Librodeejerciciosresueltosdemecnicadesuelosi 140603214304-phpapp01

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN
FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA
CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL
LABORATORIO DE GEOTECNIA
““APOYO DIIDÁCTIICO AL APRENDIIZAJE DE LA MECÁNIICA
DE SUELOS MEDIIANTE PROBLEMAS RESUELTOS””
TRABAJO DIRIGIDO, POR ADSCRIPCIÓN, PARA 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

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

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.

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.

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.
v

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. Problemas 101
3. Descripción e identificación de suelos.
3.1 Introducción. 109
4. Flujo de agua.
4.3. Problemas 153
5. Esfuerzos efectivos.
5.2. Cuestionario 297
5.3. Problemas 309
6 Resistencia al corte.
6.3. Problemas 352
7 Compactación.
7.2. Cuestionario 434
7.3. Problemas 454
8. Incremento de esfuerzo vertical.
8.2. Problemas. 488

vii
9. Asentamiento.
9.2. Problemas 513
10. Capacidad de poyo.
10.2. Problemas . 567
11. Presión lateral del suelo.
11.2. Problemas . 717
12. Estabilidad de taludes.
12.2. Problemas 754
13 Exploracion el subsuelo.
13.2. Problemas 786
ANEXOS

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.

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.

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).

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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.

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.

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.

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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.

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

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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.
TAMAÑO DE PARTÍCULAS [mm]
Grava Arena Limo Arcilla
76.2 a 2 2 a 0.075 0.075 a 0.002 < 0.004
Finos (limos y acrcillas)
> 0.075
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 4.75 4.75 a 0.075
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

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.

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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.

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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:
D
60
D
Cu  [11.1]
10
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.
2
30
D
CC 
 [11.2]
D D
10 60
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:
D
75
D
So  [11.3]
25

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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.

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.

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:
IP  LL  LP [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:
w 
LP
 [14.2]
LL LP
IL

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.

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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:
IP
% en peso menor a 2  (Arcilla)
A 

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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:
 
1 
w G S W
  
e


1

Respuesta:
De la ecuación [A.4] se tiene:
W WW S 
  [1.1]
V
S S S W  V [1.2]
Considerando  1 S V (Estrategia):
S S W  [1.3]
S S W   G  [1.4]
Sustituyendo la ecuación [1.4] en [1.3]:
S S W W  G  [1.5]
De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene:
V V 1V [1.6]

18
e VV [1.7]
Reemplazando la ecuación [1.7] en [1.6]:
V 1e [1.8]
W S W  wW [1.9]
Reemplazando la ecuación [1.5] en la ecuación [1.10]:
W S W W  wG  [1.10]
Reemplazando las ecuaciones [1.5], [1.8] y [1.10] en la ecuación [1.1]:
w
 G    G 

S W S W e


1

Factorizando Gs w  :
 
1   

w G S W
 [A.18]
e


1

19
DEMOSTRACIÓN 2.
Demostrar:
 
G  S  e 
S W
e


1


Respuesta:
W WW S 
  [2.1]
V
S S S W  V [2.2]
Considerando 1 S V (Estrategia) se tiene:
S S W  [2.3]
S S W   G  [2.4]
S S W W  G  [2.5]
V V 1V [2.6]
De la ecuación [A.12] y la estrategia:
V e V [2.7]
V 1e [2.8]
W r V V  S V [2.9]
V S e W r   [2.10]

20
W W W W  V [2.11]
W S e W W    [2.12]
Reemplazando las ecuaciones [2.5], [2.8] y [2.12] en la ecuación [2.1]:
G    
 S 
e S W W
e


1

Factorizando w:
 
  
G S e S W
e


1

 [A.19]

21
DEMOSTRACIÓN 3.
Demostrar:
 
1   G


S W
G
S
S
w
w



1

Respuesta:
W WW S 
  [3.1]
V
S S S W  V [3.2]
Considerando S V =1 (Estrategia):
S S W  [3.3]
S S W  G  [3.4]
S S W W G  [3.5]
V V 1V [3.6]
W S W  wW [3.7]
Remplazando la ecuación [3.5] en [3.7]:
W S W W  wG  [3.8]
V
W
V  [3.9]
r
V S

22
W
 [3.10]
W
W
W
V

 
S W
  W S V  wG [3.11]
W
W
G
V
w

w
G
 [3.12]
r
S
V
V S
G
r
S
S
V
w
1 [3.13]
Reemplazando las ecuaciones [3.5], [3.8] y [3.13] en [3.1]:
G G
   
S W S W

 

w
 
 



G
r
S
S
w
1
 

Factorizando Gsw:
 
  
S W
r
W
G
w
S
w






1
1
[A.20]

23
DEMOSTRACIÓN 4.
Demostrar:  n  w S W   G  1  1
Respuesta:
W WW S 
  [4.1]
V
Considerando V = 1 (Estrategia):
W S  W W [4.2]
S V V V V  V n S 1 [4.3]
V n V [4.4]
W S W  wW [4.5]
S S w  G  [4.6]
S S S W  V [4.7]
Reemplazando las ecuaciones [4.3] y [4.6] en [4.7]:
W G  n S S W   1 [4.8]
W w G  n W S W    1 [4.9]
Reemplazando las ecuaciones [4.8] y [4.9] en la ecuación [4.2]:
w G  n G  n S W S W     1   1
G 1 n (1 w) S W       [A.21]

24
DEMOSTRACIÓN 5.
Demostrar: S W   W   G  1 n  n S 
Respuesta:
W WW S 
  [5.1]
V
W S  W W [5.2]
V n V [5.3]
S V V V V  V n S 1 [5.4]
De la ecuación [A.11] y la ecuación [5.3]:
V
S W
r   V S n W   [5.5]
n
De la ecuación [A.6]:
W W W W  V  W S n W W    [5.6]
S S S W  V [5.7]
De la ecuación [5.7]:
S S W   G  [5.8]
Reemplazando la ecuación [5.8] y [5.4] en [5.7]:
W G  n S S W   1 [5.9]
Reemplazando las ecuaciones [5.6] y [5.9] en la ecuación [5.2] se tiene:
  S W W   G  1 n  n S  [A.22]

25
b. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SECO ( d  ):
DEMOSTRACIÓN 6.
Demostrar:

1


w d 
Respuesta:
WS
 d  [6.1]
V
W WS W 
  
V
W W
  S  W [6.2]
V
V
W S W  wW [6.3]
W W
  S   S     w
d d V
w
V
Despejando d:
 w d    1 
 [A.23]

1

w d 

26
DEMOSTRACIÓN 7.
Demostrar:
GS W
e


d 1



Respuesta:
WS
d   [7.1]
V
S S S W  V [7.2]
Considerando Vs = 1 (Estrategia):
S S W  [7.3]
S S W  G  [7.4]
S S W W  G  [7.5]
V V 1V [7.6]
V e V [7.7]
V 1 e [7.8]

G S W
e

d 1


 [A.24]

27
DEMOSTRACIÓN 8.
Demostrar: G (1 n) d S W     
Respuesta:
WS
d   [8.1]
V
Considerando V 1 (Estrategia):
d S  W [8.2]
V n V [8.3]
S S S W  V [8.4]
S V V 1V [8.5]
Reemplazando la ecuación [8.3] y la estrategia en [8.5]:
V n S 1 [8.6]
W  n S S   1 [8.7]
S S W  G  [8.8]
W G  n S S W   1 [8.9]
G (1 n) d S W      [A.25]

28
DEMOSTRACIÓN 9.
Demostrar:


w G
 




S
G
S
S W
d
1


Respuesta:
WS
d   [9.1]
V
S S S W  V [9.2]
S S W  [9.3]
S S W  G  [9.4]
S S W W  G  [9.5]
V V 1V [9.6]
V
V W
V  [9.7]
S
W S W  wW [9.8]
W S W W  wG  [9.9]

29
W
 [9.10]
W
W
W
V

 
S W
  W S V  wG [9.11]
W
W
w G
V

Sustituyendo la ecuación [9.11] en la ecuación [9.7]:
V
V W
V  
S
w 
G
V S
V
 [9.12]
S

V S
V 1 [9.13]

w G
 

 
S


 




w G
S
G
S
S W
d
1

 [A.26]

30
DEMOSTRACIÓN 10.
Demostrar:
e  S 
W
d  
 e w

1


Respuesta:
WS
d   [10.1]
V
S S S W  V [10.2]
S S W  [10.3]
S S W  G  [10.4]
S S W W  G  [10.5]
V V 1V [10.6]
V e V [10.7]
V 1 e [10.8]
W V V  S V [10.9]

31
V S e W   [10.10]
W W W W V  [10.11]
W W W  S e  [10.12]
W
W W
S  [10.13]
w
S e
W W
w
S
 
 [10.14]
 
S e W
w  e

d  1


 [A.27]

32
DEMOSTRACIÓN 11.
Demostrar:
e W
e

 
d Sat 1


 
Respuesta:
WS
d   [11.1]
V
De la ecuación [A.1] Considerando  1 S V (Estrategia) se tiene:
V V 1V [11.2]
V e V [11.3]
V 1e [11.4]
W
Sat   
V
W W
W S
Sat    [11.5]
V
V
Reemplazando la ecuación [11.1] en [11.5]
   [11.6]
d
W
W
Sat V
W W W W  V [11.7]
Donde V V = W V (Suelo saturado):
W W V W  V [11.8]
W e W W   [11.9]

e W
  [A.28]
e
d Sat 

 
1

33
DEMOSTRACIÓN 12.
Demostrar: d Sat W    n
Respuesta:
WS
d   [12.1]
V
d S  W [12.2]
V n V [12.3]
W WS W
V
Sat

   Sat S W  W W [12.4]
Sat d W   W [12.5]
W W W W  V [12.6]
W W V W  V [12.7]
W n W W   [12.8]
n d Sat W     [A.29]

34
DEMOSTRACIÓN 13.
Demostrar:
 
   
G
Sat W S
 1

S

d G
Respuesta:
WS
d   [13.1]
V
S S S W  V [13.2]
S S W  [13.3]
S S W  G  [13.4]
S S W W  G  [13.5]
De la ecuación [A.1] es tiene:
V V 1V [13.6]
W W W W  V [13.7]
W W V W  V [13.8]
G


S W
d V
  V

1

 [13.9]

35
W WS W
V
Sat

  
W W
S W
Sat    [13.10]
V
V
WW
Sat d    [13.11]
V

V


W V
  [13.12]
Sat d V
  V
 
1
Sumando y restando W  en la ecuación [13.12]:
V
W V
Sat d V
  W W
V
 

   


 
1
[13.13]
Resolviendo:
V V
   
W V W W V
Sat d V
  W
V

  
  

 
1
  W
V
W
Sat d V


  

 
1
[13.14]
Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS (ecuación [13.9]):
S
G
  W
S
V
W
Sat d V
G


   

 
1
G

W S
Sat d V G
  W
V S


   

 
1
1
[13.15]
W
d
S
Sat d G


    [13.16]
Factorizando γd de la ecuación [13.16]:

36

 
   1 [13.17]


 
  
1
Sat W d G

S
Resolviendo:

 
   [13.18]

 
 

 
G 1
S
S
Sat W d G
Despejando γd de la ecuación [13.18]:
 

 1
 d
S Sat W
G
S
G

 


[13.19]
Ordenando la ecuación [13], [19]:
 
   
G
Sat W S
 [A.30]
 1

S
d G

37
c. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SATURADO (γSat):
DEMOSTRACIÓN 14.
Demostrar:
G e S W
(  ) 

e

Sat 1


Respuesta:
W WS W
V
Sat

  [14.1]
De la ecuación A.5:
S S S W  V [14.2]
S S W  [14.3]
S S W  G  [14.4]
S S W W  G  [14.5]
V V 1V [14.6]
De la ecuación [A.12] es tiene:
V e V [14.7]
V 1 e [14.8]
W W W W  V [14.9]

38
Donde Vv = Vw (Suelo saturado):
W W V W  V [14.10]
W e W W   [14.11]
G    

e S W W
 [14.12]
e

Sat 1

(  ) 

G e S W
 [A.31]
e

Sat 1


39
DEMOSTRACIÓN 15.
Demostrar:    Sat S W   1 n G  n 
Respuesta:
De la De la ecuación [A.9] se tiene:
W WS W
V
Sat

  [15.1]
Sat S W  W W [15.2]
V n V [15.3]
S S S W  V [15.4]
S V V 1V [15.5]
Reemplazando la ecuación [15.3] y la estrategia en [15.5]:
V n S 1 [15.6]
W  n S S   1 [15.7]
S S W  G  [15.8]
W G  n S S W    1 [15.9]
W W W W  V [15.10]

40
W W V W  V [15.11]
W n W W   [15.12]
Reemplazando las ecuación [15.7] y [15.12] en [15.2]:
G  n n Sat S W W     1   [15.13]
Factorizando γW en la ecuación [15.13]:
   Sat S W   1 n G  n  [A.32]

41
DEMOSTRACIÓN 16.
w
Sat



 Sat   G
 
 Demostrar: S W
w G
Sat S

 

 

1
1
Respuesta:
W WS W
V
Sat

  [16.1]
S S S W  V [16.2]
S S W  [16.3]
S S W  G  [16.4]
S S W W  G  [16.5]
V V 1V [16.6]
W S W  wW [16.7]
W S W W  wG  [16.8]
W
 [16.9]
W
W
W
V


42
 
Sat S W
  W Sat S V  w G [16.10]
W
W
w G
V

V Sat S V  w G  Sat S V 1 w G [16.11]
G w G
   
 
S W Sat S W
 [16.12]
Sat  w 
G
Sat S

1



     
S W
Sat
w
Sat G
w G
Sat S

 

 

1
1
[A.33]

43
DEMOSTRACIÓN 17.
Sat
e




   
Demostrar: W
Sat e
Sat
w
w




  

 

1
1
Respuesta:
W 
W
S W
  (17.1)
Sat V 
V
S W
W 
W
S W
 [17.2]
Sat V
W


1
V e V [17.3]
Donde Vv = Vw (Suelo saturado):
W e V [17.4]
W W W W  V  W e W W   [17.5]
W
W
w  
S
Sat W
W
W
W  [17.6]
S w
Sat
W
Sat
S w
e
W



[17.7]


Sat   
 e
e
W
w
e
W
Sat

 

 


1
1


 [17.8]

44
    

e e w
  1
W W Sat

Sat 
w  e
Sat
  

 

1





   
W
Sat
e
Sat e
Sat
w
w




  

 

1
1
[A.34]

45
DEMOSTRACIÓN 18.

Sat

 
   
n 
Demostrar: W
Sat w
Sat

 

 
1
Respuesta:
W WS W
V
Sat

  [18.1]
Sat S W  W W [18.2]
V n V [18.3]
Donde V W V V (Suelo saturado):
W n V [18.4]
De la ecuación [A.6] y la ecuación [18.4] se tiene:
W W W W  V  W n W W   [18.5]
W
W
W  [18.6]
S w
Sat
W
S w
n
Sat
W



[18.7]
W
W
Sat w
n

Sat


 
 [18.8]
W
Sat
Sat
 
Sat w
w

n     

 

 
1
[A.35]

46
DEMOSTRACIÓN 19.
e


    
Demostrar: Sat d W e


 
1
Respuesta:
W W
S W
Sat    [19.1]
V
V
Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [19.1] se tiene:
WW
Sat d    [19.2]
V
Considerando  1 S V (Estrategia) y reemplazando en la ecuación [A.1]:
V V 1V [19.3]
V e V [19.4]
V 1e [19.5]
W W W W  V [19.6]
Donde V V = W V (Suelo saturado) entonces:
W W V W  V [19.7]
W e W W   [19.8]
e


    

Sat d 
e
W  
1
[A.36]

47
DEMOSTRACIÓN 20.
Demostrar: Sat d W    n
Respuesta:
W W
S W
Sat    [20.1]
V
V
Reemplazando la ecuación [A.8] en [20.1]:
WW
Sat d    [20.2]
V
Sat d W   W [20.3]
V n V [20.4]
Donde VV = VW (Suelo saturado):
W n V [20.5]
W W W W  V  W n W W   [20.6]
Reemplazando la ecuación 20.6 en la ecuación 20.3:
Sat d W     n [A.37]

48
DEMOSTRACIÓN 21.


 
      
Demostrar: d W
Sat G
S

 

1
1
Respuesta:
W W
S W
Sat    [21.1]
V
V
S S S W  V [21.2]
Considerando Vs =1 (Estrategia):
S S W  [21.3]
S S W  G  [21.4]
S S W W  G  [21.5]
V V 1V [21.6]
W W W W  V [21.7]
Donde V W V V (Suelo saturado):
W W V W  V [21.8]
WS
d   [21.9]
V

49
G


S W
d V
  V

1

 [21.10]
WW
Sat d    [21.11]
V

V


W V
  [21.12]
Sat d V
  V
 
1
Sumando y restando γw en la ecuación [21.12]:
V
W V
Sat d V
  W W
V
 

   


 
1
  W
V
W
Sat d V


  

 
1
[21.13]
Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS:
G

W S
Sat d V G
  W
V S


   

 
1
1
[21.14]
W
d
S
Sat d G


   


 
      
d W
S
Sat G

 

1
1 [A.38]

50
DEMOSTRACIÓN 22.
Demostrar: Sat d  Sat     1 w
Respuesta:
W W
S W
Sat    [22.1]
V
V
Reemplazando la ecuación [A.8] en [22.1] se tiene:
WW
Sat d    [22.2]
V
W Sat S W  w W [22.3]
    [22.4]
Sat
W
S
Sat d w
V
Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [22.4]:
Sat d d Sat    w
  Sat d Sat    1 w [A.39]

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:
 
  
G S e S W
e


1

 [23.1]
 G 
 S W
[23.2]
e

d 1

W  ´  [23.3]
 
W
G S e
  
S W
e


 


1
´
  1     
1

 
´ [24.4]
W
G e S
S
e


1

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:
 [24.1]

1

w d 
 
GS W w
1   

 [24.2]
e


1
Despejando e:
  S W   e  1 w G 
 
   
 S W w G
e

1
[24.3]
 
1   G


S W
 [24.4]
G
S
S
w
w



1
Despejando S de la [24.4]:

53
  S W
G
 
S w
G
S
w


   1
  
    

S G
S
    
 
S W
G
w
w
1

 
S
G
w
      


S W
G
S
w
1
[24.5]

54
DEMOSTRACIÓN 25.
Demostrar que para un suelo se cumple la siguiente relación:
d

s
G
s
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
 
   
G
Sat W S
 
 1

S
d G
 
 1
   
G

W S
S

d G
Despejando ( - w):
  
d
S
S
G
W G

 
1
De la definición del peso unitario sumergido se tiene:
d

S
G
S
G
 

1
´ [25.1]

55
DEMOSTRACIÓN 26.
Para las características de un suelo dado, Demostrar:

Sat
S w
W Sat Sat 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.



     
s w
w
sat
sat G
w G
sat s

 

 

1
1
[26.1]
Resolviendo:
sat sat sat S S W sat S W   w G  G   w G  [26.2]
Factorizando GS en la ecuación [26.2]:
  Sat S W Sat W Sat Sat   G   w   w [26.3]
Despejando GS en la ecuación [26.3]:

Sat

  
S w w
W Sat W Sat Sat
G
   
[26.4]
Ordenando la ecuación [26.4]:

Sat
 [26.5]
  W Sat Sat W
S w
G
   


56
1.4. Problemas.
PROBLEMA 1.
Una muestra de suelo de 1.21 Kg. tiene un volumen de 600 cm3 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 cm3 ; w = 10.2%
PASO 1
Determinación de la densidad del suelo.
M
V
 
Reemplazando valores:
1210
   3   2.02 g / cm
600
PASO 2
Determinar el peso específico húmedo.
De la ecuación [A.4] y [A.16]:
W M g 
M  g
V
 
Kg m seg
3
1.21 9.81 /
1
m
 3
3
2
100
600
cm
cm


 

57
Cambiando unidades:
N
  
3
19783.5
m
kN
3
19.78
m
 
PASO 3.
Determinar el peso específico seco.

1


w d 
19.78

 d   3 17.95 kN m d  
1 0.102

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.
W
V
V
V
S  
V
W
V V
W a
S


30

S   S  0.75
30 10
PASO 2
Determinar el índice de vacíos.
V
V
S
V
e  
V V
a W
V
S
e


10 30
e   e  0.667
60
PASO 3
Determinar la porosidad del suelo.
VV n  
V
V 
Vn
a W V

10 30
n   n  0.40
100

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.
W
W
S
W
w  [3.1]
W W W W  V [3.2]
S S S W  V [3.3]
S S W   G  [3.4]
S S W S W  G  V [3.5]
V


W W
 
G V
S S W
w

 
V
W
 [3.6]
G V
S S
w

30

w   w  0.186  w  18.6 %
2.69 60

60
PASO 2
Determinar el peso específico seco del suelo.
Reemplazando la ecuación [A.8] en [3.5] se tiene:
G VS W S
V
d
 


 [3.7]
2.699.8160
 d   3 15.83 kN /m d  
100
PASO 3
Determinar el peso específico húmedo del suelo.
W WS W 
  [3.8]
V
Reemplazando la ecuación [3.2] y [3.5] en [3.8]:
V G VW W S W S    
V

 
 
 
V G V W S S W 
V

  

 
30 2.6960  4.81
   3   18.77 kN /m
100

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/m3 y tenga un volumen final de 1 m3.
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/m3 ; Vf = 1 m3 ; ΔVW = ?
PASO 1.
Determina el peso de los sólidos, peso del agua inicial y final.
W S f W W w
f
  [4.1]
W W w W S   [4.2]
0 0
W W
S Wf
V
f

   W W V S Wf f
   [4.3]
W W w V S S f f     [4.4]
Despejando WS:
V

W   1 w    V  W
f f
S f f S  
w
 f


1
[4.5]
Reemplazando valores en la ecuación [4.5]:
19 
1

 S W  W kN S 17.43
1 0.09
Reemplazando el valor WS en la ecuación [4.2]:

62
W  17.43  0.05
 W 0.8715
kN W W 0
0

Reemplazando el valor de WWo en la ecuación [4.1]:
W 17.430.09
 W 1.569
kN
Wf Wf 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:
W W W0 W W W
f
  
Reemplazando los valores hallados:
 1.569 0.8715 W W  W kN W   0.697 [4.6]
W
W
  
W V
W
W

W
W V
W

  [4.7]
Despejando ΔVW de la ecuación [4.7]:
W
  [4.8]
W
W
W
V


Reemplazando ΔWW en la ecuación [4.8]:
0.697
  W V  3 V 0.071081 m W  
9.81
Cambiando unidades:
1000
3
3
1
0.071081
m
lt
V m W     V lt W   71.081

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%

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:
w 28.5 % ; W 123.6 g ;  ? S W
W
W
S
W
w  [6.1]
W S W W W [6.2]
W W
S
S
W
w

 [6.3]
Despejando WS de la ecuación [6.3]:
S S W w W W  W w W W S S   
W w  W S  1  
W
WS [6.4]
 1

w
Reemplazando valores en la ecuación [6.4]:
123.6
 S W  W g S  96.187
0.285 
1

65
PROBLEMA 7.
El suelo del problema 6 ocupa un volumen de 69.3 cm3. 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 cm3 ; GS = 2.65
PASO 1
Determinar la porosidad del suelo.
V
n V  [7.1]
V
V S V V V [7.2]
V V
n S 
 [7.3]
V
W
V
 
Reemplazando valores se tiene:
123.6
   3  1.78 g / cm
69.3
W S W W W [7.4]
Remplazando datos:
123.6 96.187 W W  W g W  27.413

66
S S W  G  [7.5]
Reemplazando datos:
3 2.65 1 gf / cm S     3 2.65 gf / cm S  
S
 [7.6]
S
S
W
V

Reemplazando datos:
96.187
 S V  3 V 36.30 cm S 
2.65
Reemplazando VS en la ecuación [7.2]:
 69.336.30 V V  3 V 33 cm V 
Reemplazando VV y V en la ecuación [7.1]:
33
n   n  0.476  n  47.6 %
69.3
PASO 2
Determinar el índice de vacíos del suelo:
V
V
S
V
e  
33
36.30
e 
e  0.90909  e  90,91%
PASO 3
Determinar el grao de saturación del suelo.
W
W
W
W
V



67
Reemplazando datos:
27.413
 W V   3  V 27.413 cm W 
1
Reemplazando VV y VW en la ecuación [A.11]:
27.413
S   S  0.831  S  83.1 %
33

68
PROBLEMA 8.
Se tiene una muestra de suelo de 1 m3 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.
 
w G
1   

s w

w G
S
s


1

Reemplazando valores se tiene:
 1  0.07    2.65  
 9.8

   3   18.98 kN/m
 0.07   2.65

0.4
1


PASO 2
 

1

w d 
18.98

 d   3  17.74 kN/m d 
1 0.07
PASO 3
Determinar el peso específico saturado del suelo.


 
      
d W
s
sat G

 

1
1

69
Reemplazando datos:

   17.74 9.8
 
 20.85 kN/m 3 Sat Sat 1

1   2.65


PASO 4
Determinar el peso específico húmedo después de agregar 80 litros de agua.
W S W  wW  W S W  0.07W
0
[8.1]
De la ecuación [A.4] y V=1 m3:
S W0 W W
  
3 1 m
S W  W W [8.2]
0
Remplazando la ecuación [8.1] en la ecuación [8.2]:
S S  W  0,07W [8.3]
Despejando WS en la ecuación [8.3]:
  1 0.07  S  W 
1 0.07 


S W [8.4]
Reemplazando γ en la ecuación [8.4]:
18.98
 S W  17.74 kN S W
1.07
Remplazando la ecuación [8.5] en la ecuación [8.1]:
W  0.07  17.74
 1.242 kN
W 0
 W W
0
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:
W W W W W V
f
   
0
1.242 0.08 9.8
Wf W   2.026 kN
Wf W [8.5]
Utilizando la misma relación de la ecuación [8.2] para el peso final se tiene:
S W final final W W V
   [8.6]
f

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:
70
 3   1 m Inicial final V V  s wf final W W 
17.74 2.026 final      19.76 kN/m3 final  [8.7]
PASO 4
W
f W
S
W
w f 
Reemplazando datos:
2.026
w   100
 w 11.42 % [8.8]
f f 17.74
final
 [8.9]
f


1 ( )
d final  w
19.76
 d final   17.74 kN/m3 ( )  d final  [8.10]
( ) 
1 0.1142
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.

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.
V
V
S
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:
S W   G  S [9.2]
S
 [9.3]
S
S
W
V

Reemplazando la ecuación [9.2] en [9.3] se halla VS:
S
 [9.4]
S W
S G
W
V

De la ecuación [A.1] se halla VV:
V S V V V [9.5]
Finalmente reemplazando las ecuaciones [9.4] y [9.5] en la ecuación [9.1] se tiene:
V V
S
S
V
e

 
W
S
S W
S
G
S W
G
W
V
e






V G W
S W S
W
S
e
  


 
S W
W
 
 1
S
V G
e


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. Tamaño Abertura Masa Retenida Masa 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
Masa acumulada sobre cada tamiz  M M ......... Mn 1 2
M 
masaacumulada
% que pasa 

100


M
Donde: M  729

% que pasa  
100 94.51
729 40
729


% que pasa  
100 86.28
729 100
729


73
Y así sucesivamente para cada tamiz como se ven los valores hallados en la Tabla:
Distribución de tamaño de partículas
100,00
80,00
60,00
40,00
20,00
0,00
10,00 1,00 0,10 0,01
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.

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:
Y Y
1

1 2
1
X 
X
1 2
Y Y
X X



Haciendo cambios de variable:
X = Abertura tamiz (escala logarítmica)
Y = % que pasa (escala aritmética)
X  D10; 30; 60 Y 10; 30; 60 %
1 1 X  D 1 1 Y %
2 2 X  D 2 2 Y  %

 


log x x
D D
  
% 
%




1
2 1
1
2 1
% %
D D
    1 1

2 1 log % log %
log% log%
2 1
D
D D
D x x   


Para D10 se tiene:
0.18 
0.15
10   
   
log10 log9.33 0.15
log 38.3 
log 9.33
D 
D 0.15 mm 10 

75
Para D30 se tiene:
0.18 
0.15
30   
   
log30 log9.33 0.15
log 38.3 
log 9.33
D 
D 0.17 mm 30 
Para D60 se tiene:
0.425 
0.25
30   
   
log60 log54.87 0.25
log 74.07 
log 54.87
D 
D 0.28 mm 60 
PASO 2
Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas.
D
60
D
CU  
10
0.28
 U C  1.91 U C
0.15
2
30
D
 
CC 
D D
60 10
0.172
 C C   0.67 C C
0.28 
0.15

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
Intersección  43.53, - 46.38
LL = -43.5
IP = -46.4
Límite de
contracción A
20 40 60 80 100
70
60
50
40
30
20
10
0
30 50
Línea A
Línea U
Límite líquido
Índice de plasticidad

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
A 70, 20
Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:
  1
y 
y
2 1
y y 
1 X X
  [12.1]
X 
X
2 1
Haciendo cambio de variable:
IP = Y
LL = X
Entonces los puntos A y de intersección serán:
  1 1 Intersección X , Y  Intersección  43.53, - 46.38
  2 2 A X , Y  A 70, 20
Reemplazando en la ecuación [12.1] estos dos puntos se tiene:
 
 
 
  43.53
20  
46.38
IP    LL
46.38   
70 
43.53
 43.53
66.38
IP  46.38   LL 
113.53
IP0.58LL20.93 0
Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:
00.58LC20.93 0
20.93
LC   LC  35.79
0.58

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  32.3% insitu w
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.
tg
N
N


w LL 

 
25
Donde:
tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación).
N 30
 0.35 N w
0.121
30

LL    LL  0.3578

0 . 35 25


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
Intersección  43.53, - 46.38

79
LL = -43.5
IP = -46.4
Límite de
contracción A
20 40 60 80 100
70
60
50
40
30
20
10
0
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
A 35.78, 7.78
Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:
  1
y 
y
2 1
y y 
1 X X
  [13.1]
X 
X
2 1

80
Haciendo cambio de variable:
IP = Y
LL = X
Entonces los puntos A y de intersección serán:
 1 1  Intersección X , Y  Intersección  43.53, - 46.38
  2 2 A X , Y  A 35.78, 7.78
Reemplazando en la ecuación [17.1] estos dos puntos se tiene:
 
 
 
  43.53
7.78  
46.38
IP    LL
46.38   
35.78  
43.53
 43.53
54.16
IP  46.38  LL 
79.31
IP0.62LL 16.65 0
Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:
00.62LC 16.65 0
16.65
LC   LC  26.86
0.62
c) Determinar el índice de liquidez.
w PL
LI insitu

LL 
PL

Reemplazando los valores hallados se tiene:
32.3 
27
LI   LI  0.6
35.78 
27

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.
  199.3180.6 18.7 cera mc m M M M
M g cera 18.7
De la ecuación [A.14] el dato de contenido de humedad se tiene.
W m S M  w M [14.1]
W m S M  M M [14.2]
Igualando las ecuaciones [14.1] y [14.2] se tiene:
m S m S w M  M M [14.3]
Despejando MS se tiene:
m
S w
m
M
M


1
[14.4]
Reemplazando datos se tiene:
180.6

 S M  M g S 158.98
1 0.136

82
PASO 2
Determinar el volumen de agua sólidos y cera:
0.136158.98
1
W
 
W
W
W
V

  21.62 W V g
De las ecuaciones [A.15] y [A.7] se tiene:

S
 
W
S G

S
 [14.5]
S w
S G
M
V

158.98
 S V  3  58.66 cm S V
2.71 
1
Se procede de la misma manera para el volumen de la cera:
cera
M
cera G
C w
V


18.7
 cera V  3  20.33 cm cera V
0.92 
1
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
cm3, e igual a su masa en gramos:
t W t M   V 
t
 [14.6]
W
t
M
V

' t s c (s c) M M M    
199.3 78.3 t M  121 g t M
Reemplazado Mt en la ecuación [14.6] se tiene:
121
 t V  3 121 cm t V
1

83
Entonces el volumen de la muestra será:
m t cera V V V
121 20.3 m V  3 100.67 cm m V
Md
d   
V
159.0
 d   3 1.58 g/cm d 
100.7
Cambiando unidades:
3 15.49 kN/m d 

w G
 

1 



S
G
S
S W
d

 


w G
 




S
G
S
S W
d
1


Despejando S se tiene:

 
S d
w G
 
 
S W d
G
S
 
 13.6    2.71  
 1.58

2.71  1 
1.58
S 
S  0.515  S  51.5 %

84
PROBLEMA 15.
Determine el límite de contracción a partir de los siguientes datos:
(1) Densidad del mercurio, Mg/m3:
(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, (ρm) Mg/m3: 13.55
Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: 230.65
Volumen inicial de muestra, (V) cm3: 17.02
Masa del recipiente, (Mt) g: 19.76
Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, (MW) g: 49.19
Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, (Md) g: 43.08
Masa del mercurio desplazado, g: 183.17
Masa de la muestra húmeda, (M) g: M  M M
29.43
W t Masa de la muestra seca, (M0) g: M  M M 0
d t   V 
V

23.32
Volumen de mercurio desplazado, (V0) cm3: 
13.52
Contenido de humedad inicial, (w) %:  
26.20

Límite de contracción (SL), %: 11.18




SL w W 



 
   
V V
  100
0
0
M
100
0
0   

 

M
w

85
PROBLEMA 16.
Se requiere construir un terraplén de una carretera que tendrá las características de la figura:
15 m
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/m3 19 kN/m3
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 m3 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
B  b 
H
V

t 2
 
600
15 23 2
2

 
 t V  3  22800 m t V
2 m
2
1

86
PASO 2
Determinar los volúmenes a extraer de cada banco de préstamo.
 
w G S w
1   

e


1

Despejando el índice de vacíos, e:
 
e 1

1

 S W w G
  


 1 0.1   2.65   9.81

     
1
1 0.05 2.65 9.81
19
1
18.5

  


  

A
B
e
e

0.55

0.44
A
e
B
e
V
V
S
V
e   S V e V V
A partir de los datos e incógnitas dadas se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:
V V
0.55

 
V V
0.44





s vA

s vB
V 
V
s vf
 
e V V



e V V

e V V



A S V(bancoA)
B S V(bancoB)



fnal S V(final)
 
22800
0.50
s vf
S V(final) terraplen
V V
V V V
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:
VS = 15200 m3
VV A = 8360 m3
VV B = 6688 m3
VV f = 7600 m3
Entonces los volúmenes a extraer para cada banco son:
3 Banco A: 152008360 23560 m A V
3 Banco B: 15200 6688 21888 m B V

El esponjamiento es el porcentaje de volumen de aumenta el suelo al ser removido. Entonces los
volúmenes a transportar serán:
87
Banco A:  23560 1.20  28272.0 A V
Banco B:  21888 1.30  28454.4 B V
b) Determinar el banco de préstamo más favorable.
El costo de 1 volqueta de 3 m3 es de 15 Bs., entonces:
Costo  5
Bskmm3
15
3
 5 282720 3  424080 A Costo Bs.
 5 28454.4 3  569088 B Costo 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.
  banco e suelto V 1 f V
 
suelto
V e V
V V
V



1
( )
e e
banco
s suelto s
s banco s
s v suelto
s v banco
suelto
banco
e
V e V
V V
V
f





  
1
1
( )
Despejando el índice de vacíos suelto tenemos:
 1  1 1 suelto e banco e f e
 1 0.20 1 0.551 suelto e
 0.86 suelto e

88
PROBLEMA 17.
Un terraplén requiere 5000(m3) 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 ($/m3)
Parotani
1.20
9
Cliza
0.85
6
Sacaba
0.75
10
Punata
0.95
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  V  5000m (Suelo Compactado)
e  0.8
PASO 1
Determinar el sistema de ecuaciones, en función de los datos e incógnitas:
e Parotan i
S
V
V
tan 
Paro i V
  
VParo i S VParo i e V V
tan tan
S VParo i V V
tan
120  [1]
e Clizai 
S
V
V
Cliza V
VCliza S VCliza e V V 
S VClizai 0.85V V [2]
e Sacabaai 
S
V
V
Sacaba V
VSacaba S VSacavaza e V V 
S VSacabai 0.75V V [3]
e Punata 
S
V
V
Punata V
Punata S VPunata e V V 
S VPunata 0.95V V [4]
e Final 
S
V
V
Final V
Final S VFinal e V V 
S VFinal 0.80V V [5]
S VFinal V V V
S VFinal 500V V 
S VFinal V  5000V [6]
Se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para resolver:

89
PASO 2
Hallar las incógnitas del sistema de ecuaciones.
 2777.78 S V m3 De aquí tenemos los Volúmenes Totales que se necesitan:
V 
3333.33
m3 V  2777.78  3333.33  V  6111.11 m3
VParo tan
i Paro tan i Paro tan i V  2361
m3 V  2777.78 2361.11  V  5138.89 m3
VCliza Cliza Cliza V  2033.33
m3 V  2777.78 2361.11  V  4811.11 m3
VSacaba Sacaba Sacaba V  2638.88
m3 V  2777.78 2638.88  V  5416.66 m3
VPunata Punata Punata V  2222.22
m3  V  5000 m3
VFinal Final PASO 3
Determinar el costo de cada banco de préstamo.
Banco de
Préstamo
Volumen (m3)
(1)
Costo (%/m3)
(2)
El Banco de préstamo más económico es el de CLIZA.
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

CAPITULO 2 Clasificación de suelos
89

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.

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.

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.

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.

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