Examen final mecanica de suelos 2 2001 - resuelto

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA MECÁNICA DE SUELOS II
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL RESOLUCIÓN EXÁMENES FINALES
EXAMEN FINAL DE MECÁNICA DE SUELOS II
EC513-I CICLO 2001-II
PREGUNTA 1 (8 ptos): Responder brevemente las siguientes preguntas:
a) ¿Cuál es la diferencia entre arcillas normalmente consolidadas y arcillas sobre
consolidadas? Explique brevemente su respuesta utilizando el coeficiente de presión lateral
en reposo.
Arcilla preconsolidada Es aquella que recibe hoy cargas menores de las que en su
historia geológica ha tenido. Esta arcilla es más dura.
En cambio la arcilla normalmente consolidada es aquella que nunca en su historia
geológica ha soportado las cargas actuales. Esta es más compresible.
Utilizando El Coeficiente De Presión Lateral En Reposo
K = ’h / ’v
Tensión vertical total
Tensión vertical efectiva
Arcilla normalmente consolidada: Durante la sedimentación:
σ’v / σ’h ≈ constante
Arcilla sobre consolidada: Durante la posterior descarga (erosión,...):
σ’v / σ’h crece con el OCR
b) ¿Para qué tipo de suelo la consolidación secundaria es la más importante?
Fundamente su respuesta.
La consolidación secundaria es el problema que viene luego de la consolidación es
decir que el suelo se sigue asentando
Para suelos orgánicos es la importante, en cambio para suelos inorgánicos es
pequeño
c) ¿En que casos se utiliza los parámetros de resistencia cortante de suelo obtenidos
a partir de ensayos no drenados? Indique algunos ejemplos
Se usa en el caso de resistencia al corte para suelos muy finos bajo condiciones no
drenadas, en que el corte es aplicado a la muestra se da de manera muy rápida
d) ¿Qué son los planos principales y los esfuerzos principales en un estado plano de
esfuerzos?
En una prueba de compresión cilíndrica, la falla ocurre debido al corte, por ello es
necesario considerar la relación entre la resistencia al corte y la tensión normal que
actúa sobre cualquier plano dentro del cuerpo a compresión.
www.civilaxia.blogspot.com
( )v sat w h wh h hσ γ γ= + −
wvv p−=σσ'

En una prueba de compresión, una muestra de suelo esta sujeta a fuerzas
compresivas que actúa en tres direcciones, en ángulos rectos entre si,
respectivamente; uno en la dirección longitudinal, los otros dos lateralmente. Los tres
planos perpendiculares sobre los cuales estas tensiones actúan, son conocidos como
los planos principales, y las tensiones como las tensiones principales.
Muchos de los problemas de mecánica de suelos son considerados en dos
dimensiones, y solo son usadas las tensiones principales mayor y menor. A la
influencia de la tensión principal intermedia se le resta importancia.
Resumiendo:
Para α = 90° (estado
axial de tensión) se da
que la tensión normal σ
es máxima y la tensión
tangencial τ es nula,
siendo α la inclinación
del plano de la sección.
La tensión tangencial
máxima verifica en un
plano cuya inclinación es
α = 4º
Si para la inclinación del plano analizado se
verifican tanto tensiones normales, como
tangenciales pero todas ellas coplanares, el
estado de tensión sera plano o doble. Las
componentes del estado de tensión serán
entonces
σ x, σ y ; τ xy y τ yx
Planos principales I y II, se cumple también que las tensiones normales serán máxima
y mínima respectivamente (tensiones principales) y pueden obtenerse con la siguiente
expresión.
2
xy
2
II-I )
2
y-x
()(
2
)yx(
τ
σσσσ
σ ++−
+
= ;
2
)-( III
máx.
σσ
τ =
La tensión tangencial máxima puede obtenerse en función de las tensiones
principales.
e) ¿Cuál es la influencia de la cohesión del suelo en el cálculo de los empujes activo y
pasivo, respectivamente, sobre estructuras de contención?
La cohesión de los suelos contribuye al empuje pasivo de Ranking pero disminuye al
empuje activo sobre las estructuras

f) Indicar si la siguiente afirmación es correcta: “El estado pasivo y activo se alcanzan
para un mismo nivel de deformación”. Justifique su respuesta.
No es correcta, porque no necesariamente se van a dar para un mismo nivel de
deformación, debido a que amabas son independientes, ninguna depende de la otra
g) Un montículo de arena en estado suelto presenta un talud inclinado de 31°. ¿Cuál es el
ángulo de fricción interna de la arena en ese estado? Justifique su respuesta.
Se sabe que las arenas en estado suelto poseen un factor de seguridad igual a 1, por lo
tanto si se define el factor de seguridad considerando que las arenas tienen cohesión 0,
para este caso definimos el factor de seguridad de la siguiente manera.

β
φ
tan
tan
=Fs ; =φ Angulo fricción interna =β Angulo inclinado
Si º31tantan
tan
tan
1 º31
=→= →== =
φβφ
β
φ β
Fs
h) Partiendo de un estado de esfuerzos en reposo, mediante círculos de Mohr represente
gráficamente los estados activos y pasivos de Rankine.

PREGUNTA Nº 2 (4 ptos)
Verificar la estabilidad d un talud infinito de arena, con flujo paralelo al talud, si el
ángulo de fricción e condiciones drenada es igual a 35º y el ángulo de inclinación del
talud es de 22°, en caso el talud no es estable, ¿Qué medidas se deberán tomar para
garantizar la estabilidad de dicho material y cual será el factor de seguridad en esta
condiciones? Considere que el peso especifico saturado de ola arena es de 2.0tn/m2
.
La reacción al peso W es una fuerza igual y opuesta R. Las componentes normal y
tangencia de R con respecto al plano AB son rN y rT
ββ
ββ
cos.
cos.cos.
WRsenT
WRN
r
r
==
==
Por equilibrio el esfuerzo cortante resistente que se desarrolla en la base del elemento
es igual a =dτ /)( rT (Área de la base) = ββγ cos... senH . Esto también se
describe de la siguiente manera: ddd c φστ tan'.+=
Si se conoce el 'σ entonces tenemos:
Reemplazando y despejando
)tan(tancostan.coscos.
.
22
dd
d
sen
H
c
φββφβββ
γ
−=−= ……..(I)
El factor de seguridad con respecto a la resistencia se definió como:
tan
s
d
FS
φ
φ
tan
= y
s
d
FS
c
c =
El esfuerzo normal efectivo 'σ y el esfuerzo
cortanteτ en la base de elemento del talud
son:
)(cos..
)
cos
(
cos..
1.
' 2
βγ
β
βγ
σ H
L
HL
BC
NA
===
ββγ
β
βγ
τ cos...
)
cos
(
)(..
1.
senH
L
senLH
BC
Ta
===
rNrT
aTaN
β
β

Sustituyendo las 2 ecuaciones en anteriores en la ecuación I:
Teniendo finalmente:
β
φ
ββγ tan
tan
tan.cos. 2
+=
H
c
FSs
Para nuestro caso el sFS resulta igual a
β
φ
tan
tan
debido que para un talud infinito de
arena el c = 0, Entonces tenemos que :
sFS =
β
φ
tan
tan
= 73.1
º22tan
º35tan
= >1
Repta: Entonces el talud es estable, por lo tanto no necesita solución
PREGUNTA 3 (3 ptos):

Para el muro de la gravedad de la figura, se pide verificar su dimensionamiento por
volteo y por deslizamiento.
Solución:
Cálculo de esfuerzos efectivos verticales:
2
1 /5' mtnq ==σ ; ( ) ( ) 2
2 /1458.15' mtnhq =⋅+=+= γσ
Ahora: c = 0 307.0
º321
º321
=
+
−
=
sen
sen
ka
En (1):
2
/535.1)5()307.0(' mtna =⋅=σ
En (2):
2
/298.4)14()0307.0(' mKNa =⋅=σ
Cálculo de fuerzas y momentos resistentes, separando por secciones
Sección Peso(tn) brazo(m)
momento respecto a C(tn-
m)
I 6.00 1.75 10.500
II 9.00 1.00 9.000
ΣV= 15.00 ΣMresist.= 19.500
( ) tnVRc cv 66.8º30tan15tan0 ==Σ=⇒= φ
Cálculo de fuerzas y momentos actuantes, separando por secciones.

Sección Fuerza(tn) brazo(m)
momento respecto a C(tn-
m)
1 7.675 2.50 19.188
2 6.908 1.67 11.536
Pa= 14.583 ΣMact.= 30.724
5.1594.0
583.14
66.8
<==∴ ntodeslizamieFS
5.1635.0
724.30
5.19
>==∴ volteoFS
PREGUNTA Nº 4
Un muro de retención de 6 m de altura con su cara posterior vertical retiene una arcilla
blanda saturada homogénea. El peso específico de la arcilla saturada es de

30.19 m
KN
sat =γ y su resistencia cortante no drenada es 28.16 m
KN
uC = el relleno
está soportando una sobre carga de 26.9 m
KNq =
a) Haga los cálculos necesarios y dibuje la variación de la presión activa de
Ranking sobre el muro respecto a la profundidad.
b) Encuentre la profundidad a la que puede ocurrir una grieta de tensión.
c) Determine la fuerza activa total por longitud unitaria de muro antes de que
ocurra una grieta de tensión.
d) Determine la fuerza activa total por longitud unitaria de muro después de que
ocurre una grieta de tensión.
Solución.
qcza +





−−





−=
2
45tan2
2
45tan' 2 φφ
γσ
Como 0=φ 2
/8.16 mkncc == µ
µγσ Czqa 2' −+=⇒
2
/908.1626.9'0 mknxzpara a =−==⇒ σ
2
/908.1626196.9';6 mknxxzpara a =−+= =σ
b) Ahora la profundidad de la grieta de tensión:
mZo
ZoZo
263.1
6
9024
=⇒
−
=
c) Antes que ocurra la grieta de tensión
HCHPa µγ 2
2
1 2
−=
)6()8.16(2)6)(19(
2
1 2
−=Pa
mknPa /4.140=
d) Después de que ocurra la grieta de tensión
mknPa /165.213)90()263.16(
2
1
=−= .

Examen final mecanica de suelos 2 2001 - resuelto

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Destacado

Destacado (15)

Similar a Examen final mecanica de suelos 2 2001 - resuelto

Similar a Examen final mecanica de suelos 2 2001 - resuelto (20)

Último

Último (12)

Examen final mecanica de suelos 2 2001 - resuelto