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EJERCICIO N° 01
La siguiente tabla da los números de penetración estándar determinados
en un depósito de arenas en el campo:
Profundida
d
(m)
Peso específico
Del suelo ( kN/m3)NF
3.0 16.7 7
4.5 16.7 9
6.0 16.7 11
7.5 18.6 16
9.0 18.6 18
10.5 18.6 20
12.0 18.6 22
Usando la ecuación: =tg-1(
N F
12.2+20.3(σoPa
))0.34
Donde:
NF = Número de penetración estándar en campo
’o = Presión de sobrecarga efectiva
Pa = Presión atmosférica
= Angulo de fricción del suelo
Determine la variación del ángulo de fricción pico del suelo.
Estime el valor promedio de para el diseño de una cimentación
superficial.
Nota: Para profundidades mayores de 6m el peso específico del suelo es:
18.6 kN/m3.
Calcule teniendo en cuenta el Ncorreg, use la ecuación: = √20Ncorreg
+ 20
Use la ecuación: = 27.1+0.3Ncorreg - 0.00054 N2correg
En el caso de = 28°-30°, calcule la capacidad portante para un suelo
suelto, siendo la cimentación de zapatas aisladas cuadradas de 1.50m de
lado y cimentación corrida de 0.60m de ancho y profundidad, Df de 3.0 y
4.5m, conocido.→ N’c, N’q, N’
Qc = Df N’q+0.5 B N’ → Cimentación corrida
Qc = Df N’q+0.4 B N’ → Cimentación zapata cuadrada
SOLUCION
Cota parque infantil PIURA: 27.416 msnm
01 atm. → 30m x = 27.416/30 = 0.914 atm.
X atm. → 27.416m
Transformando a kN/m2: 89.66 kN/m2
’o = Presión efectiva → Se calcula para todos los puntos.
’o = 3.0 x 16.7 = 50.10
’o = 4.5 x 16.7 = 75.15
’o = 6.0 x 16.7 = 100.20
’o = 6.0 x 16.7 + 1.5(18.6) = 100.20 + 27.90 = 128.10
’o = 6.0 x 16.7 + 3.0(18.6) = 100.20 + 55.80 = 156.00
’o = 6.0 x 16.7 + 4.5(18.6) = 100.20 + 83.70 = 183.90
’o = 6.0 x 16.7 + 6.0(18.6) = 100.20 + 111.60 = 211.80
PROF(m
)
Peso
Vol
NF
Presió
n
1
Ncorr
eg
2 3
3.00 16.70 7 50.10
33.5
1
9.67
33.9
1
29.9
5
4.50 16.70 9 75.15
33.8
3
10.15
34.2
5
30.0
9
6.00 16.70 11 100.20 34.0 10.75 34.6 30.2
4 6 6
7.50 18.60 16 128.10
35.9
4
13.83
36.6
3
31.1
4
9.00 18.60 18 156.00
35.7
1
14.09
36.7
9
31.2
2
10.50 18.60 20 183.90
35.5
3
14.42
36.9
8
31.3
1
12.00 18.60 22 211.80
35.3
9
14.78
37.2
0
31.4
2
1 =tg-1(
N F
12.2+20.3(σoP))0.34
= tg-1[7 /12.2+20.3(50.10/89.66)]0.34 = 33.51
= tg-1[7 /12.2+20.3(75.15/89.66)]0.34 = 33.83
……………………………………………………………………….
= tg-1[7 /12.2+20.3(211.80/89.66)]0.34 = 35.39
NA = 9.78 √1/’o = 9.78 √1/50.10 = 1.3817
Ncorreg = NA x NF = 1.3817 x 7 = 9.67
Se calcula para cada ’o y NF respectivo
2 = √ 20 Ncorreg + 20 = √ 20(9.67) + 20 = 13.91 + 20 = 33.91
Se calcula para cada Ncorreg
3 = 27.10 + .03Ncorreg - 0.00054N2
correg
3 = 27.10 + .03(9.67) - 0.00054(9.67)2 = 29.95
Se calcula para cada Ncorreg
CAPACIDAD PORTANTE Y PRESION DE TRABAJO.
TIPO DE
ESTRUCTU
R
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/
m2)
ZAPATA
AISLADA
3.00 1.50 16.70 0.00
3.
0
18 8 3 430.86 143.62
4.50 1.50 16.70 0.00
3.
0
18 8 3 631.26 210.42
CIMIENTO
CORRIDO
3.00 0.60 16.70 0.00
3.
0
18 8 3 415.83 138.61
4.50 0.60 16.70 0.00
3.
0
18 8 3 616.23 205.41
Donde Qc, para zapata aislada cuadrada:
Qc = Df Nq + 0.4B N’
Y para cimiento corrido:
Qc = Df Nq + 0.5B N’
Df = profundidad de cimentación.
B = ancho de cimentación
= peso volumétrico
c = cohesión
= ángulo de rozamiento interno
Nc, Nq y N : coeficientes capacidad portante
Qc = capacidad portante
Pt = Presión de trabajo = Qc/F
F = factor de seguridad = 3
EJERCICIO N° 02
En un depósito de arena se han obtenido los siguientes datos:
Profundidad
(m)
’o
(kN/m2)
N° penetración
3.00 55.10 9
4.50 82.70 11
6.00 97.30 12
Suponga que el coeficiente de uniformidad de la arena es 3.2
Estime la compasidad relativa de la arena entre las profundidades de 3 y
4.5m
Utilice la ecuación: Cr(%) = 11.7 + 0.76(222NF+1600-7.68’o-50Cu2)0.5
Donde:
Cr = Compacidad relativa
NF = # de penetración estándar en el campo
’o = presión de sobrecarga efectiva
Cu = Coeficiente de uniformidad de la arena
Use la tabla para correlacionar compacidad relativa y número de
penetración estándar Ncorreg y estime el ángulo de fricción interna.
Ncorreg Cr(%)
0 – 5 0 – 5 28° - 30°
5 – 10 5 – 30 31° - 36°
10 – 30 30 – 60 36° - 40°
30 – 50 60 – 95 40° - 45°
Ncorreg = CN x NF ’o : conocido
Ncorreg = NA x NF CN = NF → CN = 9.78√1/’o NF : conocido
Calcule la capacidad portante del terreno para profundidades de 3.0m y
4.5m, con ancho de zapata circular de 6.0m, siendo el peso específico de
19.4 kN/m3, conociendo → N’c, N’q y N’
SOLUCION
Df (m) Presión
efectiva
N°
penetrac
Cr
(%)
Ncorreg
NF
3.00 55.10 9 50.92 11.86 35.40
4.50 82.70 11 52.59 11.83 35.38
6.00 97.30 12 53.36 11.90 35.43
Cr(%) = 11.70+0.76(222NF+1600-7.68’o – 50Cu2)0.5
Cr(%) = 11.70+0.76(222NF+1600-7.68’o – 50Cu2)0.5
Cr(%) = 11.70+0.76(222NF+1600-7.68’o – 50Cu2)0.5
Cr(%) = 11.70+0.76(222NF+1600-7.68’o – 50Cu2)0.5
Ncorreg = CN x NF → CN = 9.78√1/’o
Ncorreg = 9.78√1/55.10 X 9 = 11.86
Ncorreg = 9.78√1/82.70 X 11 = 11.83
Ncorreg = 9.78√1/97.30 X 12 = 11.90
= √20 x Ncorreg + 20
= √20 x 11.86 + 20 = 35.40
= √20 x 11.83 + 20 = 35.38
= √20 x 11.90 + 20 = 35.43
CAPACIDAD PORTANTE Y PRESION DE TRABAJO.
TIPO DE
ESTRUCT
UR
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/
m2)
ZAPATA
CIRCULA
R
3.00 6.00 19.40 0.00 36 24 13 10
1455.0
0
485.00
4.50 6.00 19.40 0.00 36 24 13 10
1833.3
0
611.10
Qc = 1.3CNc + Df Nq + 0.6BN’
Qc = 1.3x0x24 + 3x19.4x13 + 0.6x6x19.4x10 = 1455.00
Qc = 1.3x0x24 + 4.5x19.4x13 + 0.6x6x19.4x10 = 1833.30
Pt = Qc/F → F: factor de seguridad = 3
Pt = 1455.00/3 = 485 ; Pt = 1833.30/3 = 611.10
EJERCICIO N° 03
Una cimentación corrida tiene 1.5m de ancho.
Las condiciones de diseño son:
Df = 1.10 = 17.2 kN/m2 = 26° C = 28 kN/m2
Determine la capacidad portante total vertical y presión admisible con un
factor de seguridad: 3
SOLUCION.
TIPO DE
ESTRUC
TUR
Df
(m
)
B
(m
)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/
m2)
CIMIENT
O
CORRID
O
1.1
0
1.5
0
17.2 28.00 26
15.
50
5.5
0
1.7
0
500
188.6
7
Qc = CNc + Df Nq + 0.50BN’
Qc = 28x15.5 + 1.1x17.2x5.5 + 0.5x1.5x17.2x1.7
Qc = 559.99 ≈ 560.00
Pt = Qc/3 = 560/3 = 186.67
EJERCICIO N° 04
Una cimentación cuadrada de una columna es de 2.20m
Las condiciones de diseño son:
Df = 1.50 = 15.9 kN/m2 = 34° C = 0
Determine la capacidad portante y admisible del terreno en condiciones
normales y falla local. Factor de seguridad = 3
SOLUCION
TIPO DE
ESTRUCTU
R
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc Nq N
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/m2)
CIMENTACI
ON
CUADRAD
A
1.5
0
2.00 15.90 0.00 34 55.0
0
35.0 36.0 1292.6
7
430.89
FALLA
GENERAL
FALLA
LOCAL
1.5
0
2.00 15.90 6.00 34
23.0
0
12.0 9.00 400.68 133.56
Qc = CNc + Df Nq + 0.40BN’
Qc = 0.0x55.00 + 1.50x15.90x35.00 + 0.40x2.00x15.90x36.00
Qc = 1292.67
Qc = 0.0x23.00 + 1.50x15.90x12.00 + 0.40x2.00x15.90x9.00
Qc = 400.68
Pt = Qc/3 → Pt = 1292.67/3 = 430.89 , Pt = 400.28/3 = 133.56
EJERCICIO N° 05
Con respecto al problema anterior ¿Cuál sería la capacidad portante y
admisible si la carga Q de 600 kN está inclinada 10° con respecto a la
vertical.
Utilizar factor de forma, factor de profundidad, factor de inclinación.
Ancho de zapata: B = 1.50m
SOLUCION
FALLA GENERAL
CIMENT.
CUADRADA
FALLA LOCAL
CIMENT.CUADRA
DA
Df (m) 1.50 1.50
B (m) 1.50 1.50
(kN/m3) 15.90 15.90
C (kN/m2) 0.00 0.00
f 34.00 34.00
Q 23.85 23.85
N’c 55.00 23.00
N’q 35.00 12.00
N’ 36.00 9.00
Fqs 1.67 1.67
Fqd 1.26 1.26
Fqi 0.79 0.79
Fs 0.60 0.60
Fd 1.00 1.00
Fi 0.50 0.50
Qu (kN/m2) 1522.28 510.01
Qadm
(kN/m2)
507.43 170.00
Donde:
Fqs = 1 + (B/L)tg(f)
Fqd = 1 + 2 tg(f)(1-sen(f)2(Df/B)
Fqi = (1 - /90)2
Fcs = 1 + (B/L)(Nq/Nc)
Fs = 1 – 0.4(B/L)
Fd = 1
Fi = (1 - /)2
Fci = Fqi → = 10°
Qu = CNc. Fcs.Fcd.Fci + Df Nq. Fqs.Fqd.Fqi + 0.50 BN’Fs.Fd.Fi
Pt = Qu/3
EJERCICIO N° 06
Una cimentación cuadrada de 2.0x2.0m, tiene su construcción como se
muestra en la figura.
Suponga: = 16.50 kN/m3
sat = 18.60 kN/m3
Df = 1.20m
Q = 670 kN
FS = 3
Los valores de NF de la penetración estándar de campo se da:
Prof. (m) NF
0.60 0 16.50
670 kN
D1= 0.60 =? NF
=?
Df=1.20
1.20 4 18.60
3.00 6
Calcule Ncorreg.
Calcular el ángulo de fricción interna a 1.20m de profundidad.
Determine la capacidad portante(QL=qu) y admisible (Pt=qadm) del
terreno a profundidad de 1.20m, para zapata cuadrada de 2.00m de lado
y para cimiento corrido de 0.75m de ancho.
SOLUCION
Prof.
(m)
P. espec.
kN/m3
Resist.st
NF
Pres efect
kN/m2
Ncorre
g
0.60 16.50 0 9.90 0.00
20.0
0
1.20 8.79 4 15.17 10.04
34.1
7
’o = Df x
’o = 0.60 x 16.50 = 9.90
’o = 0.60 x 8.79 + 0.60 x 16.50 = 15.17
= √20Ncorreg + 20
= √20(0) + 20 = 20
= √20(10.4) + 20 = 34.17
CAPACIDAD PORTANTE (Qc) y PRESION DE TRABAJO (Pt)
TIPO DE
ESTRUCTU
R
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/
m2)
ZAPATA
CUADRAD
A
1.20 2.00 8.80 0.00 34 23 12 9 190.08 63.36
CIMIENTO
CORRIDO
1.20 0.75 8.80 0.00 34 23 12 9 156.42 52.14
Qc = CNc + Df Nq + 0.4BN → Zapata aislada
Qc = CNc + Df Nq + 0.5BN’ → Cimiento corrido
Pt = Qc/FS
EJERCICIO N° 07
En un terreno de arenas arcillosas (SC) medianamente denso con nat =
1.72 gr/cm3. Se ha realizado ensayos de corte directo con la carga
actuante siguiente:
(kg/cm2)
(kg/cm2)
0.50 0.40
1.00 0.70
1.50 1.00
Calcular la capacidad portante y admisible del terreno para una
profundidad de 1.80m y ancho de zapata cuadrada de 1.80m de lado y
cimiento corrido de 0.75m
SOLUCION
Tg = (y2-y1) / (x2-x1) = (1.0 – 0.7)/(1.5-1.0)
Tg = 0.6 → = 30.96°
= = 31°
m = (y2-y1) / (x2-x1) → 0.6 = (1 – c)/(1.5-0) → c=0.10 kg/cm2
0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.60
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
α=Φ
C
Transformando: c= 9.81 kN/m2 (cohesión)
Transformando: nat = 1.72 gr/cm3→ nat = 16.87 kN/m3
TIPO DE
ESTRUCT
UR
Df
(m)
B
(m)
(kN/m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/
m2)
ZAPATA
CUADRAD
A
1.80 1.80 16.87 9.81 31 20 9 6 542.44 180.81
CIMIENTO
CORRIDO
1.80 0.75 16.87 9.81 31 22 11 8 386.91 128.97
Qc = CNc + Df Nq + 0.4BN → Zapata aislada
Qc = 9.81x20.00 + 1.80x16.87x9.00 + 0.40x1.80x16.87x6.00 = 542.44
Qc = CNc + Df Nq + 0.5BN’ → Cimiento corrido
Qc = 9.81x22.00 + 1.80x16.87x11.00 + 0.50x0.75x16.87x8.00 = 386.91
Pt = Qc/3 → Pt = 542.44/3 = 180.81 , Pt = 386.91/3 = 128.97
EJERCICIO N° 08
Se han realizado ensayos de triaxial para suelo arcillo-arenosos
habiéndose obtenido los resultados siguientes:
Presión de confinamiento
3
Esfuerzo normal
vertical
1
112 kN/m2 287 kN/m2
Siendo la cohesión c=0 y la nat = 18.20 kN/m3
Calcule la capacidad portante y admisible del terreno para zapatas
aisladas de 1.30m de lado y profundidad de cimentación Df = 1.50m
SOLUCION
1 - 3 287-112
2 2
Sen = = = 0.4385 → = 26.01°
1 + 3 287+112
2 2
TIPO DE
ESTRUCT
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc NqN
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/m2)
ZAPATA
AISLADA
1.50 1.30 18.20 0.00 26 15.5 5 1.7 152.59 50.86
Qc = CNc + Df Nq + 0.4BN → Zapata aislada
Qc = 0x15.5 + 1.5x18.20x5 + 0.4x1.3x18.2x1.70 = 152.59
Pt = Qc/FS = 152.59/3 = 50.86
EJERCICIO N° 09
En suelos granulares se han realizado los ensayos de densidad de campo
con valores de 1.75 gr/cm3, ensayos de proctor modificado con Dseca
max de 2.12 kg/cm2 y la densidad suelta fue de 1.63 kg/cm3, siendo la
profundidad Df=1.40m y ancho de zapata cuadrada de 1.80m.
El peso específico en sólido es: 2.63 gr/cm3
Calcular la capacidad portante y admisible del terreno con una cohesión
de 0.12 kg.
SOLUCION.
CR (%) DESCRIPCION
00 – 15 Muy suelto 28° - 29°
15 – 50 Suelto 30° - 31°
50 – 70 Medio 31° - 35°
70 – 85 Denso 36° - 40°
85 – 100 Muy denso 40° - 45°
CR(%) = (єmax – єnat) / (єmax - єmin)
єmax = (2.63-1.63)/1.63 = 0.6135
єmin = (2.63-2.12)/2.12 = 0.246
єnat = (2.63-1.75)1.75 = 0.5028
CR(%) = (0.6135-0.5028) / (0.6135-0.2406) = 29.686
CR(%) = 30
Transformando: nat = 1.75 gr/cc ≈ 17.17 kN/m3
De TABLA. Para CR(%) = 30 → = 31°
TIPO DE
ESTRUCT
Df
(m)
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc Nq N
Qc
(kN/
m2)
Pt
(kN/m2)
ZAPATA
CUADRADA
1.4
0
1.80 17.17 9.81 31 20 9 6 486.71 162.24
Si está entre 28° y 29° → c = 0
Si > 29° → c = 0.10 kg/cm2
Transformando: c = 0.10 kg/cm2 → c = 9.81 kN/m2
Qc = CNc + Df Nq + 0.4BN → Zapata aislada
Qc = 9.81x20 + 1.40x17.17x9 + 0.40x1.80x17.17x6 = 486.71
Pt = Qc/FS = 486.71/3 → Pt = 162.24
EJERCICIO N° 10
La figura muestra el perfil de un suelo.
La carga uniformemente distribuida sobre la superficie del terreno es Δ.
Estime el asentamiento primario del estrato de arcilla.
SOLUCION
Δ=110 kN/m2
ARENA
H=1.5m NF
ARENAe =0.98Gs=2.75
H=2.0m
ARCILLAe =0.98Gs=2.75LL = 50
H=2.5m
ARENA:
seca = Gsω / 1+e = 2.62x9.81 / 1+0.62 = 15.87 kN/m3
seca = sat / 1+ ω → sat = seca(1+ ω)
Además: e = ω Gs (terreno saturado) → ω = e/Gs = 0.62/2.62 =
0.237
sat = 15.87(1+0.237) = 19.63 kN/m3
ARCILLA:
seca = Gsω / 1+e = 2.75x9.81 / 1+0.98 = 13.63 kN/m3
ω = e/Gs = 0.98/2.75 = 0.356
sat = 13.63(1+0.356) = 18.48kN/m3
Calculamos ’o en el centro del espécimen de la arcilla.
’o = 1.5(15.87) + 2(19.63-9.81) + 2.5/2 (18.48-9.81) = 54.29 kN/m2
S = (Cc H)/(1+eo) log (’o+Δ)/’o
Cc = 0.009(50-10) = 0.36
Reemplazando:
S = (0.36x2.5)/(1+0.98) log (54.29+110)/54.29 = 0.2186m = 218.6mm
EJERCICIO N° 11
Los resultados de una prueba de consolidación en el laboratorio en un
espécimen de arcilla, se dan en la siguiente tabla.
Presión ’
(kN/m2)
Altura total del
espécimen
Al final de la
consolidación
(mm)
25 17.65
50 17.40
100 17.03
200 16.56
400 16.15
800 15.88
Altura inicial del espécimen: 19mm
Area del espécimen: 31.68cm2
Peso seco del espécimen: ω = 95.2gr. ; Gs = 2.68
a) Dibuje la gráfica e vs log ’
b) Determinar la presión de consolidación
c) Determinar el índice de compresión Cc
SOLUCION
Hs = ωs / AGs ω = 95.2 / 31.68x2.68x1 = 11.21mm = 1.121cm
1. Hv = H1 – Hs = 17.65 – 11.21 = 6.44 mm
e1 = Hv / Hs = 6.44/11.21 = 0.574
2. Hv = H2 – Hs = 17.40 – 11.21 = 6.19 mm
e2 = Hv / Hs = 6.19/11.21 = 0.552
3. Hv = H3 – Hs = 17.03 – 11.21 = 5.82 mm
e3 = Hv / Hs = 5.82/11.21 = 0.519
4. Hv = H4 – Hs = 16.56 – 11.21 = 5.35 mm
e4 = Hv / Hs = 5.35/11.21 = 0.477
5. Hv = H5 – Hs = 16.15 – 11.21 = 4.94 mm
e5 = Hv / Hs = 4.94/11.21 = 0.441
6. Hv = H6 – Hs = 15.88 – 11.21 = 4.67 mm
e6 = Hv / Hs = 4.67/11.21 = 0.417
Presión
’
(kN/m2)
Altura total del
espécimen
Al final de la
consolidación
(mm)
Hv = H – Hs
(mm)
e1 = Hv /
Hs
25 17.65 6.46 0.574
50 17.40 6.19 0.552
100 17.03 5.82 0.519
200 16.56 5.35 0.477
400 16.15 4.94 0.441
800 15.88 4.67 0.417
Se construye gráfica eo vs ’ en papel semi-logarítmico, se obtiene:
’c = 52 kN/m2
’1 = 100 kN/m2 → e1 = 0.519
’2 = 200 kN/m2 → e1 = 0.477
Cc = (e1 – e2) / log (’2 /’1) = (0.519-0.477)/log(200/100) = 0.1395
10 100 10000
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
EJERCICIO N° 12
Los siguientes son los resultados de una prueba de consolidación.
e
’
(kN/m2)
1.10
0
25
1.08
5
50
1.05
5
100
1.01
0
200
0.94
0
400
0.79
0
800
0.63
0
1600
a) Dibuje la curva e vs log ’
b) Usando el Método Casagrande, determinar la presión de consolidación
’c
c) Calcule el índice de compresión Cc
SOLUCION
Con los datos, se dibuja la curva e vs log ’ en papel semi-logaritmico.
Se obtiene: ’c = 170 kN/m2
’1 = 400 → e1 = 0.940
’2 = 800 → e1 = 0.790
De donde: Cc = (0.940-0.790) / log(800/400) = 0.498
10 100 1000 100000.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
1.1
1.2
EJERCICIO N° 13
Se da la relación e y ’ para un suelo arcilloso
e
’
(kN/m2)
1.00 20
0.97 50
0.85 180
0.75 320
Para este suelo, en el campo se dan los siguientes valores:
H=2.5m ’=60kN/m2 ’ + ’ = 210kN/m2
Calcular el asentamiento esperado, causado por consolidación primaria.
SOLUCION
De la gráfica se tiene:
’o = 60 kN/m2 → e1 = 0.95
Δ’o + Δ’ = 210 kN/m2 → e2 = 0.820
Δe = e1 – e2 = 0.95-0.820 = 0.130
S = H. Δe / (1 + eo) = 2.5x0.130 / (1+1) = 0.1625m.
S = 162.5mm.
10 100 10000.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
1.1
EJERCICIO N° 14
Calcular el asentamiento por consolidación primaria en el estrato de
arcilla de 4m de espesor que resultara de la carga formada por una
zapata rectangular de 3 x 2m.
SOLUCION
Cc = 0.009(LL-10) = 0.009(35-10) = 0.225
’o = (1.5+4)(16.2) + 2(19.75-9081) + 2(18.7-9.81) = 126.76 kN/m2
Cálculo de Δ’:
1200 kN
3.0m
H=1.5m
2mArena seca =16.2 kN/m3 Z1
Z2
H=4m NFArena sat =19.75 kN/m3
Z3
H=2m
Arcilla sat =18.7 kN/m3
LL=35eo=1.00H=4m
Z
(m)
m1=L/
B
B
(m)
N1=Z/(B/
2)
Ic
(Tabla
)
Δ=q.Ic
(kN/m2)
4 1.5 2 4 0.149 29.8
6 1.5 2 6 0.073 14.6
10 1.5 2 10 0.028 5.6
Donde q = F/A = 1200/6 = 200kN/m2
1. Para: n1=4, m1=1.5 → Ic = 0.149
2. Para: n1=6, m1=1.5 → Ic = 0.073
3. Para: n1=10, m1=1.5 → Ic = 0.028
Δ = Δ’ = (Δt + 4 Δm + Δb)/6
Δ = Δ’ = (29.8 + 4(14.6) + 5.6)/6 = 15.63kN/m2
S = (Cc H)/(1+eo) log (’o+Δ’)/’o
S = (0.225x4)/(1+1) log (126.76+15.63)/126.76
S = 0.02273m = 22.73mm
EJERCICIO N° 15
Calcular el ancho de Zapata para un suelo arenoso donde se cimentará
una zapata cuadrada para un edificio de cinco pisos.
Tipo se suelos: SP
= 27.1+0.3Ncorreg-0.00054
Ncorreg = CNxN
CN = 9.81(1/o) Liac y Whitman
’o(0.80)=0.80x16.3 = 13.40kN/m2
’o(1.50)=0.80x16.3 + 0.70(17.80-9.81) = 18.99kN/m2
’o(2.00)=0.80x16.3 + 1.20(17.80-9.81) = 22.99kN/m2
’o(3.00)=0.80x16.3 + 2.20(17.80-9.81) = 30.98kN/m2
CN(0.80) = 9.81(1/o(0.80)) = 9.81(1/13.40) = 2.68m
CN(1.50) = 9.81(1/o(1.50)) = 9.81(1/18.99) = 2.25m
CN(2.00) = 9.81(1/o(2.00)) = 9.81(1/22.99) = 2.68m
CN(3.00) = 9.81(1/o(3.00)) = 9.81(1/30.98) = 1.76m
Prof.
(m)
P. espec.
kN/m3
Resist.st
NF
Pres efect
kN/m2
CN
(m)
Ncorre
g
0.80 16.30 4 13.40
2.68
10.72
30.2
5
1.50 17.80 6 18.99
2.25
13.50
31.0
5
2.00 17.80 8 22.99
2.05
16.40
31.8
7
3.00 17.80 10 30.98
1.76
17.60
32.2
1
31.3
5
qult = 1.3Nc + Df Nq + 0.4B N
Para el caso de arenas:
qult = Df Nq + 0.4B N
qult = 0.80x16.30 + 0.70(17.80-9.81)(9) + 0.4B(17.80-9.81(6)
qult = 167.697 + 19.17B → (I)
qadm = qult /3 → qadm = 250/3 → qult = 250x3/B2 → (II)
Igualando (I) y (II):
167.697 + 19.17B = 250x3/B2
750 = 167.697B2-39.11 B3 = 0
Resolviendo:
B1 = +1.915 B2 = -8.163 B3 = -2.502
Analizando: Se diseñará una zapata cuadrada de 2.00m
EJERCICIO N° 16
Se han realizado ensayos triaxiales en arenas.
Presión de confinamiento
3
Esfuerzo normal
vertical
1(kg/cm2)
0.50 kg/cm2 3.20 hasta rotura
Siendo la densidad de 1.65 gr/cm3
Calcular la capacidad de carga estructural para una zapata circular de un
reservorio elevado de 6m de diámetro, siendo Df=2.50m
SOLUCION
max = tg
1 - 3 3.2-0.5
2 2
Sen = = = 0.72973 → = 46.86°
1 + 3 3.2+0.5
2 2
Para zapatas circulares:
qult = Df Nq + 0.6B N
EJERCICIO N° 17
Una zapata cuadrada va a soportar la carga estructural de un edificio.
Se ha realizado ensayos de corte directo de suelos (SC):
Df(m) v (kg/cm2)
(kg/cm2)
B (m)(gr/cm3)
1.30 0.50 0.35 1.20 1.72
1.30 1.00 0.65 1.20 1.72
1.30 1.50 0.90 1.20 1.72
Cuál es la capacidad admisible del terreno?
qult = 1.3Nc + Df Nq + 0.4B N
Se han realizado ensayos triaxiales en arenas obteniendo:
Presión de confinamiento
3
Esfuerzo normal
vertical
1(kg/cm2)
0.50 kg/cm2 3.20 hasta rotura
m = (y2 –y1)/(x2 –x1) = (0.65-0.35)/(1.00-0.50) = 0.60
= arc tg(m) = arc tg(0.60) = 31°
= 45° + /2 = 60.50° → 2 = 121°
0.3 0.5 0.7 0.9 1.1 1.3 1.50
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
De la gráfica, se determina:
3=0.30 kg/cm2 1=1.115 kg/cm2
1= 3Tg2(45°+/2) + 2C tg(45°+/2)
qult = 1.3(0.22)(43) +0.00172(130)(28) + 0.40(120)(0.00173)(26)
qult = 20.71 kg/cm2
qadm = qult /3 = 20.71/3 = 6.90 kg/cm2
EJERCICIO N° 18
Una cimentación continua de 1.5m de ancho.
Df=1.1m =17.2 kN/m3 =26° C=28 kN/m2
Determinar la capacidad portante y admisible del terreno.
TIPO DE
ESTRUCT
Df
(m)
Dfxy
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc Nq N
CIMIENT
O
CORRIDO
1.10
18.92
1.50 17.2 28 26 15.5 5.5 1.7
Para zapatas continuas o cimientos corridos:
qult = CNc + Df Nq + 0.5B N
qult = 28(15.5) + 17.2(1.1)(5.5) + 0.5(1.5)(17.2)(1.7) = 559.99
qadm = qult / 3 = 559.99/3
qadm = 186.66 kN/m2
EJERCICIO N° 19
Una cimentación cuadrada de una columna de 2.0 x 2.0m en planta, las
condiciones de diseño son:
Determine la carga total admisible que la columna soporta.
TIPO DE
ESTRUCT
Df
(m)
Dfxy B
(m)
(kN/m3)
C
(Kg/cm2)
Nc Nq N
CIMIENTO
CORRIDO
1.50 23.85
2.0
0
15.9 0 34 23 12 9
SOLUCION
Para zapatas cuadradas:
qult = 1.3Nc + Df Nq + 0.4B N
qult = 1.3(0)(23) + 15.9(1.5)(12) + 0.4(2)(15.9)(9) = 400.68 kN/m2
qadm = 400.68/3 = 133.56 kN/m2
EJERCICIO N° 20
Para la cimentación dada en el problema anterior ¿Cuál será la capacidad
de carga admisible, si la carga está inclinada 10° respecto a la vertical?
SOLUCION
Para zapatas cuadradas con carga inclinada tenemos:
qult = Df Nq Fqs Fqd Fqi + 0.5B NFs Fd Fi
Donde:
Fqs = 1+ (B/L) tg → 1.67
Fqd = 1 + 2 tg(1-sen)2Df/B → 1.19
Fqi = (1 - /90°)2 → 0.50
Fs = 1 – 0.4(B/L) → 0.6
Fd = 1 → 1
Fi = (1 - /)2 → 0.79
= 34°, = 10°
Reemplazando: qult =492.254
qadm =492.254/3 = 164.085 kN/cm2
EJERCICIO N° 21
Una cimentación cuadrada (BxB) tiene que ser construida como se
muestra en la figura. La carga total admisible es de 690 kN.
Determine el ancho de la zapata.
Los valores de N son:
Prof. (m) NF
1.50 3
3.00 5
4.50 7
6.00 9
7.50 8
Df
Dfx
y
N CN
=27.1+0.3Ncor
reg
Ncorr
eg
1.5
16.
5
20.1
2
3
2.1
8
29.06 6.54
3.0 18. 10.8 5 2.9 31.56 14.8
Q=690kN
seca=16.5 C=0H=0.90 NF
sat =18.6 C=0
Df=1.60 BxB
6 3 7 5
4.5
18.
6
39.5
6
7
1.5
5
30.35 10.8
5
6.0
18.
6
52.7
4
9
1.3
5
30.75 12.1
5
7.0
18.
6
65.9
3
8
1.2
0
29.98 9.60
Prom 30.34≈30°
qult = Df Nq Fqs Fqd Fqi + 0.5B NFs Fd Fi
Donde:
Fqs = 1+ (B/L) tg → 1.58
Fqd = 1 + 2 tg(1-sen)2Df/B → 1+0.5175/B
Fqi = (1 - /90°)2 → 0.691
Fs = 1 – 0.4(B/L) → 0.6
Fd = 1 → 1
Fi = (1 - /)2 → 0.25
= 30°, = 15°
Reemplazando:
qult =18.6(1.8)(8)(1.58)(1+0.5175/B)(0.69) + 0.5B(18.6)(3)(0.6)(1)
(0.25)
qult =409.54(1+0.5175/B) + 4.05B
Pero: qult/3 = qadm =690/B2
[409.54(1+0.5175/B) + 4.05B] / 3 = 690/B2
208.51 = 690/B2
B = 1.81 (zapata cuadrada)
EJERCICIO N° 22
Una cimentación para una columna tiene 4.0x2.0m en planta.
Df =1.40m C=153kN/m2 =18.4 kN/m3
¿Cuál es la carga admisible que puede soportar la columna?
SOLUCION
Df
(m
)
Dfx
y
B
(m
)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc
N
q
N
1.
40
25.7
6
4.0
0
18.4 153 0
5.1
4
1 0
qult = CNc Fcs Fcd Fci + Df Nq Fqs Fqd Fqi + 0.5B NFs Fd Fi
Fcs = 1+ (B/L) (Nq/Nc) → 1.39
Fcd = 1 + 0.4Df/B → 1.14
Fci = (1 - /90°)2 → 1
Fqs = 1+ (B/L) tg → 1.58
Fqd = 1 + 2 tg → 1
Fqi = (1 - /90°)2 → 1
Fs = 1 – 0.4(B/L) → 0.2
Fd = 1 → 1
Fi = (1 - /)2 → 1
Reemplazando:
qult = 153(5.14)(1.39)(1.14)(1) + 18.4(1.14)(1)(1)(1)(1) + 0.5(4)(18.4)(0)
(0.20)(1)(1)
qult = 1271.92
qadm = 1271.92/3 = 423.97
EJERCICIO N° 23
Una zapata BxB en planta, tiene Df=1.20m, carga total vertical admisible
Qadm=670 kN. Determine el tamaño de la zapata.
Df
(m
)
Dfx
y
B
(m
)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc
N
q
N
1.
20
22.0
8
? 18.4 670
3
5
24 13 10
SOLUCION
qult = Df Nq Fqs Fqd Fqi + 0.5B NFs Fd Fi
Fqs = 1+ (B/L) tg → 1.7
Fqd = 1 + 2 tg → 1+0.3024/B
Fqi = (1 - /90°)2 → 1
Fs = 1 – 0.4(B/L) → 0.6
Fd = 1 → 1
Fi = (1 - /)2 → 1
Reemplazando:
qult =18.4(1.2)(13)(1.7)(1+0.3024/B)(1) + 0.5B(18.4)(10)(0.6)(1)(1)
Pero: qult/3 = qadm =670/B2
[635.53 + 55.20B] / 3 = 670/B2
230.24 = 670/B2
B = 1.71 (zapata cuadrada)
EJERCICIO N° 24
Una cimentación cuadrada para una columna que va a ser construida
sobre un suelo arenoso tiene que tomar una carga total admisible
qadm=175 kN, la profundidad de cimentación es de 1.30m, la carga esta
inclinada 15° respecto a la vertical.
La resistencia a penetración N se da a continuación.
=18 kN/m3. Determinar el ancho de la cimentación.
Prof. (m) NF
1.50 4
3.00 7
4.50 9
6.00 10
SOLUCION
Df
Dfx
y
N CN
=27.1+0.3Ncor
reg
Ncorr
eg
1.5
18.
0
27 4
1.8
8
29.33 7.52
3.0
18.
0
54 7
1.3
3
29.84 9.31
4.5
18.
0
81 9
1.0
9
29.99 9.81
6.0
18.
0
108
1
1
0.9
4
29.87 9.40
Prom 67.5 1.3 29.78≈30° 9.01
1
Df
(m)
Dfxy
B
(m)
(kN/
m3)
C
(Kg/
cm2)
Nc Nq N
1.30 0 15 ? 18.0 0 30 18 8 3
qult = Df Nq Fqs Fqd Fqi + 0.5B NFs Fd Fi
Fqs = 1+ (B/L) tg → 1.58
Fqd = 1 + 2 tg → 1+0.3738/B
Fqi = (1 - /90°)2 → 0.691
Fs = 1 – 0.4(B/L) → 0.6
Fd = 1 → 1
Fi = (1 - /)2 → 0.25
qult =18(1.3)(8)(1.58)(1+0.3738/B)(0.69) + 0.5B(18)(3)(0.6)(1)(0.25)
Pero: qult/3 = qadm =175/B2
[280.38 + 4.05] / 3 = 175/B2
94.81 = 175/B2
B = 1.36 (zapata cuadrada)