiales, entonces será mucho más fácil entender los esfuerzos que actúan dentro de
una masa de suelo. El esfuerzo total que es transmitido al suelo esta compuesto de dos partes
principales, el esfuerzo efectivo y la presión de poros del agua. A continuación se definen
detalladamente cada uno de estos esfuerzos.

1.2. Esfuerzo total.

Los ingenieros geotécnicos lo llaman esfuerzo total por que es la suma de los esfuerzos
absorbidos por todas las fases del suelo, este esfuerzo es el que absorbe todo el peso en o sobre
el suelo.
A
W

[5.15]

El esfuerzo total global se descompone en dos esfuerzos locales o principales, que son el
esfuerzo total vertical y el esfuerzo total horizontal. El esfuerzo total vertical a diferencia del
esfuerzo horizontal, es influenciado por las fuerzas gravitacionales y por consiguiente por el
peso mismo del suelo y demás elementos que se encuentren en o sobre este. En cambio el
esfuerzo horizontal es influenciado por fuerzas laterales en el terreno, de ahí que toma su
principal interés en el diseño de muros o estructuras de retención, ya que ahí es donde se
analiza el empuje lateral del suelo. Es por esta razón que el esfuerzo vertical es de mayor
utilidad en este capitulo que el esfuerzo horizontal. Por consiguiente en este capitulo cuando se
hable de esfuerzo total se referirá al esfuerzo total vertical, sin que quiera decir que no haya
esfuerzos horizontales, sino que tan solo no se los analiza ya que son mucho menores
comparados con los verticales en el tipo de problemas que se analizan en este capitulo.

En general, v  h.

1.3. Esfuerzo neutral o presión de poros del agua.

Es la presión inducida en el fluido (ya sea agua o agua y aire) que llena los poros. El fluido en
los poros es capaz de transmitir esfuerzos normales, pero no esfuerzos cortantes, por lo que no

818. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


7

tiene la componente de corte, y es por esta razón que la presión de poros se la conoce también
con el nombre de esfuerzo neutral o presión neutra.
En el caso de suelos parcialmente saturados, el fluido en los poros estará compuesto de
una parte liquida y otra gaseosa, generalmente la parte líquida es agua y la parte gaseosa es
aire o vapor de agua. Estos dos componentes que se encuentran en los poros tienen
características distintas ya que el agua es virtualmente incompresible, y el aire o vapor de agua
es muy compresible. Entonces la presión de poros tiene dos componentes; la presión de agua,
uw y la presión del aire, ua en los poros del suelo. A causa de la tensión superficial que es la
que causa el fenómeno conocido como capilaridad, la presencia de aire reduce la presión de
poros, por lo tanto la presión de poros es influenciada tanto por el agua como también por el
aire presente en los poros, Bishop (1955) sugirió la siguiente relación para la presión de poros:

 
waa uuxuu  [5.16]

Donde x, es un parámetro que depende principalmente del grado de saturación, y en grado
menor de la estructura del suelo.
De experimentos realizados se determino que este parámetro x varía linealmente con el
grado de saturación del suelo, por lo que es posible determinar valores intermedios de
saturación haciendo una interpolación lineal desde suelos secos (Sr = 0) con x = 0, hasta suelos
saturados (Sr = 1) con x = 1. Nótese, que cuando x = 1 la ecuación [5.16] propuesta por
Bishop, se convierte en u = uw, en donde la presión del aire no tiene prácticamente influencia.
En ensayos realizados por expertos ingenieros geotécnicos se vio que para suelos con un
contenido de humedad mayor de la humedad optima, el valor de Sr es 0.9 o más, entonces x
también será casi igual a 1. En estos casos la cantidad de aire es muy pequeña, y se presenta en
forma de burbujas ocluidas, que afectan la compresibilidad del fluido sin disminuir
apreciablemente su presión de poros. De ahí que el análisis de suelos saturados es de mayor
importancia que el de los otros casos.
Una vez ya conocidos el esfuerzo total y la presión de poros se podrá entender más
fácilmente lo que es el esfuerzo efectivo.

1.4. Concepto del esfuerzo efectivo.

Terzaghi en 1943, demostró que para un suelo saturado, el esfuerzo efectivo en cualquier
dirección puede definirse en forma cuantitativa como la diferencia entre el esfuerzo total y la
presión de poros del agua, como se ve en la ecuación [5.17].
Este esfuerzo es transmitido a través de la estructura sólida del suelo por medio de los
contactos intergranulares. Este componente del esfuerzo total es el que controla tanto la
deformación debida a los cambios de volumen como la resistencia al corte del suelo, por lo
tanto el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante se transmiten a través de los contactos entre
grano a grano.
u'
[5.17]
Donde:
σ = Esfuerzo normal total.
σ’= Esfuerzo normal efectivo.
u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral.
El concepto del esfuerzo efectivo puede ilustrarse dibujando una línea ondulada, b-b, que pase
solo a través de los puntos de contacto entre las partículas sólidas, tal como se muestra en la
Figura 5.9.

819. Fundamentos de mecánica de suelos


8

El esfuerzo total es absorbido parcialmente por el agua en los poros ó espacios vacíos y
parcialmente por los sólidos del suelo en sus puntos de contacto. Entonces en un plano
cualquiera b-b por donde pasa la línea ondulada mostrada en la Figura 5.9, se observa que as
es el área de sección transversal ocupada por los contactos sólido con sólido, es decir as = A1 +
A2 + A3 + ... + An, entonces el espacio ocupado por el agua es igual a (Ā - as), de ahí que la
fuerza absorbida por el agua es:

 uaAP
sw  [5.18]
Donde:
u = Presión de poros del agua.
Ā = Área de la sección transversal de suelo = X·Y.
as = Área de sección transversal ocupada por los contactos sólido con sólido.
X
bb
u
u
uP1
P1
P2
P2
P3
P3
Area = A = X·Y
Sección Transversal
A1A2 A3
A4
P1P2 P3 P4
Areas de contacto
solido - solido
X
b
b Y


Figura 5.9. Fuerzas intergranulares actuando en la superficie b-b. (Simons & Menzies, 2000)

Como la variación entre las áreas de contacto es mínima se puede asumir que son iguales,
por lo que también se puede decir que as = N·A, donde N es el numero de contactos entre las
partículas sólidas existentes en el área unitaria del plano b-b. De la misma manera ocurre con
las fuerzas entre las partículas sólidas, Entonces si P1, P2, P3, … , Pn son las fuerzas que actúan
en los puntos de contacto de las partículas del suelo (Figura 5.9) y por lo tanto efectivas. La
suma de las componentes verticales de todas estas fuerzas es:
    ivvnvvvv PNPPPPP ''....''''
321 
[5.19]
Donde:
P1(v)’ + P2(v)’ + ..... + Pn(v)’, son las componentes verticales de: P1+ P2+ ..... + Pn ,
respectivamente.

820. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


9


Entonces la fuerza vertical total Pv puede ser considerada como la suma de las fuerzas de
contacto intergranulares Pv’ con la fuerza hidrostática Pw, del agua en los poros.

wvv PPP '
 uaAPP
svv '
[5.20]

Dividiendo la ecuación [5.20] entre el área de sección transversal Ā = X·Y = 1 en el plano
por donde pasa la línea ondulada, se obtiene el esfuerzo total vertical:
 









A
a
u
a
u
PP
s
i
svv
1'
A
A
A
'
A


 
si au '1' 

 
si au '1' 
[5.21]
Donde:
u = Presión de poros del agua o presión hidrostática del agua.
as’ = as/Ā = as = Fracción del área de sección transversal unitaria de la masa
de suelo ocupada por los contactos de sólido - sólido.
σi = Fuerza media intergranular por área unitaria del plano = N·P/1.

Por lo tanto el esfuerzo efectivo (σ - u) no es exactamente igual a la fuerza media
intergranular por área unitaria del plano, i’, y no depende del área de contacto entre las
partículas. Aunque esta área puede ser pequeña nunca podrá ser cero ya que esto implicaría
esfuerzos de contacto locales infinitos entre las partículas.
Normalmente como el valor de as’ es extremadamente pequeño puede ser despreciado para
los rangos de presión encontrados generalmente en los problemas prácticos. Lo que reduce la
ecuación [5.21], a la ecuación del esfuerzo efectivo:
u'
[5.17]

La ecuación [5.17] fue desarrollada primero por Terzaghi en 1925 a 1936, Skempton en
1960 extendió el trabajo de Terzaghi y propuso la relación entre los esfuerzos total y efectivo
con la ecuación [5.21].
Considerando ahora la deformación en el área de contacto entre dos partículas
influenciadas además por la presión de poros del agua, como se ve en la Figura 5.10.
El sistema de fuerzas puede considerarse estar hecho de dos componentes. Si P es la
fuerza media por contacto y hay N contactos en un área unitaria, entonces la fuerza
intergranular por área unitaria en el plano b-b es.

PN
i' [5.22]

Ahora si una partícula de suelo isotrópico homogéneo es sujeto a un esfuerzo homogéneo,
u, sobre toda su superficie, la deformación producida es una pequeña reducción elástica en el
volumen de la partícula sin ningún cambio en la forma de esta. Por consiguiente, el esqueleto
del suelo en conjunto también reduce ligeramente en su volumen sin cambios en su forma.

821. Fundamentos de mecánica de suelos


10

La compresibilidad de la estructura del esqueleto del suelo, sin embargo, es mucho mayor
que la compresibilidad de las partículas individuales del suelo de las que se compone. De ahí
que sólo esa parte del esfuerzo local de contacto que es un exceso de la presión de poros del
agua es la que realmente causa una deformación estructural por resistencia volumétrica o por
corte o por ambos.
Este exceso de esfuerzo que controla la deformación estructural es igual a (P/A - u), dónde
A es el área del contacto entre partículas. Sumando los componentes correspondientes del
exceso de fuerzas interparticulares se obtiene una expresión para σ’ definido como esa parte
del esfuerzo normal el cual controla el cambio de volumen debido a la deformación de la
estructura del suelo, de donde el exceso de fuerza por unidad del plano b-b es:
 AuAPN '


ANuPN 

sauPN  Donde: as = N·A
au
i''
[5.23]

Reemplazando σi’ de la ecuación [5.21] se tiene:


ss auau  1'

ssauauu '

u' [5.17]
P
A
P
P
A
u
u
u
u
u
uu

Figura 5.10. Separación de las componentes de las fuerzas intergranulares. (Simons &
Menzies, 2000)

El esfuerzo efectivo, también puede ser hallado en términos del peso específico del suelo y
del agua y de sus respectivas alturas, esto es explicado en forma detallada en el punto 1.6.
De la Figura 5.10, se puede ver que la fuerza total que actúa en una partícula de suelo es la
fuerza P, que actúa con una fuerza de compresión en el contacto entre partículas mas la presión
de poros, u, que actúa en forma contraria tratando de separar a las partículas por una fuerza de
tracción que ayuda a soportar y disminuir el peso soportado por las partículas sólidas.
Entonces haciendo una sumatoria de estas fuerzas verticales, y recordando que el agua actúa
en un área igual a (Ā – Ai), se tiene:


it AuPP  1 ; (Ā = 1)

Para N partículas se tiene:

822. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


11


st auPNP  1
Donde:
Pt = σ·Ā = σ
σg = N·P/as = esfuerzo intergranular
as = Σ Ai = N·Ai

Entonces reemplazando valores en la ecuación inicial, se tiene:

ssg aua  1


 
s
s
g
a
au

1
 [5.24]

De las ecuaciones [5.21], [5.22] y [5.24], se puede ver la diferencia que existe entre el
esfuerzo efectivo, la fuerza media intergranular por área unitaria del plano y el esfuerzo
intergranular. El esfuerzo efectivo no toma en cuenta el área de contacto entre partículas,
mientras que los otros dos si lo hacen. Pero el analizar los esfuerzos de los suelos considerando
estas áreas seria muy complicado y no valdría la pena debido a que las variaciones con
respecto del esfuerzo efectivo son mínimas, a no ser en algunos pocos casos especiales en los
que estas influyen considerablemente. Es por esta razón que el esfuerzo efectivo muchas veces
es confundido con la fuerza media intergranular por área unitaria del plano o con el esfuerzo
intergranular, sin embargo si bien son aproximadamente similares no son completamente
iguales, por lo que es importante poder distinguir entre uno y otro.

1.5. Principio del Esfuerzo Efectivo.

El principio del esfuerzo efectivo fue definido por Bishop (1959), utilizando dos simples
hipótesis:
 El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no
del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.17] ya definida.
u´
[5.17]

 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al
plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:
'tan'' c
f
[5.25]
Donde:
f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´
cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo,
este parámetro se lo vera detalladamente en el capitulo 6.

Como el esfuerzo efectivo es esa parte del esfuerzo total que controla la deformación de la
estructura del suelo, independientemente de las áreas de contacto entre partículas. Esto lleva a
la conclusión de que aunque la fuerza media intergranular por área unitaria depende de la
magnitud de ´a´, los cambios de volumen debido a la deformación de la estructura del suelo
dependen simplemente de la diferencia de esfuerzos ( - u) o esfuerzo efectivo, cualquiera que
sea la naturaleza de ´a´. (Bishop, 1959).

823. Fundamentos de mecánica de suelos


12

La compresibilidad de la estructura del suelo, es mucho más grande que la compresibilidad
de una partícula de suelo individual. De ahí es que solo esa parte de contacto del esfuerzo
local, produce una deformación en la estructura del suelo por resistencia volumétrica o por
resistencia de corte o por ambas.
Entonces en base a estos dos principios de Bishop, se puede concluir que el esfuerzo
efectivo esta más directamente relacionado con el comportamiento del suelo que el esfuerzo
total o la presión de poros. Por ejemplo, un aumento en el esfuerzo efectivo producirá un
reajuste de las partículas del suelo pasando a una agrupación más compacta, sin embargo el
mismo aumento en el esfuerzo total o presión de poros manteniendo constante el esfuerzo
efectivo no producirá ningún efecto en la compacidad de la estructura del suelo, es decir que
no se producirá ningún cambio de volumen ni deformación.
T
TT
T
N
N
N
N

(a) (b)
Figura 5.11. Representación esquemática de la transmisión de fuerzas a través de un suelo.
(a) Sección de un recipiente lleno de suelo, (b) Ampliación de una parte de la sección
mostrando las fuerzas transmitidas por dos puntos de contacto. (Lambe Whitman, 1976).

En la Figura 5.11 se pueden ver las fuerzas normales y tangenciales a la superficie de
contacto, que producen los esfuerzos normales y de corte respectivamente.

1.6. Cálculo del esfuerzo efectivo.

El cálculo del esfuerzo efectivo requiere la determinación por separado del esfuerzo total y
presión de poros del agua. A continuación se explica el cálculo de cada uno de estos en forma
detallada.

1.6.1. Determinación del esfuerzo total.

Para entender más fácilmente se considera el típico caso de un suelo en reposo condición
mostrada en la Figura 5.12. Esta es una condición de cargado global (es decir en ambas
direcciones, vertical y horizontal). H
Columna
Unitaria

Figura 5.12. Esfuerzos en campo debidos al peso del suelo mismo en reposo. (Simons &
Menzies, 2000)

824. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


13

Considerando que el elemento de suelo de la Figura 5.12 tiene una profundidad D metros,
el nivel de agua está en la superficie, el peso específico del volumen de suelo (sólidos y agua)
es  [kN/m
3
], se puede hallar el esfuerzo total. Estos son los únicos datos necesarios para el
cálculo del esfuerzo total.
De la definición de esfuerzo se sabe que el esfuerzo es una fuerza sobre el área en la que
actúa esta. En este caso la fuerza es el peso de la columna de suelo y el área en la que actúa
esta fuerza se considera como unitaria (1 m
2
), entonces se tiene:

v = W/A → v = W/1

v = W

El peso de la columna de suelo se puede encontrar con ayuda del peso específico del suelo
húmedo, ya que toda la columna de suelo se encuentra por debajo del nivel freático:

 = W/V →  = W/A·H ; A = 1 →  = W/H

W = ··H ; v = W

v = ··H [5.26]

1.6.2. Determinación de la presión de poros del agua.

Esta presión es calculada similarmente al esfuerzo total, asumiendo condiciones de agua
estática o condiciones hidrostáticas. Igualmente se considera una columna vertical unitaria de
agua. La presencia de la estructura del suelo no tiene ningún efecto en el cálculo de la presión
de poros del agua. Entonces se tiene:

u = Ww /A → v = W/1

u = Ww

El peso de la columna de agua se puede encontrar con ayuda del peso específico del agua.

 = W/V →  = W/A·D ; A = 1 →  = W/D

W = w·D ; u = Ww

u = w·D [5.27]
Donde:
w = peso específico del agua. Una aproximación útil toma w = 10 [kN/ m
3
]
(más exactamente, w = 9.807 kN/m
3
).

Los cambios generados en la presión de poros no están solo en función de un cambio de
carga, si no también depende mucho de las propiedades del suelo, ya que una arcilla generara
un mayor aumento de presión de poros que un material más permeable, como por ejemplo una
arena. Estas propiedades del suelo son experimentalmente determinadas y se llaman
parámetros de presión de poros A y B. Estos parámetros de presión de poros se usan para
expresar el incremento de presión de poros con respecto del incremento de esfuerzo total
(Δu/Δσ). Estos parámetros A y B serán explicados claramente en el capitulo 6.

825. Fundamentos de mecánica de suelos


14

1.6.3. Cálculo del esfuerzo efectivo en suelos saturados sin flujo de agua o en
condiciones hidrostáticas.

Cuando se habla de presión hidrostática, se refiere a que la presión de poros en cualquier punto
dentro de la masa de suelo, es igual al peso específico del agua por la profundidad del punto
considerado, esta presión hidrostática esta representada por el nivel freático o superficie
piezometrica. Para realizar el cálculo del esfuerzo efectivo se determina el esfuerzo total y la
presión de poros como se vio en el punto anterior.
A
C
B
z
H2
H1
Válvula
(Cerrada)

(a) 0 0 0
H1
H1 + z
H1 + H2
z·'(H1 + z)·w
0H1·w
H2·'(H1 + H2)·wH1·w + H2·sat
H1·w + z·sat
H1·w
Válvula
(Cerrada)
H1
H2
z
B
C
A
(d)(c)(b)
(a)
ProfundidadProfundidadProfundidad
Esfuerzo efectivo, 'Presión de poros, uEsfuerzo Total,

(b) (c) (d)

Figura 5.13. (a) Estrato de suelo en un tanque donde no hay flujo de agua; variación de (b)
esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para
un estrato de suelo sumergido sin flujo de agua. (Das, 1998)

La Figura 5.13a muestra un estrato de suelo sumergido en un tanque donde no hay flujo de
agua. En las Figuras 5.13b a la 5.13d se observa el diagrama de las variaciones del esfuerzo
total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo, con la profundidad para un estrato de
suelo sumergido en un tanque sin flujo de agua.
El esfuerzo total, la presión de poros del agua y por consiguiente el esfuerzo efectivo; en
un punto cualquiera a una determinada profundidad, pueden ser obtenidos del peso específico

826. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


15

saturado del suelo y del peso específico del agua como ya se vio anteriormente, por ejemplo
para los puntos A, B, C de la Figura 5.13a se tiene:

En A
Esfuerzo total: wAH 
1

Presión de poros del agua: wAHu 
1

Esfuerzo efectivo: 0´ 
AAA u

En B
Esfuerzo total: satwB HH  
21

Presión de poros del agua: wB HHu  )(
21

Esfuerzo efectivo: BBB u´

  
wwsatw HHHH  
2121

 
wsatH 
2
´´
2 H
B


Donde:
’ = sat - w es el peso especifico sumergido del suelo.

En C
Esfuerzo total: satwC zH  
1

Presión de poros del agua:  
wC zHu 
1

Esfuerzo efectivo: CCC u´

  
wwsatw zHzH  
11

 
wsatz 
´´ z
C
[5.28]

Como se puede ver el esfuerzo efectivo solo es la altura de columna de suelo por el peso
especifico sumergido del mismo, por lo tanto el esfuerzo efectivo en cualquier punto es
independiente de la altura del agua sobre el suelo sumergido.

’ = (Altura de la columna del suelo)·’
Donde:
’ = sat - w es el peso especifico sumergido del suelo.

827. Fundamentos de mecánica de suelos


16

Si se tiene flujo de agua en el suelo, el esfuerzo efectivo en cualquier punto en una masa de
suelo será diferente al del caso estático. Aumentará o disminuirá dependiendo de la dirección
del flujo de agua. El sentido del flujo puede ser ascendente o descendente.

1.6.4. Flujo de agua ascendente:

Este tipo de flujo se presenta en el lado aguas abajo de las estructuras de retención de agua,
como por ejemplo presas, ataguías, tablestacas, etc. Este flujo crea una fuerza de levante en
esta parte, que pone en riesgo la vida útil de la estructura de retención de agua, por lo que en
este tipo de obras es necesario hacer siempre un análisis preciso de la influencia que tiene este
tipo de flujo. En consecuencia el análisis de esfuerzos efectivos influye mucho en el diseño y
construcción de una obra hidráulica.
La Figura 5.14a muestra un estrato de suelo granular en un tanque donde el flujo de agua
es ascendente debido a la adición de agua a través de la válvula en el fondo del tanque. El
caudal de agua suministrado se conserva constante. La pérdida de carga causada por el flujo de
agua ascendente entre los niveles de A y B es h. El cálculo de todos los esfuerzos para tres
puntos cualquiera a profundidades distintas es similar al caso anterior.
Válvula
(Abierta)
H1
H2
z
B
C
A
(a)
h
h
H2
z
Entrada
del flujo

(a) Entrada
del flujo
z
H2
h
h
Esfuerzo Total,Presión de poros, u Esfuerzo efectivo, '
Profundidad Profundidad Profundidad
(a)
(b) (c) (d)
A
C
B
z
H2
H1
Válvula
(Abierta)
H1·w
H1·w + z·sat
H1·w + H2·sat (H1 + H2 + h)·w H2·' - h·w
H1·w 0
(H1 + z + i·z)·w
z·' - i·z·w
H1 + H2
H1 + z
H1
000

(b) (c) (d)
Figura 5.14. (a) Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua ascendente; variación de (b)
esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para
un estrato de suelo con flujo de agua ascendente. (Das, 1998)

828. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


17

En A
Esfuerzo total: wAH 
1

Presión de poros del agua: wAHu 
1

Esfuerzo efectivo: 0´ 
AAA u

En B
Esfuerzo total: satwB HH  
21

Presión de poros del agua: wB hHHu  )(
21

Esfuerzo efectivo: BBB u´

wwsat hH   )(
2

whH  ´
2










w
H
h
H 
2
2´

En C
Esfuerzo total: satwC zH  
1

Presión de poros del agua: wC z
H
h
zHu 









2
1

Esfuerzo efectivo: CCC u´

 
wwsat z
H
h
z  
2
wC z
H
h
z  
2
´´


Es posible demostrar que el término h/H2 es el gradiente hidráulico:
L
h
i



Donde:
i = Gradiente Hidráulico
∆h = Perdida de carga entre dos puntos
L = Distancia entre dos puntos, que es la longitud de flujo sobre la cual ocurre
la perdida de carga.

829. Fundamentos de mecánica de suelos


18

De la Figura 5.14a:
2
2
H
h
z
z
H
h
L
h
i 




[5.29]

Entonces:
wC ziz  ´´
[5.30]

En la Figura 5.14a, el termino h/H2 es hallado mediante una interpolación lineal entre las
perdida de carga H1 del punto A localizado a una profundidad H1 y la perdida de carga (H2 +
H1 + h) del punto C localizado a una profundidad (H2 + H1).
Se trazan las variaciones del esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo
efectivo con la profundidad en las Figuras 5.14b a la 5.14d, respectivamente.
Si el caudal del flujo de agua aumenta entonces el gradiente hidráulico también aumentara,
en la ecuación [5.30] se ve que si el valor del gradiente hidráulico i es muy alto, tal que el
termino (’ - i·w) se haga cero, entonces el esfuerzo efectivo será cero, en este punto se
alcanzará una condición límite.
0´´ 
wcrC ziz 
[5.31]
Donde:
icr = Gradiente hidráulico critico (para un esfuerzo efectivo igual a cero)

Bajo semejante situación, el suelo pierde estabilidad, ya que si el esfuerzo efectivo es cero
no existe esfuerzo de contacto entre las partículas del suelo y la estructura del suelo se
romperá. Esta situación generalmente es llamada condición rápida o falla por levantamiento.
Entonces como este tipo de flujo puede producir mucho daño a la estructura del suelo es que se
debe tratar de reducir el caudal de flujo de agua, para esto es que se utilizan los llamados
filtros que se vera como funcionan y ayudan a disminuir este efecto de levante en la sección 2.

De la ecuación [5.31] despejando icr se tiene:
0' 
wcrziz 
 w
cri

'
 [5.32]

Para la mayor parte de los suelos, el valor de icr varia de 0.9 a 1.1, con un promedio de 1.

1.6.5. Flujo de agua descendente:

Este tipo de flujo se presenta en el lado aguas arriba de una estructura de retención de agua. El
principal problema que causa este tipo de flujo es que cuando es muy grande produce arrastre
de partículas de un suelo a otro o de un suelo a una estructura de drenaje, produciendo erosión
tanto en la estructura de suelo como también en la estructura de la obra de retención de agua
del lado aguas arriba. Debido a esto es que se recomienda colocar filtros también en el lado
aguas arriba de la estructura de retención de agua. Este tipo de flujo es menos peligroso para la
estabilidad de la estructura de retención de agua, que el anterior pero no menos importante de
tomar en cuenta, ya que en el diseño de presas permeables como las de tierra siempre es
necesario colocar un filtro en el lado aguas arriba, ya que este flujo produciría filtraciones
considerables en este tipo de estructuras, en el caso de presas impermeables como las de
concreto o ataguías no se producen daños considerables.

830. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


19

Este tipo de flujo de agua descendente se muestra en la Figura 5.15a. El nivel del agua en
el suelo dentro el tanque se mantiene constante ajustando el suministro desde la parte superior
y la salida en el fondo.
El esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo; pueden ser calculados
de manera similar al de los anteriores casos.
Salida
del flujo
A
C
B
z
H2
H1
Válvula
(Abierta)
h
h
H2
z
Entrda
del flujo

(a) Entrda
del flujo
z
H2
h
h
0 0 0
H1
H1 + z
H1 + H2
z·' + i·z·w
(H1 + z + i·z)·w
0H1·w
H2·' + h·w(H1 + H2 - h)·wH1·w + H2·sat
H1·w + z·sat
H1·w
Válvula
(Abierta)
H1
H2
z
B
C
A
(d)(c)(b)
(a)
ProfundidadProfundidadProfundidad
Esfuerzo efectivo, 'Presión de poros, uEsfuerzo Total,
Salida
del flujo

(b) (c) (d)
Figura 5.15. (a)Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua descendente, variación de (b)
esfuerzos totales, (c) presión de poros del agua, (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para
un estrato de suelo con flujo de agua descendente. (Das, 1998).

En A
Esfuerzo total: wAH 
1

Presión de poros del agua: wAHu 
1

Esfuerzo efectivo: 0´ 
AAA u

831. Fundamentos de mecánica de suelos


20

En B
Esfuerzo total: satwB HH  
21

Presión de poros del agua: wB hHHu  )(
21

Esfuerzo efectivo: BBB u´

wwsat hH   )(
2

whH  ´
2










w
H
h
H 
2
2´

En C
Esfuerzo total: satwC zH  
1

Presión de poros del agua: wC z
H
h
zHu 









2
1

Esfuerzo efectivo: CCC u´

 
wwsat z
H
h
z  
2
wC z
H
h
z  
2
´´

wC ziz  ´´
[5.33]

Las variaciones del esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo con la
profundidad son mostradas gráficamente en las Figuras 5.15b a la 5.15d.
En resumen se puede decir que cuando se tiene flujo de agua ascendente el esfuerzo
efectivo disminuye y cuando se tiene flujo de agua descendente el esfuerzo efectivo aumenta
en una cantidad igual i·z·w.

2. Aplicaciones del esfuerzo efectivo a propósitos ingenieríles.

El concepto del esfuerzo efectivo influye en gran parte en el comportamiento del suelo, de ahí
es que la aplicación de estos criterios en las obras civiles es de gran importancia. El uso más
común se presenta en el diseño de presas, terraplenes, diques, ataguías, o estructuras similares
de retención de agua, además de obras que requieran excavaciones del terreno. En este tipo de
obras es muy frecuente que se presenten infiltraciones que pongan en riesgo la estabilidad y
vida útil de la estructura. Esta inestabilidad es debida a la infiltración del agua y se la conoce
con el nombre de flotación. Cuando el esfuerzo efectivo es cero, la fuerza ascendente de
escurrimiento es igual al peso sumergido del suelo y no puede desarrollarse una resistencia a la
fricción entre partículas y por lo tanto la mezcla suelo y agua no tiene resistencia al corte y
actúa como líquido. La falla por flotación o levante puede conducir a una falla total de la
cimentación o incluso al derrumbe de una estructura de retención de agua, como el pie del
talud de una presa o parte de una ataguía. Por lo tanto es necesario analizar esta inestabilidad
al diseñar estructuras de retención de agua.

832. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


21

Existen varios métodos para disminuir la fuerza de escurrimiento ascendente causante de
la flotación, los más comunes son el uso de filtros en las zonas más susceptibles y el aumentar
la longitud del trayecto del flujo.
 Al aumentar la longitud de trayecto del flujo se logra reducir la cantidad de
infiltración, esto se puede lograr aumentando la profundidad del hincando de
tablestacas, o alargando la base impermeable de la estructura de retención de
agua.
 Los filtros tienen como principal objetivo evitar las infiltraciones, reducir la
presión de levante o empuje que se produce aguas abajo de la estructura de
retención de agua, además de impedir el arrastre de partículas de un suelo a
otro. Si es que hay arrastre de partículas se produce la erosión del suelo, que
provocaría problemas de estabilidad en la estructura del suelo.
La presión de levante esta ligado directamente al esfuerzo efectivo, ya que esta fuerza de
levante es provocada por un flujo de agua ascendente en el lado aguas abajo de la estructura de
retención de agua. Esta fuerza de escurrimiento ascendente cuanto mayor sea producirá un
mayor gradiente hidráulico, que como ya se analizo en la ecuación [5.30], provoca que el
esfuerzo efectivo sea cada vez menor, lo que ocasiona la falta de estabilidad en la cimentación,
llegando a producir posteriormente la falla en la estructura de retención.
En la anterior sección se analizo como la dirección del flujo de agua en un estrato de suelo
aumenta o disminuye el esfuerzo efectivo, ahora se vera la influencia que tiene esa fuerza de
flujo en el comportamiento del suelo.

2.1. Fuerza de escurrimiento.

La circulación del agua a través de la estructura del suelo, produce fuerzas de escurrimiento
como resultado de la fricción entre el agua que se filtra y las paredes de los poros del suelo por
donde fluye el agua.
El agua que se filtra por ejemplo en el lado aguas arriba de la tablestaca de la Figura 5.17
aumenta el peso sumergido del suelo, al continuar el agua su recorrido de filtración continua
ejerciendo fuerzas de escurrimiento en la dirección del flujo que son proporcionales a las
perdidas por fricción. Por ejemplo cuando el curso del flujo de agua, se lo corta de manera
abrupta como es el caso de una presa o cualquier tipo de estructura de retención de agua, este
flujo adquiere mayor velocidad lo que provoca que haya un aumento en la fuerza de
escurrimiento. Si el estrato de suelo debajo de la estructura hidráulica es permeable no habrá
suficiente fuerza de fricción que reduzca la fuerza de escurrimiento y por lo tanto esta fuerza
de escurrimiento será lo suficientemente fuerte al llegar aguas abajo como para provocar un
empuje suficiente para levantar el suelo. Por otro lado, esta fuerza de escurrimiento cuando es
fuerte también puede provocar erosión interna en el suelo. Entonces es muy importante poder
conocer el valor de esta fuerza de escurrimiento y de algunos métodos para poder reducirla.

2.2. Cálculo de la fuerza de escurrimiento.

El agua que fluye a través del suelo ejerce sobre las partículas de este una fuerza por unidad de
volumen (fuerza de escurrimiento), en la dirección del gradiente hidráulico, el suelo resiste
esta acción, por una parte mediante las fuerzas de cohesión entre las partículas y por otra
gracias al soporte que a cada partícula le brindan las que están aguas debajo de ella. El
componente del peso en la dirección del flujo puede actuar a favor o en contra del arrastre de
partículas según el flujo sea ascendente o descendente.
En la ecuación [5.28], se mostró que sin flujo de agua, el esfuerzo efectivo a una
profundidad z es igual a z·’. Partiendo de esta ecuación la fuerza efectiva en un área A es:

833. Fundamentos de mecánica de suelos


22
A
P
z
'
''
1

 AzP ´'
1 [5.34]
(La dirección de la fuerza '
1P es mostrada en la Figura 5.16a.)

Si hay flujo de agua ascendente a través del mismo estrato de suelo de la ecuación [5.30],
se puede deducir que la fuerza efectiva en un área A, en una profundidad z es:
A
P
ziz
w
'
''
2
 
  AzizP
w ''
2 [5.35]

De las ecuaciones [5.34] y [5.35] según la Figura 5.16b se puede hallar la fuerza de
escurrimiento resultante para un flujo de agua ascendente:
  AzAziAzAzAzizPP
ww  ''''''
12 

AziPP
w ''
12
[5.36]
El signo negativo indica que esta en dirección contra la gravedad.

El volumen del suelo que contribuye a la fuerza efectiva es igual a z·A, entonces la fuerza
de escurrimiento por volumen unitario de suelo es:
 
w
w
i
Az
Azi
suelodeVolumen
PP







''
21
[5.37]

Se procede similarmente para el flujo de agua descendente según la ecuación [5.33]:
A
P
ziz
w
'
''
3
 
  AzizP
w ''
3 [5.38]

De las ecuaciones [5.35] y [5.36] según la Figura 5.16c se puede hallar la fuerza de
escurrimiento resultante para un flujo de agua descendente:
  AzAziAzAzAzizPP
ww  ''''''
13 

AziPP
w ''
13
[5.39]

El volumen del suelo que contribuye a la fuerza efectiva es igual a z·A, entonces la fuerza
de escurrimiento por volumen unitario de suelo es:
 
w
w
i
Az
AziPP







suelo deVolumen
''
13
[5.40]

La fuerza por volumen unitario, i·w, para este caso actúa en dirección ascendente, que es la
dirección del flujo. Esta fuerza ascendente es mostrada en la Figura 5.16b.
Entonces, se puede concluir que la fuerza de escurrimiento por volumen unitario de suelo,
es igual a i·w y en suelos isotrópicos la fuerza de escurrimiento actúa en la misma dirección
que la del flujo. Esta teoría es valida para flujo en cualquier dirección. Pueden usarse redes de
flujo para encontrar el gradiente hidráulico en cualquier punto y así la fuerza de escurrimiento
por volumen unitario de suelo.

834. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


23

Una vez obtenida la fuerza de escurrimiento se puede hallar el factor de seguridad contra
el esfuerzo de levante del lado aguas abajo en una estructura hidráulica. Para ver con más
claridad esto se considera el caso de flujo alrededor de una tablestaca (Figura 5.17a).
(a)
(b)
(c)
Volumen del
suelo = z·A
Volumen del
suelo = z·A
i·z·w·A =
z·'·A(z·'+i·z·w)·A +
zz·'·A
(z·'-i·z·w)·A
=z
z·'·A +=z
fuerza de
escurrimiento
i·z·w·A =
fuerza de
escurrimiento

(a) (a)
(b)
(c)
Volumen del
suelo = z·A
Volumen del
suelo = z·A
i·z·w·A =
z·'·A(z·'+i·z·w)·A +
zz·'·A
(z·'-i·z·w)·A
=z
z·'·A +=z
fuerza de
escurrimiento
i·z·w·A =
fuerza de
escurrimiento

(b) (a)
(b)
(c)
Volumen del
suelo = z·A
Volumen del
suelo = z·A
i·z·w·A =
z·'·A(z·'+i·z·w)·A +
zz·'·A
(z·'-i·z·w)·A
=z
z·'·A +=z
fuerza de
escurrimiento
i·z·w·A =
fuerza de
escurrimiento

(c)
Figura 5.16 Fuerza producida en un volumen de suelo (a) sin flujo de agua, (b) Flujo de agua
ascendente, (c) Flujo de agua descendente. (Das, 1998)

Después de realizar varios ensayos, Terzaghi en 1922 concluyó que el levantamiento
generalmente ocurre en una distancia d/2 de la tablestaca para una profundidad de
empotramiento D de la tablestaca en el estrato permeable. Por lo tanto, es necesario analizar la
estabilidad del suelo en una zona que mide d por d/2 de sección transversal, como se muestra
en la Figura 5.17a.
d
d
2
(a) (b)
W'
U
Estrato Impermeable
Zona de
levante
2
d
d
T
h1
Tablaestaca
h2

(a) (b)
Figura 5.17. (a) Verificación contra el levantamiento aguas abajo para una fila de tabla estacas
introducidas en un estrato permeable, (b) ampliación de la zona de levante. (Das, 1998)

835. Fundamentos de mecánica de suelos


24

El factor de seguridad contra el levantamiento es:
U
W
FS
'

[5.41]
Donde:
FS = Factor de seguridad
W’= Peso del suelo sumergido en la zona de levante por longitud unitaria
U = Fuerza de levante o escurrimiento en el mismo volumen de suelo.
  '
2
1
2
'
2
  d
d
dW
wsat
[5.42]

De la ecuación [5.37]:
 
wi
PP


suelo deVolumen
''
12
  
wi
U

suelo deVolumen
  
wavwav idiU  
2
2
1
suelo deVolumen
[5.43]
Donde
iav = Gradiente hidráulico promedio en la base del bloque de suelo.
= Carga piezometrica promedio / profundidad.

Sustituyendo los valores de W’ y U en la ecuación [5.41], se tiene:
wavid
d
FS





2
2
2
1
'
2
1
 wavi
FS




' [5.44]

Para el caso de flujo a través de una tablestaca hincada en un suelo homogéneo, como
muestra la Figura 5.17, se puede demostrar que:
 
o
w
C
HHd
U


215.0

 
215.0 HHdCU
wo  
[5.45]
Donde:
Co esta en función de d/T, en la Tabla 5.2 se dan algunos valores según d/T.
d = Profundidad del hincado de la tablestaca.
T = Profundidad del estrato de suelo.
H1= Altura del agua del lado aguas arriba de la tablestaca.
H2= Altura del agua del lado aguas abajo de la tablestaca.

Entonces reemplazando la ecuación [5.45] y [5.40] en la ecuación [5.41] se tiene:
   
2121
2
'
5.0
'5.0'
HHC
d
HHdC
d
U
W
FS
wowo 









[5.46]

Los estratos impermeables no son tan susceptibles a este tipo de falla por levantamiento ya
que el suelo impermeable ofrece gran resistencia a la fuerza de escurrimiento disipándola

836. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


25

durante su recorrido. Sin embargo incluso en estos casos es recomendable el uso de filtros para
aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento o inclusive debido a la erosión interna
que comienza en la sección de levante y prosigue aguas abajo a lo largo de la base de la
estructura de retención de agua.

Tabla 5.2. Variación de Co con d/T
d/T Co
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
0.385
0.365
0.359
0.353
0.347
0.339
0.327
0.309
0.274

2.2. Uso de filtros para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento.

El objetivo de colocar filtros de drenaje, es permitir la descarga de las filtraciones y disminuir
la posibilidad de fallas por levantamiento, ya sea por reventones o erosiones en el lado aguas
abajo de la estructura hidráulica. Entonces como las fallas siempre ocurren en el área más débil
susceptible a este tipo de fallas, que se vio que es en lado aguas abajo de la tablestaca,
entonces se puede aumentar su resistencia a la fuerza de escurrimiento incrementando el peso
de en esta sección débil. El filtro debe ser permeable para que pueda producirse el drenaje del
flujo de agua ascendente que tiende a levantar esta parte del suelo. Una manera de evaluar el
riesgo probable de falla es el factor de seguridad. Este factor de seguridad en muchos casos es
muy bajo, entonces se lo debe aumentar por medio de estos filtros. Se requiere un factor de
seguridad mínimo de aproximadamente 4 a 5 para la seguridad de la estructura, el motivo por
el que este factor de seguridad es tan elevado es principalmente debido a las inexactitudes que
existen en el análisis.
Un filtro es un material granular con aberturas bastante pequeñas para prevenir el
movimiento de las partículas del suelo en las que es colocado y, al mismo tiempo, es bastante
permeable para ofrecer pequeña resistencia al flujo que pasa a través de él. Es decir que el
filtro debe tener una granulometría tal que los orificios del filtro no sean mucho mayores que
las partículas mas finas del suelo base, ya que estas partículas finas poco a poco son
arrastradas a los vacíos del filtro, terminando por taponar al filtro y evitando que cumpla con
su función de drenaje. Si por el contrario, los vacíos del filtro son del mismo tamaño que los
del suelo, el filtro puede ser poco a poco lavado hacia el conducto subterráneo. Por lo tanto el
filtro debe estar formado por un material cuya granulometría debe ajustarse a ciertos
requerimientos. Estos requerimientos serán detallados mas adelante.
En la Figura 5.18a, el espesor del material del filtro es d1, este espesor debe ser mayor a 3
pies (91 cm.). Como el factor de seguridad esta en función del peso del suelo en la zona de
levante, al colocar el filtro este peso aumenta incrementando así el factor de seguridad. El
factor de seguridad contra el levantamiento puede calcularse similar al caso anterior solo
aumentando el peso del filtro, esto se ve en la Figura 5.18b.
La fuerza de levante causada por el flujo de agua U, es la misma que el caso anterior:
El peso de suelo y del filtro dentro la zona contra levantamiento por longitud unitaria es:

Ws+f = W’ + W’f, [5.47]

837. Fundamentos de mecánica de suelos


26

Donde:   '
2
1
2
'
2
  d
d
dW
wsat


fff dd
d
dW '
2
1
'
2
'
11  


’f = Peso especifico efectivo del filtro.
wavidU 
2
2
1
[5.43]
d
d
2
W'
U
Estrato Impermeable
Zona de
levante
2
d
d
T
h1
Tablaestaca
h2

(a) (b)
Figura 5.18. Uso de un filtro para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento.
(Das, 1998)

Entonces el factor de seguridad contra el levante es:
wav
F
F
id
ddd
U
WW
FS







2
1
2
2
1
´
2
1´
2
1
´´


wav
F
i
d
d
FS











´´
1 [5.48]

2.3. Selección del material para el filtro.

Es sumamente importante que el material del filtro sea escogido cuidadosamente tomando en
cuenta las características del suelo que se protegerá. Terzaghi y Peck propusieron una serie de

838. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


27

criterios para la selección de un filtro, tomando en cuenta las características del suelo
adyacente a ser protegido. En la Figura 5.19 el suelo a ser protegido es llamado material base.
Entonces según Terzaghi y Peck se recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la
estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad.

1. 

4
D
D
B 85
F 15


2. 

4
D
D
B 15
F 15

3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del material
base.

Donde:
D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para
el filtro y la base, respectivamente.
D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base.

El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material
base a través del filtro.
El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro.
Material Base
(Suelo que debe ser
protegido)
Filtro

Figura 5.19 Definición del material base y material del filtro.

La aplicación del criterio de selección del material de un filtro puede ser explicado usando
la Figura 5.20 en la cual la curva a es la curva de distribución tamaño de partículas del
material base. Del criterio 1, D15(F ) < 4· D85(B) la abscisa del punto A es, D85(B) entonces la
magnitud de 4· D85(B), puede ser calculada, y el punto B cuya abscisa es 4· D85(B), puede ser
trazada. Similarmente, del criterio 2, D15(F) > 4·D15(B) las abscisas de los puntos C y D son D15(B)
y 4·D15(B), respectivamente. Las curvas b y c son trazadas, las cuales son geométricamente
similares a la curva a y están limitadas con los punto B y D. En general un suelo cuya curva de
distribución de tamaño de partículas caiga dentro de las curvas b y c es un buen material para
el filtro.
En algunos casos es necesaria la construcción de filtros de varias capas, lo cual no es
aconsejable ya que son más costosos. Sin embargo a veces se tiene la necesidad obligada de
construir este tipo de filtros, Para la selección del material de este tipo de filtros se sigue el
mismo criterio, considerando al filtro mas fino como material base para la selección de la
granulometría del filtro más grueso.
El diámetro de partículas máximo que se puede usar en un filtro no debe exceder de las 3”
(75 mm.), esto con el fin de disminuir la segregación y el acuñamiento, formando huecos entre
las partículas grandes durante la colocación de los materiales del filtro. Se debe tener cuidado
en la colocación de los materiales del filtro para evitar la segregación.

839. Fundamentos de mecánica de suelos


28

Porcentaje que pasa
4·D15(B)
D15(B)
D85(B)4·D85(B)
(Material Báse)
CD
B
A
Curva a
Curva b
Curva c
Tamaño de grano, D
85
15
100
80
60
40
20
0


Figura 5.20. Criterio para la selección de filtros. (Das, 1998)

3. Cambio de esfuerzos efectivos.

El suelo se diferencia de la parte de los materiales sólidos en la forma en que pueden variar
las propiedades relativas de volúmenes de agua y sólido al aplicar esfuerzos. Cuando un suelo
saturado es sujeto a un aumento de esfuerzos, entonces el agua en los poros tiende a querer
fluir a zonas de menor presión lo que significa que se produce un aumento en la presión de
poros del agua, la velocidad de este flujo depende de la permeabilidad del suelo.
La diferencia entre las características de corte de la arena y la arcilla y demás propiedades
entre las partículas, no son tan amplias como la diferencia cerca de un millón de veces entre la
permeabilidad de los distintos tipos de suelo. En el caso de las arenas y gravas el flujo del agua
es rápido debido a que estos suelos son muy permeables, mientras que en las arcillas y limos el
flujo del agua es lento debido a que son suelos muy poco permeables.
El comportamiento ingenieril en suelos saturados de grano fino deriva de la interacción
entre estructura esquelética del suelo compresible y el agua en los poros relativamente
incompresible. Los cambios rápidos en las cargas externas no producen un cambio inmediato
en el volumen del suelo, debido a la resistencia al desplazamiento del agua en los poros. Por lo
tanto, la configuración estructural del suelo no cambia inmediatamente. Sin embargo al
transcurrir el tiempo el agua en los poros va evacuando a zonas de menor presión lo que
provoca cambios en la configuración de la estructura del suelo que provocan cambios de
volumen en el suelo, este fenómeno se conoce como consolidación y se lo entenderá mejor
con el análisis del modelo mecánico que simula al comportamiento de un suelo sometido a un
rápido cambio de esfuerzo.
Las condiciones al principio y al final de un cambio de esfuerzos, varían según el tipo de
suelo, y según a esto se dividen en dos.

 Condiciones a corto plazo o condiciones no drenadas.

Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento
de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de
agua en los poros es obstaculizado debido a que el suelo es poco permeable,
como en el caso de arcillas y limos. También se presenta este caso cuando el
ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es demasiado rápido y no
permite el flujo del agua en los poros.

840. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


29

 Condiciones a largo plazo o condiciones drenadas.

Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento
de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de
agua en los poros fluye casi sin obstáculos debido a que el suelo es muy
permeable, como en el caso de las gravas y arenas. También se presenta este
caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es lo
suficientemente lento como para evitar que se produzca un aumento en la
presión de poros del agua.

3.1. Modelo mecánico.

La estructura del suelo es modelada por un resorte, los vacíos del suelo son modelados por el
compartimiento debajo del pistón y la permeabilidad del suelo es modelada por el grado de
ajuste del pistón en el cilindro. Entonces un suelo de alta permeabilidad es modelada por un
pistón que permita una gran salida de agua mientras que un suelo de baja permeabilidad es
modelado por un pistón que permita una salida muy pequeña de agua. Se considera que el área
interior de la sección transversal del cilindro es A=1, provisto de un pistón sin fricción. La
presión de poros del agua se mide mediante el piezómetro que se encuentra junto al cilindro,
que es de diámetro mucho más pequeño que el del cilindro.

Condición de carga.

Inicialmente el cilindro es llenado con agua o algún fluido incompresible y el pistón es
cargado uniformemente con una carga igual a P, que incluye el peso propio del pistón. Esta
carga en este instante simboliza el peso propio de las partículas sólidas del suelo, lo que no
significa un aumento en las cargas exteriores, entonces en este instante se encuentra en
equilibrio y el piezómetro marca una altura de presión de poros igual a cero (Δu = 0).
Pero si en ese instante se pone rápidamente una carga ΔP encima del pistón (Figura 5.21b),
todo este incremento de carga será soportada por el agua en el cilindro debido a que no ha
transcurrido un tiempo suficiente para que la viscosidad del fluido deje desplazar al pistón y
reducir así el volumen del compartimiento debajo del pistón (poros), como el agua es
incompresible no se deforma entonces soporta todo el incremento de carga evitando que el
resorte (estructura del suelo) sufra ninguna deformación. Entonces en este instante el
piezómetro marca una altura de presión de poros igual a ΔP/γw.
Como el total de la carga (P + ΔP) es soportada por el resorte y el agua, entonces el
esfuerzo total será:
u
A
PP


 '
; A=1= área unitaria [5.49]
uPP  '

uP  'P
[5.50]

Donde
σ’ = (σ - u) = Carga por área unitaria absorbida por el resorte.
u = Carga por área unitaria absorbida por el agua.

841. Fundamentos de mecánica de suelos


30
P
P=0
(-u)=P
t=0
(-u)=P
u= P
v=0
t>0
P<(-u)<P+ P
0<u< P
v>0
t=8
(-u)=P+ P
u=0
P/
P+ P
u/w
P+ P
P+ P
v>0

(a) (b) (c) (d)
Figura 5.21. Modelo cilindro–resorte para la condición de carga. (Simons & Menzies, 2000)

En la Figura 5.21b se puede ver que después de haber incrementado la carga ΔP, se tiene:

σ’ = (σ - u) = P y u = ΔP

Con el transcurrir del tiempo la viscosidad del fluido ya no puede evitar el desplazamiento
del pistón hacia abajo y entonces el resorte comienza a comprimirse (Figura 5.21c). Entonces
en este instante el total del incremento de carga será soportada tanto por el fluido como por el
resorte. Por lo tanto, en este instante la ecuación [5.50] se mantiene constante, pero se
producirá una reducción en la presión de poros y un incremento en la compresión del resorte.

P < σ' < (P + ΔP) y 0 < u < ΔP

Después de un largo tiempo (t = ), se ira produciendo un decaimiento exponencial en la
presión de poros y un cambio en la longitud del resorte. Hasta que finalmente el exceso de la
presión de poros se disipa totalmente hasta llegar a cero que es cuando el sistema alcanzara un
estado de equilibrio. El instante en que se alcance este equilibrio, el resorte es el que soportara
el total del incremento de carga. (Figura 5.21d)

σ' = (P + ΔP) y u = 0

Condición de descarga.

El proceso de descarga ocurre de manera similar al del proceso de carga, este proceso
comienza después de alcanzar el equilibrio en el proceso de descarga. Entonces inicialmente se
tiene las mismas condiciones que para un tiempo infinito en el proceso de carga.

σ' = (P + ΔP) y u = 0

Pero si después se quita rápidamente el incremento de carga, ΔP como se muestra en la
Figura 5.22b, el resorte nuevamente no sufre ninguna deformación en este caso de
descompresión ya que no ha transcurrido un tiempo suficiente para que la viscosidad del fluido
deje desplazar al pistón hacia arriba y así aumentar el volumen del compartimiento debajo del
pistón (poros) y así permitir la expansión del resorte. Entonces en este instante el total de la
disminución de la carga será soportada nuevamente por la presión de poros del agua y se
tendrá una presión de poros negativa (succión) igual a -ΔP/γw. Mientras que es resorte como no

842. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


31

absorbe nada de la disminución de la carga, ΔP, sigue igual que en su anterior estado, es decir
como si estuviera soportando todavía las cargas (P + ΔP).

σ' = (P + ΔP) y u = –ΔP
(-u)=P+ P
u=0
P+ P
t=0
(-u)=P+ P
u= - P
v=0
u/w
P
P/
P
P
t>0
P<(-u)<P+ P
- P<u<0
v>0
t=8
(-u)=P
u=0
v>0

(a) (b) (c) (d)
Figura 5.22. Modelo cilindro-resorte para la condición de descarga (Simons & Menzies, 2000)

Posteriormente con el pasar del tiempo, la viscosidad del fluido ya no puede evitar el
desplazamiento del pistón y entonces este comienza a ascender, aumentando así el
compartimiento debajo del pistón y permitiendo así la descompresión del resorte como se
muestra en la Figura 5.22c. Entonces en este instante la disminución de la carga total será
absorbida tanto por el resorte como también por el fluido dentro del cilindro. Por lo tanto, en
este instante la ecuación [5.50] se mantiene constante, pero se producirá una reducción en la
presión de poros negativa y un disminución en la compresión del resorte.

P < σ' < (P + ΔP) y –ΔP < u < 0

Cuando ya ha transcurrido un tiempo suficiente (t = ), (Figura 5.22d) el aumento de
presión de poros negativa se disipa hasta llegar nuevamente a cero y el resorte solo soporte su
propia peso o carga P. Entonces en este instante se alcanza nuevamente el estado de equilibrio.

σ’ = (σ - u) = P y u = 0

3.2. Generación de la presión de poros en el cargado y descargado de suelos reales

La estabilidad de las fundaciones y taludes en los suelos de grano fino saturados son altamente
dependientes del tiempo, debido a que el tamaño promedio de los poros interconectados es
demasiado pequeño, por lo que el desplazamiento del agua en los poros es retardado por medio
de las fuerzas viscosas.
La influencia de esta permeabilidad en los suelos influye muchísimo en la estabilidad del
mismo y esta permeabilidad varia muchísimo según el tipo de suelo. La permeabilidad del
suelo es la que decide si cuan rápido fluye el agua en los poros dentro del mismo.

a) En suelos arenosos que son altamente permeables, el drenaje causado por el aumento de la
presión de poros es completado inmediatamente. El drenaje del agua es acompañado por una
reducción de volumen de la masa de suelo, lo cual resulta en un asentamiento.

843. Fundamentos de mecánica de suelos


32

b) En suelos arcillosos, debido a que la conductividad hidráulica de las arcillas es muy
pequeña, se requerirá algún tiempo para que el exceso de presión de poros del agua se disipe y
el incremento de esfuerzo se transfiera gradualmente a la estructura del suelo.

Condición de carga.

Cuando se aplica una carga externa a una masa de suelo cuyos poros están saturados de
agua, el efecto inmediato es un aumento de la presión de poros. Lo cual hace que el agua en
los poros fluya hacia fuera de estos a través de los vacíos, con el resultado de que la presión de
poros ira disminuyendo y la carga aplicada se transfiere a la estructura del suelo. Hasta que al
final el esfuerzo total aplicado llegara a un equilibrio en el cual es soportado tanto por la
estructura del suelo como por el agua.
Este fenómeno es más notorio en un estrato de arcilla sujeto a una carga rápida, donde el
flujo de agua tiene dificultad de fluir debido a que los granos de la arcilla son finos y casi
impermeables, lo cual causa una retardación en el flujo de agua en los poros, produciendo un
aumento en la presión de poros. Este flujo como se muestra en la Figura 5.23 inicialmente
debido al aumento de la presión de poros tendrá una carga piezometrica elevada que a su vez
esta en función de la carga inducida. Esta carga influye de forma directa en el aumento de la
presión de poros, ya que una mayor carga producirá también un mayor aumento en la presión
de poros. Esta carga piezometrica se ira reduciendo a medida que pase el tiempo debido que el
flujo de agua ira circulando a zonas de menor presión. Posteriormente este suelo será capaz de
soportar una mayor carga, debido a la consolidación de la estructura del suelo. En el ejemplo
de la Figura 5.23 se tiene un estrato de arcilla que es cargado rápidamente por un terraplén. La
distribución de la presión de poros con el tiempo (isócronas), es mostrada por las alturas en los
piezómetros para determinados transcursos de tiempo.
Nivel del
agua
Nivel de
la tierra
Talud
rapidamente
construido
Piezómetros
u/w
t=
t>>0
t>0
t=0

Figura 5.23. Respuesta de la presión de poros de una arcilla saturada cargada rápidamente en
forma local. (Simons & Menzies, 2000)

Este proceso de drenaje gradual bajo la aplicación de una carga adicional y la transferencia
del exceso de presión de poros al esfuerzo efectivo causa un asentamiento en el estrato de
arcilla del suelo.

844. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


33

Para las fundaciones, la estabilidad crítica es a corto plazo porque la resistencia aumenta
con la consolidación a largo plazo. A corto plazo las presiones del agua son desconocidas y
por consiguiente no puede hacerse un análisis del esfuerzo efectivo a menos que la presión de
poros pueda ser estimada.
Cuando se teme la inestabilidad durante la construcción de un terraplén suele ser necesario
colocar drenes de arena en la cimentación para acelerar la disipación de la presión de poros, o
una construcción por etapas que de tiempo suficiente para que se disipe la presión de poros.

Condición de descarga.

Si se descarga una arcilla saturada, esto puede ocurrir por ejemplo en una excavación o corte,
entonces se produce una reducción del esfuerzo total. En un suelo de grano fino como la
arcilla, la viscosidad del fluido ofrece resistencia al flujo de agua en los poros y esto ayuda a la
estructura del suelo, aliviándola parcialmente de su carga externa, que provocaría una rápida
expansión del esqueleto del suelo y de una rápida succión en el agua dentro el suelo
circundante. Es decir que en la zona de influencia de la excavación se produce una presión de
poros negativa (succión) debido a que el esqueleto del suelo quiere expandirse producto del
cambio de carga externa, pero al querer expandirse los espacios vacíos entre las partículas
tienden a querer llenarse o aspirar aire y/o agua para ocupar el aumento de vacíos que genera
la expansión del suelo. Con el tiempo, esta succión es disipada por el drenaje del agua de la
zona de alta presión de poros (no afectada por la excavación) hacia el área de baja presión de
poros (zona de influencia). Esta migración del agua causa un aumento en el volumen del suelo
en la zona de influencia, hinchazón del suelo y ablandamiento de la estructura del suelo, dando
lugar a una reducción en su resistencia. El mínimo factor de seguridad ocurre en el equilibrio
de la condición a largo plazo.
Por ejemplo, se considera la dependencia del tiempo que tiene la estabilidad de un corte
según se muestra en la Figura 5.24.
u (+)
u (-)
Zona de influencia
de la excavación
Zona
inafectada por
la excavación
ho
hf
P
Línea equipotencial
Presión de poros al
final de la excavación
Nivel freático final
Nivel freático original

Figura 5.24. Presión de poros en un corte a largo y corto plazo. (Simons & Menzies, 2000)

Durante la excavación el esfuerzo de corte sobre la superficie de falla aumenta. Después
de terminarse la excavación el esfuerzo de corte permanece constante, pero el esfuerzo
efectivo sobre la superficie de deslizamiento disminuye, de forma que el factor de seguridad
también disminuye. Se producirá la falla en el instante en que el factor de seguridad quede por
debajo de la unidad.
La falla puede producirse durante la excavación. Si la excavación ha sido suficientemente
rápida para evitar la disipación del aumento de presión de poros causados por la descarga.
La reducción de los esfuerzos totales causa una reducción en la presión de poros del agua
que depende de la diferencia del cambio de esfuerzo y del tiempo que transcurre desde la
excavación. La consiguiente migración del agua causa el hinchazón de la estructura del suelo
reduciendo la resistencia del suelo y por lo tanto la estabilidad del mismo.

845. Fundamentos de mecánica de suelos


34

Para analizar el esfuerzo efectivo en función del tiempo transcurrido a partir desde que se
hace la excavación. Se ilustra mejor con un ejemplo práctico con valores supuestos. Entonces
si al principio el suelo tenía un esfuerzo total por decir de 100 Kpa, con 50 Kpa soportados por
el agua (u) y los 50 Kpa restantes soportados por las partículas (’), entonces al producirse la
excavación se reduce el esfuerzo total a 70 Kpa., se sabe que la relación =’+u se tiene que
cumplir y que producto de la excavación hay una disminución de la presión de poros inmediata
y al principio el esfuerzo efectivo absorbido por las partículas sólidas se mantiene constante
entonces para cumplir la relación =’+u se tiene 70=50+u entonces u se sabe que es 20 Kpa.
Pero con el pasar del tiempo debido al drenaje del agua el esfuerzo efectivo absorbido por las
partículas sólidas va reduciendo y la presión de poros tiende a recuperar su presión inicial
pero el esfuerzo total ya no cambia entonces para cumplir con la ecuación =’+u se tiene
70=’+50 se tiene que ’=20 Kpa. Lo que se refleja en el factor de seguridad que sabemos es
sinónimo de la estabilidad del terreno, y que según lo visto anteriormente la deformación del
terreno esta en función del esfuerzo efectivo por lo tanto mientras el esfuerzo efectivo vaya
reduciendo entonces el factor de seguridad también lo hará, sin embargo al principio se
produce una disminución del factor de seguridad pese a que el esfuerzo efectivo se mantiene
constante, esto es debido al aumento del esfuerzo de corte en la superficie de falla.

4. Esfuerzos y deformaciones elásticas en los suelos.

Cuando un material es sujeto a esfuerzos, este responde con deformaciones. Entonces es
necesario trazar una historia de los cambios entre los esfuerzos y las deformaciones y así
obtener una curva esfuerzo-deformación.
El ingeniero debe comprobar que las deformaciones producidas en el suelo al aplicar las
cargas exteriores son menores a la deformación admisible y así asegurar la estabilidad del
suelo. Para esto el ingeniero debe obtener la curva esfuerzo deformación del suelo.
El grado de deformación producido por un esfuerzo dependerá de la composición, relación
de vacíos, historia del esfuerzo, y forma en que se apliquen los nuevos esfuerzos. Para poder
hallar la deformación de un suelo muchas veces es mejor medir directamente las
deformaciones producidas en un ensayo de laboratorio bajo los esfuerzos que existirán en el
terreno real. En otros casos, suele ser muy útil recurrir a conceptos y formulas de la teoría de
elasticidad.
Con este fin se han desarrollado ensayos y descripciones matemáticas que parten de las
teorías clásicas de la elasticidad y plasticidad. Sin embargo, los suelos se diferencian mucho de
otros materiales, debido a su naturaleza porosa y compuesta de partículas. El comportamiento
de un material perfectamente elástico solo depende de sus condiciones inicial y final,
independientemente del camino que tomen durante el cargado o descargado, esto debido a que
presentan un comportamiento lineal. En cambio los suelos no solo depende de su condición
inicial y final sino además del camino durante el cargado o descargado y de la historia previa
al cargado o descargado.
En resistencia de materiales se estudio los esfuerzos en cuerpos rígidos, continuos,
homogéneos, elásticos, afectados por fuerzas externas. Los suelos no son cuerpos ni rígidos, ni
continuos, ni homogéneos, ni elásticos. Por lo tanto la determinación de los esfuerzos y
deformaciones en los suelos es una tarea muy difícil. Sin embargo el análisis con la teoría de la
elasticidad es muy simple y solo involucra a dos constantes, el modulo de Young y el índice de
Poisson. Entonces si se asume que el suelo es un material isotrópico, elástico, se facilita
muchísimo el análisis para poder predecir el comportamiento de los suelos cuando son
sometidos a cargas externas. Para este análisis solo se tiene que determinar el modulo de
Young y el índice de Poisson mediante ensayos de laboratorio o de campo.

846. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


35

x

y

z

xy

yz

zx

1

.
1


0
0
0

1

0
0
0


1
0
0
0
0
0
0
21( )
0
0
0
0
0
0
21( )
0
0
0
0
0
0
21( )

x

y

z

xy

yz

zx
Independientemente de que en algún caso particular pueda resultar útil usar valores del
modulo de elasticidad y/o del índice de Poisson, debe tenerse muy en cuenta que el módulo de
elasticidad o de Young y el índice de Poisson no son constantes de un suelo, sino más bien
magnitudes que describen aproximadamente el comportamiento de un suelo para un estado de
esfuerzos dado y que cambiarán, quizás radicalmente, si cambia el estado de esfuerzos o si los
esfuerzos se aplican de distinta manera.
Es necesario asumir que las deformaciones en los suelos son pequeñas (infinitesimales)
para poder aplicar el principio de la mecánica de los cuerpos elásticos a los suelos. El suelo
solo puede sostener esfuerzos de compresión. A continuación se explicara detalladamente los
conceptos de la teoría de la elasticidad, orientado a los suelos.

4.1. Ley de Hooke.

Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados con
la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura 5.25, según
la ley de Hooke se tiene:





[5.51]





Donde
E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.

La ecuación [5.51] es llamada ecuación elástica o ecuaciones constituyentes del esfuerzo-
deformación elástico. De esta ecuación se obtiene, por ejemplo:

GE
v
zx
zxzx

 


12
[5.52]
Donde v
E
G


12
[5.53]

G es el módulo de corte.

Se llamaran a E, G, y υ parámetros elásticos. Solamente dos de estos parámetros, E o G y
υ, se requieren para solucionar los problemas que se ocupan de los materiales isotrópicos,
elásticos. Si se conocen E y υ se puede calcular G de la ecuación [5.53]. El índice de Poisson
para los suelos no es fácil de determinar y una manera directa de obtener G es sujetar el
material a fuerzas cortantes como se describió en la sección 1.1. Para materiales elásticos no
lineales, se usa la ecuación [5.51] para hallar el módulo tangente o el módulo secante y los
cálculos se hacen incrementalmente para pequeños aumentos de esfuerzo.
Los módulos elástico y de corte para los suelos dependen de la historia del esfuerzo, de la
dirección del cargado, y de la magnitud de las deformaciones. Los valores típicos de E y de G
se muestran en la Tabla 5.4.

847. Fundamentos de mecánica de suelos


36

Tabla 5.4. Típicos valores de E y G.
Tipo de suelo descripción E*(MPa) G*(MPa)
Arcilla


Arena
Suave
Media
Dura
Suelta
Media
Densa
1-15
15-30
30-100
10-20
20-40
40-80
0.5-5
5-15
15-40
5-10
10-15
15-35
* Esto es el módulo elástico secante para condiciones drenadas.
A
xy
xz
zx
zy
yx
yz
x, x
z, z
y, y
Y
X
Z

Figura 5.25. Estado de esfuerzos general. (Budhu, 2000)

4.2. Esfuerzos principales.

Como ya se menciono anteriormente los esfuerzos principales se obtienen cuando no hay
ningún esfuerzo de corte. En cualquier punto sometido a esfuerzos existen 3 planos
ortogonales (es decir, perpendiculares entre sí) en los cuales los esfuerzos tangenciales o de
corte son nulos. Estos planos se denominan planos principales. Los esfuerzos normales que
actúan sobre estos tres planos se denominan esfuerzos principales. En resumen Los esfuerzos
principales son esfuerzos normales a un plano con esfuerzo de corte igual a cero.
El más grande de estos tres esfuerzos principales se denomina esfuerzo principal mayor
1; el más pequeño es el esfuerzo principal menor 3 y el tercero es el esfuerzo principal
intermedio 2.
Si los esfuerzos aplicados a un suelo son esfuerzos principales, entonces la ley de Hooke
se reduce a:


































3
2
1
3
2
1

1
1
1
1









E
[5.54]

La matriz en el lado derecho de la ecuación [5.53] es llamada matriz de conformidad.

La inversa de la matriz [5.53] es:
 



































3
2
1
3
2
1

1
1
1
211










E
[5.55]

848. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


37

La matriz en el lado derecho es llamada matriz de rigidez. Si se conoce los esfuerzos y los
parámetros del material E y , se puede utilizar la ecuación [5.54] para calcular las
deformaciones. En cambio si se conocen las deformaciones y los parámetros del material E y
, se puede utilizar la ecuación [5.55] para calcular los esfuerzos.

4.3. Desplazamientos de las deformaciones y fuerzas de los esfuerzos.

Los desplazamientos y fuerzas son obtenidos por integración. Por ejemplo, el desplazamiento
vertical.Δz, es:
dzz
z

[5.56]

y la fuerza axial es:
dAPz
z

[5.57]
Donde:
dz = Altura o espesor del elemento
dA = Área del elemento.

4.4. Estado de deformación Plana.

Hay dos condiciones en los esfuerzos y deformaciones que son comunes en la ingeniería
geotécnica. Uno es la condición de la deformación plana en la cual la deformación en una
dirección es cero, en los muros de contención y cimientos largos, la deformación longitudinal
será cero y = 0, produciendo un estado de deformación plana. Para ilustrar mejor este estado
de deformación se considerara como ejemplo de un elemento del suelo, A, detrás de un muro
de contención como se muestra en la Figura 5.26. Debido a que el desplazamiento que
comúnmente ocurre en la dirección Y es pequeño (y) comparado con la longitud en esa
dirección, la deformación tiende a cero; es decir, y = y/y  0. Entonces se puede asumir que
el elemento A del suelo está bajo la condición de la deformación plana. Puesto que se esta
considerando esfuerzos principales, tras las direcciones de X, Y, y Z o 3, 2, y 1
respectivamente. En el caso del muro de contención en la dirección Y (dirección 2) la
deformación es igual a cero por lo tanto 2 = 0 reemplazando esto en la ecuación [5.54]. La ley
de Hooke para una condición de deformación plana es:
 
311 1
1


 


E
[5.58]
 
133 1
1


 


E
[5.59]
 
312  
[5.60]

En forma matricial. Las ecuaciones [5.58] y [5.59] se convierten en:





















3
1
3
1
1
11






E
[5.61]

849. Fundamentos de mecánica de suelos


38

La inversa de la ecuación [5.61]:
 






















3
1
3
1
1
1
211 





vv
E
[5.62]
Muro de
contención
y, y = 0
x
z
A
X (3)
Y (2)
Z (1)

Figura 5.26. Condición de deformación plana para un elemento de suelo detrás de un muro de
contención. (Budhu, 2000)

4.5. Simetría Axial o Condición Axisimétrica.

La otra condición que ocurre en problemas prácticos es la simetría axial o condición
axisimétrica donde dos esfuerzos son iguales. Como ejemplo de esto se puede considerar un
tanque de agua o de aceite fundado en una masa de suelo como se muestra en la Figura 5.27. r
Tanque
r =
z
z
Z

Figura 5.27. Condición axisimétrica en un elemento de suelo bajo el centro de un tanque.
(Budhu, 2000)

Los esfuerzos radiales (r) y el esfuerzo circunferencial () en un elemento cilíndrico del
suelo directamente debajo el centro del tanque son iguales debido a la simetría axial. El tanque
de aceite aplicará un esfuerzo vertical uniforme (axial) en la superficie del suelo y el elemento
del suelo será sujeto a un aumento en el esfuerzo axial, z = 1 que producira un aumento
en el esfuerzo radial, r =  = 3. Ningún elemento del suelo debajo del borde del tanque

850. CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos


39

estará bajo condiciones axisimétricas, puesto que las tensiones en el borde del tanque son todas
diferentes; no hay simetría.
La ley de Hooke para condiciones axisimétricas es:
 
311 2
1
 
E
[5.63]
 
133 1
1
 
E
[5.64]

O, en forma matricial:





















3
1
3
1 211






E
[5.65]

851. ANEXO F Resistencia al corte



ANEXO F

Respuesta de los suelos a esfuerzos de corte.

1. Envolvente de falla.
Suelos tipo I
Suelos tipo II
Suelos tipo II-A
O
C
'r
'cr
A
B
D

Figura F.1. Envolvente de falla para suelos del Tipo I, II y II-A (Budhu, 2000).

Suelos del Tipo I.

f = (')f·tan ' [F.1]
Donde:
f = Es el esfuerzo de corte en el instante del deslizamiento, que será: T/A.
(')f·= Es el esfuerzo efectivo normal en el instante del deslizamiento, que es: N/A.

El esfuerzo de corte en el estado crítico que será:

cr = (')f·tan 'cr [F.2]

Suelos del Tipo II.

f = (')f·tan (' + ) [F.3]
z
tan
x



[F.4]
Donde:
z = Desplazamiento vertical (expansión) del suelo ensayado al cortante.
x = Desplazamiento horizontal del suelo ensayado al cortante.

'p = 'cr + p [F.5]

El esfuerzo de corte en el pico para suelos dilatantes será:

p = (')f·tan 'p [F.6]

852. Fundamentos de mecánica de suelos



p = (')f·tan ('p) + c' [F.7]
Donde:
' = Ángulo de fricción geométrico.
c' = Cohesión geométrica.

Suelos del Tipo II-A.

El esfuerzo de corte para el estado residual será:

r = (')f·tan 'r [F.8]

Tabla F.1. Rango de valores para ángulos de fricción (Budhu, 2000). 
cr 
p 
r
30-35 35-50
28-33 30-40
27-37 32-50
24-32 27-35
15-30 20-30 5-15
Limo o limo arenoso
Arcilla
Tipo de suelo
Grava
Mezcla de grava y arena con suelo fino
Arena


Suelos cementados.

f = (')f·tan (' + ) + C0 [F.9]

2. Criterio de falla de Mohr-Coulomb.


f3f1
f3f1
''
''
'sin



[F.10


1f
3f
'1 sin '
' 1 sin '
 




[F.11


3f
1f
'1 sin '
' 1 sin '
 




[F.13
2
'
45


[F.14]
 


13ff
13ff
''
sin '
''
  
   
  
[F.15]
( ' )
45
2
  
  
[F.16]

2
13ff
''
' = ' tan 45 2 ' tan 45
22
c
   
       
   
   
[F.17

2
13ff
'
' = ' tan 45
2

   


[F.18]

853. ANEXO F Resistencia al corte



Estado no drenado.
c
u

( )
3f ( )
1f
B

Figura F.2. Envolvente de falla de Mohr-Coulomb en estado no drenado.

13ff
2
u
c
  

[F.19]

Parámetros de resistencia al corte para el diseño.

f = cu [F.20]

f = 'f·tan(') + c' [F.21]

3. Ensayos de laboratorio para determinar los parámetros de resistencia al corte.

Ensayo del corte directo.

Anillo de carga y deformímetro.

S = LD·CR [F.22]
Donde:
S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra.
LD = Lectura del deformímetro instalado en el anillo de carga.
CR = Coeficiente del anillo.
'
F
A

[F.23]
S
A

[F.24]

Donde:
' = Esfuerzo normal efectivo.
F = Fuerza vertical aplicada por el sistema de pesas sobre la muestra.
A = Área del muestreador.
 = Esfuerzo cortante que actúa en el plano de falla.

854. Fundamentos de mecánica de suelos



S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra.

Ensayos triaxiales.

Coeficientes A y B de la presión de poros.

Etapa 1 y 2:
3
3
u
B




[F.25]

Donde:
B = Coeficiente de Skempton.
u3 = Variación de la presión de poros debido a la presión de confinamiento.
3 3 3
' u    
[F.26]
3
3
f
1
1
e
u
B
C
n
C





[F.27]
Donde:
Ce = Compresibilidad de la estructura de suelo
Vm = Volumen de la muestra de suelo.
Cf = Compresibilidad del fluido aire-agua
n = Porosidad del suelo.

Etapa 3:
13
13
A
u
AB



  
  
[F.28]

Compresión no drenada.

Ensayo triaxial no consolidado no drenado (UU).
f f1

cu


3

Figura F.3. Envolvente de falla no drenado resultante del triaxial UU.

855. ANEXO F Resistencia al corte


0L
L

[F.29]
Donde:
 = Deformación vertical del espécimen de suelo.
L = Deformación del espécimen registrado por el deformímetro.
L0 = Longitud inicial del espécimen de suelo.

P = (Lectura del deformímetro)·(Factor de calibración del anillo).


1
0A
A
[F.30]
Donde:
 = Área transversal corregida.
 = Deformación vertical del espécimen de suelo.
A0 = Área transversal inicial del espécimen de suelo.
Esfuerzo desviador

Deformación vertical %

d
Suelos Tipo I
Suelos Tipo II
d
p
crd


Figura F.4. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial UU.

El esfuerzo desviador d, que actúa en el espécimen de suelo, será:
d
P
A

[F.31]

1 = 3 + (d)f [F.32]

El esfuerzo principal menor en la falla (3)f, es la presión de registrada en la cámara
triaxial al momento de la falla.

856. Fundamentos de mecánica de suelos



Ensayo triaxial consolidado no drenado (CU).
A
d
u


[F.33]
Donde: A
= Parámetro de Skempton.
u = Exceso de presión de poros durante la compresión.
d = Esfuerzo desviador.
Deformación vertical %

u
, A
u



u

d
p
p
p
d
cr
cr
cr
d

u

Suelo Tipo II
d

Figura F.5. Deformación vertical en función a d, u y A en un triaxial CU en suelo Tipo
II.

857. ANEXO F Resistencia al corte


'
' )

'
c'
f
' )
f

Figura F.6. Envolvente de falla para un suelo Tipo II en un ensayo triaxial CU. 
3 f 3 f
( ' ) u  
[F.34]
 
1 3 df f f
' u     
[F.35]

Compresión drenada.

Ensayo triaxial consolidado drenado (CD).

d cr

d p
Deformación vertical %
d
Esfuerzo desviador
Suelo Tipo II
Suelo Tipo I

Figura F.7. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial CD.

'1)f = ('3)f + (d)f [F.36]

858. Fundamentos de mecánica de suelos



'
'
' )
f ' )
f

Figura F.8. Envolvente de falla para un suelo Tipo I en un ensayo triaxial CD.
Ensayo de Compresión inconfinada.
Esfuerzo axial aplicado

Deformación vertical %

Suelos Tipo I
Suelos Tipo II
p
cr



Figura F.9. Deformación vertical respecto al esfuerzo axial en la compresión inconfinada.

859. ANEXO F Resistencia al corte


q

 
u
cu

Figura F.10. Combinación de esfuerzos en la falla en el ensayo de compresión inconfinada.
2
u
u
c
q
[F.37]

Tabla F.2. Consistencia de la arcilla (Das, 1997). Consistencia q
u k(kg/m
2
)
Muy suave 0 a 2.44
Suave 2.44 a 4.88
Medio 4.88 a 9.76
Duro 9.76 a 19.52
Muy duro 19.52 a 39.05

4. Métodos empíricos para determinar los parámetros de resistencia al corte.

860. Fundamentos de mecánica de suelos



GW
Tipo de suelo
20
d
3
Ángulo de fricción efectivo,

' (deg)
25%
Peso unitario seco,  lb/ft
0.5
110
0.550.60.650.70.80.91.01.11.2
75
20
25
30
80 90 100
ML
0
en este rango
SM
y
SP
0.150.20.250.30.350.40.45
120
d
3
130 140 150
Peso unitario seco,  KN/m
Densidad relativa 100
%
35
40
15
50%
SW
GP
75
%
Índice de vacíos, e

Figura F.11. Valores típicos de ’ para suelos poco cohesivos (U.S. Navy, 1982).


IP Índice de platicidad
10
0

' (deg)
20
30
40
0.2
5
0.1
0
1086
0.4
0.3
0.5
0.6
sin

'
2015 30
50
60
0.9
0.8
0.7
1.0
605040 80100 200150

Figura F.12. Valores típicos de ’ para arcillas y limos NC (Mitchell, 1993).

Tabla F.3. Relaciones empíricas para los parámetros de resistencia al corte (Budhu, 2000).

861. ANEXO F Resistencia al corte


Arena limpia con curazo Bolton (1985)
Todas las arcillas
Jamiolkowski et al. (1985)
Mersi (1975)
Arcillas sobreconsolidadas Ladd et al. (1977)
Tipo de suelo Ecuación Referencia
Arcillas normalmente consolidadas Skempton (1957)0.11 0.0037
u
NC
c
IP


  

  
 

0.8u OC
u NC
c
OCR
c




  
0.8
0.23 0.04
u
c
OCR

  
 0
0.22
u
c


  
f
3 10 ln 3
p cr r
Dp       

El valor de p'f en la ecuación propuesta por Bolton representa la cantidad de esfuerzo
efectivo en la falla (expresado en KPa). Esta ecuación solo es válida si: 12 > ('p – 'p) > 0.

5. Sensibilidad de la arcilla. (S)
 
 
u
u
c inalterada
S
c remoldeada

[F.38]
Donde:
S = Sensibilidad de la arcilla.
cu = Parámetro de resistencia no drenado.

Tabla F.4. Sensitibidad de la arcilla. (Das, 1997) Descripción
Ligeramente sensitiva
Medianamente sensitiva
Muy sensitiva
Ligeramente activa
Medianamente activa
Muy activa
Extra activa
8 - 16
16 - 32
32 - 64
> 64
Sensibilidad
1 - 2
2 - 4
4 - 8


6. Trayectorias de esfuerzos en el espacio (q', p').

q' = '1 – '3 [F.39]

q = q' [F.40]
 
312
3
1
' p
[F.41]

p = p' + u [F.42]
q' = '1 – '3 [F.43]

862. Fundamentos de mecánica de suelos




q = q' [F.44]
3
1
''
3
pq   
[F.45]

q’f = M·p’f [F.46]
'sin3
'sin6




M
[F.47]
M
M



6
3
'sin
[F.48]

7. Modelo del estado critico.
f
f
'
q
M
p

[F.49]
Donde:
M = Pendiente de la línea de estado crítico.
qf = Esfuerzo desviador en el momento de la falla.
p'f = Esfuerzo normal promedio en el momento de la falla.
2.3
c
C

[F.50]
Donde:
Pendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, ln p').
CcPendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, log ).
2.3
r
C

[F.51]
Donde:
Pendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, ln p').
CrPendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, log ).
0
0
'
'
p
p
R
c

[F.52]
Donde:
R0 = Relación de sobreconsolidación.
p'c = Esfuerzo efectivo de preconsolidación.
p'0 = Esfuerzo efectivo inicial o presión de sobrecarga.
OCR
K
K
R
OC
NC




0
0
0
21
21
[F.53]
Donde:

863. ANEXO F Resistencia al corte


NC
K
0
= Parámetro de consolidación para suelos normalmente consolidados OC
K
0
= Parámetro de consolidación para suelos sobreconcolidados.
v
h
K
'
'
0



[F.54]
Donde:
K0 = El parámetro de consolidación.
’h = Esfuerzo efectivo horizontal actuante en la etapa de carga.
’v = Esfuerzo efectivo horizontal durante la etapa de carga.

Superficie de fluencia.

expansión de la superficie de fluencia
superficie inicial de fluencia la en compresión
p'
c
q
B
A
C
M
c
p'
estado de esfuerzo elástico
fluencia inicial
elastoplasticidadC
A
B

Figura F.13. Expansión de la superficie de fluencia (Budhu, 2000).
 0'''
2
2
2

M
q
ppp
c
[F.55]

Línea de falla en el espacio (q, p').

q'f = M·p'f [F.56]
c
c
cs
M
M



6
3
'sin
[F.57]
cs
cs
cM
'sin3
'sin6





[F.58]

Línea de falla en el espacio (e, p').

864. Fundamentos de mecánica de suelos




ef = e – ·ln p' [F.59]
Donde:
e = Índice de vacíos en la línea de estado crítico, cuando ln p' = 1 kPa.
ef = Índice de vacíos en el instante de la falla.

00 'ln
2
'
ln p
p
ee
c

 
[F.60]

Ensayo triaxial drenado.

1
p'
línea de falla
estados imposibles
fe
e
0
A
F
B
O
0 f C
A
p' p'
B
p' p'
línea de falla
ESP = TSPimposible estado de esfuerzos
fq
3
q
1
F
3
M
(a)
(b)
e

Figura F.14. Falla en ensayos CD (Budhu, 2000).

qf = 3·(p'f – p'0) [F.61]
qf = M·p'f [F.62]

865. ANEXO F Resistencia al corte



M
p
p


3
'·3
'
0
f
[F.63]
M
pM
q


3
'··3
0
f
[F.64]

Ensayo triaxial no drenado.

ef = e0 = e – ·ln p'f [F.65]









0
fexp'
ee
p
[F.66]









0
f exp
ee
Mq
[F.67]
q
f
p'
A
p'
B
1
F
3
TSP
p'
3
1fu
ESP
p'
CSL
0 C
CSL
A, B
e = e
0 f
FA, B
imposible estado
de esfuerzos
e
CSL
p' 1
e

F
e
ln p'
q
f

Figura F.15. Falla en ensayos CU (Budhu, 2000).
Para suelos sobreconsolidados (R0 >2):

866. Fundamentos de mecánica de suelos



0
exp
2
u
eeM
c






[F.68]



00
exp
uA B A
uB
c e e
c 




[F.69]

Para suelos saturados:


 
exp
u s B AA
uB
c G
c





[F.70]
1'
00  RpMq
p
[F.71]
00
'1
2
u
M
c p R   
[F.72]















0
0f exp1
3
p'
eeM
u
[F.73]

Rigidez del suelo.

e
1

C
ln p'

B

e
A

Figura F.16. Respuesta del suelo a la carga y descarga/recarga (elástica) (Budhu, 2000).

El módulo volumétrico K' se expresa:


01'
'
ep
K


[F.74]
El módulo de elasticidad E’ se escribe:

867. ANEXO F Resistencia al corte



)'21()1('3
'
0 

ep
E
[F.75]

Donde ’, es el módulo de Poisson. Por consiguiente, el módulo de corte G se expresa:
 
'1
'211'5.1
0





ep
G
[F.76]

Segun Jamiolkowski se tiene que:
 '
198
03.1
pR
e
G
a

[F.77]

Tabla F.5. Valores de a. (Jamiolkowski, 1991) IP (%) a
0 0
20 0.18
40 0.3
60 0.41
80 0.48
 100 0.5


Segun Seed and Idriss se tiene que:
'
1pkG 
[F.78]

Tabla F.6. Valores de k1 (Seed & Idriss, 1970). e k
1 D
r % k
1
0.4 484 30 235
0.5 415 40 277
0.6 353 45 298
0.7 304 60 360
0.8 270 75 408
0.9 235 90 484


8. Deformaciones en el modelo de estado crítico.

Deformación volumétrica.

p = 
e
p + 
p
p [F.79]
Donde:
p = Cambio total de deformación volumétrica.

e
p = Cambio de deformación volumétrica elástica.

p
p = Cambio de deformación volumétrica plástica. D
EDE
p
p
p
ee
ee
e
e
'
'
ln
111
000



















[F.80]

868. Fundamentos de mecánica de suelos



 
D
EEDe
p
p
p
ee
ee
e
e
'
'
ln
111
000











[F.81]
'
'
K
p
e
p


[F.82]
D
Ee
pp
p
p
p
p
e '
'
ln
1
0














[F.83]


e
p = -
p
p [F.84]

Deformación por corte.

q = 
e
q + 
p
q [F.85]

El cambio de la deformación elástica por corte será:
G
q
e
q



3

[F.86]

El cambio de deformación plástica por corte es:
 2/''
2
c
p
p
p
q
ppM
q

 
[F.87]

Respuesta del suelo K0-consolidado.
0
1
3
z
K
p' '

 
[F.88]

Donde p' = 'z para un suelo consolidado anisotrópicamente.
 
0
0
31
12
Kq
p' K



[F.89]
  
3 0 1 1 3 0
' K ' A       
[F.90]

Resolviendo para 1 – 3, se obtiene:

0 1 3 0
13
''K
A



   
[F.91]
En la falla se tendrá que:

869. ANEXO F Resistencia al corte


  
1 3 0 1 0
1
1
2
u
c K '        

[F.92]

Sustituyendo la ecuación [F.103] en la ecuación [F.104], se tendrá que:

 
0 1 3 0
01 0
1
1
2
u
K ' '
c K '
A
     
     

[F.93]

Sustituyendo esta expresión en la ecuación [F.105] se tendrá que:
 
 
00
1
sin ' 1
1 2 1 sin '
cr
uu
z cr
K A Kcc
' ' A
      


      
[F.94]

870. ANEXO G Compactación




ANEXO G
COMPACTACIÓN .

1. Concepto de Compactación.
Peso específico húmedo,

Sólidos del suelo
Sólidos del suelo
Agua
2
w1 w2

1
=

1
=

d(
w

d

Figura G.1. Principios de compactación. (Das, 1998)

2. Compactación en Laboratorio.

2.1. Curva de compactación.
Peso específico seco,

d
[Ton/m
3
]
Contenido de húmedad, w (%)
1.55
0
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
1.85
1.90
5 10 15 20 25 30
Peso específico seco máximo,

d.max
Húmedad óptima, wopt.
Curva de saturación
(Volumen de aíre = 0)

Figura G.2. Curva de compactación típica.
mV
W

[G.1]
Donde:
W = Peso del suelo compactado en el molde.
V = Volumen del molde. (Varia según el ensayo)
γ = Peso específico húmedo del suelo.

871. Problemas resueltos de mecánica de suelos



w
d


1


[G.2]

Donde:
w = Porcentaje de contenido de humedad.
γd = Peso específico húmedo del suelo.
S
wG
G
S
wS
d




1


[G.3]
Donde:
GS = Gravedad especifica de los sólidos del suelo.
γw = Peso específico del agua.
S = Grado de saturación del suelo.
w
G
Gw
G
S
W
S
WS
zav





11


[G.4]
Donde:
γzav = Peso específico seco con cero de aire en los vacíos.

2.2. Factores que afectan la compactación.

Efecto del tipo o naturaleza del suelo.
Curva de saturación, S = 100 %
s = 2.65 Ton/m3
1
2
3
4
5
6
7
81.6
1.7
1.8
1.9
2.0
2.1
2.2
5 10 15 20 25
Contenido de húmedad, w (%)
Densidad seca,

d
[Ton/m
3
]
Arcilla limosa
Limo de Loess
Marga arenosa de gradación media
Marga arenosa bien gradada
Arena marga bien gradada
8
7
6
3
4
5
1
2
Arena mal gradada
Arcilla homogénea
Arcilla limo arenosa
DescripciónNº Arena
Datos de textura y plásticidad del suelo
72
88
5
32
73
5
6
94 -
22
85
9
33
64
10
15
Limo LL
16
16
36
28
22
26
67
N.P.-
72
10
18
35
31
2
13
Arcilla
-
40
2
4
9
15
N.P.
N.P.
PI

Figura G.3. Curvas de compactación para ocho suelos utilizando la prueba Proctor estándar,
(Jonson y Sallberg, 1960).

872. ANEXO G Compactación



Tipo A
Forma acampanada
Contenido de húmedad, (%)
Peso específico seco,

d
Peso específico seco,

d
Contenido de húmedad, (%)
Tipo B
uno y medio picos
Tipo D
Forma impar
Contenido de húmedad, (%)
Peso específico seco,

d
Peso específico seco,

d
Contenido de húmedad, (%)
Tipo C
Doble pico Tipo A
Forma acampanada
Contenido de húmedad, (%)
Peso específico seco,

d
Peso específico seco,

d
Contenido de húmedad, (%)
Tipo B
uno y medio picos
Tipo D
Forma impar
Contenido de húmedad, (%)
Peso específico seco,

d
Peso específico seco,

d
Contenido de húmedad, (%)
Tipo C
Doble pico

Figura G.4. Cuatro tipos de curvas de compactación encontradas en los suelos.

Efecto de la energía de compactación.
V
hWnN
E


[G.5]
Donde:
E = Energía de compactación.
N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en
que se acomoda el suelo en el molde de compactación.
n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde.
W = Peso del pisón compactador.
h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo.
V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del
suelo compactado.

Tabla G.1. Efecto de la energía de compactación con el número de caídas por capa.
Número de curva en la
Figura G.11
Número de caídas
por capa
Energía de compactación
(ft-lb/ft
3
)
1
2
3
4
20
25
30
50
9.900
12.375
14.850
24.750
1 ft-lb/ft
3
= 47.88 J/m
3

De la Tabla G.1 y de la Figura 7.5 se puede ver que:

1. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco
máximo de la compactación también aumenta.
2. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de
humedad óptimo disminuye un poco.

873. Problemas resueltos de mecánica de suelos




Contenido de húmedad, w (%)
1816141210 20 22 24
100
105
110
115
120
125
15.20
16.00
17.00
18.00
19.00
19.85
Peso específico seco,

d
[lb/ft
3
]
Peso específico seco,

d
[kN/m
3
]
Arcilla arenosa
Índice de plásticidad = 26
Límite liquido = 31
Línea de
optimidad
50 golpes
por capa
30 golpes
por capa
25 golpes
por capa
20 golpes
por capa
4
3
2
1
Curva con cero de aíre en los vacíos (G
s
= 2.7)

Figura G.5. Efecto de la energía de compactación en la compactación de una arcilla arenosa.

2.3. Prueba Proctor estándar.
Diametro
114.3 mm
(4.5 plg)
Diametro
101.6 mm
(4 plg)
116.43 mm
(4.584 plg)
Extensión
Caída =
304.8 mm
(12 plg)
(a)
(b)
50.8 mm
(2 plg)
Peso del
pisón = 2.5 kg
(masa = 5.5 lb)

Figura G.6. Equipo para la prueba Proctor estándar (a) molde, (b) pison, (Das, 1998).

874. ANEXO G Compactación





Figura G.7. Compactación de un suelo, usando el pisón Proctor estándar

2.4. Prueba o ensayo Proctor modificado

Molde de compactación
de 4 plg de diámetro
Molde de compactación
de 6 plg de diámetro
Martillo Pistón
Compactador modificado

Regla de 30cm.



Figura G.8. Equipo de compactación en laboratorio.

Las tres variantes en el método de compactación Proctor modificado, varían en algunas
especificaciones que se resumen en la Tabla G.2. El método de compactación se elige en
función del porcentaje de tamaño de partículas presentes en la muestra de suelo. Para la
selección del método de compactación el suelo debe ser tamizado a través de los tamices ¾
plg, 3/8 plg y Nº4.

Tabla G.2. Especificaciones técnicas para la prueba de compactación Proctor según las
especificaciones ASTM.
Características Método
A B C
Molde:

Pisón
- Volumen [cm
3
]
- Diámetro [mm]
- Masa [kg]
-Altura de caída [mm]
944
101.6
4.54
457
944
101.6
4.54
457
2124
152.4
4.54
457
Número de capas de compactación
Número de golpes por capa
Energía de compactación [kN×m/m
3
]
5
25
2700
5
25
2700
5
56
2700
Suelo a usarse
Criterio de selección:
- Pasa el tamiz

- Porcentaje retenido en el
tamiz Nº 4
- Porcentaje retenido en el
tamiz 3/8 plg.
- Porcentaje retenido en el
tamiz 3/4 plg.
Nº 4

< 20 %


3/8 plg

> 20 %

< 20 %
¾ plg



> 20 %

< 30 %

875. Problemas resueltos de mecánica de suelos




Método A utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz Nº 4. Es
aplicado a suelos con un porcentaje menor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº 4.
Método B utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/8 plg. Es
aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº
4 y con un valor menor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8 plg.
Método C utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/4 plg. Es
aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8
plg y con un valor menor al 30 % del material retenido en el tamiz 3/4 plg.
Contenido de húmedad, w(%)
Densidad seca,

d
(Mg/m
3
)
Proctor
estándar
(A)
Proctor
Modificado
(B)
Línea de
optimidad
Grado de
saturación
Proctor
Línea de
saturación
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
0 5 10 15 20 25
100
105
110
115
120
125
60%80%100%para s = 2.70 Mg/m3
Densidad seca,

d
(lb/ft
3
)

Figura G.9. Curvas de compactación para los ensayos Proctor estándar y modificado. (Holtz
& Kovacs, 2000)

3. Aplicación de la compactación a obras civiles.

3.1. Efecto de la compactación en las propiedades del suelo.

Efecto de la estructura del suelo en la compactación.
Densidad seca compactada,

d
Contenido de húmedad, (%)
Esfuerzo de
compactación
alto
Esfuerzo de
compactación
bajo
A
B
C
D
E

Figura G.10. Efecto de la compactación en la estructura del suelo. (Lambe, 1958)

876. ANEXO G Compactación



a) b)

(a) (b)
Figura G.11. Estructuras extremas de un suelo arcilloso: (a) Alto grado de orientación de las
partículas, (b) bajo grado de orientación de las partículas.
100 % floculada
COMPACTACIÓN EN EL LABORATORIO
Estática
(%)
(%)
d
100 % dispersa
Por impacto
Por amasado
Curva de compactación

Figura G.12. Influencia del tipo de compactación en la estructura adquirida por el suelo
compactado.

Efecto de la compresibilidad en la compactación.
Muestra compactada del lado
seco o no disturbada
Muestra compactada del
lado hímedo o remoldeada
Índice de vacíos, e
Presión, escála logarítmica
Baja presión de consolidación

(a)

877. Problemas resueltos de mecánica de suelos



Alta presión de consolidación
Presión, escála logarítmica
Índice de vacíos, e
Repercución de ambas muestras
Muestra compactada del
lado hímedo o remoldeada
Muestra compactada del lado
seco o no disturbada

(b)
Figura G.13. Cambio en la compresibilidad con el contenido de agua del moldeado. (a)
Baja presión de consolidación, (b) Alta presión de consolidación. (Lambe, 1958)

Efecto de la permeabilidad de los suelos en el proceso de compactación.
12 13 14 15 16 17 18 19
10
-7
-6
10
10
-5
Permeabilidad (cm/seg)
Densidad seca,

d
(lb/ft
3
)
100
1918171615141312
114
118
122
Contenido de húmedad, (%)
Muestra los cambios de humedad y
densidad de la penetración a través de
los poros.
S = 100
%

Permeabilidad en ensayos de compactación en arcillas arenosas de Jamaica.
Figura G.14. Cambio en la permeabilidad con el contenido de agua del moldeado. (Lambe,
1958)

878. ANEXO G Compactación




Efecto de la expansión en la compactación.
Humedad de compactación, %
11 12 13 14 15 16 17 18 19
0
2
4
6
8
10
12
EstáticaAmasado
Amasado
Estática
Expansión,
%
1.80
191817161514131211
Humedad de compactación, %
Peso específico seco,

d [Ton/m
3
]
1.84
1.88
1.92
1.96
2.00
100 % de saturación
Compactación relativa = 80 %
Compactación Estática
Compactación por amasado
Peso específico en la prueba
Proctor modificada
Humedad de compactación, %
11 12 13 14 15 16 17 18 19
0
2
4
6
8
10
12
EstáticaAmasado
Amasado
Estática
Expansión,
%
1.80
191817161514131211
Humedad de compactación, %
Peso específico seco,

d [Ton/m
3
]
1.84
1.88
1.92
1.96
2.00
100 % de saturación
Compactación relativa = 80 %
Compactación Estática
Compactación por amasado
Peso específico en la prueba
Proctor modificada

Figura G.15. Expansión de una muestra de arcilla arenosa compactada estáticamente y por
manipulación.
0
Presión de compactación,
Presión de expansión, Kg/cm2
0 4 8 12 16 20
0.4
0.8
1.2
1.6
2.0

Figura G.16. Relación entre la presión estática de compactación (energía de compactación)y
la presión de expansión en una arcilla.

879. Problemas resueltos de mecánica de suelos




Efecto de la contracción en la compactación.
Compactación estática
Compactación vibratoria
Compactación por amasado
Estática
Vibratoria
Amasado
Densidad seca,

d (
lbf/ft
3
)
Contenido de húmedaden el molde, (%)
Contracción axial (%)
12
102
104
106
108
110
112
14 16 18 20 22 24
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
Grado de saturación = 100 %
Densidad seca,

d
(ton/m
3
)
Contenido de
humedad
óptimo
Lado húmedo del óptimoLado seco del óptimo
242220181614
0
12
1
2
3
4
5
6

Figura G.17. La contracción como una función del contenido de agua y tipo de
compactación. (Seed y Chan, 1959)

880. ANEXO G Compactación




Efecto de la resistencia de los suelos en el proceso de compactación.
12
10
8
6
4
2
10
0
12 14 16 18 20 22 24 26
Esfuerzo requerido para causar 25 % de resistencia (Kg/cm2)
Fuerza (Esfuerzo requerido para
causar 25 % de resistencia) Vs.
Contenido de humedad
Ensayo noconsolidado-nodrenado
Presión de confinamiento = 10 Kg/cm2
Fuerza (Esfuerzo requerido para
causar 5 % de resistencia) Vs.
Contenido de humedad
Esfuerzo requerido para causar 5 % de resistencia (Kg/cm2)
2624222018161412
0
10
2
4
6
8
10
12
7
7
7 15
15
15 276 Psi
136 Psi
65 Psi
CapasApisonadas
por capa
Presión
de la pata
10
100
104
108
112
116
12 14 16 18 20 22 24 26
Contenido de húmedaden el molde, (%)
Densidad seca,

d (
lbf/ft
3
)
Grado de saturación =100 %
Densidad seca Vs.
contenido de humedad

Figura G.18. La resistencia como una función de la energía de compactación, y el contenido
de agua del moldeado. (Seed y Chan, 1959)

881. Problemas resueltos de mecánica de suelos




Efecto de la resistencia como medida del CBR de los suelos en el proceso de
compactación.


0
25
50
75
100
120
115
110
105
100
95
90
10 15 20 25
Contenido de húmedad, (%)
Densidad seca, (lbf/ft
3
)
Peso específico seco,

d
Cero de aíre en los vacíos

s
= 2.72
55 golpes por capa
26 golpes por capa
12 golpes por capa

Nota: Peso 10 lb, caída 18” (Proctor modificado)
Figura G.19. La resistencia como medida del CBR y la densidad seca versus el contenido de
agua para compactación de impactos en laboratorio. (Tumbull y Foster, 1956)

882. ANEXO G Compactación




Tabla G.3. Comparación de las propiedades del suelo entre la compactación por el lado
húmedo y por el lado seco del óptimo.
Propiedad Comparación
1. Estructura
a. Disposición de las partículas
b. Deficiencias de humedad



2. Estructura

3. Permeabilidad
a. Magnitud
b. Estabilidad

4. Compresibilidad
a. Magnitud


b. Deficiencias de humedad

5. Resistencia
a. En el molde
 Sin drenaje
 Con drenaje

b. Después de la saturación
 Sin drenaje

 Con drenaje

c. Presión de poros en la falla
d. Modo esfuerzo-deformación
e. Sensibilidad

Del lado seco aleatorio
Del lado seco, mayor deficiencia y por lo tanto mayor
higroscopicidad, mayor expansión y menor presión de poros.

La estructura del lado seco es más susceptible de variación.


Del lado seco, más permeable.
Del lado seco, la permeabilidad se reduce mucho más por el flujo
de agua.

Del lado húmedo, mayor compresibilidad con bajas presiones y
del lado seco con altas presiones.

Del lado seco, se consolida más rápidamente.



Del lado seco, mucho mayor
Del lado seco, algo mayor


Del lado seco, algo mayor si se evita la expansión; del lado
húmedo puede ser más elevada si se permite la expansión.
Del lado seco, aproximadamente la misma o ligeramente mayor.
Del lado húmedo, mayor
Del lado seco, mucho mayor
Del lado seco, más probabilidad de sensibilidad

4. Control de compactación.

Hay básicamente dos categorías de las especificaciones de las obras de tierra:
 Especificaciones de resultado final.
 Especificaciones del método.

4.1. Especificaciones del resultado final.
0 R.C.80
Compactación Relativa R.C. (%)
Índice de densidad ID o densidad relativa, Dr (%)
100
1000
Densidad seca
Índice de vacíose =
d = 0 d min d d max

e max e mine

Figura 5.17. Conceptos de densidad relativa y compactación relativa. (Lee y Singh, 1971)

883. Problemas resueltos de mecánica de suelos



 % 100
ρ
ρ
Rón compactaci de Grado
olaborat orien d.max
campoen d

[G.6]
100
maxlabd
cam pod
R



[G.7]
Donde:
R grado de compactación, expresado en porcentaje.
d campo Peso unitario seco obtenido en campo.
d max-lab Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio.
100
max
max
labd
zav
teoricoR





[G.8]

Donde:
Rmax-teórico Grado de compactación máxima, expresado en porcentaje.
zav Peso unitario seco teórico (zero air voids).
d max-lab Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio.
Contenido de húmedaden, (%)
Densidad seca,

d
90 % R.C.
Línea
óptima
Línea del 100 %
de saturación
d max
 opt
a b c
1
2
3

Figura G.21. Densidad seca en función del contenido de humedad, ilustrando la condición
más eficiente para la compactación en campo. (Seed, 1964)

884. ANEXO G Compactación





4.2. Especificaciones del método.

4.3. Determinación del grado de compactación o compactación relativa

Pruebas Destructivas.

Los pasos requeridos para las pruebas destructivas comunes en campo son:

1. Excavar un agujero en el terraplén generalmente del espesor de la capa
compactada (el tamaño del agujero dependerá del tamaño máximo del
material en el terraplén). Determinar el peso del material excavado, W.

2. Determinar el contenido de humedad del material extraído.
S
S
W
WW
w



3. Medir el volumen del material excavado. Las técnicas comúnmente
empleadas para esto son el cono de arena, la membrana de hule, agregando
agua o aceite de densidad conocida en el agujero es posible determinar el
volumen del mismo. (Figura G.19)

4. Calcular la el peso especifico γ del material. Conociendo el peso total W, del
material excavado del agujero y el volumen del agujero, se calcula
fácilmente γ.
excV
W

[G.1]

Como también se conoce el contenido de humedad, se puede obtener el peso
específico seco del terraplén, γ d.campo.
w
d


1


[G.2]

5. Se compara γ d.campo con γd max laboratorio y se halla el grado de compactación
(ecuación [G.6])

Cono de arena.

El procedimiento de esta prueba es la siguiente:

1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa.

2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro
el recipiente. (W1)

3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la
compactación en campo.

4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2)

885. Problemas resueltos de mecánica de suelos




5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w)

6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [G.7].
w
W
W


1
2
3
[G.7]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado
inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura G.19a Luego se abre
la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al
agujero hasta que este se llene totalmente.
8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena
que sobro en el recipiente y el cono.
9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la
ecuación [G.8]:
415 WWW 
[G.8]
10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [G.9]:
Arenad
cWW
V
.
5



[G.9]

Donde:
WC = Peso de la arena que llena solamente el cono.
γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa.

Los valores de WC y γd arena son determinados de la calibración hecha en
laboratorio.

11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [G.10]:
agujero delVolumen
agujero del excavado seco suelo del Peso
3

V
W
d
[G.10]

Cono
Válvula
Plato con
agujero
Frasco de vidrio con 20-30 de
arena de Otawa (o similar)
(a) Cono de arena

886. ANEXO G Compactación



Válvula check
Presión del aire
AguaBomba
Válvula de aíre
Membrana (parcialmente
presionado en el agujero de la
excavación)
(b) Membrana de ule
(c) Método del Aceite (ó agua)
capa de polietileno para
los suelos granulares
Aceite

Figura G.22. Algunos métodos para determinar la densidad en campo (Holtz & Kovacs,
2000)
Suelo del
terraplén
Se divide en tres partes
Se agrega, es decir se mezcla 40 g.
de agua y se compacta como en un
ensayo estandar. Se mide la
densidad de la muestra compactada.
Se agrega, es decir se mezcla 80 g.
de agua y se compacta como en un
ensayo estandar. Se mide la
densidad de la muestra compactada.
Se agrega, es decir se mezcla 120 g.
de agua y se compacta como en un
ensayo estandar. Se mide la
densidad de la muestra compactada.
Gráfica de resultados

887. Problemas resueltos de mecánica de suelos




X
z
M agua agregada
M suelo húmedo
Densidad máxima escalada de abajo de la gráfica, X
Densidad del suelo húmedo en el terraplén
Grado de compactación del terraplén
1 + z
Densidad húmeda
Figura G.23. Procedimiento del método rápido de determinación del grado de compactación
del terraplén.








Figura G.24. Densímetro nuclear en funcionamiento. (ELE internacional, 1993)
Manómetro
Detectores
Trayectoria del fotón
Fuente

(a)

888. ANEXO G Compactación



Fuente
Trayectoria del fotón
Detectores
Manómetro

(b) Fuente
Trayectoria del fotón
Detectores

(c)
Figura G.25. Determinación nuclear de la densidad y el contenido de humedad: (a)
Transmisión directa, (b) Dispersión trasera, (c) Boquete de aíre. (Troxler electronic
laboratorios, Inc., Research triangle park, North Carolina).
5. Compactación en campo.
Densidad seca, [lbf/ft
3
]
Contenido de humedad (%)
10 15 20 25
90
100
110
120
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
Densidad seca, [ton/m
3
]
3
4
5
6
2
1
S = 100 %

Figura G.26. Comparación entre las compactaciones en laboratorio y en campo, (1)
Compactación estática en laboratorio, 140 kg/cm
2
, (2) Proctor modificado, (3) Proctor
estándar, (4) Compactación estática en laboratorio a 14 kg/cm
2
, (5) Compactación en campo
con seis pasadas de un rodillo neumático, (6) Compactación en campo con seis pasadas de un
rodillo pata de cabra. Nota. La compactación estática se aplico por ambas caras de la muestra. (Turnbull, 1950)

5.1. Tipos de compactadoras.

Rodillos pata de cabra. (Compactación por manipulación)

889. Problemas resueltos de mecánica de suelos





Figura G.27. Compactador con rodillos pata de cabra.
(a)
(b)
(c)
(d)
Vástago
Rodillo
Vástago
Pata
afilado
de base ampliada
de cabra
prismática(c)
(d)
(b)
(a)

Figura G.28. Formas usuales en las patas de los rodillos pata de cabra, (J. Badillo, 1976). Todos los vástagos son de sección cuadrada y 15 cm de lado
Superficie original
del terreno.
d, en Kg/m3
F F
Capa compactada
F
15 cm
1200
1300
1250
1200
1200
1250
1300
1250
12001200
1250
1350
1300
1350
1250
1200

Figura G.29. Influencia de la forma en la punta del vástago de los “rodillos pata de cabra”,
(J. Badillo, 1976).
Capa compactada
F
Superficie original
del terreno.
F F
Circular de 12
cm de diámetro
d, Kg/m3
Cuadrado de
10 cm de lado
Cuadrado de 15
cm de lado
12 cm
10 cm
15 cm
100 cm2 100 cm2 225 cm2
1200
1250
1300
1200
1250
1200
1300
1300
1250
1200
1250
1200

Figura G.30. Influencia del tamaño y área de la sección recta en los vástagos de los “rodillos
pata de cabra”, (J. Badillo, 1976).

890. ANEXO G Compactación




Rodillos de pata apisonadora. (Compactación por manipulación)


Figura G.31. Compactador con rodillos de pata apisonadora.

Rodillos Neumáticos. (Compactación por presión)


Figura G.32. Compactador con rodillos neumáticos. Peso específico seco máximo, [ton/m
3
]
Presión de inflado, Kg/cm2
1.753.505.757.008.7510.50
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
2.1
2.2
Arcilla plástica
Arcilla arenosa
Grava - arena - arcilla

Figura G.33. Compactación con rodillo neumático. Relación entre el peso especifico seco y
la presión de inflado. (Juárez Badillo, 1976)

Rodillos vibratorios. (Compactación por vibración)

891. Problemas resueltos de mecánica de suelos





(a)

(b)
Figura G.34. (a) Compactador con rodillos vibratorios, (b) Rodillo liso vibratorio tipo
remolcado.

Rodillos lisos. (Compactación por presión)


Figura G.35. Compactador con rodillos lisos de acero.
Compactación con equipos manuales. (Compactación por impacto, vibración)


Figura G.36. Compactador con placa vibratoria.

5.2. Elección de la compactadora en campo.

892. ANEXO G Compactación



Zonas de aplicación de las compactadorasMétodos de compactación
Presión, manipulación
Presión, manipulación
Presión
Presión, vibración
Presión, manipulación, vibración
Presión, manipulación
Presión, manipulación
Presión, manipulación
Presión, manipulación,
impacto, vibración
Presión, manipulación,
impacto, vibración
Rejilla
Vibratorio
Rodillos de acero lisos
Multiples llantas neumaticos
Neumaticos pesados
Pies de amasado
vibratorio
Pies de amasado remolcado
Pies de amasado de alta velocidad
Pies de amasado
caterpiler
Pies de amasado
caterpiler
Pata de cabra
ArcillaLimo Arena Roca
100 % 100 %

Figura G.37. Tipos de suelo lo mejor posible satisfechos para varios tipos de equipos de
compactación. (Coduto, 1998)

5.3. Factores que afectan la compactación en campo.

Efecto del número de pasadas del rodillo. 70
0
80
90
100
110
8 16 24 32
11
12
13
14
15
16
17
18
Número de pasadas del rodillo
Peso específico seco,

d [lb/ft3]
Peso específico seco,

d [kN/m3]
Arcilla limosa
Límite liquido = 43
Índice de plásticidad = 19
Contenido de humedad = 17.8 %
Contenido de humedad = 11.6 %

Figura G.38. Relación entre el peso específico seco y el número de pasadas (por un rodillo
liso de tres llantas de 9.5 ton), el suelo de un estrato suelto es compactado 9 plg a diferentes
contenidos de humedad. Curva de crecimiento para una arcilla limosa.
 Rodillos Pata de cabra.

893. Problemas resueltos de mecánica de suelos



Grava arena - arcilla
Arcilla arenosa
Arcilla limosa
Arcilla plástica
Peso específico seco,

d [Ton/m3]
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
0 20 40 60
Número de pasadas

Figura G.39. Efecto del número de pasadas en el grado de compactación de diversos suelos
con un rodillo para de cabra, (Lambe Whitman, 1976)

 Rodillos Neumáticos.
Número de pasadas
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Número de pasadas
0 8 16 24 32
1.8
1.9
2.0
2.1
2.2
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
32241680
Número de pasadas
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Arcilla plástica
Arcilla arenosa
Grava - arena - arcilla
1
2
3
3
2
1
0 8 16 24 32
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1
2
3 1.35
5.0
10.15 10.0
6.3
2.5 23.0
30.5
30.5
Curva
Carga/rueda
Tn. Kg/cm2
Presión/infladoEspesor
cm.
capas sueltas
1 2
3
Número de pasadas
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Número de pasadas
0 8 16 24 32
1.8
1.9
2.0
2.1
2.2
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
32241680
Número de pasadas
Peso específico seco,

d
[
Ton/m
3
]
Arcilla plástica
Arcilla arenosa
Grava - arena - arcilla
1
2
3
3
2
1
0 8 16 24 32
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1
2
3 1.35
5.0
10.15 10.0
6.3
2.5 23.0
30.5
30.5
Curva
Carga/rueda
Tn. Kg/cm2
Presión/infladoEspesor
cm.
capas sueltas
1 2
3

Figura G.40. Compactación con rodillo neumático. Efecto del número de pasadas y de la
presión de inflado en el peso especifico seco de diversos suelos.

 Compactadores vibratorios.

894. ANEXO G Compactación




C. VibratoriaC. Estática
Número de pasadas
% de la compactación final
90 cm.
50 cm.
10 cm.
Profundidad
100
80
60
40
20
10864286
0
0 42

Figura G.41. Ilustración de la eficiencia de la compactación por vibración.

Efecto de la profundidad bajo la superficie a ser compactada.
15.72
6
16.00 16.50 17.00
5
4
3
2
1
0
1.83
1.50
1.00
0.50
0.00
100 104 108
Número de
pasadas del
rodillo = 2
Profundidad [ft]
Profundidad [m]
Peso específico seco, d [kN/m3]
Peso específico seco, d [lb/ft3]
5
15
45

Figura G.42. Variación del peso específico seco con el número de pasadas del rodillo;
espesor del terraplén = 2.44 m.



 Rodillos pata de cabra.

895. Problemas resueltos de mecánica de suelos




0 10 20 30 40 50 60 70
70
80
90
100
2
1Suelo limo-arenoso, presión de
contacto de 14.1 Kg/cm2
Suelo arena-limosa, presión
de contacto de 14.1 Kg/cm2
Suelo limo-arenoso, presión
de contacto de 7,4 Kg/cm2
3
1
3
2
Porcentaje de compactación, [Proctor modificado]
Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

Figura G.43. Efecto de la compactación con rodillo pata de cabra en relación con la
profundidad de la capa compactada.

 Rodillos lisos.
Nota.
Las cantidades anotadas junto a
los triángulos [ ] representan
la presión en Kg/cm2 registrada
en el suelo a la profundidad
correspondiente.
0 10 20 30 40 50
1200
1400
1600
1800
2000
2.62
1.29
0.97
0.75
Peso específico seco,

d [Kg/m
3
]
Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

Figura G.44. Disipación de la presión de contacto de un rodillo liso con la profundidad.

Tabla G.4 Compactación recomendada para rellenos.
(Frederick S. Merritt, "Manual del Ingeniero Civil", tomo II, 3th Ed., 1995)
Densidad en seco, lb/pie
3
Densidad en seco, KN/m
3
Compactación recomendada, %
Menos de 90 Menos de 14.14 ----
90-100 14.14-15.71 95-100
100-110 15.71-17.29 95-100
110-120 17.29-18.86 90-95
120-130 18.86-20.43 90-95
Más de 130 Más de 20.43 90-95

896. ANEXO H Incremento de esfuerzos


ANEXO H

INCREMENTO DE ESFUERZOS .

Incremento de esfuerzo originado por una carga puntual (Boussignesq).



































2
5
2
2
1
1
2
3
z
r
z
P
p
z
[H.1]

Donde:
P = Carga puntual
Z = Profundidad al punto en estudio
R = Distancia horizontal entre el punto de aplicación de la carga y el punto en estudio.

Incremento de esfuerzo originado por una carga lineal infinita.

 
2
22
3
2
zr
zq
p
z

 [H.2]





Donde:
q = Carga distribuida por unidad de longitud
z = Profundidad al punto en estudio
r = Distancia horizontal al punto en estudio.

Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible de ancho finito y
longitud infinita (carga corrida)


2Iqp
z
[H.3]






Donde:
pz= Incremento de presión vertical.
I2 = Factor de multiplicación.

897. Problemas resueltos de mecánica de suelos

 

 


2/
2/
2
22
3
2
2
B
B
dr
zrx
z
I


El valor de I2 puede ser estimado de tablas.

Tabla H.1. Factor de influencia para carga corrida (I2)
2z/B
2x/B
0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
0,00 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 0,000
0,10 1,000 1,000 0,999 0,999 0,999 0,998 0,997 0,993 0,980 0,909 0,500
0,20 0,997 0,997 0,996 0,995 0,992 0,988 0,979 0,959 0,909 0,775 0,500
0,30 0,990 0,989 0,987 0,984 0,978 0,967 0,947 0,908 0,833 0,697 0,499
0,40 0,977 0,976 0,973 0,966 0,955 0,937 0,906 0,855 0,773 0,651 0,498
0,50 0,959 0,958 0,953 0,943 0,927 0,902 0,864 0,808 0,727 0,620 0,497
0,60 0,937 0,935 0,928 0,915 0,896 0,866 0,825 0,767 0,691 0,598 0,495
0,70 0,910 0,908 0,899 0,885 0,863 0,831 0,788 0,732 0,662 0,581 0,492
0,80 0,881 0,878 0,869 0,853 0,829 0,797 0,755 0,701 0,638 0,566 0,489
0,90 0,850 0,847 0,837 0,821 0,797 0,765 0,724 0,675 0,617 0,552 0,485
1,00 0,818 0,815 0,805 0,789 0,766 0,735 0,696 0,650 0,598 0,540 0,480
1,10 0,787 0,783 0,774 0,758 0,735 0,706 0,670 0,628 0,580 0,529 0,474
1,20 0,755 0,752 0,743 0,728 0,707 0,679 0,646 0,607 0,564 0,517 0,468
1,30 0,725 0,722 0,714 0,699 0,679 0,654 0,623 0,588 0,548 0,506 0,462
1,40 0,696 0,693 0,685 0,672 0,653 0,630 0,602 0,569 0,534 0,495 0,455
1,50 0,668 0,666 0,658 0,646 0,629 0,607 0,581 0,552 0,519 0,484 0,448
1,60 0,642 0,639 0,633 0,621 0,605 0,586 0,562 0,535 0,506 0,474 0,440
1,70 0,617 0,615 0,608 0,598 0,583 0,565 0,544 0,519 0,492 0,463 0,433
1,80 0,593 0,591 0,585 0,576 0,563 0,546 0,526 0,504 0,479 0,453 0,425
1,90 0,571 0,569 0,564 0,555 0,543 0,528 0,510 0,489 0,467 0,443 0,417
2,00 0,550 0,548 0,543 0,535 0,524 0,510 0,494 0,475 0,455 0,433 0,409
2,10 0,530 0,529 0,524 0,517 0,507 0,494 0,479 0,462 0,443 0,423 0,401
2,20 0,511 0,510 0,506 0,499 0,490 0,479 0,465 0,449 0,432 0,413 0,393
2,30 0,494 0,493 0,489 0,483 0,474 0,464 0,451 0,437 0,421 0,404 0,385
2,40 0,477 0,476 0,473 0,467 0,460 0,450 0,438 0,425 0,410 0,395 0,378
2,50 0,462 0,461 0,458 0,452 0,445 0,436 0,426 0,414 0,400 0,386 0,370
2,60 0,447 0,446 0,443 0,439 0,432 0,424 0,414 0,403 0,390 0,377 0,363
2,70 0,433 0,432 0,430 0,425 0,419 0,412 0,403 0,393 0,381 0,369 0,355
2,80 0,420 0,419 0,417 0,413 0,407 0,400 0,392 0,383 0,372 0,360 0,348
2,90 0,408 0,407 0,405 0,401 0,396 0,389 0,382 0,373 0,363 0,352 0,341
3,00 0,396 0,395 0,393 0,390 0,385 0,379 0,372 0,364 0,355 0,345 0,334
3,10 0,385 0,384 0,382 0,379 0,375 0,369 0,363 0,355 0,347 0,337 0,327
3,20 0,374 0,373 0,372 0,369 0,365 0,360 0,354 0,347 0,339 0,330 0,321
3,30 0,364 0,363 0,362 0,359 0,355 0,351 0,345 0,339 0,331 0,323 0,315
3,40 0,354 0,354 0,352 0,350 0,346 0,342 0,337 0,331 0,324 0,316 0,308
3,50 0,345 0,345 0,343 0,341 0,338 0,334 0,329 0,323 0,317 0,310 0,302
3,60 0,337 0,336 0,335 0,333 0,330 0,326 0,321 0,316 0,310 0,304 0,297
3,70 0,328 0,328 0,327 0,325 0,322 0,318 0,314 0,309 0,304 0,298 0,291
3,80 0,320 0,320 0,319 0,317 0,315 0,311 0,307 0,303 0,297 0,292 0,285
3,90 0,313 0,313 0,312 0,310 0,307 0,304 0,301 0,296 0,291 0,286 0,280
4,00 0,306 0,305 0,304 0,303 0,301 0,298 0,294 0,290 0,285 0,280 0,275
4,10 0,299 0,299 0,298 0,296 0,294 0,291 0,288 0,284 0,280 0,275 0,270
4,20 0,292 0,292 0,291 0,290 0,288 0,285 0,282 0,278 0,274 0,270 0,265
4,30 0,286 0,286 0,285 0,283 0,282 0,279 0,276 0,273 0,269 0,265 0,260
4,40 0,280 0,280 0,279 0,278 0,276 0,274 0,271 0,268 0,264 0,260 0,256
4,50 0,274 0,274 0,273 0,272 0,270 0,268 0,266 0,263 0,259 0,255 0,251
4,60 0,268 0,268 0,268 0,266 0,265 0,263 0,260 0,258 0,254 0,251 0,247
4,70 0,263 0,263 0,262 0,261 0,260 0,258 0,255 0,253 0,250 0,246 0,243
4,80 0,258 0,258 0,257 0,256 0,255 0,253 0,251 0,248 0,245 0,242 0,239
4,90 0,253 0,253 0,252 0,251 0,250 0,248 0,246 0,244 0,241 0,238 0,235
5,00 0,248 0,248 0,247 0,246 0,245 0,244 0,242 0,239 0,237 0,234 0,231

898. ANEXO H Incremento de esfuerzos


Tabla H.1 (continuación). Factor de influencia para carga corrida (I2)
2z/B
2x/B
1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0
0,00 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,000
0,10 0,091 0,020 0,007 0,003 0,002 0,001 0,001 0,000 0,000 0,000
0,20 0,225 0,091 0,040 0,020 0,011 0,007 0,004 0,003 0,002 0,002
0,30 0,301 0,165 0,090 0,052 0,031 0,020 0,013 0,009 0,007 0,005
0,40 0,346 0,224 0,141 0,090 0,059 0,040 0,027 0,030 0,014 0,011
0,50 0,373 0,267 0,185 0,128 0,089 0,063 0,046 0,034 0,025 0,019
0,60 0,391 0,298 0,222 0,163 0,120 0,088 0,066 0,050 0,038 0,030
0,70 0,403 0,321 0,250 0,193 0,148 0,113 0,087 0,068 0,053 0,042
0,80 0,411 0,338 0,273 0,218 0,173 0,137 0,108 0,086 0,069 0,056
0,90 0,416 0,351 0,291 0,239 0,195 0,158 0,128 0,104 0,085 0,070
1,00 0,419 0,360 0,305 0,256 0,214 0,177 0,147 0,122 0,101 0,084
1,10 0,420 0,366 0,316 0,271 0,230 0,194 0,164 0,138 0,116 0,098
1,20 0,419 0,371 0,325 0,282 0,243 0,209 0,178 0,152 0,130 0,111
1,30 0,417 0,373 0,331 0,291 0,254 0,221 0,191 0,166 0,143 0,123
1,40 0,414 0,374 0,335 0,298 0,263 0,232 0,203 0,177 0,155 0,135
1,50 0,411 0,374 0,338 0,303 0,271 0,240 0,213 0,188 0,165 0,146
1,60 0,407 0,373 0,339 0,307 0,276 0,248 0,221 0,197 0,175 0,155
1,70 0,402 0,370 0,339 0,309 0,281 0,254 0,228 0,205 0,183 0,164
1,80 0,396 0,368 0,339 0,311 0,284 0,258 0,234 0,212 0,191 0,172
1,90 0,391 0,364 0,338 0,312 0,286 0,262 0,239 0,217 0,197 0,179
2,00 0,385 0,360 0,336 0,311 0,288 0,265 0,243 0,222 0,203 0,185
2,10 0,379 0,356 0,333 0,311 0,288 0,267 0,246 0,226 0,208 0,190
2,20 0,373 0,352 0,330 0,309 0,288 0,268 0,248 0,229 0,212 0,195
2,30 0,366 0,347 0,327 0,307 0,288 0,268 0,250 0,232 0,215 0,199
2,40 0,360 0,342 0,323 0,305 0,287 0,268 0,251 0,234 0,217 0,202
2,50 0,354 0,337 0,320 0,302 0,285 0,268 0,251 0,235 0,220 0,205
2,60 0,347 0,332 0,316 0,299 0,283 0,267 0,251 0,236 0,221 0,207
2,70 0,341 0,327 0,312 0,296 0,281 0,266 0,251 0,236 0,222 0,208
2,80 0,335 0,321 0,307 0,293 0,279 0,265 0,250 0,236 0,223 0,210
2,90 0,329 0,316 0,303 0,290 0,276 0,263 0,249 0,236 0,223 0,211
3,00 0,323 0,311 0,299 0,286 0,274 0,261 0,248 0,236 0,223 0,211
3,10 0,317 0,306 0,294 0,283 0,271 0,259 0,247 0,235 0,223 0,212
3,20 0,311 0,301 0,290 0,279 0,268 0,256 0,245 0,234 0,223 0,212
3,30 0,305 0,296 0,286 0,275 0,265 0,254 0,243 0,232 0,222 0,211
3,40 0,300 0,291 0,281 0,271 0,261 0,251 0,241 0,231 0,221 0,211
3,50 0,294 0,286 0,277 0,268 0,258 0,249 0,239 0,229 0,220 0,210
3,60 0,289 0,281 0,273 0,264 0,255 0,246 0,237 0,228 0,218 0,209
3,70 0,284 0,276 0,268 0,260 0,252 0,243 0,235 0,226 0,217 0,208
3,80 0,279 0,272 0,264 0,256 0,249 0,240 0,232 0,224 0,216 0,207
3,90 0,274 0,267 0,260 0,253 0,245 0,238 0,230 0,222 0,214 0,206
4,00 0,269 0,263 0,256 0,249 0,242 0,235 0,227 0,220 0,212 0,205
4,10 0,264 0,258 0,252 0,246 0,239 0,232 0,225 0,218 0,211 0,203
4,20 0,260 0,254 0,248 0,242 0,236 0,229 0,222 0,216 0,209 0,202
4,30 0,255 0,250 0,244 0,239 0,233 0,226 0,220 0,213 0,207 0,200
4,40 0,251 0,246 0,241 0,235 0,229 0,224 0,217 0,211 0,205 0,199
4,50 0,247 0,242 0,237 0,232 0,226 0,221 0,215 0,209 0,203 0,197
4,60 0,243 0,238 0,234 0,229 0,223 0,218 0,212 0,207 0,201 0,195
4,70 0,239 0,235 0,230 0,225 0,220 0,215 0,210 0,205 0,199 0,194
4,80 0,235 0,231 0,227 0,222 0,217 0,213 0,208 0,202 0,197 0,192
4,90 0,231 0,227 0,223 0,219 0,215 0,210 0,205 0,200 0,195 0,190
5,00 0,227 0,224 0,220 0,216 0,212 0,207 0,203 0,198 0,193 0,188

899. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible circular.






































2
3
2
1
2
1
1
z
D
qp
z
[H.4]
Donde:
q = Carga distribuida por unidad de área
z = Profundidad al punto en estudio
D = Diámetro.

Para la determinación del incremento vertical en cualquier punto por debajo de una carga
uniforme circular flexible, referirse a las Tablas H.2, H.3 y a la ecuación [H.4] presentadas a
continuación.

Tabla H.2. Valores de A′ en función a z/R y r/R
2z/D
2r/D
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,5 2 3 4 5
0,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0 0 0 0 0 0
0,1 0,90050 0,89748 0,88679 0,86126 0,78797 0,43015 0,09645 0,02787 0,00856 0,00211 0,00084 0,00042
0,2 0,80388 0,79824 0,77884 0,73483 0,63014 0,38269 0,15433 0,05251 0,01680 0,00419 0,00167 0,00083
0,3 0,71265 0,70518 0,68316 0,62690 0,52081 0,34375 0,17964 0,07199 0,02440 0,00622 0,00250
0,4 0,62861 0,62015 0,59241 0,53767 0,44329 0,31048 0,18709 0,08593 0,03118
0,5 0,55279 0,54403 0,51622 0,46448 0,38390 0,28156 0,18556 0,09499 0,03701 0,01013 0,00407 0,00209
0,6 0,48550 0,47691 0,45078 0,40427 0,33676 0,25588 0,17952 0,10010
0,7 0,42654 0,41874 0,39491 0,35428 0,29833 0,21727 0,17124 0,10228 0,04558
0,8 0,37531 0,36832 0,34729 0,31243 0,26581 0,21297 0,16206 0,10236
0,9 0,33104 0,32492 0,30669 0,27707 0,23832 0,19488 0,15253 0,10094
1,0 0,29289 0,28763 0,27005 0,24697 0,21468 0,17868 0,14329 0,09849 0,05185 0,01742 0,00761 0,00393
1,2 0,23178 0,22795 0,21662 0,19890 0,17626 0,15101 0,12570 0,09192 0,05260 0,01935 0,00871 0,00459
1,5 0,16795 0,16552 0,15877 0,14804 0,13436 0,11892 0,10296 0,08048 0,05116 0,02142 0,01013 0,00548
2,0 0,10557 0,10453 0,10140 0,09647 0,09011 0,08269 0,07471 0,06275 0,04496 0,02221 0,01160 0,00659
2,5 0,07152 0,07098 0,06947 0,06698 0,06373 0,05974 0,05555 0,04880 0,03787 0,02143 0,01221 0,00732
3 0,05132 0,05101 0,05022 0,04886 0,04707 0,04487 0,04241 0,03839 0,03150 0,01980 0,01220 0,00770
4 0,02986 0,02976 0,02907 0,02802 0,02832 0,02749 0,02651 0,02490 0,02193 0,01592 0,01109 0,00768
5 0,01942 0,01938 0,01835 0,01573 0,01249 0,00949 0,00708
6 0,01361 0,01307 0,01168 0,00983 0,00795 0,00628
7 0,01005 0,00976 0,00894 0,00784 0,00661 0,00548
8 0,00772 0,00755 0,00703 0,00635 0,00554 0,00472
9 0,00612 0,00600 0,00566 0,00520 0,00466 0,00409
10 0,00477 0,00465 0,00438 0,00397 0,00352


pz= q (A′ + B′) [H.5]

Donde:
q = Carga distribuida por unidad de área
A’ = Parámetro de esfuerzo.
B’ = Parámetro de esfuerzo.

900. ANEXO H Incremento de esfuerzos



Tabla H.3. Valores de B′ en función a z/R y r/R.
2z/D
2r/D
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,5 2 3 4 5
0,0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0,1 0,09852 0,10140 0,11138 0,13424 0,18796 0,05388 -0,07899 -0,02672 -0,00845 -0,00210 -0,00084 -0,00042
0,2 0,18857 0,19306 0,20772 0,23524 0,25983 0,08513 -0,07759 -0,04448 -0,01593 -0,00412 -0,00166 -0,00083
0,3 0,26362 0,26787 0,28018 0,29483 0,27257 0,10757 -0,04316 -0,04999 -0,02166 -0,00599 -0,00245
0,4 0,32016 0,32259 0,32748 0,32273 0,26925 0,12404 -0,00766 -0,04535 -0,02522
0,5 0,35777 0,35752 0,35323 0,33106 0,26236 0,13591 0,02165 -0,03455 -0,02651 -0,00991 -0,00388 -0,00199
0,6 0,37831 0,37531 0,36308 0,32822 0,25411 0,14440 0,04457 -0,02101
0,7 0,38487 0,37962 0,36072 0,31929 0,24638 0,14986 0,06209 -0,00702 -0,02329
0,8 0,38091 0,37408 0,35133 0,30699 0,23779 0,15292 0,07530 0,00614
0,9 0,36962 0,36275 0,33734 0,29299 0,22891 0,15404 0,08507 0,01795
1,0 0,35355 0,34553 0,32075 0,27819 0,21978 0,15355 0,09210 0,02814 -0,01005 -0,01115 -0,00608 -0,00344
1,2 0,31485 0,30730 0,28481 0,24836 0,20113 0,14915 0,10002 0,04378 0,00023 -0,00995 -0,00632 -0,00378
1,5 0,25602 0,25025 0,23338 0,20694 0,17368 0,13732 0,10193 0,05745 0,01385 -0,00669 -0,00600 -0,00401
2,0 0,17889 0,18144 0,16644 0,15198 0,13375 0,11331 0,09254 0,06371 0,02836 0,00028 -0,00410 -0,00371
2,5 0,12807 0,12633 0,12126 0,11327 0,10298 0,09130 0,07869 0,06022 0,03429 0,00661 -0,00130 -0,00271
3 0,09487 0,09394 0,09099 0,08635 0,08033 0,07325 0,06551 0,05354 0,03511 0,01112 0,00157 -0,00134
4 0,05707 0,05666 0,05562 0,05383 0,05145 0,04773 0,04532 0,03995 0,03066 0,01515 0,00595 0,00155
5 0,03772 0,03760 0,03384 0,02474 0,01522 0,00810 0,00371
6 0,02666 0,02468 0,01968 0,01380 0,00867 0,00496
7 0,01980 0,01868 0,01577 0,01204 0,00842 0,00547
8 0,01526 0,01459 0,01279 0,01034 0,00779 0,00554
9 0,01212 0,01170 0,01054 0,00888 0,00705 0,00533
10 0,00924 0,00879 0,00764 0,00631 0,00501

Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible rectangular

3Iqp
z [H.6]


 



BL
dydx
zyx
z
I
00 2
5
222
3
3
2
3


Tabla H.4. Factor de influencia para carga rectangular (I3)
n
m
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
0,1 0,0047 0,0092 0,0132 0,0168 0,0198 0,0222 0,0242 0,0258 0,0270 0,0279
0,2 0,0092 0,0179 0,0259 0,0328 0,0387 0,0435 0,0474 0,0504 0,0528 0,0547
0,3 0,0132 0,0259 0,0374 0,0474 0,0559 0,0629 0,0686 0,0731 0,0766 0,0794
0,4 0,0168 0,0328 0,0474 0,0602 0,0711 0,0801 0,0873 0,0931 0,0977 0,1013
0,5 0,0198 0,0387 0,0559 0,0711 0,0840 0,0947 0,1034 0,1104 0,1158 0,1202
0,6 0,0222 0,0435 0,0629 0,0801 0,0947 0,1069 0,1168 0,1247 0,1311 0,1361
0,7 0,0242 0,0474 0,0686 0,0873 0,1034 0,1169 0,1277 0,1365 0,1436 0,1491
0,8 0,0258 0,0504 0,0731 0,0931 0,1104 0,1247 0,1365 0,1461 0,1537 0,1598
0,9 0,0270 0,0528 0,0766 0,0977 0,1158 0,1311 0,1436 0,1537 0,1619 0,1684
1,0 0,0279 0,0547 0,0794 0,1013 0,1202 0,1361 0,1491 0,1598 0,1684 0,1752
1,2 0,0293 0,0573 0,0832 0,1063 0,1263 0,1431 0,1570 0,1684 0,1777 0,1851
1,4 0,0301 0,0589 0,0856 0,1094 0,1300 0,1475 0,1620 0,1739 0,1836 0,1914
1,6 0,0306 0,0599 0,0871 0,1114 0,1324 0,1503 0,1652 0,1774 0,1874 0,1955
1,8 0,0309 0,0606 0,0880 0,1126 0,1340 0,1521 0,1672 0,1797 0,1899 0,1981
2,0 0,0311 0,0610 0,0887 0,1134 0,1350 0,1533 0,1686 0,1812 0,1915 0,1999
2,5 0,0314 0,0616 0,0895 0,1145 0,1363 0,1548 0,1704 0,1832 0,1938 0,2024
3,0 0,0315 0,0618 0,0898 0,1150 0,1368 0,1555 0,1711 0,1841 0,1947 0,2034
4,0 0,0316 0,0619 0,0901 0,1153 0,1372 0,1560 0,1717 0,1847 0,1954 0,2042
5,0 0,0316 0,0620 0,0901 0,1154 0,1374 0,1561 0,1719 0,1849 0,1956 0,2044
6,0 0,0316 0,0620 0,0902 0,1154 0,1374 0,1562 0,1719 0,1850 0,1957 0,2045

901. Problemas resueltos de mecánica de suelos


n
m
1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,5 3,0 4,0 5,0 6,0
0,1 0,0293 0,0301 0,0306 0,0309 0,0311 0,0314 0,0315 0,0316 0,0316 0,0316
0,2 0,0573 0,0589 0,0599 0,0606 0,0610 0,0616 0,0618 0,0619 0,0620 0,0620
0,3 0,0832 0,0856 0,0871 0,0880 0,0887 0,0895 0,0898 0,0901 0,0901 0,0902
0,4 0,1063 0,1094 0,1114 0,1126 0,1134 0,1145 0,1150 0,1153 0,1154 0,1154
0,5 0,1263 0,1300 0,1324 0,1340 0,1350 0,1363 0,1368 0,1372 0,1374 0,1374
0,6 0,1431 0,1475 0,1503 0,1521 0,1533 0,1548 0,1555 0,1560 0,1561 0,1562
0,7 0,1570 0,1620 0,1652 0,1672 0,1686 0,1704 0,1711 0,1717 0,1719 0,1719
0,8 0,1684 0,1739 0,1774 0,1797 0,1812 0,1832 0,1841 0,1847 0,1849 0,1850
0,9 0,1777 0,1836 0,1874 0,1899 0,1915 0,1938 0,1947 0,1954 0,1956 0,1957
1,0 0,1851 0,1914 0,1955 0,1981 0,1999 0,2024 0,2034 0,2042 0,2044 0,2045
1,2 0,1958 0,2028 0,2073 0,2103 0,2124 0,2151 0,2163 0,2172 0,2175 0,2176
1,4 0,2028 0,2102 0,2151 0,2184 0,2206 0,2236 0,2250 0,2260 0,2263 0,2264
1,6 0,2073 0,2151 0,2203 0,2237 0,2261 0,2294 0,2309 0,2320 0,2323 0,2325
1,8 0,2103 0,2183 0,2237 0,2274 0,2299 0,2333 0,2350 0,2362 0,2366 0,2367
2,0 0,2124 0,2206 0,2261 0,2299 0,2325 0,2361 0,2378 0,2391 0,2395 0,2397
2,5 0,2151 0,2236 0,2294 0,2333 0,2361 0,2401 0,2420 0,2434 0,2439 0,2441
3,0 0,2163 0,2250 0,2309 0,2350 0,2378 0,2420 0,2439 0,2455 0,2461 0,2463
4,0 0,2172 0,2260 0,2320 0,2362 0,2391 0,2434 0,2455 0,2472 0,2479 0,2481
5,0 0,2175 0,2263 0,2324 0,2366 0,2395 0,2439 0,2460 0,2479 0,2486 0,2489
6,0 0,2176 0,2264 0,2325 0,2367 0,2397 0,2441 0,2463 0,2482 0,2489 0,2492

Figura H.1. Factor de influencia para carga rectangular flexible (Das, 1999)

902. ANEXO H Incremento de esfuerzos


Donde: z
B
m
y z
L
n

Metodo grafico de newmark.



Incremento de esfuerzo vertical en un suelo finito originado por una superficie de carga
uniforme en un area circular y un area rectangular

Area circular ( Milovic, 1970)
a
H1
r
z
qs

Figura H.2. Diagrama de Newmark.

Base rígida rugosa

903. Problemas resueltos de mecánica de suelos

6
4
2
0
0 0.10.2 0.40.3 0.5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
2
4
6
0































Figura H.3. Ábaco para determinar el incremento de esfuerzo vertical bajo un área circular.
S
Z
q
 a
z S
Z
q
 a
z
(b) Bajo la esquina 1
a
H
1
 4
a
H
1
 6
a
H
1
 2
a
H
1
 0
a
r 3.0
(a) Bajo el centro 1
a
H
1
 2
a
H
1
 4
a
H
1
 6
a
H
1
 1
a
r 3.0

904. ANEXO H Incremento de esfuerzos


Area rectangular con base rugosa rigida (milovic and tournier, 1971)
z
L
B
qs
H1


Tabla H.5 Factores de influencia bajo carga distribuida

L/B L/B
1 2 3 1 2 3
H1/B z/B
Centro Esquina
z/qs
z/qs
1
0,000 1,000 1,000 1,000 0,250 0,250 0,250
0,100 0,974 0,992 0,996 0,250 0,250 0,250
0,200 0,943 0,977 0,981 0,250 0,250 0,250
0,400 0,842 0,924 0,922 0,250 0,250 0,250
0,600 0,690 0,827 0,832 0,250 0,250 0,250
0,800 0,570 0,734 0,751 0,238 0,244 0,244
1,000 0,568 0,638 0,672 0,220 0,232 0,233

2
0,000 1,000 1,000 1,000 0,250 0,250 0,250
0,100 0,970 0,985 0,990 0,250 0,250 0,250
0,200 0,930 0,963 0,971 0,250 0,250 0,250
0,400 0,802 0,878 0,890 0,244 0,249 0,247
0,800 0,464 0,619 0,670 0,211 0,231 0,230
1,200 0,286 0,441 0,528 0,172 0,207 0,208
1,600 0,204 0,340 0,443 0,142 0,183 0,188
2,000 0,155 0,269 0,377 0,117 0,160 0,168

3
0,000 1,000 1,000 1,000 0,250 0,250 0,250
0,100 0,970 0,982 0,990 0,250 0,250 0,250
0,200 0,930 0,962 0,969 0,249 0,025 0,249
0,400 0,799 0,872 0,884 0,241 0,246 0,246
0,800 0,453 0,599 0,650 0,203 0,222 0,225
1,200 0,264 0,405 0,492 0,158 0,191 0,197
1,600 0,172 0,289 0,395 0,122 0,163 0,174
2,000 0,124 0,220 0,333 0,098 0,141 0,156
2,500 0,093 0,171 0,281 0,078 0,120 0,138
3,000 0,073 0,137 0,238 0,064 0,102 0,123
 = 0.3
Base rígida rugosa

905. Problemas resueltos de mecánica de suelos



5
0,000 1,000 1,000 1,000 0,250 0,250 0,250
0,100 0,970 0,981 0,990 0,250 0,250 0,250
0,200 0,930 0,961 0,969 0,249 0,250 0,249
0,400 0,798 0,870 0,881 0,241 0,245 0,245
0,800 0,450 0,594 0,641 0,200 0,219 0,221
1,200 0,258 0,394 0,475 0,153 0,184 0,191
1,600 0,162 0,271 0,368 0,114 0,151 0,164
2,000 0,111 0,195 0,296 0,087 0,125 0,143
2,500 0,075 0,139 0,235 0,064 0,100 0,123
3,000 0,056 0,105 0,193 0,050 0,082 0,108
3,500 0,044 0,085 0,165 0,040 0,069 0,097
4,000 0,037 0,071 0,144 0,034 0,060 0,089
4,500 0,032 0,062 0,128 0,030 0,053 0,082
5,000 0,027 0,053 0,113 0,026 0,047 0,075

Area rectangular con base rigida lisa (Sovinc, 1961).



L
BH1 = 0.5
L
L
H1 = 1
H1 = 0.25
L
A
s = L / B
 = 0.5
H1 / L =
1
1
1
2
2
2
s = 5
s = 5s = 5
Boussinesq
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.5
1.0
2.0
2.5
1.5

Figura H.4. Abaco para determinar el incremento de esfuerzo vertical bajo un área
rectangular.

S
Z
q
 L
z

906. ANEXO H Incremento de esfuerzos


Esfuerzo vertical en dos capas de suelo bajo el centro y esquina de una carga uniforme
en area circular ( Fox, 1948)
a
z
E1
E2
H1
Interface
r


Tabla H.6. Factores de influencia bajo carga distribuida

E1/E2 E1/E2
1 10 100 1000 1 10 100 1000
a/H1 z
Interfase Rugosa Lisa
z/qs z/qs
1/2
0 0,2840 0,1010 0,0238 0,0051 0,3100 0,1050 0,0241 0,0051
H1 0,0870 0,0470 0,0158 0,0042 0,1410 0,0630 0,0183 0,0045
2H1 0,0403 0,0278 0,0117 0,0035 0,0640 0,0367 0,0136 0,0038
3H1 0,0230 0,0184 0,0091 0,0031 0,0346 0,0235 0,0105 0,0033
4H1 0,0148 0,0129 0,0074 0,0028 0,0212 0,0161 0,0083 0,0029

1
0 0,6460 0,2920 0,0810 0,0185 0,7220 0,3050 0,0820 0,0190
H1 0,2840 0,1680 0,0600 0,0162 0,4370 0,2170 0,0680 0,0172
2H1 0,1450 0,1050 0,0460 0,0143 0,2250 0,1360 0,0525 0,0151
3H1 0,0870 0,0700 0,0360 0,0124 0,1280 0,0890 0,0409 0,0133
4H1 0,0570 0,0500 0,0290 0,0110 0,0810 0,0620 0,0326 0,0117

2
0 0,9110 0,6440 0,2460 0,0710 1,0250 0,6770 0,2490 0,0670
H1 0,6460 0,4800 0,2050 0,0606 0,8690 0,5760 0,2250 0,0630
2H1 0,4240 0,3400 0,1650 0,0542 0,5960 0,4210 0,1860 0,0570
3H1 0,2840 0,2440 0,1330 0,0480 0,3960 0,3020 0,1500 0,0510
4H1 0,2000 0,1810 0,1080 0,0428 0,2710 0,2200 0,1220 0,0454

Solución de boussinesq para casos de cargas especiales.

En el punto A









DBL
o
RR
z
R
z
B
Lq
q
2
3
2
[H.7]

907. Problemas resueltos de mecánica de suelos


En el Punto C:  






















2
1
2222
1
2
sin
2
zRLB
LB
L
B
R
z
R
zR
B
Lq
q
D
LL
Do

[H.8]

Para la figura 5b (Note la limitación en la esquina intermedia que 2/'
ooqq )

En el punto A: 



























2
3
2
3
4
LDBBDL
o
RR
z
R
z
L
B
RR
z
R
z
B
Lq
q

[H.9]



Figura H.5. Boussimesq, casos especiales de cargas. Siempre orientado por B y L como se
muestra (B puede ser > ó < L).

En el punto C:  








































2
1
2222
1
22
sin2
4
zRLB
BL
R
z
R
zR
L
B
R
z
R
zR
B
Lq
q
D
BB
D
LL
Do

[H.10]
Donde:
222
zBR
B 
222
zLR
L 
2222
zLBR
D 

Carga vertical uniforme sobre un area rectangular

El esfuerzo vertical esperado bajo una esquina de un area rectangular de tamaño axb es:

















oo
z
Kz
b
Kz
a
q 
[H.11]
Carga triangular Carga linealmente variable

908. ANEXO H Incremento de esfuerzos


Tabla H.7 Valores de la función 
a



Carga vertical uniforme sobre una area circular.

El valor del esfuerzo vertical esperado bajo el centro de un área circular uniformemente
cargada de radio a es:

















2
2
2
exp1
zK
a
q
o
z
[H.12]

909. ANEXO I Asentamientos


ANEXO I

ASENTAMIENTOS.

ASENTAMIENTO INMEDIATO BASADO EN LA TEORIA DE ELASTICIDAD .







Figura I.1. Valores de , r, av para las ecuaciones E-1, E-2 y E-3
 
2
1
s
s
o
i
E
qB
S
(Centro de una fundación flexible) [I.1]
 
rs
s
o
i
E
qB
S 
2
1
(Fundación rígida) [I.2]
 
avs
s
o
i
E
qB
S 
2
1
(Promedio en una fundación flexible) [I.3]

Si Df = 0 y H <  debido a la presencia de un estrato rígido se tendrá:
    
2
2
1
2
)(2111
2
FF
Es
qB
S
ssss
o
i 
[I.4]

910. Problemas resueltos de mecánica de suelos






















Figura I.3. Factor de profundidad (Fox).

Asentamiento elastico de fundaciones sobre arcilla saturada.
u
o
i
E
Bq
AAS


21
[I.5]

Donde:
A1, A2 = Factores de corrección.
q0 = Carga neta de fundación.
B = Ancho de la zapata.
Eu = Módulo de elasticidad no drenado.

Figura I.2 Variación de F1 en función de H/B (Steinbrenner, 1934)

911. ANEXO I Asentamientos




ASENTAMIENTO POR CONSOLIDACIÓN PRIMARIA

Para arcillas normalmente consolidadas: (po = pc)
o
pro
o
cc
c
p
pp
log
e
Hc
S



1
[I.6]

Para arcillas sobreconsolidadas: (po +ppr  pc)
o
pro
o
cs
c
p
pp
log
e
Hc
S



1
[I.7]

Para arcillas inicialmente sobreconsolidadas (po < pc < po + ppr)
c
pro
o
cc
o
c
o
cs
c
p
pp
log
e
Hc
p
p
log
e
Hc
S





11
[I.8]

Figura I.4 Coeficientes de la ecuación E-6 (Braja M. Das)

912. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Donde:
Sc = Asentamiento por consolidación unidimensional.
cc = Índice de compresión.
cs = Índice de expansión.
Hc = Espesor del estrato compresible.
eo = Índice de vacíos in – situ inicial en el estrato compresible.
po = Esfuerzo efectivo promedio en el estrato compresible antes de la carga de
fundación.
ppr = Incremento promedio de esfuerzo vertical en el estrato compresible debido a la
fundación.
Pc = Presión de preconsolidación.
czvc HmS 
[I.9]
Donde:
mv = Coeficiente de compresibilidad volumétrica promedio para el incremento de
esfuerzo en el estrato compresible.
z = Incremento de esfuerzo efectivo en el estrato compresible.
Hc = Espesor del estrato en consideración.

Estimación del tiempo de consolidación.
2
dr
v
v
H
tc
T
[I.10]

Donde Hdr es la longitud de la trayectoria de drenaje durante la consolidación.

La variación de Tv en función de U (para un incremento constante de 0) se presenta en la
Tabla 1.

Tabla 1. Variación de Tv en función de U% (Das, 1999)
U (%) T
v U (%) T
v U (%) T
v U (%) T
v
0 0 26 0,05310 52 0,212 78 0,529
1 0,00008 27 0,05720 53 0,221 79 0,547
2 0,00030 28 0,06150 54 0,230 80 0,567
3 0,00071 29 0,06600 55 0,239 81 0,588
4 0,00126 30 0,07070 56 0,248 82 0,610
5 0,00196 31 0,07540 57 0,257 83 0,633
6 0,00283 32 0,08030 58 0,267 84 0,658
7 0,00385 33 0,08550 59 0,276 85 0,684
8 0,00502 34 0,09070 60 0,286 86 0,712
9 0,00636 35 0,09620 61 0,297 87 0,742
10 0,00785 36 0,10200 62 0,307 88 0,774
11 0,00950 37 0,10700 63 0,318 89 0,809
12 0,01130 38 0,11300 64 0,329 90 0,848

913. ANEXO I Asentamientos


13 0,01330 39 0,11900 65 0,304 91 0,891
14 0,01540 40 0,12600 66 0,352 92 0,938
15 0,01770 41 0,13200 67 0,364 93 0,993
16 0,02010 42 0,13800 68 0,377 94 1,055
17 0,02270 43 0,14500 69 0,390 95 1,129
18 0,02540 44 0,15200 70 0,403 96 1,219
19 0,02830 45 0,15900 71 0,417 97 1,336
20 0,03140 46 0,16600 72 0,431 98 1,500
21 0,03460 47 0,17300 73 0,446 99 1,781
22 0,03800 48 0,18100 74 0,461 100 
23 0,04150 49 0,18800 75 0,477
24 0,04520 50 0,19700 76 0,493
25 0,04910 51 0,20400 77 0,511
2
100
(%)
4







U
T
v
(Para U  60%) [I.11]
(%))100log(933,0781,1 UT
v 
(Para U > 60%) [I.12]


Figura I.5. Relación entre el grado de consolidación y factor tiempo. ( Janbu, Bjerrum y
Kjaernsli, 1956) 0.0010.1
0
0.001 0.01
90
100
80
po
Drenaje Doble
Grado de consolidación: U
%
rp = pc/ pa
p1
70
60
50
40
30
20
10
rp = 1.0
Drenaje Simple
rp =
rp = 5.0
rp = 0.5
rp = 0
Factor tiempo Tv
1 S
Z
q


914. Problemas resueltos de mecánica de suelos


ASENTAMIENTO POR CONSOLIDACIÓN SECUNDARIA .
)/log(
12tt
e
c



[I.13]










1
2
log
t
t
HcS
S
[I.14]

Donde:
H = Espesor del estrato compresible.
t2 = Tiempo límite para la estimación del asentamiento.
t1 = Tiempo para la finalización de la consolidación primaria.
pe
c
c




1
[I.15]

Donde ep es el índice de vacíos al final de la consolidación primaria.

Asentamientos en suelos granulares.

Método de Schmertmann











n
i
i
is
P
ni H
E
I
qCCCS
1
321

[I.16]
Donde:
C1,C2 y C3 = Factores de corrección
qn = Carga neta al nivel de fundación (kPa)
I ЄP = Factor de influencia
ES = Módulo de elasticidad apropiado para el estrato i
Hi = Espesor del estrato i (m)
Si = Asentamiento de la fundación (m)
5.0
´
5.01
1 









n
vo
q
C

[I.17]
Donde:
'vo = Esfuerzo efectivo en el terreno adyacente y al nivel de fundación
qn = Carga neta al nivel de fundación
C2 = 1+ log ( t [años] / 0,1)

B
L
C  03.003.1
3
[I.18]
vp
n
P
q
I
´
1,05,0



[I.19]

915. ANEXO I Asentamientos


Donde:
'vp = Esfuerzo efectivo al nivel de I ЄP previo a la carga de la fundación
qn = Carga neta al nivel de fundación

Para fundación cuadrada y circular ( L/B = 1):

De zf = 0 a B/2 IЄ = 0.1 + (zf /B)(2IЄp – 0.2) [I.20]

De zf = B/2 a 2B IЄ = 0.667 IЄp (2 – zf /B) [I.21]

Para fundación continua (L/B≥10):

De zf = 0 a B: IЄ = 0.2 + (zf /B)(IЄp – 0.2) [I.22]

De zf = B a 4B IЄ = 0.333IЄp (4 – zf /B) [I.23]

Para fundación Rectangular (1< L/B < 10):

IЄ = IЄS + 0.111(IЄC - IЄS)(L/B – 1) [I.24]

Donde:
zf = Profundidad del nivel de fundación al punto medio de la capa
IЄ = Factor de influencia
IЄC = IЄ de una fundación continua
IЄS = IЄ de una fundación cuadrada ≥ 0


Figura I.6. Ábaco para el asentamiento en una fundación rectangular.

916. ANEXO J Capacidad de apoyo


ANEXO J

CAPACIDAD PORTANTE

Tabla J.1 Ecuaciones de capacidad portante (Bowles, 1995)
Terzaghi
qu = c Nc sc + q Nq + 0,5  B N s

Para: continua circular cuadrada
sc = 1,0 1,3 1,3
s = 1,0 0,6 0,8

(Ver Tabla J.2 para valores de factores)
Nq =  /2cos
a
2
452
2
a = e
(0,75-/2)tan 

Nc = (Nq – 1) cot 
N = 









 
1
2
2
cos
Ktan p
Meyerhof
Carga vertical: qu = cNcscdc + qNqsqdq + 0,5BNsd
Carga inclinada: qu = cNcdcic + qNqdqiq + 0,5BNdi
(Ver Tabla J.3 para factores de forma, profundidad, e inclinación)
Nq = e
tan
tan
2
(45+2
 )
Nc = (Nq – 1) cot 
N = (Nq – 1) tan(1,4)
Hansen
qu = cNcscdcicgcbc + qNqsqdqiqgqbq + 0,5BNsdigb
Cuando 0º, Usar
qu = 5,14 cu(1+ s′c+ d′c – i′c – b′c – g′c)+q
(Ver Tabla J.5 para factores de forma, profundidad, y otros)

Nq = igual a Meyerhof

Nc = igual a Meyerhof

N = 1,5(Nq – 1) tan 
Vesic
Utilizar las ecuaciones de Hansen
(Ver Tabla J.5 para factores de forma, profundidad, y otros)
Nq = igual a Meyerhof

Nc = igual a Meyerhof

N = 2 (Nq + 1) tan 

917. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Tabla J.2 Factores de capacidad portante para las ecuaciones de Terzaghi (Das, , 1998)
 [deg] Nc Nq N
a
 [deg] Nc Nq N
a

0 5,70 1,00 0,00 26 27,09 14,21 9,84
1 6,00 1,1 0,01 27 29,24 15,90 11,60
2 6,30 1,22 0,04 28 31,61 17,81 13,70
3 6,62 1,35 0,06 29 34,24 19,98 16,18
4 6,97 1,49 0,10 30 37,16 22,46 19,13
5 7,34 1,64 0,14 31 40,41 25,28 22,65
6 7,73 1,81 0,20 32 44,04 28,52 26,87
7 8,15 2,00 0,27 33 48,09 32,23 31,94
8 8,60 2,21 0,35 34 52,64 36,50 38,04
9 9,09 2,44 0,44 35 57,75 41,44 45,41
10 9,61 2,69 0,56 36 63,53 47,16 54,36
11 10,16 2,98 0,69 37 70,01 53,80 65,27
12 10,76 3,29 0,85 38 77,50 61,55 78,61
13 11,41 3,63 1,04 39 85,97 70,61 95,03
14 12,11 4,02 1,26 40 95,66 81,27 115,31
15 12,86 4,45 1,52 41 106,81 93,85 140,51
16 13,68 4,92 1,82 42 119,67 108,75 171,99
17 14,60 5,45 2,18 43 134,58 126,50 211,56
18 15,12 6,04 2,59 44 151,95 147,74 261,60
19 16,56 6,70 3,07 45 172,28 173,28 325,34
20 17,69 7,44 3,64 46 196,22 204,19 407,11
21 18,92 8,26 4,31 47 224,55 241,80 512,84
22 20,27 9,19 5,09 48 258,28 287,85 650,67
23 21,75 10,23 6,00 49 298,71 344,63 831,99
24 23,36 11,40 7,08 50 347,50 415,14 1072,80
25 25,13 12,72 8,34

918. ANEXO J Capacidad de apoyo


Tabla J.3 Factores de forma, profundidad, e inclinación para la ecuación de capacidad
portante de Meyerhof (Bowles, 1995)
Factores Valor Para


Forma:
sc = 1 + 0,2 Kp L
B
sq = s = 1 + 0,1 KpL
B
sq = s = 1

Cualquier 

 > 10º

 = 0º


Profundidad
dc = 1 + 0,2B
D
K
p
dq = d = 1 + 0,1B
D
K
p
dq = d = 1

Cualquier 

 > 10º

 = 0
Inclinación:

ic = iq = 2
º90
1 






i = 2
1












i = 0

Cualquier 

 > 0

 = 0

Donde:
Kp = tan
2
(45 +  /2) [J.1]

919. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Tabla J.4 Factores de Capacidad Portante para las ecuaciones de capacidad portante de
Meyerhof, Hansen, y Vesic. (Bowles, 1995)
 Nc Nq N(H) N(M) N(V) Nq/ Nc 2tan(1–sin)
2

0 5,14 1,0 0,0 0,0 0,0 0,195 0,000
5 6,49 1,6 0,1 0,1 0,4 0,242 0,146
10 8,34 2,5 0,4 0,4 1,2 0,296 0,241
15 10,97 3,9 1,2 1,1 2,6 0,359 0,294
20 14,83 6,4 2,9 2,9 5,4 0,431 0,315
25 20,71 10,7 6,8 6,8 10,9 0,514 0,311
26 22,25 11,8 7,9 8,0 12,5 0,533 0,308
28 25,79 14,7 10,9 11,2 16,7 0,570 0,299
30 30,13 18,4 15,1 15,7 22,4 0,610 0,289
32 35,47 23,2 20,8 22,0 30,2 0,653 0,276
34 42,14 29,4 28,7 31,1 41,0 0,698 0,262
36 50,55 37,7 40,0 44,4 56,2 0,746 0,247
38 61,31 48,9 56,1 64,0 77,9 0,797 0,231
40 75,25 64,1 79,4 93,6 109,3 0,852 0,214
45 133,73 134,7 200,5 262,3 271,3 1,007 0,172
50 266,50 318,5 567,4 871,7 761,3 1,195 0,131

920. ANEXO J Capacidad de apoyo


Tabla J.5 Factores de forma y profundidad para uso en las ecuaciones de capacidad portante
de Hansen (1970) o Vesic (1973) (Bowles, 1995).

Factores de forma Factores de profundidad
s'c = 0,2 L
B
sc = 1 + L
B
N
N
c
q
sc = 1 para continua

d'c = 0,4k (

dc = 1+0,4k
sq(H) = 1 + L
B sin 
sq(V) = 1 + L
B tan 

dq = 1 + 2 tan  (1– sin )
2
k

s = 1 – 0,4L
B  0,6
d = 1
k = B
D para B
D  1
k = tan
-1
B
D para B
D > 1 (rad)

Estos factores se aplican a ambos métodos a menos que se utilicen los sufijos (H) o (V).
Utilizar los factores con prima cuando  = 0 (s'c, d'c), únicamente por la ecuación de Hansen

USO DE LOS FACTORES DE INCLINACIÓN

En el caso general de cargas inclinadas hay una componente paralela a cada base de
dimensión definida como>

H = HB Paralela a la dimensión B

Para HB = 0.0 ; ic,B, iq,B, i,B son todos 1.0

H = HL paralela a la dimensión L

Para HL = 0,0; ic,L, iq,L, i,L son todos 1.0

Esos valores de Hi son usados para calcular los factores de inclinación por la ecuación de
Hansen como sigue.

Calcular los factores de inclinación usando la ecuación dada en la tabla J.5, J.6 y J.7, usar los
factores de forma.

s'c,B = 0,2Bic,B/L s'c,L = 0,2Bic,L/B (caso 

921. Problemas resueltos de mecánica de suelos


sc,B = 1 + L'
iB'
N
N
Bc,
c
q sc,L = 1 + B'
iL'
N
N
Lc,
c
q

sq,B = 1 + senB’iq,B/L’ sq,L = 1 + senL’iq,L/B’

s,B = 1 – 0.4B’i,B/L’i,L s,L = 1 – 0.4L’i,L/B’i,B

Limitación: s,iv 0.6 (si es menor que 0.6 entonces usar 0.60).

Estos son usados en las siguientes modificaciones de la ecuación de capacidad portante de
Hansen
qu = cNcsc,Bdcic,B + qNqsq,Bdqiq,B + 0,5B’Ns,Bi,B

qu = cNcsc,Ldcic,L + qNqsq,Ldqiq,L + 0,5L’Ns,Li,L

Usar los valores más pequeños calculados por las anteriores ecuaciones.

La ecuación de Vecic para capacidad portante con carga inclinada toma en cuenta la
dirección (HB, HL) en el cálculo del exponente m para los factores de inclinación ii de las
tablas 5,6 y 7. Los factores i no son usados en el calculo de factores s , Vesic siempre usa el
menor dimensión lateral como B’ en el termino N de la ecuación general de capacidad
portante.


Tabla J.6 Tabla de factores de inclinación, terreno, y base para la ecuación de Hansen 1970
(Bowles, 1995)
Factores de Inclinación Factores de terreno (base en talud)
i'c = 0,5 - af
i
cA
H
1
ic = iq - 1N
i - 1
q
q

iq = 1
cot
5.0
1











af
i
cAV
H
2  α1  5

g'c = º147
º (

gc = 1 - º147
º

gq= gγ = ( 1 – 0.5 tan β)
5
iγ=2
cot
7.0
1











af
i
cAV
H

iγ=2
cot
)º450/º7.0(
1














af
i
cAV
H


2  α2  5
Factores de base
b'c = º147
º (
bc = 1 - º147
º (
bq = exp(-2η tanф)

bγ=exp(-2.7η tanф)

η en radianes

922. ANEXO J Capacidad de apoyo



Figura J.1. Fundación en suelo inclinado.

Nota : β + η 90º ( ambos β y η tienen signo (+) )

Hmax = V tan  + caAf [J.2]

Para:
L/B  2 usar tr  =Ángulo de fricción entre la base y el
L/B > 2 usar ps= 1.5 tr – 17º suelo (0.5    )
tr  34º usar tr = ps Af = B’L’ (Área efectiva)
ca = Base de adherencia (0.6 a 1.0c)


Figura J.2. Fundación sometida a cargas que originan excentricidad.

923. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Tabla. J.7 Tabla de factores de inclinación, terreno, y base para la ecuación de capacidad
portante Vesic (1973, 1975b)
Factores de Inclinación Factores de terreno (base en talud)
i'c = 1 - caf
i
NcA
mH (
ic = iq - 1N
i - 1
q
q
 (
iq = m
af
i
cAV
H










cot
0.1


g'c = 14.5
º  en radianes

gc = iq - 5.14tan
i - 1
q (

gq= gγ = ( 1 – tan β)
2
iγ=1
cot
0.1











m
af
i
cAV
H
 L
B
L
B
mm
B



1
2
B
L
B
L
mm
L



1
2

Factores de base

b'c = g'c (

bc = 1 - 

tan14.5
2

bq = bγ = (1.0 – η*tanф)
2

Cargas excéntricas.







B
e
BL
Q
q
6
1
max
[J.3]







B
e
BL
Q
q
6
1
min
[J.4]
Q
M
e
[J.5]
Donde:
q = carga vertical total.
M = momento sobre la cimentación.
B = base de la zapata.
L = longitud de la zapata.

924. ANEXO K Presión lateral del suelo


ANEXO K

PRESIÓN LATERAL DEL SUELO.

Coeficiente de presión lateral en reposo
)(sin1
0 K
Arena Suelta [J.1]
5.51)sin(1
(min)
0 









d
d
K



Arena Densa [J.2]
Donde:
d = Peso específico de la in situ
d(min) = Peso específico seco mínimo posible de la arena
)(sin95.0
0 K Arcilla normalmente consolidada
OCRKK
SCSC 
)(0)(0 Arcilla sobre consolidada

Presión lateral activa (Rankine)



Figura K.1. Presión activa del suelo (Rankine).
)(cos)(cos)cos(
)(cos)(cos)cos(
22
22





aK
·cos() [J.3]


Si  = 0º, entonces:







2
º45tan
2
aK
[J.4]

aavh KcK  2
[J.5]

925. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Si 0c
 
1
cossincos4coscoscos4
sincos2cos2
cos
1
'
2
2
222
2
2























































z
c
z
c
K
a
[J.6]

Angulo  que forma con la vertical










1
11
sin
sin
sin
22
45



[J.7]

Presión lateral activa (Coulomb)


Figura K.2. Presión activa del suelo (Coulomb).



 
2
2
2
sinsin
sinsin
1sinsin
sin















aK
[J.8]
2
´
2
1
HKP
aa  
[J.9]

Efecto de una carga uniformemente distribuida por unidad de área en la superficie. Si se aplica
una carga (q) en la superficie, se puede suponer que el esfuerzo efectivo vertical, aumenta en la
cantidad de dicha carga.
 



 cos
2
sin
sin














H
q
eq
[J.10]

926. ANEXO L Estabilidad de taludes


ANEXO L

ESTABILIDAD DE TALUDES
H
DH
nH
Estrato firme

Figura L.1. Falla circular en el talud.
HFS
c
H
c
m
ud


[L.1]


Figura L.2. Ábaco para determinar el valor de .

927. Problemas resueltos de mecánica de suelos



Figura.L.3. Parámetros y forma de la falla.
a) Definición de parámetros para el tipo de falla “midpoint circle”; b) gráfica del número de
estabilidad en función del ángulo del talud. (Terzaghi & Peck, 1967).

Método de Bishop-Morgenstern
H

h
H
Superfície
freática
Flujo

Figura L.5. Características de la falla circular en el talud según Bishop-Morgenstern.

FS = m’ – n’ ru [L.2]

u
r
u
[L.3]
Ángulo de la pendiente,  (deg)
Número de estabilidad, m
Para  > 53º
Todos los círculos son al pie.

Para  > 53º
Círculo de pie
Círculo de medio punto
Círculo de pendiente

928. ANEXO L Estabilidad de taludes


Tabla L.1. Valores de m' y n'
a. Coeficientes de estabilidad m' y n' para c/H=0
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m' n' m' n' m' n' m' n'
10,0 0,353 0,441 0,529 0,588 0,705 0,749 0,882 0,917
12,5 0,443 0,554 0,665 0,739 0,887 0,943 1,109 1,153
15,0 0,536 0,670 0,804 0,893 1,072 1,139 1,340 1,393
17,5 0,631 0,789 0,946 1,051 1,261 1,340 1,577 1,639
20,0 0,728 0,910 1,092 1,213 1,456 1,547 1,820 1,892
22,5 0,828 1,035 1,243 1,381 1,657 1,761 2,071 2,153
25,0 0,933 1,166 1,399 1,554 1,865 1,982 2,332 2,424
27,5 1,041 1,301 1,562 1,736 2,082 2,213 2,603 2,706
30,0 1,155 1,444 1,732 1,924 2,309 2,454 2,887 3,001
32,5 1,274 1,593 1,911 2,123 2,548 2,708 3,185 3,311
35,0 1,400 1,750 2,101 2,334 2,801 2,977 3,501 3,639
37,5 1,535 1,919 2,302 2,558 3,069 3,261 3,837 3,989
40,0 1,678 2,098 2,517 2,797 3,356 3,566 4,196 4,362
Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0.025 y D=1.00
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n' m’ n’ m’ n’
10,0 0,678 0,534 0,906 0,683 1,130 0,846 1,365 1,031
12,5 0,790 0,655 1,066 0,849 1,337 1,061 1,620 1,282
15,0 0,901 0,776 1,224 1,014 1,544 1,273 1,868 1,534
17,5 1,012 0,898 1,380 1,179 1,751 1,485 2,121 1,789
20,0 1,124 1,022 1,542 1,347 1,962 1,698 2,380 2,050
22,5 1,239 1,150 1,705 1,518 2,177 1,916 2,646 2,317
25,0 1,356 1,282 1,875 1,696 2,400 2,141 2,921 2,596
27,5 1,478 1,421 2,050 1,882 2,631 2,375 3,207 2,886
30,0 1,606 1,567 2,235 2,078 2,873 2,622 3,508 3,191
32,5 1,739 1,721 2,431 2,285 3,127 2,883 3,823 3,511
35,0 1,880 1,885 2,635 2,505 3,396 3,160 4,156 3,849
37,5 2,030 2,060 2,855 2,741 3,681 3,458 4,510 4,209
40,0 2,190 2,247 3,090 2,993 3,984 3,778 4,885 4,592
Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,025 y D=1,25
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n' m’ n’ m’ n’
10,0 0,737 0,614 0,901 0,726 1,085 0,867 1,285 1,014
12,5 0,878 0,759 1,076 0,908 1,299 1,098 1,543 1,278
15,0 1,019 0,907 1,253 1,093 1,515 1,311 1,803 1,545
17,5 1,162 1,059 1,433 1,282 1,736 1,541 2,065 1,814
20,0 1,309 1,216 1,618 1,478 1,961 1,775 2,334 2,090
22,5 1,461 1,379 1,808 1,680 2,194 2,017 2,610 2,373
25,0 1,619 1,547 2,007 1,891 2,437 2,269 2,879 2,669

929. Problemas resueltos de mecánica de suelos


27,5 1,783 1,728 2,213 2,111 2,689 2,531 3,196 2,976
30,0 1,956 1,915 2,431 2,342 2,953 2,806 3,511 3,299
32,5 2,139 2,112 2,659 2,686 3,231 3,095 3,841 3,638
35,0 2,331 2,321 2,901 2,841 3,524 3,400 4,191 3,998
37,5 2,536 2,541 3,158 3,112 3,835 3,723 4,563 4,379
40,0 2,753 2,775 3,431 3,399 4,164 4,064 4,958 4,784
b. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,00
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ N’ m’ n’ m’ n’
10,0 0,913 0,563 1,181 0,717 1,469 0,910 1,733 1,069
12,5 1,030 0,690 1,343 0,878 1,688 1,136 1,995 1,316
15,0 1,145 0,816 1,506 1,043 1,904 1,353 2,256 1,567
17,5 1,262 0,942 1,671 1,212 2,117 1,565 2,517 1,825
20,0 1,380 1,071 1,840 1,387 2,333 1,776 2,783 2,091
22,5 1,500 1,202 2,014 1,568 2,551 1,989 3,055 2,365
25,0 1,624 1,338 2,193 1,757 2,778 2,211 3,336 2,651
27,5 1,753 1,480 1,380 1,952 3,013 2,444 3,628 2,948
30,0 1,888 1,630 2,574 2,157 3,261 2,693 3,934 3,259
32,5 2,029 1,789 2,777 2,370 3,523 2,961 4,256 3,585
35,0 2,178 1,958 2,990 2,592 3,803 3,253 4,597 3,927
37,5 2,336 2,138 3,215 2,826 4,103 3,574 4,959 4,288
40,0 2,505 2,332 3,451 3,071 4,425 3,926 5,344 4,668
c. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,25
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 M’ n’ m’ n' m’ n’ m’ n’
10,0 0,919 0,633 1,119 0,766 1,344 0,866 1,594 1,042
12,5 1,065 0,792 1,294 0,941 1,563 1,112 1,850 1,300
15,0 1,211 0,950 1,471 1,119 1,782 1,338 2,109 1,562
17,5 1,359 1,108 1,650 1,303 2,004 1,567 2,373 1,831
20,0 1,509 1,266 1,834 1,493 2,230 1,799 2,643 2,107
22,5 1,663 1,428 2,024 1,690 2,463 2,038 2,921 2,392
25,0 1,822 1,595 2,222 1,897 2,705 2,287 3,211 2,690
27,5 1,988 1,769 2,428 2,113 2,957 2,546 3,513 2,999
30,0 2,161 1,950 2,645 2,342 3,221 2,819 3,829 3,324
32,5 2,343 2,141 2,873 2,583 3,500 3,107 4,161 3,665
35,0 2,535 2,344 3,114 2,839 3,795 3,413 4,511 4,025
37,5 2,738 2,560 3,370 3,111 4,109 3,740 4,881 4,405
40,0 2,953 2,791 3,642 3,400 4,442 4,090 5,273 4,806
Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,5
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m’ n’ m’ n’
10,0 1,022 0,751 1,170 0,828 1,343 0,974 1,547 1,108
12,5 1,202 0,936 1,376 1,043 1,589 1,227 1,829 1,399

930. ANEXO L Estabilidad de taludes


15,0 1,383 1,122 1,583 1,260 1,835 1,480 2,112 1,690
17,5 1,565 1,309 1,795 1,480 2,084 1,734 2,398 1,983
20,0 1,752 1,501 2,011 1,705 2,337 1,993 2,690 2,280
22,5 1,943 1,698 2,234 1,937 2,597 2,258 2,990 2,585
25,0 2,143 1,903 2,467 2,179 2,867 2,534 3,302 2,902
27,5 2,350 2,117 2,709 2,431 3,148 2,820 3,626 3,231
30,0 2,568 2,342 2,964 2,696 3,443 3,120 3,967 3,577
32,5 2,798 2,580 3,232 2,975 3,753 3,436 4,326 3,940
35,0 3,041 2,832 3,515 3,269 4,082 3,771 4,707 4,325
37,5 3,299 3,102 3,817 3,583 4,431 4,128 5,112 4,735
40,0 3,574 3,389 4,136 3,915 4,803 4,507 5,543 5,171
d. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y círculos de falla que pasan
por el pie del talud
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 1,593 1,158 2,055 1,516 2,498 1,903 2,934 2,301
25 1,853 1,430 2,426 1,888 2,980 2,361 3,520 2,861
30 2,133 1,730 2,826 2,288 3,496 2,888 4,150 3,461
35 2,433 2,058 3,253 2,730 4,055 3,445 4,846 4,159
40 2,773 2,430 3,737 3,231 4,680 4,061 5,609 4,918
e. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,00
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 1,610 1,100 2,141 1,443 2,664 1,801 3,173 2,130
25 1,872 1,386 2,502 1,815 3,126 2,259 3,742 2,715
30 2,142 1,686 2,884 2,201 3,623 2,758 4,357 3,331
35 2,443 2,030 3,306 2,659 4,177 3,331 5,024 4,001
40 2,772 2,386 3,775 3,145 4,785 3,945 5,776 4,759
f. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,25
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 1,688 1,285 2,071 1,543 2,492 1,815 2,954 2,173
25 2,004 1,641 2,469 1,957 2,972 2,315 3,523 2,730
30 2,352 2,015 2,888 2,385 3,499 2,857 4,149 3,357
35 2,728 2,385 3,357 2,870 4,079 3,457 4,831 4,043
40 3,154 2,841 3,889 3,428 4,729 4,128 5,603 4,830
g. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,50
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m’ n’ m’ N’
20 1,918 1,514 2,199 1,728 2,548 1,985 2,931 2,272

931. Problemas resueltos de mecánica de suelos


25 2,308 1,914 2,660 2,200 3,083 2,530 3,552 2,915
30 2,735 2,355 3,158 2,714 3,659 3,128 4,128 3,585
35 3,211 2,854 3,708 3,285 4,302 3,786 4,961 4,343
40 3,742 3,397 4,332 3,926 5,026 4,527 5,788 5,185
h. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y círculos de falla que pasan
por el pie del talud
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 1,804 2,101 2,286 1,588 2,748 1,974 3,190 2,361
25 2,076 1,488 2,665 1,945 3,246 2,459 3,796 2,959
30 2,362 1,786 3,076 2,359 3,770 2,961 4,442 3,576
35 2,673 2,130 3,518 2,803 4,339 3,518 5,146 4,249
40 3,012 2,486 4,008 3,303 4,984 4,173 5,923 5,019
i. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y D=1,00
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’
n'
20 1,841 1,143 2,421 1,472 2,982 1,815 3,549 2,157
25 2,102 1,430 2,785 1,845 3,458 2,303 4,131 2,743
30 2,378 1,714 3,183 2,258 3,973 2,830 4,751 3,372
35 2,692 2,086 3,612 2,715 4,516 3,359 5,426 4,059
40 3,025 2,445 4,103 3,230 5,144 4,001 6,187 4,831
j. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y D=1,25
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 1,874 1,301 2,283 1,588 2,751 1,843 3,253 2,158
25 2,197 1,642 2,681 1,972 3,233 2,330 3,833 2,758
30 2,540 2,000 3,112 2,415 3,753 2,858 4,451 3,372
35 2,922 2,415 3,588 2,914 4,333 3,458 5,141 4,072
40 3,345 2,855 4,119 3,457 4,987 4,142 5,921 4,872
k. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y D=1,50
Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra
Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1
 m’ n’ m’ n’ m' n’ m’ n’
20 2,079 1,528 2,387 1,742 2,768 2,014 3,158 2,285
25 2,477 1,942 2,852 2,215 3,297 2,542 3,796 2,927
30 2,908 2,385 3,349 2,728 3,881 3,143 4,468 3,614
35 3,385 2,884 3,900 3,300 4,520 3,800 5,211 4,372
40 3,924 3,441 4,524 3,941 5,247 4,542 6,040 5,200

932. ANEXO L Estabilidad de taludes



Taludes infinitos


Figura L.6. Plano de deslizamiento.


Figura L.7. Plano de deslizamiento.


 tan
tan
tancos
2





H
c
FS
[L.4]

Método de masas – suelo

’ con u = 0




 tan
tan
tancos
2




satsatH
c
FS
[L.5]
HF
c
H
c
m
c
d





[L.6]



F
d
tan
tan
[L.7]

933. Problemas resueltos de mecánica de suelos



Figura L.8. Ábaco para determinar el valor de m en función de ’.

Tablas de Cousins – círculo pie de talud suelo c’-’ con u > 0.


Figura L.9. Ábaco para determinar el valor de n en función de D.
c
H
c







tan
[L.8] 0
ur
Ángulo de la pendiente, 
(deg) Número de estabilidad, m
Ángulo de la pendiente, 
(deg) Factor de estabilidad, N

934. ANEXO L Estabilidad de taludes



Figura L.10. Ábaco para determinar el valor de n en función de D.

Tablas de Cousins – círculo con D suelo c’-’ con u>0


Figura L.11. Ábaco para determinar el valor de n en función de D.
Ángulo de la pendiente, 
(deg)
Ángulo de la pendiente, 
(deg) Factor de estabilidad, N Factor de estabilidad, N

935. Problemas resueltos de mecánica de suelos

c
FSH
N
s




25.0
ur 50.0
ur



Figura L.12. Ábaco para determinar el valor de n en función de .
Ángulo de la pendiente, 
(deg)
Ángulo de la pendiente, 
(deg) Factor de estabilidad, N Factor de estabilidad, N

936. ANEXO L Estabilidad de taludes


Método de Spencer
0.12
0.0
0.02 20
30
10
c'
0.06
0.04
F H
0.10
0.08
ur = 0
d
0.0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
10
20
30
40
r = 0.25
u
c'
F H
d
F H
0.06
40
0.0
300.04
0.02

r = 0.5
u0.10
d
c'
10
0.08
0.12
20
048121620242832
Pendiente del talud [grados]

Figura L.13 Cartas de estabilidad para diferentes coeficientes de presión de poros ur .

937. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Método de fragmentos – método simplificado de Bishop
Superficie
de falla
W
n
n
A
O
C
r
r
r
nb
r sen n
H

n
f= c + 'tan
W
R=W
nn
n
Nr
rT
n
P
Tn
Tn+1
n+1P
n
nL
Nr
n

d
P
n W
T
Tr

Figura L.14. Análisis de estabilidad por el método ordinario de los fragmentos.
  










pn
n
nn
n
pn
n
nnnn
W
m
buWbc
FS
1
1
sin
1
tan



[L.9]

FS
m
n
nn



sintan
cos


[L.10]

938. ANEXO L Estabilidad de taludes


ANEXO M

EXPLORACIÓN DEL SUBSUELO

ENSAYO DE PENETRACIÓN ESTANDAR (SPT)

CORRECCIÓN AL NÚMERO DE GOLPES DEL ENSAYO DE PENETRACIÓN
ESTÁNDAR

La variación de N, que se obtuvo en campo, puede ser corregido a N60 mediante la siguiente
ecuación.
432170  NCN
N
[M.1]

N70 = Valor de SPT corregido
CN = Ajuste por presión de sobrecarga (ecuación M.1).
1 = Eficiencia del martillo (ecuación M.2)
2 = Corrección por profundidad (tabla M.1)
3 = Corrección por muestreo (tabla M.2)
4 = Corrección por diámetro de perforación (tabla M.3)
N = Valor de SPT obtenido en campo
1
2
p
p
C
N



[M.2]

p1 = Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95.76 kPa
p2 = Esfuerzo vertical efectivo en el lugar de ensayo
70
1
rE

[M.3]

Er = Energía del martillo (depende del tipo de martillo y su sistema de golpe).

Tabla M.1. Corrección por profundidad
Longitud 2
>10 m 1,00
6-10 m 0,95
4-6 m 0,95
0-4 m 0,75

Tabla M.2. Corrección por muestreo
Característica 3
Sin liner 1
Con liner: Arena densa, arcilla 0,8
Arena suelta 0,9

939. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Tabla M.3. Corrección por diámetro de la perforación
Diámetro de perforación 4
60 – 120 mm 1
150 mm 1,05
200 mm 1,15

Para convertir el número de golpes a otro con diferente energía se tiene la siguiente ecuación:
70
70
N
E
N
E

[M.4]

E = energía del ensayo de penetración estándar


NCN
Nc 4321
[M.5]



Tabla 8.8. Factores i para la ecuación M.5. País R-P Automático R-P Automático
EEUU 45 -- 70-80 80-100
Japón 67 78 -- --
Inglaterra-- -- 50 60
China 50 60 -- --
Longitud>10m 
2 = 1.00 N es muy alto para L<10 m.
6-10 =0.95
4-6 =0.85
6-4 =0.75
Sin guía 
3 = 1.00 Valor base
Con guía:Arena densa, arcilla=0.80 N es muy alto con guía
Arena suelta =0.90
Diámetro del sondeo*:60-120 mm 
4 = 1.00 Valor base; N es muy pequeño cuando
150 mm =1.05 el sondeo es de gran tamaño
200 mm =1.15
* 
4 = 1.00 para todos los diámetros cuando se trabaja con taladros de sección hueca.
estandarizado
Corrección por longitud de barras, 
2
Corrección por muestreador, 
3
Corrección por diámetro del sondeo, 
4
Observaciones
R-P = Sistema de cuerdas y poleas

1=E
t/E
tb
E
tb= Porcentaje de energía transferida
Martillo para 
1
Donut Safety
Promedio de Energía transferida, E
t

940. ANEXO L Estabilidad de taludes




Tabla 8.9. Relaciones empíricas para NC (Das, 2001).
Fuente NC
Liao y Whitman (1986) '
1
v
Skempton (1986) '
1
2
v
Seed et al. (1975) 








'
1
'
log25.11


v
Donde: 
'
1 1 US ton/pie
2
Peck et al. (1974) 







'
20
log77.0
v
Para 25.0
'

v US ton/pie
2
.
Nota. '
v está en US ton/pie
2
.


0
0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
1.0 1.5 2.0 2.5
Skempton
(1986)
Whitman (1986)
Liao y
C
N
v

' [ton/pie ]
2

Figura M.1. Gráficas comparativas de NC vs. '
v (Das, 2001).

941. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Capacidad de apoyo a partir del ensayo SPT



[M.6]




[M.7]



12
10
8
6
4
2
0
0
4 8 12 16
5
10
15
20
25
N' =
70
B [pie]
a(n)
K
S
d
e
2
[klb/pie ]
30
(1.22 m)

Figura M.2. Gráfica de 
edna SKq/ vs. B . Ecuaciones [8.28] y [8.29] (Das, 2001).


Donde:





[M.8]

















4.25
16.19
2
e
dcora
S
FN
m
kN
q
n
B<1.22m 










 






4.2528.3
128.3
98.11
2
2
e
dcora
S
F
B
B
N
m
kN
q
n
B<1.22m 33.133.01 









B
D
F
f
d
Se=Asentamiento tolerable, en mm

942. ANEXO L Estabilidad de taludes


CORRELACIONES DE SPT

En la tabla M.4 se presenta valores empíricos para , Dr y peso unitario de suelos granulares
basados en el SPT, hasta una profundidad de 6 metros y suelos normalmente consolidados.

Tabla M.4. Valores empíricos para , Dr, , basados en el ensayo SPT
Descripción Muy suelta Suelta Media Densa Muy densa
Densidad relativa Dr
(%)
0 0,15 0,35 0,65 0,85
1
SPT N70 Fino 1-2 3-6 7-15 16-30 >30
Medio 2-3 4-7 8-20 21-40 >40
Grueso 3-6 5-9 10-25 26-45 >45
 Fino 26-28 28-30 30-34 33-38
Medio 27-28 30-32 32-36 36-42 <50
Grueso 28-30 30-34 33-40 40-50
 (kN/m
3
) 11-16 14-18 17-20 17-22 20-23


RESISTENCIA AL CORTE NO DRENADO cu

Hara sugiere que:
72,0
29
Fu Nc
[M.9]

NF = Número de penetración estándar en el campo


DENSIDAD RELATIVA Dr

Marcuson y Bieganousky, proporcionaron la relación empírica para obtener la densidad
relativa.
5,02
)50531600222(76,07,11(%)
uvFr CND 
[M.10]

Donde:
Dr = Densidad relativa
NF = Número de penetración estándar en el campo
v = Esfuerzo efectivo vertical

ÁNGULO DE FRICCION 

Peck, Hanson y Thornburn, proporcionan la siguiente correlación:
2
00054,03,01,27 NN 
[M.11]

 = Ángulo de fricción pico del suelo
N = Número de penetración estándar corregido

943. Problemas resueltos de mecánica de suelos


Schmertmann, da la siguiente correlación:
34,0
1
3,202,12
tan

























a
v
F
p
N
[M.12]

NF = Número de penetración estándar en el campo
v = Esfuerzo efectivo vertical
pa = Presión atmosférica en iguales unidades que v

Recientemente Hatanaka y Ucida dan la siguiente ecuación para hallar el ángulo de fricción:
2020 N
[M.13]

N = Número de penetración estándar corregido


ENSAYO DE LA VELETA DE CORTE

Para obtener la resistencia al corte por medio de la veleta, se tiene la ecuación de Calding:








42
32
dhd
T
c
u
[M.14]

Donde:
T = Máximo torque aplicado en la cabeza de la veleta
d = Diámetro de la veleta de corte
h = Altura de la veleta de corte
 = Tipo de movilización del suelo en los extremos de la veleta, esta puede ser:

Triangular =1/2 Uniforme=2/3 Parabólica=3/5

CORRELACIONES DE VELETA DE CORTE

RESISTENCIA AL CORTE NO DRENADO

Bjerrum sostiene la siguiente ecuación de corrección, para considerar los efectos de la
plasticidad en los ensayos:
)()( veletaudiseñou cc 
[M.15]

Donde: )log(54,07,1 PI

PI: índice de plasticidad

944. ANEXO L Estabilidad de taludes


PRESION DE PRECONSOLIDACION
83,0
)()(04.7
veletauc cp 
[M.16]

ENSAYO DEL CONO DE PENETRACION

La resistencia del cono qc es el total de la fuerza actuante sobre el cono dividido por su
proyección de área, (10 cm
2
).

La fricción del cono fsc es el total de la fuerza de fricción actuante en el fuste dividido por la
superficie de contacto.

Es común expresar la fricción en términos del índice de fricción:
100
c
sc
f
q
f
R
(%) [M.17]

Usualmente las arenas tienen Rf < 1%, arcillas con Rf > 5-6%

CORRELACIONES DE CPT

DENSIDAD RELATIVA

Para arenas normalmente consolidadas










v
c
r
q
D
´
log6698(%)
[M.18]
v´
= Esfuerzo vertical efectivo

ANGULO DE FRICCION INTERNA

Para arenas normalmente consolidadas:



















v
cq
´
log38,01,0tan
1
[M.19]

RESISTENCIA AL CORTE
k
vc
u
N
q
c


[M.20]
Donde:
Nk = Factor de capacidad de carga es igual a 15 para conos eléctricos y 20 para
conos mecánicos. v
= Esfuerzo total vertical.

945. Problemas resueltos de mecánica de suelos


PRESION DE PRECONSOLIDACION

96,0
243.0
cc qp
[M.21]


INDICE DE SOBRECONSOLIDACION











v
vcq
OCR
´
37,0
[M.22]
Donde: v
= Esfuerzo total vertical. v´
= Esfuerzo vertical efectivo.
qc = Resistencia del cono, fuerza actuante sobre el cono dividido por su proyección
de área.


Arena gravosa
a arena
Arena a arena arcillosa
( Sobreconsolidada
o cementada )
o cementada )
( Sobreconsolidada
Grano fino muy rígidoDRENADA
NO DRENADA
Arcilla
Orgánico
Grano fino
Sensitiva
Arena
Arena
a arena limosa
Arena limosa
a limo arenoso
PARCIALMENTE
DRENADO
Limo arenoso
a limo arcilloso
Limo arcilloso
a arcilla limosa
Arcilla limosa
a arcilla
0 1 2 3 4 5 6 7 8
1
10
100
1000
c
Resistencia de punta de cono , q [kg/cm ]
2
Razón de fricción, R [%]f

Figura M.3. Ábaco de clasificación de suelos a partir de los datos del CPTu.

946. ANEXO L Estabilidad de taludes

0102030405060
0
50
100
150
200
250
300
25°
30°
35°
40°
45°
' [kN/m ]

v

FN
Presión vertical efectiva por sobrecarga,
2





















Figura M.4. Correlación entre '
60,
vN y '
 para suelos granulares, según Schmertmann.

0 10 20 30 40 50 60 70
0
50
100
150
200
250
300
350
400
Esfuerzo vertical efectivo, ' [kN/m ]

v
2
Resistencia de punta de cono , q [MN/m ]
2
c
rD = 40%
20%
60% 80% 90% 100%
Densidad relativa, D %r
Figura M.5. Relación de la densidad relativa con los valores obtenidos en el ensayo CPTu.
N60