Problemas geotecnia cimientos 2

Capítulo 4

RESISTENCIA A ESFUERZO CORTANTE

Problemas de Geotecnia y Cimientos

120

Capítulo 4 - Resistencia a esfuerzo cortante

PROBLEMA 4.1
Calcular los esfuerzos que actúan sobre el plano π, que forma un ángulo de 30º
con respecto al plano sobre el que actúa la tensión principal mayor (figura 4.1).
400 kN / m 2

π
α = 30º
200 kN / m2

200 kN / m2

400 kN / m 2

Figura 4.1

SOLUCIÓN
1) Cálculo analítico
En un estado de tensiones bidimensional, las tensiones que actúan en cualquier
plano que pasa por un punto se pueden representar gráficamente con el círculo de
Mohr.
Si un plano π forma un ángulo a con el plano principal mayor, las tensiones normal
(σ) y tangencial (τ) en dicho plano vienen dadas por:
2

2

σ = σ1 · cos a + σ3 · sen a

τ=

σ1 − σ 3
⋅ sen 2α
2

siendo σ1 y σ3 las tensiones principales mayor y menor, respectivamente.
121


τ (kN / m )
2

π

p = 300

B

86'6

α = 30º

P
σ3 = 200

C

2α = 60º

350

σ1 = 400

σ (kN / m )
2

π

Figura 4.2

Sustituyendo valores:

2

2

σ = 400 · cos 30º + 200 · sen 30º = 350 kN / m

τ=

2

400 − 200
· sen 60º = 86 '60 kN / m 2
2

2) Cálculo gráfico (figura 4.2)
En primer lugar, se representa el círculo de Mohr, cuyo diámetro es:

σ1 - σ3 = 200 kN / m2
y cuyo centro tiene por abcisa:
p = (σ1 + σ3) / 2 = 300 kN / m

122

2


Seguidamente se debe buscar el polo P. Para ello, por el punto (400,0), que
representa al plano principal mayor, se traza una paralela a éste (horizontal),
cortando al círculo en el polo P.
Trazando ahora por el polo P una paralela al plano π, ésta corta al círculo de Mohr
en el punto B, cuyas coordenadas representan las tensiones en dicho plano,
resultando ser:

2

σ = 350 kN / m
2
τ = 86'6 kN / m

Obsérvese que si el plano π forma un ángulo α = 30º con el plano principal mayor,
el ángulo central en el círculo de Mohr es el doble, es decir, 60º.

123


PROBLEMA 4.2

60
0

20
0

0
20

40
0

Obtener la magnitud y dirección de los esfuerzos principales, para el estado de
tensiones representado en la figura 4.3.

0
20

20
0

60
0

40
0

45º

( Tensiones en kN / m2 )

Figura 4.3

SOLUCIÓN
1) Cálculo gráfico (figura 4.4)
En primer lugar se debe dibujar el círculo de Mohr. Dado que el enunciado
proporciona las tensiones en dos planos perpendiculares, se conocen los puntos
S1 (400,200) y S2 (600, -200) del círculo. Si se unen dichos puntos con una recta,
la intersección de esta recta con el eje de abcisas proporciona el centro del círculo
de Mohr que corta al eje de abcisas en los puntos que representan las tensiones
principales, resultando ser:

2

σ1 = 723'6 kN / m
2
σ3 = 276'4 kN / m

124


Plano principal
menor
Plano principal
mayor

τ (kN / m

300
2)

S1
200

100

Plano principal
mayor

P

Plano principal
menor

100

200

2α

β

σ3 = 276'4
300

400

σ1 = 723'6
500

600

700

800

-100

-200

900

σ (kN / m

2

)

S2
σ3

-300

p

σ1

Figura 4.4

Trazando ahora por S2 una paralela al plano cuyo estado tensional representa, se
obtiene el polo P en la intersección con el círculo de Mohr (el mismo resultado se
hubiese obtenido tomando el punto S1).
Finalmente, uniendo el polo P con los puntos (σ1 , 0) y (σ3, 0), se obtienen las
direcciones de los planos principales.

2) Cálculo analítico
Se conocen las tensiones en dos planos perpendiculares entre sí. La abcisa del
centro del círculo de Mohr es:

p=

σ + σ3
600 + 400
= 500 kN / m 2 = 1
2
2

(1)

y el radio es:

r=

σ1 − σ 3
2

(2)

125


Puesto que los puntos S1 (400, 200) y S2 (600, -200) pertenecen al círculo,
tomando por ejemplo el segundo de ellos, se debe verificar:

(σ − 500) 2 + τ 2 = (600 − 500) 2 + (−200) 2 = r 2
Por lo tanto:

r = 223'61 kN / m2
Resolviendo ahora las ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

2

σ1 = 723'6 kN / m
2
σ3 = 276'4 kN / m

Resta finalmente orientar los planos principales. Sea a el ángulo que forma el
plano representado por S1 con el plano principal mayor. En el plano de Mohr, el
ángulo central formado por estos dos puntos es 2a , y se verifica que (figura 4.4):
2a + ß = 180º
Como:

sen β =

200
223'61

→

β = 63'43º

entonces:

α = 58'29º
El plano principal menor es perpendicular al plano principal mayor.

126


PROBLEMA 4.3
En un punto de una arena se ha producido la rotura cuando en el plano de máxima
tensión cortante actúan los siguientes esfuerzos:
o
o
o

Tensión normal total:
Tensión cortante:
Presión intersticial:

2

384 kN / m
2
131 kN / m
2
136 kN / m

Determinar:
a)
b)
c)
d)

Tensiones efectivas principales.
Ángulo de rozamiento de la arena.
Tensiones efectivas en los planos de rotura.
Ángulo que forman los planos de rotura.

SOLUCIÓN
a) Tensiones principales
El plano de máxima tensión cortante es el representado por el punto A (figura 4.5)
y las tensiones que actúan según el enunciado son las siguientes:
Totales:

σ = 384 kN / m 2
u = 136 kN / m2
τ = 131 kN / m 2
Por consiguiente, las efectivas serán:

σ' = σ − u = 384 − 136 = 248 kN / m2
τ = 131 kN / m 2

127


τ

φ'

(kN / m2 )

A'

131

φ'
O

A

R1

φ'
φ'

σ'3

r

r

σ'1

σ3

2α

B

C'

φ'

σ1
C

σ', σ
(kN / m2 )

R2

p' = 248

u = 136
p = 384

Figura 4.5

Con estos datos, es evidente que la abcisa del centro del círculo de Mohr en
2
2
efectivas p' es 248 kN/m y el radio r de los círculos es 131 kN/m . Por lo tanto, se
puede escribir que:

σ' 1 = p' + r = 248 + 131 = 379 kN / m 2
σ' 3 = p' − r = 248 − 131 = 117 kN / m 2

b) Ángulo de rozamiento de la arena
Al tratarse de una arena, la cohesión efectiva c' es nula. Por otro lado, como en el
enunciado se indica que se ha producido la rotura, el círculo de Mohr en efectivas
debe ser tangente a la línea de resistencia intrínseca y esta condición se expresa
en el triángulo OC'R1 (figura 4.5) como:

r = p' · sen φ'

128


Sustituyendo valores, se obtiene:

 131 
φ' = arc sen 
 = 31'89º
 248 

c) Tensiones efectivas en los planos de rotura
Los planos de rotura teóricos son dos: R1 y R2 (figura 4.5). El primero se tiene con
una tensión de corte positiva y el segundo con el mismo valor de la tensión de
corte pero negativa, y en ambos, la tensión normal efectiva es la misma.
Se trata de calcular las coordenadas de los puntos R1 y R2.
En el triángulo OC'R1 se tiene:

OR 1 = p' · cos φ' = 248· cos 31'89º = 210'57

kN / m 2

Y ahora en el triángulo OBR1:

σ'R1 = OR 1 · cos φ' = 178'79 kN / m 2
τ R1 = OR 1 · sen φ' = 111'24 kN / m 2
Las coordenadas del otro plano de rotura (plano conjugado) serán:

σ'R 2 = 178'79 kN / m2
τR 2 = −111'24 kN / m2

129


d) Ángulo que forman los planos de rotura entre sí
Como se desprende de la figura 4.5, el ángulo central entre R1 y R2 es:

2α = 180º − 2φ' = 180 − 2 · 31'89 = 116'22º

Por lo tanto, el ángulo formado por los planos es la mitad, es decir:

α = 58'11º

130


PROBLEMA 4.4
Sobre un suelo se han realizado ensayos triaxiales CU obteniéndose una cohesión
2
efectiva c' = 47'6 kN/m , un ángulo de rozamiento efectivo φ' = 30º, una cohesión
2
aparente ccu = 30 kN/m y un ángulo de rozamiento aparente φcu = 30º. En uno de
2
los ensayos, la muestra rompió cuando la tensión vertical era de 500 kN / m . Se
pide calcular en este ensayo la presión intersticial en el momento de la rotura y la
presión de célula aplicada.

SOLUCIÓN
Los parámetros de resistencia intrínsecos (efectivos) son válidos en cualquier
situación, mientras que los parámetros aparentes (totales) solo pueden emplearse
en las mismas circunstancias en las que se obtuvieron, en este caso, ensayo CU.
Puesto que se trata de una situación de rotura, el círculo de Mohr en efectivas
será tangente a la línea de resistencia intrínseca. Además, como el ensayo es CU,
el círculo de Mohr en totales será tangente a la línea de resistencia aparente
(figura 4.6).
Estas condiciones de tangencia se expresan como:

r = (p'+ c' · cot φ' ) · sen φ' = (p'+47'6 · cot 30º ) · sen 30º

(1)

r = (p + c cu · cot φ cu ) · sen φ cu = (p + 30 · cot 30º ) · sen 30º

(2)

Por otra parte, los círculos están desplazados horizontalmente un valor igual a la
presión intersticial en rotura, es decir:

p = p'+u

(3)
2

Finalmente, como el ensayo se realizó con una presión vertical de 500 kN/m , se
puede escribir:

p = 500 − r

(4)

131


Ø' = 30º

τ

(kN / m 2 )

Øcu = 30º

r
c' = 47'6

r

c cu = 30

σ3'

σ3

O'

σ1' σ1 = 500

σ', σ
(kN / m 2 )

p'

c' · ctg Ø'

O
u

p

c cu · ctg Øcu

Figura 4.6

Se dispone de un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (r, p, p' y u)
que resuelto proporciona los siguientes valores:
p = 316'01 kN/m

2

p' = 285'53 kN/m

u = 30'84 kN / m 2

Resta calcular la presión de célula.
Como:

p = 316'01 kN / m 2 =
entonces, se obtiene que:

σ1 + σ 3 500 + σ 3
=
2
2

σ 3 = 132'02 kN / m 2

132

2

r = 183'99 kN/m

2


PROBLEMA 4.5
En un ensayo triaxial se han obtenido los siguientes resultados en la fase de
saturación:
Presión de
célula

Presión de
cola

Presión
intersticial

0
50
50
100
100
200
200
300
300
500

0

-10
8
30
65
90
185
197
296
300
500

(kN / m2)

(kN / m2)

40
90
200
300

(kN / m2)

Determinar el valor del parámetro B de presión intersticial en cada etapa.

SOLUCIÓN
En el ensayo triaxial (figura 4.7), cuando se produce una variación hidrostática de
la presión de célula (∆σ3), inmediatamente se origina una variación de presión
intersticial en la muestra (∆u).
En estas condiciones, el parámetro de presión intersticial B se define como:

B=

∆u
∆σ 3

y su valor depende del grado de saturación de la muestra. Para un grado de
saturación del 100% el parámetro B es igual a la unidad.
La aplicación de una presión de cola a la muestra tiene por objeto asegurar su
saturación y aplicar en la misma una presión intersticial.

133


σ3

u

σ3

uc

Figura 4.7

El procedimiento consiste en aplicar una presión de célula y registrar la presión
intersticial en la muestra. Seguidamente, se aplica la presión de cola hasta igualar
2
la presión de célula (puede ser 10 kN / m inferior para asegurar presiones
efectivas positivas en la muestra) y se comprueba que la presión intersticial en la
muestra iguala a la presión de cola o está muy próxima. El proceso se repite
incrementando la presión de célula, registrar nuevamente la presión intersticial en
la muestra y calcular el valor del parámetro B con la expresión anterior. Si no es la
unidad, se aplica otra vez presión de cola y se repite el proceso.
Los cálculos y resultados pueden ordenarse en la siguiente tabla:
Presión de
célula

Presión de
cola

Presión
intersticial

0
50
50
100
100
200
200
300
300
500

0

-10
8
30
65
90
185
197
296
300
500

(kN/m2)

134

(kN/m2)

40
90
200
300

(kN/m2)

∆u

∆σ3

(kN/m2)

(kN/m2)

18

50

0.36

35

50

0.70

95

100

0.95

99

100

0.99

200

200

1.00

B = ∆u /∆σ3


PROBLEMA 4.6
En una arcilla normalmente consolidada se realiza un ensayo triaxial CU con una
2
presión de cola de 100 kN / m y consolidando con una presión de célula de
2
2
300 kN / m , alcanzándose la rotura con un desviador de 200 kN / m e igual a la
presión intersticial en rotura. Se pide calcular:
a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial de la arcilla.
b) Desviador que se hubiese obtenido si la rotura se hubiese realizado con
drenaje.
2
c) Presión intersticial en rotura si tras la consolidación a 300 kN / m se cierra el
2
drenaje, se incrementa la presión de célula a 500 kN / m y se procede a
romper la muestra manteniendo el drenaje cerrado.

SOLUCIÓN
a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial
En el ensayo CU pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.8:
2

- ESTADO 1:

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m y de una
2
presión de célula σ3 = 300 kN / m , permitiendo la
consolidación, es decir, cuando finalice ésta, la presión
intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2:

Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se cierra el
drenaje y se procede a incrementar la presión vertical σ1
hasta alcanzar la rotura. Como en la muestra se
incrementa la presión total vertical aplicada, se producirá
en cada incremento una variación de presión intersticial,
cuya estimación puede realizarse con la fórmula de
Skempton y que no puede disiparse ya que el drenaje
está cerrado. En el momento de rotura, la presión
2
intersticial tendrá un valor ur = 200 kN / m .

135


σ1

300 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2
200 kN / m 2

100 kN / m 2

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.8

Según el enunciado, el desviador en rotura vale:
2

σ1 - σ3 = 200 kN / m .
2

Como σ3 = 300 kN / m , entonces:
σ1 = 500 kN / m

2

p = (σ1 + σ3) / 2 = 400 kN / m

2

2

Como la presión intersticial en rotura fue de 200 kN / m , resulta que:
p' = p - ur = 400 - 200 = 200 kN / m

2

Siendo la arcilla normalmente consolidada, la cohesión efectiva es nula, y en el
estado de rotura, el círculo de Mohr en efectivas es tangente a la línea de
resistencia intrínseca. Esta condición se expresa, si la cohesión efectiva es nula,
como:
sen φ' = r / p' = ((σ1 - σ3) / 2 ) / p'=100 / 200 = 0'5

136


En consecuencia, el ángulo de rozamiento efectivo de la arcilla es 30º.
Calculemos ahora los parámetros de presión intersticial.
Como se aplica una presión de cola, la muestra está saturada y por consiguiente
B = 1.
Para el cálculo del parámetro A de presión intersticial, debe utilizarse la fórmula de
Skempton:
∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ]
fórmula que proporciona la variación de presión intersticial al pasar de un estado a
otro.
Del estado 1 al estado 2, las variaciones de presiones totales son:
∆σ3 = 0
∆σ1 = 500 - 300 = 200 kN / m

2

Sustituyendo:
∆u = 200 A = ur - uc = 200 - 100 = 100 kN / m

2

de donde se obtiene:
A = 0'5

φ' = 30º
A = 0'5

137


σ1

300 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2
100 kN / m 2

100 kN / m 2

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 2

Figura 4.9

b) Desviador en rotura en el ensayo CD
En el ensayo CD, pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.9:
2

- ESTADO 1:

- ESTADO 2:

138

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN/m y de una
2
consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación,
la presión intersticial en la muestra será igual a la presión
de cola.
Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se mantiene
el drenaje abierto y se procede a incrementar la presión
vertical σ1 permitiendo la disipación de las variaciones de
presión intersticial que se puedan producir en la muestra.
En rotura, teóricamente, la presión intersticial es la misma
que la del estado anterior, es decir, igual a la presión de
cola.


La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia
intrínseca se expresa ahora como:
p' sen 30º = 0'5 p' = r
o también:
0'5 (p-uc) = 0'5 (p- 100) = 0'5 [ (s 1 + s 3 ) / 2 – 100 ] = r = (s 1 - s 3 ) / 2
de donde se deduce que:
s 1 = 700 kN / m

2

y la presión efectiva será:
s '1 = s 1 - uc = 600 kN / m

2

El desviador en rotura es:

s 1 - s 3 = 400 kN / m

2

c) Presión intersticial en el ensayo sin drenaje
En el ensayo del enunciado pueden considerarse los siguientes estados
(figura 4.10):
2

- ESTADO 1:

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m y de una
2
consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación,
la presión intersticial en la muestra será igual a la presión
de cola.

- ESTADO 2:

Se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presión
2
de célula a σ3 = 500 kN / m . La presión intersticial en la
muestra variará, alcanzando un valor u2.

139


σ1

500 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2

500 kN / m 2

500 kN / m 2

u2

ur

ESTADO 2

100 kN / m 2

ESTADO 3

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

Figura 4.10

Como al pasar del estado 1 al estado 2
producidas son:

las variaciones de presiones totales

2

∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN/m
2
∆σ1 = 500 – 300 = 200 kN/m
la fórmula de Skempton proporciona la siguiente variación de presión intersticial:
∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ] = 200 kN/m

2

y por lo tanto
u2 = uc + 200 = 300 kN/m

2

Como se puede deducir fácilmente, las tensiones efectivas son iguales a las del
estado 1.
- ESTADO 3:

140

Estado de rotura. Manteniendo el drenaje cerrado, se
procede a incrementar la presión vertical σ1 hasta la rotura
en donde la presión intersticial habrá alcanzado un valor
ur.


La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia
intrínseca se sigue expresando como:
p' · sen 30º = 0'5 · p' = r
o también:
0'5 · (p - ur) = 0'5 · [ (s 1 + s 3 ) / 2 - ur ] = r = (s 1 - s 3 ) / 2
de donde se deduce que:
s 1 - 3s 3 = -2 · ur

(1)

La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 2 al estado
3 de rotura puede estimarse con la fórmula de Skempton. Como
∆σ1 = σ1 – 500 kN/m
∆σ3 = 0

2

entonces:
∆u = B · [ ∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ] = 1 · [ 0 + 0'5 (σ1 - σ3 - 0) ] = 0'5 · (σ1 - σ3)
y por lo tanto:
ur = u2 + ∆u = 300 + 0'5 · (σ1 - 500)

(2)

Como se observa se ha admitido que A = 0'5 valor obtenido en el ensayo CU. El
coeficiente A de presión intersticial no es un parámetro intrínseco y puede
cuestionarse esta hipótesis. Sin embargo, puede observarse que entre el ensayo
CU y éste sin drenaje, la única diferencia es el estado 2 de este último en el que
no se produce ninguna variación de presiones efectivas en la muestra. En
consecuencia, puede admitirse dicho valor del parámetro A.
Las ecuaciones (1) y (2) permiten obtener los siguientes valores:

2

σ1 = 700 kN/m
2
ur = 400 kN/m

141


PROBLEMA 4.7
Un laboratorio ha proporcionado los siguientes resultados de un ensayo triaxial CU
realizado sobre una arcilla aplicando una contrapresión (presión de cola) de
2
600 kN / m :

Presión lateral
(kN/m2)

650
700
850

Presión vertical
en rotura

Presión intersticial
en rotura

810
973
1896

569
547
652

(kN/m2)

(kN/m2)

Se pide:
a) Valores de los parámetros de resistencia intrínsecos
b) Si otra muestra de arcilla se somete a otro ensayo triaxial CU aplicando una
2
presión lateral de 900 kN/m y la misma contrapresión anterior, pero
permitiendo solamente una consolidación del 50 %, ¿qué resistencia sin
drenaje se obtendría?

SOLUCIÓN
a) Parámetros intrínsecos
Los resultados proporcionados por el laboratorio permiten obtener en rotura las
presiones efectivas mayor (s '1) y menor (s '3), la tensión efectiva media (p'), el
radio de los círculos de Mohr (r), el incremento de presión intersticial (? u) y el
parámetro A de presión intersticial.

142


τ

φ'

B

r

c'

O

σ3
'

c' / tg Ø'

C'

σ1
'

σ'

p'

Figura 4.11

En la tabla 4.1 se han recogido los resultados obtenidos.
El parámetro A de presión intersticial se obtiene de la fórmula de Skempton,
teniendo en cuenta que ∆σ3 = 0 y B = 1. Como puede observarse, el valor de A es
muy similar en los ensayos 1 y 2. Muy diferente a estos es el deducido en el
ensayo 3.
Como en los tres ensayos se ha producido la rotura, teóricamente, los tres círculos
de Mohr en efectivas deben ser tangentes a la línea de resistencia intrínseca. Para
un círculo, la condición de tangencia es (figura 4.11):

 c'



 tg φ' + p'  · sen φ' = r


y despejando la cohesión efectiva:

c' =

r
− p' · tg φ'
cos φ'

143


Tabla 4.1

Ensayo

σ3

σ1

ur

σ'3
(σ3-ur)

1
2
3

650
700
850

810
973
1896

569
547
652

p'

σ'1
(σ1-ur)

81
153
198

(

241
426
1244

r
(

A

σ'1 − σ' 3
)
2

(ur - 600)

∆u
)
(
σ'1 − σ' 3

80
136'5
523

σ'1 + σ' 3
)
2

∆u

-31
-53
52

-0'1938
-0'1941
0'0497

161
289'5
721

Si se tienen dos círculos de radios r1 y r2, y presiones efectivas medias p'1 y p'2,
respectivamente, con los que se desea obtener la tangente común, se deberá
verificar:

r1
r
− p'1 · tg φ' = 2 − p' 2 · tg φ'
cos φ'
cos φ'
y operando:

senφ' =

r1 − r2
p'1 −p' 2

Los resultados que se obtienen utilizando las fórmulas anteriores vienen indicados
en la tabla 4.2.
Tabla 4.2

Ensayos

φ'

c'
(KN/m2)

1y2
2y3
1y3

26'08º
63'60º
52'29º

10'27
-276'20
-77'44

Se deduce que el ensayo 3 es erróneo y debe desecharse. En consecuencia, los
parámetros intrínsecos a adoptar son:

φ' = 26'08º
2
c' = 10'27 kN/m

144


900 kN / m 2

uc

900 kN / m 2
900 kN / m 2

900 kN / m 2

600 kN / m 2

600 kN / m 2

600 kN / m 2

u1

600 kN / m 2

900 kN / m 2

uc = 600 kN / m2

ESTADO 1
(consolidación)

uc = 600 kN / m2

ESTADO 2
(t = 0)

σr

900 kN / m 2

ur

σr

900 kN / m 2

ESTADO 3
(cierre drenaje)

900 kN / m 2

750 kN / m 2

900 kN / m 2

900 kN / m 2

900 kN / m 2

ESTADO 4
(rotura)

Figura 4.12

b) Resistencia a corte sin drenaje
Los estados a considerar son los reflejados en la figura 4.12:
- ESTADO 1:

Consolidación, aplicando una presión de cola
2
600 kN/m y una presión de célula del mismo valor.

de

- ESTADO 2:

Se incrementa la presión de célula a 900 kN / m .
Inmediatamente (t = 0) se producirá un incremento de
presión intersticial. Aplicando la fórmula de Skempton,
2
este incremento es igual a 300 kN / m , y por lo tanto, la
2
presión intersticial en este estado será u1 = 900 kN / m .

2

145


2

- ESTADO 3:

Aplicada la presión lateral de 900 kN / m , se deja
consolidar el 50 %. Si la consolidación fuese del 100 %, la
presión intersticial tendría que haber disminuido desde
2
2
900 kN / m a 600 kN / m (presión de cola). Como
solamente es el 50 %, ello quiere decir que el drenaje se
2
cierra cuando la presión intersticial es igual a 750 kN / m .

- ESTADO 4:

Con el drenaje cerrado, se incrementa la presión vertical
hasta la rotura, que se produce con un valor σr. En ese
momento la presión intersticial valdrá ur.

Aplicando la fórmula de Skempton, se producirá el siguiente incremento de presión
intersticial:
∆u = B ( ∆σ3 + A ( ∆σ1 - ∆σ3 ) ) = 1 ( 0 + A ( ∆σ1 - 0 ) ) = A ( σr - 900 )
Tomando A = - 0'194, la presión intersticial en rotura será:
ur = 750 – 0'194 ( σr - 900 )
Como se está en rotura, la condición de tangencia se expresa:


 c'

 tg φ' + p − ur  · sen φ' = r



σ − 900
σ r + 900

 10'27

− 750 + 0'194 · (σ r − 900)  · sen 26'08º = r

 tg 26'08º +
2
2


Operando, se obtiene:
σr = 1285'67 kN / m

2

La resistencia a corte sin drenaje (cu) es el radio del círculo de Mohr en rotura, es
decir:

cu =

146

1285'67 − 900
= 192'83
2

kN / m 2


PROBLEMA 4.8
Una muestra de arcilla se consolida en el triaxial con una presión de célula
2
2
de 200 kN / m y una contrapresión de 100 kN / m . A continuación se incrementa la
2
2
presión de célula a 300 kN / m y la presión vertical a 400 kN / m , permitiéndose el
2
drenaje de la muestra hasta que se alcanza una presión intersticial de 150 kN / m ,
momento en el que se cierra la llave de drenaje y se procede a incrementar la
2
presión lateral a 500 kN / m y seguidamente la presión vertical hasta la rotura.
Sabiendo que la arcilla tiene un ángulo de rozamiento efectivo de 25º, una
2
cohesión efectiva de 10 kN / m y que A = 0'2, se pide calcular la presión intersticial
y la presión vertical en rotura.

SOLUCIÓN
Es similar al problema 4.7. En la figura 4.13 se tienen los estados a considerar.
En el estado 1, la presión intersticial u1 que se tiene para t = 0 se calcula del
siguiente modo con la fórmula de Skempton:
∆σ1 = 400 - 200 = 200 kN / m

2

∆σ3 = 300 - 200 = 100 kN / m

2

∆u = 1 · [ 100 + 0'2 ( 200 – 100 ) ] = 120 kN / m
u1 = uc + ∆u = 100 + 120 = 220 kN / m

2

2

Análogamente, en el estado 2 de rotura, la presión intersticial
siguiente modo:

se calcula del

∆σ1 = σr – 400
∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN / m

2

∆u = 1 · [ 200 + 0'2 (σr – 400 – 200 ) ]
ur = 150 + ∆u = 230 + 0'2 σr

147


400 kN / m 2

300 kN / m 2

uc

300 kN / m 2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

u1

400 kN / m 2

200 kN / m 2

uc = 100 kN / m2

2

uc = 100 kN / m

ESTADO 0
(consolidación)

ESTADO 1
(t=0)

σr

400 kN / m 2

500 kN / m 2

u2

500 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2

150 kN / m2

ur

σr

400 kN / m 2

ESTADO 1
( cierre llave )

ESTADO 2
(rotura)

Figura 4.13

Estableciendo la condición de tangencia:


 c'


 tg φ' + p − ur  · sen φ' = r


σ − 500

 10
σ r + 500

− 230 − 0'2σ r  · sen 25º = r

 tg 25º +
2
2


y operando convenientemente, se obtiene:

σr = 716'78 kN / m2;

148

ur = 373'36 kN / m

2


PROBLEMA 4.9
Una muestra inalterada de una arcilla ha proporcionado en laboratorio una
humedad del 25%, un peso específico relativo de las partículas de 2'75, un peso
3
específico seco de 15'6 kN / m y una resistencia a compresión simple de
2
96 kN / m . Se sabe además que el ángulo de rozamiento efectivo de esa arcilla es
de 25º.
Otra muestra inalterada de dicha arcilla se introduce en el triaxial teniendo una
2
2
succión de - 40 kN / m
y midiéndose una presión intersticial de 96 kN / m
2
inmediatamente después de aplicar una presión de célula de 200 kN / m y una
2
presión vertical de 400 kN / m . Se pide:
a) Parámetros de presión intersticial.
b) Cohesión efectiva de la arcilla.

SOLUCIÓN
a) Parámetros de presión intersticial
El ensayo de compresión simple, y después el triaxial, se realizan sobre muestras
inalteradas de una arcilla las cuales, en principio, podrían no estar saturadas ya
que no se aplica presión de cola.
Puesto que la relación que existe entre la humedad, peso específico relativo de las
partículas, grado de saturación y peso específico seco es:

γd =

Gs · γ ω
G
1 + ω· s
Sr

sustituyendo los datos proporcionados en el enunciado y despejando, se obtiene
un grado de saturación del 90%.
El parámetro B de presión intersticial está relacionado con el grado de saturación
(figura 4.14). Para un grado de saturación del 90% se tiene B = 0'8.

149


1

Parámetro B

0'8

0'6

0'4

0'2

0
0

0'2

0'4

0'6

0'8

1

Grado de saturación

Figura 4.14

Por otra parte, en el experimento realizado en el triaxial, pueden considerarse los
siguientes estados (figura 4.15):
- ESTADO 1:

Inicial de la muestra al ser colocada en el triaxial. No hay
aplicadas ni presión de célula ni vertical. La presión
2
intersticial en la muestra es – 40 kN/m .

- ESTADO 2:

Aplicación de una presión de célula σ3 = 200 kN/m y de
2
una presión vertical σ1 = 400 kN/m , y como consecuencia
e inmediatamente, la presión intersticial en la muestra
2
pasa a ser de 96 kN/m .
2

Así pues, la variación de presión intersticial que se produce a pasar del estado 1 al
estado 2 es:
∆u = 96 – (- 40) = 136 kN / m

2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total:
∆σ1 = 400 – 0 = 400 kN / m
∆σ3 = 200 – 0 = 200 kN / m

150

2

2


- 40 kN / m2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

400 kN / m 2

96 kN / m 2

400 kN / m 2

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.15

La fórmula de Skempton se expresa como:
∆u = B · [∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ]
Sustituyendo los valores anteriores y para B = 0'8 se obtiene:

A = - 0'15
B = 0'8

b) Cohesión efectiva
En el ensayo de compresión simple pueden considerarse los siguientes estados
(figura 4.16):

151


96 kN / m2

- 40 kN / m2

ur

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.16

- ESTADO 1:

Inicial de la muestra al ser colocada en el aparato. No hay
ninguna presión exterior aplicada. La presión intersticial en
2
la muestra es – 40 kN / m .

- ESTADO 2:

Rotura. Se incrementa rápidamente (sin drenaje) la
presión vertical hasta producir la rotura en un valor igual a
su resistencia a compresión simple que según el
2
enunciado es 96 kN / m . En este momento, la presión
intersticial es desconocida y de valor ur.

La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 1 al estado
2 es:
∆u = ur – (–40) = = ur + 40 kN / m

2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total:
∆σ1 = 96 – 0 = 96 kN / m
∆σ3 = 0 – 0 = 0 kN / m

152

2

2


τ

(kN / m 2 )

φ' = 25º

r
c'

σ'3

O
c' · cotg 25º

C

p

C'

96

-u r

σ1
'

σ', σ
(kN / m 2 )

p'

Figura 4.17

Sustituyendo valores en la fórmula de Skempton queda:
∆u = B · [ ∆σ3 + A (∆σ1 - ∆σ3) ]
ur + 40 = 0'8 · ( - 0'15 · 96) = -11'52
y por lo tanto:
ur = - 51'52 kN/m

2

Por otra parte, en el estado 2 se alcanza la rotura y por lo tanto, el círculo de Mohr
en efectivas será tangente a la línea de resistencia intrínseca (figura 4.17).

153


La condición de tangencia se expresa:

 c'


 tg φ' + p − ur  · sen φ' = r




 c'
σr
 c'

σ r 96
96


 tg 25º + 2 + 51'52  · sen 25º =  tg 25º + 2 + 51'52  · sen 25º = 2 = 2







Despejando la cohesión efectiva, se obtiene:

c' = 6'56 kN/m

154

2

Capítulo 6

EMPUJES DEL TERRENO


184

Capítulo 6 - Empujes del terreno

PROBLEMA 6.1
Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de empujes y su punto de
aplicación en el muro indicado en la figura 6.1 si el nivel freático se encuentra a
5 m de la coronación.
Las propiedades geotécnicas del terreno son:

φ' = 28º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3 ; γsat = 19'5 kN / m3

z
5m
N.F.

5m

IMPERMEABLE

Figura 6.1

185


SOLUCIÓN
Aplicando la teoría de Rankine, la distribución de empujes activos en un muro de
trasdós vertical y terreno horizontal en coronación viene dada por la siguiente
expresión:

e ′ = σ′v · k a − 2 · c ′ · k a
a

(1)

siendo e'a y σ'v el empuje unitario activo efectivo y la presión efectiva vertical a
una profundidad z, respectivamente, y ka el coeficiente de empuje activo. Se hace
pues necesario determinar la distribución de presiones efectivas verticales.
Adoptando el origen del eje z en la coronación (figura 6.1), se tiene:
0≤z≤5
σν = γ · z = 18 · z kN / m
u = 0 (Se supone que no existe capilaridad)
2
σ'ν = σν - u = 18 · z kN / m
2

5 ≤ z ≤ 10
σν = γ · 5 + γsat (z - 5) = 19'5 · z – 7'5 kN / m
2
u = γw · (z - 5) = 10 · (z - 5) kN / m
2
σ'ν = σν - u = 9'5 · z + 42'5 kN / m
El coeficiente de empuje activo viene dado por:

ka =

186

1 − senφ 1 − sen28 º
=
= 0'361
1 + senφ 1 + sen28 º

2


Así pues, y a partir de la expresión (1), se obtiene la siguiente distribución de
empujes activos efectivos:
0≤z≤5
e'a = 0'361 · 1 8 · z = 6'498 · z
z=0
z=5

→
→

e'a = 0
e'a = 32'49

kN / m
kN / m

2

2

5 ≤ z ≤ 10
e'a = 0'361 · (9'5 · z + 42'5 ) = 3'43 · z + 15'34
z=5 →
z = 10 →

kN / m

2

2

e'a = 32'49 kN / m
2
e'a = 49'64 kN / m

Además de los empujes efectivos, sobre el muro actuará el empuje del agua, cuya
distribución es:
0≤z≤5
u=0

5 ≤ z ≤ 10
u = 10 · (z - 5)
Para z = 10

→

u = 50 kN / m

2

187


E'a1
32'49 kN / m2

E'a2

E'a3
49'64 kN / m2

Ew
50 kN / m 2

Figura 6.2

En la figura 6.2 se han representado las leyes de empujes unitarios activos
efectivos y del agua.
La resultante de empujes totales sobre el muro será:
E = E'a + Ew
siendo E'a y Ew las resultantes del empuje activo efectivo y del empuje del agua.
Por comodidad en los cálculos, se hace la siguiente descomposición:
E'a = E'a1 + E'a2 + E'a3
siendo:
E'a1 = 0'5 · 32'49 · 5 = 81'23 kN / m
E'a2 = 5 · 32'49 = 162'45 kN / m
E'a3 = 0'5 · 5 · (49'64 - 32'49) = 42'88 kN / m
Ew = 0'5 · 5 · 50 = 125 kN / m
En consecuencia el empuje total sobre el muro es:
E = 411'56 kN / m

188


411'56 kN / m
2'98 m

Figura 6.3

El punto de aplicación de la resultante h (figura 6.3) se obtiene tomando
momentos con respecto a la base del muro:

5
5
5
5

E' a 1 ·  5 +  + E' a 2 · + E' a 3 · + E w ·
3
3
2
3

h=
= 2'98 m
411'56

E = 411'56 kN / m
h = 2'98 m

189


PROBLEMA 6.2
Aplicando el método de Rankine, determinar en el muro indicado en la figura 6.4 la
resultante de los empujes y su punto de aplicación.

N.F.
z

4m

Arcillas

3m

Arenas

IMPERMEABLE

Figura 6.4

Las características geotécnicas del terreno son:
Terreno

φ'

c'

γsat

(º)

(kN / m3)

Arcillas

28

10

20

Arenas

190

(kN / m2)

35

0

22


SOLUCIÓN
Como se ha indicado en el problema 6.1, la aplicación del método de Rankine al
cálculo de los empujes efectivos en un muro de trasdós vertical y terreno
horizontal en coronación exige la determinación previa de la distribución de
presiones efectivas verticales existente en dicho trasdós.
Estando el agua en reposo, la distribución de presiones intersticiales será la
hidrostática.
Con el método de Rankine, los empujes efectivos unitarios se obtienen a partir de
la siguiente expresión:

e' a = σ' ν · k a − 2 · c' · k a
siendo ka el coeficiente de empuje activo y c' la cohesión efectiva.
Adoptando el origen del eje z en la coronación del muro (figura 6.4), se tienen las
siguientes distribuciones:
0≤z≤4
(Nivel superior de arcillas)
σν = γsat

arcilla

· z = 20 z kN / m

u = γω · z = 10 z kN / m

2

2

σ'ν = σν - u = 20 z - 10 z = 10z kN / m

ka =

2

1 − senφ' arcilla 1 − sen28 º
=
= 0'361
1 + senφ' arcilla 1 + sen28 º

e' a = 0'361·10 z − 2 · 10 · 0'361 = 3'61 · z − 12'02 kN / m 2
Si se analiza la última expresión, puede comprobarse que la distribución de
empujes es negativa (tracciones) desde la coronación hasta una cierta
profundidad zg. En esta zona, teóricamente, el terreno rompe a tracción, dando
lugar a la aparición de grietas de tracción y los empujes efectivos son nulos.

191


zg = 3'33 m

0'67 m

2'42 kN / m 2

+

10'83 KN / m2

3m
20'58 kN / m 2

70 kN / m2

Figura 6.5

La profundidad zg es aquella en donde e'a = 0, es decir:
3'61 · zg - 12'02 = 0

zg =

12'02
= 3'33 m
3'61

La distribución de empujes efectivos es lineal y tiene los siguientes valores:
z = 3'33 m
z=4m

e'a = 0
2
e'a = 3'61 · 4 - 12'02 = 2'42 kN / m
4≤z≤7
(Nivel de arenas)

σν = γsat

arcilla

· 4 + γsat

u = γω · z = 10 z

kN / m

σ'ν = σν - u = 12 z - 8

ka =

arena

· ( z - 4 ) = 20 x 4 + 22 ( z - 4 ) = 22 z - 8

2

kN / m

2

1 − senφ' arena 1 − sen35 º
= 0'271
=
1 + senφ' arena 1 + sen35 º

y como c' = 0

e' a = σ' ν · k a = 0'271· (12 z − 8 ) = 3'25 z − 2'17

192

kN / m 2

kN / m

2


zg = 3'33 m

+

E'1

0'67 m

E'2

3m

=

ET

EW
d ET

E'3

Figura 6.6

Esta distribución es también lineal y adopta los siguientes valores:
z=4m
z=7m

2

e'a = 3'25 x 4 - 2'17 = 10'83 kN / m
2
e'a = 3'25 x 7 - 2'17 = 20'58 kN / m

En la figura 6.5 se representan las distribuciones de empujes activos efectivos
unitarios y del agua sobre el muro.
Como se puede observar, la presencia de dos terrenos diferentes produce una
discontinuidad en la distribución de empujes activos efectivos unitarios.
Por comodidad, para el cálculo de la resultante de los empujes sobre el muro se
realiza la descomposición indicada en la figura 6.6.
Como:

1
· 2'42 · 0'67 = 0'81 kN / m
2
E' 2 = 3 ·10'83 = 32'49 kN / m

E'1 =

1
· (20'58 − 10'83)· 3 = 14'63
2
1
E ω = · 70 · 7 = 245 kN / m
2

E' 3 =

kN / m

la resultante total de empujes vale:
ET = E'a + Eω = E'1 + E'2 + E'3 + E'ω = 292'93

kN / m

193


Su punto de aplicación se puede obtener tomando momentos estáticos respecto a
la base del muro. Si dET es la distancia de dicha resultante a la base, entonces:

0'67 
3
3
7

E T · dE T = 0'81 ·  3 +
 + 32'49 · + 14'63 · + 245 ·
3 
2
3
3

de donde:

dE T = 2'18 m

ET = E'a + Eω = 292'93 kN / m
dE T = 2'18 m

194


PROBLEMA 6.3
Calcular por el método de Rankine la distribución de empujes activos actuantes en
el trasdós del muro indicado en la figura 6.7. El terreno tiene las siguientes
propiedades:

φ' = 22º ; c' = 20 kN / m2 ; γ = 18'5 kN / m3
q = 25 kN / m 2

z

8m

Figura 6.7

Solución:

1'85 m

6'15 m

51'75 kN / m2

195


PROBLEMA 6.4
Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de los empujes en el
trasdós del muro indicado en la figura 6.8, cuya coronación se mantiene inundada
con una lámina de agua de 1 m.

1m

Agua

2'5 m

Arena 1

1'5 m

N.F.

Arena 2

Figura 6.8


Terreno
Arena 1
Arena 2

196

φ'

γsat

k

(º)

(kN / m3)

(m / s)

28
32

21
22

5 · 10
-2
8 · 10

-2


1m

Agua

B
z

2'5 m

Arena 1

C
1'5 m

A

N.F.

Arena 2

Figura 6.9

SOLUCIÓN
Al igual que en los problemas anteriores, la aplicación del método de Rankine al
cálculo de los empujes efectivos exige en principio la determinación de la
distribución de presiones efectivas verticales en el trasdós.
Dadas las condiciones impuestas en el problema, a priori, debe sospecharse la
existencia de un flujo de agua y ello es posible si existe una diferencia de potencial
hidráulico.
Si se toma el eje z en la superficie del terreno (figura 6.9), los potenciales en los
puntos A y B son:

hA = - z A +

uA
= −4 + 0 = −4 m
γω

hB = - z B +

uB
= 0 +1= 1 m
γω

Hay pues una diferencia de potencial hidráulico y consecuentemente, existe un
flujo de agua, que en este caso es vertical y hacia abajo, y a través de un terreno
estratificado.

197


Para el cálculo de las presiones intersticiales se hace necesario determinar los
gradientes existentes en cada estrato, y ello se realiza de la misma forma que en
el problema 2.8.
La permeabilidad equivalente vertical es:

2

kv =

∑e
i =1
2

∑k
i =!

i

ei
i

=

1'5 + 2'5
= 5'82 ·10 − 2 m / s
2'5
1'5
+
5 ·10 − 2 8 ·10 − 2

y el gradiente existente entre los puntos A y B vale:

i =

∆h AB 5
= = 1'25
L AB
4

Como debe verificarse por continuidad que:
kv · i = k1 · i1 = k2 · i2
los gradientes que resultan son:

i1 =

5'82 ·10 −2 · 1'25
= 1'455
5 ·10 − 2

i2 =

5'82 ·10 −2 · 1'25
= 0'909
8 ·10 − 2

Ahora ya se puede proceder a calcular las presiones efectivas y los empujes.

198


En un punto Z situado a una profundidad z, se tiene:
0 ≤ z ≤ 2'5
(arena 1)

σ v = 10 + 21 z kN / m 2
h z = −z +

u
= hB − ∆hBZ = 1 − i1 · z = 1 − 1'455 z
γω

u = (1 − 0'455 z )· 10 = 10 − 4'55 z kN / m 2
u = 0 para z = 2'2 m

σ' v = σ v − u = 21 z + 10 − 10 + 4'55 z = 25'55 z
ka =

kN / m 2

1 − senφ' 1 − sen28 º
=
= 0'361
1 + senφ' 1 + sen28 º

e' a = σ' v · k a − 2 · c' · k a

e' a = σ' v · k a = 25'55 z · 0'361 = 9'22 z kN / m 2
z=0
z = 2'5

→
→

e'a = 0
2
e'a = 23'05 kN / m

199


1m

10

2'5 m

+
23'05
19'6

-1'375

1'5 m
29'3

Figura 6.10

2'5 ≤ z ≤ 4
(arena 2)

σ v = 10 ·1 + 2'5 · 21 + (z − 2'5 )· 22 = 22 z + 7'5 kN / m 2
h z = −z +

u
=h B − ∆hBZ = 1 − [2'5 · i1 + (z − 2'5) · i 2 ] = −0'909 z − 0'365
γω

u = 0'91 z − 3'65 kN / m 2
σ' v = σ v − u z = 21'09 z + 11'15 kN / m 2
ka =

1 − senφ' 1 − sen32 º
=
= 0'307
1 + senφ' 1 + sen32 º

e' a = σ' v · k a = (21'09 z + 11'15) · 0'307 = 6'47 z + 3'42 kN / m 2
z = 2'5
z=4

→
→

2

e'a = 19'6 kN / m
2
e'a = 29'3 kN / m

En la figura 6.10 se han representado las distribuciones de empujes activos
unitarios y del agua.

200


U1

1m

10

U2
2'5 m

+

E'1
19'6

E'2

1'5 m

=

ET

U3

0'3

23'05

1'375

E'3

U4

dE

T

29'3

Figura 6.11

Por comodidad y para obtener la resultante de los empujes sobre el muro y su
punto de aplicación, se ha realizado la descomposición indicado en la figura 6.11.
El empuje total sobre el muro será:
ET = E'a + Eω
con :

E' a = E'1 +E' 2 +E' 3
E ω = U1 + U2 + U3 + U 4
y siendo:

1
· 23'05 · 2'5 = 28'81 kN / m
2
E' 2 = 19'60 · 1'5 = 29'4 kN / m
E'1 =

1
· (29'3 − 19'6 ) · 1'5 = 7'28 kN / m
2
1
= · 10 · 1 = 5 kN / m
2
1
= · 2'2 · 10 = 11 kN / m
2
1
= · 0'3 · (− 1'375) = −0'21 kN / m
2
1
= · (− 1'375 )· 1'5 = −1'03 kN / m
2

E' 3 =
U1
U2
U3
U4

201


entonces:

E T = E' a +E ω = 65'47 + 14'77 = 80'25 kN / m
Tomando ahora momentos estáticos respecto a la base del muro, se obtiene que
la distancia a la línea de acción de la resultante es:

dE T = 1'86 m

E T = E' a +E ω = 80'25 kN / m
dE T = 1'86 m

202


PROBLEMA 6.5
En el terreno indicado en la figura 6.12, se pretende realizar una excavación de
4 m de profundidad al abrigo de tablestacas, actuando en superficie una
2
sobrecarga de 10 kN / m . Se pide determinar la profundidad de empotramiento d
de las tablestacas:

10 kN / m2

4m
Arena

d

Figura 6.12

a) Sin apuntalamientos.
b) Con puntales en coronación. En este caso se determinará la carga P en los
puntales.
En ambos casos, se adoptará un coeficiente de reducción de 1'5 para los empujes
pasivos.
Las propiedades geotécnicas de la arena son:
3

φ' = 35º ; γ = 21 kN / m

203


10 kN / m2

4m

Activo

d

Pasivo

Pasivo

O

ds
Activo

Figura 6.13

SOLUCIÓN
a) Profundidad de empotramiento de las tablestacas en voladizo
Se supone que cuando el tablestacado entra en carga, gira alrededor del punto O,
movilizando los empujes activos y pasivos cuyas distribuciones se muestran en la
figura 6.13. Por encima del punto O, en el trasdós se movilizan empujes activos
mientras que en el intradós son pasivos los empujes movilizados.
Se trata de un problema hiperestático, cuya resolución requiere realizar una
hipótesis.
Si se cortara el tablestacado por el punto O, sea R (“contraempuje”) la acción
horizontal de la parte inferior y V la vertical (figura 6.14).
Usualmente, se supone que el momento flector en el punto O es nulo. Puesto que
R no proporciona momento, ello permite escribir una ecuación en la que la única
incógnita es d. El empotramiento real ds se admite en la práctica que es 1'2 d.
El cálculo de los empujes se realiza aplicando el método de Rankine.

204


10 kN / m2

z

4m

z
Pasivo

d

Activo

O

R
V

Figura 6.14

Empujes en el trasdós
Se toma el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.14):
0≤z≤4+d
σv = γ · z + q = 21z + 10 kN / m
u=0
2
σ'v = 21 z + 10 kN / m

2

e' a = σ' ν · k a − 2 · c' k a

ka =

1 − senφ' 1 − sen 35 º
= 0'27
=
1 + senφ' 1 + sen 35 º

e' a = (21 z + 10)· 0'27 = 5'67 z + 2'7

kN / m 2

para
z=0
z=4+d

→
→

2

e'a = 2'7 kN / m
e'a = 5'67 (4 + d) + 2'7 = 25'38 + 5'67 · d

kN / m

2

205


Empujes en el intradós
Tomando ahora el origen del eje z en el fondo de la excavación (figura 6.14), se
tiene:
0≤z≤d
σv = γ · z = 21 z kN / m
u=0
2
σ'v = 21z kN / m

2

Según Rankine, los empujes pasivos unitarios en un trasdós vertical vienen dados
por:

e' p = σ' ν · k p + 2 · c' k p
siendo kp el coeficiente de empuje pasivo que se calcula del siguiente modo:

kp =

1 + senφ' 1
=
= 3'69
1 − senφ' k a

Por lo tanto:

e'p = 21z ·3'69 = 77'49 z

kN / m 2

para
z=0
z=d

→
→

e'p = 0
e'p = 77'49 d

kN / m

2

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de
1'5, en los cálculos debe adoptarse:
z=0
z=d

206

→
→

e'p = 0
e'p = 77'49 d/1'5 = 51'66d

kN / m

2


2'7 kN / m2

4m

E'a1
E'a2

Pasivo

d

Activo

E'P
51'66 · d kN / m 2 O

25'38+5'67·d kN / m2

Figura 6.15

En la figura 6.15 se han representado las distribuciones unitarias de empujes
activos y pasivos obtenidas y la descomposición que se realiza para el cálculo de
las resultantes.
-

Empuje activo.
E'a = E'a1 + E'a2
E'a1 = 2'7· (4 + d) = 10'8 + 2'7 d kN / m
2
E'a2 = 0'5 (25'38 + 5´67 d – 2'7) (4 + d) = 2´835 d + 22'68 d + 45'36 kN/m
2
E'a = 2'835 d + 25'38 d + 56'16 kN / m

-

Empuje pasivo máximo.

E' p =

1
· 77'49 · d · d = 38'75 · d 2
2

kN / m

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de
1'5, en los cálculos debe adoptarse:

E'p =

38'75 d 2
= 25'83 d 2
1'5

kN / m

207


P

A

4m

Pasivo
Activo

ds

Figura 6.16

Como el momento flector en O se admite nulo, entonces:
E'a1 · dE'a1 + E'a2 · dE'a2 - E'p · dE'p = 0

(10'8 + 2'7 · d)· (4 + d) + (2'835 · d 2 + 22'68 · d + 45'36)· 1 · (4 + d) − 1 · 25'83 · d3
2

3

3

=0

Resolviendo esta ecuación cúbica, resulta
d = 4'09 m
Debido a la hipótesis realizada en el cálculo, la longitud de tablestaca por debajo
del punto O suele admitirse que es del orden del 20% de d, y en consecuencia, la
longitud de empotramiento resultante de las tablestacas es:

ds = 1'2 · d = 1'2 ·4'09 = 4'91 m

208


b) Profundidad de empotramiento para el tablestacado apuntalado en cabeza
En este caso es usual admitir que cuando el tablestacado entra en carga, el giro
se produce alrededor del punto de aplicación del puntal (A), movilizándose los
empujes indicados en la figura 6.16.
Ahora, la ecuación de equilibrio de momentos en A permite obtener la profundidad
de empotramiento y seguidamente, la ecuación de equilibrio de fuerzas
horizontales proporciona la fuerza P en el puntal.
Las distribuciones de empujes son las mismas que en el caso anterior si se
sustituye d por ds (figura 6.17).
Estableciendo el equilibrio de momentos en A:
2
(10'8 + 2'7d s )· (4 + d s ) + (2'835d 2 + 22'68 d s + 45'36)· 2 (4 + d s ) − 25'83 d s · (4 + 2 d s ) = 0
s

2

3

3

ecuación cúbica que resuelta proporciona el siguiente valor:

ds ˜ 1'74 m

209


2
A 2'7 kN / m

P

4m

E'a1
E'a2

Pasivo

ds

Activo

E'P

51'66 · d s kN / m2

25'38+5'67·ds kN / m2

Figura 6.17

El equilibrio de fuerzas horizontales impone que:
2
2
P = E' a −E' p = 2'835d s + 25'38d s + 56'16 − 25'83d s

que proporciona el siguiente resultado:

P = 30'70 kN/m

Como se puede observar, la colocación de un apuntalamiento en coronación
reduce la profundidad de empotramiento de 4'91 m a 1'74 m.

210


PROBLEMA 6.6
Determinar el ancho de la cimentación del muro indicado en la figura 6.18 para
cumplir las condiciones de estabilidad al vuelco, al deslizamiento y del paso de la
resultante por el núcleo central.

0'8

1m

:2H
1V

2'5 m

Figura 6.18

Se adoptarán los siguientes valores para los coeficientes de seguridad:
Vuelco (Fv)
Deslizamiento (Fd)

= 2'0
= 1'5.


φ' = 33º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 19 kN / m3
3

Para el hormigón se adoptará un peso específico γh = 25 kN / m .

211


0'8

1m

:2H
1V

W
N = N'
2'5 m

T

δ
E = E'

Figura 6.19

SOLUCIÓN
El dimensionamiento de la base de muro requiere conocer las acciones que
actúan sobre el mismo, siendo el primer paso la determinación de los empujes del
terreno.
a) Cálculo de los empujes

El problema impone un valor del coeficiente de rozamiento muro-terreno (δ). En
consecuencia, se aplicará para el cálculo de los empujes de tierras el método de
Coulomb ya que el de Rankine no es válido.
El método de Coulomb para la estimación del empuje activo se basa en establecer
el equilibrio de una cuña de empuje que desliza sobre un plano, debiéndose
buscar el plano de rotura que proporciona el empuje máximo.
Sea un plano de deslizamiento cualquiera definido por su inclinación α respecto a
la horizontal. Sobre la cuña así delimitada actúan las fuerzas indicadas en la
figura 6.19.

212


2m

1m

W

3'5 m

2'5 m
1

Figura 6.20

Puesto que no hay agua, las reacciones normales efectiva (N') y total (N) en el
plano de deslizamiento son iguales, así como las resultantes del empuje activo
efectivo (E') y total (E).
En el cálculo del peso W, deben distinguirse dos casos, dependiendo del valor del
ángulo α:
- Caso 1: 0 ≤ α ≤ α1 = 60'26º (figura 6.20)

1 3'5 2 1
6'13
− · 1· 2 =
−1
·
2 tgα 2
tgα
116'47
W = 19 · área =
− 19 kN / m
tg α

Área =

- Caso 2 : 60'26º ≤ α ≤ 90º (figura 6.21)

2'5
2'5 + x

→ x =
2 tgα − 1
2· x
1
118'75
W = ·19 · 2'5 · 2 · x =
2
2 tgα − 1

tgα =

213


:2H
1V

x

2'5 m

2·x

Figura 6.21

La resultante de los empujes está inclinada un ángulo δ respecto a la normal al
trasdós y puede descomponerse en sus componentes horizontal y vertical
(figura 6.22):
E'x = E' cos 20º
E'y = E' sen 20º

(1)
(2)

En el plano de deslizamiento actúan la resultante de las tensiones normales (N') y
la resultante de la máxima resistencia a esfuerzo cortante (T) que puede
movilizarse en ese plano:
T = N' tg 33º

(3)

Con ello, el equilibrio fuerzas verticales se escribe:
W - N' cos α - T sen α - E'y = 0

(4)

y el de fuerzas horizontales como:
E'x + T · cos α - N' · sen α = 0
214

(5)


W

N'
T

E 'x
E 'y

20º

E'

Figura 6.22

Sustituyendo (1) en (5), (2) en (4), (3) en (4) y en (5), despejando N' de (4) y
sustituyendo en (5), se obtiene el empuje E' en función de α, determinándose su
valor máximo igualando a cero la derivada respecto a α, que resulta ser:
E' = 23'50 kN / m
para

α = 54º
Es importante señalar, que el punto de aplicación de la resultante de los empujes
de tierras sobre el muro no queda definida cuando se utiliza el método de
Coulomb. En este problema se aceptará la aproximación de situar la resultante a
un tercio de la altura del muro desde la cimentación.

215


B
b

2'5 m

B
0'8

W

b

2'5 m

E = E'

T

W1

Ev

20º

_
H
3

O

0'8

W2
O
T

N' = N

Eh

_
H
3

N' = N

Figura 6.23

b) Cálculo de las acciones sobre el muro
El muro debe ser dimensionado para que sea estable frente a las acciones que ha
de soportar.
Las fuerzas actuantes sobre el muro son las siguientes (figura 6.23):
W:
E:
T:
N':

Peso del muro.
Resultante de los empujes en el trasdós del muro.
Resultante de la resistencia a deslizamiento desarrollada en la
cimentación del muro.
Resultante de las presiones efectivas normales en la cimentación
del muro
.

Por comodidad en los cálculos, el peso del muro se descompone del siguiente
modo:
W 1 = 25 · 0'8 · 2'5 = 50 kN / m
1
W 2 = 25 · · 2'5 · b = 31'25 b kN / m
2

216


Y las resultante de los empujes en sus componentes horizontal y vertical:
Eh = E · cos δ = 23'5 · cos 20º = 22'08 kN / m
Ev = E · sen δ = 23'5 · sen 20º = 8'04 kN / m
El equilibrio de fuerzas horizontales exige:
→

T = Eh

T = 22'08 kN / m

Y el equilibrio de fuerzas verticales se escribe :
N' = W 1 + W 2 + Ev = 50 + 31'25 · b + 8'04 = 58'04 + 31'25 · b kN / m

c) Comprobación de la seguridad al vuelco
El coeficiente de seguridad frente al vuelco se define como el cociente entre la
suma de los momentos estabilizadores y la suma de los momentos volcadores:

Fv =

∑M
∑M

est
vol

Los momentos deben ser tomados respecto del punto O (figura 6.23).
Para la diferenciación entre momentos volcadores y momentos estabilizadores se
adoptará como criterio el contemplado en la ROM 0.5 – 94 que dice:
“Cada acción individual será descompuesta en dos direcciones una vertical y otra
horizontal. Se considerarán como fuerzas estabilizadoras todas las componentes
verticales de las acciones, ya sea su momento de uno u otro signo (la subpresión,
por ejemplo, sería una fuerza estabilizadora negativa). El posible empuje pasivo
que se pueda oponer al vuelco, también será contabilizado como estabilizador. El
resto de las componentes horizontales se contabilizaran, con su signo
correspondiente, en el cálculo de la suma de los momentos volcadores”.

217


Si el coeficiente de seguridad debe ser igual a 2, con este criterio deberá
verificarse:

2
W1 · (b + 0'4) + W2 · b + E v · (b + 0'8)
3
=2
Fv =
2'5
Eh ·
3
Sustituyendo los valores obtenidos anteriormente y resolviendo la ecuación, se
obtiene un valor de b = 0'17 m.

d) Comprobación de la seguridad al deslizamiento
No existiendo empujes del terreno en la puntera, el coeficiente de seguridad al
deslizamiento se expresa como:

Fd =

Tmáx
Tnec

Tmax es la resultante de la máxima resistencia a deslizamiento que ofrece el
cimiento:
Tmax = ca · B' + N' · tg δ
siendo ca la adherencia entre el cimiento y el terreno (nula si lo es la cohesión del
terreno) y B' el ancho eficaz de la cimentación. Así pues:
Tmax = (58'04 + 31'25 b) · tg 20º kN / m
Tnec es la resultante de la resistencia a deslizamiento que debe movilizarse para
que haya equilibrio:
Tnec = E'h = 22'08 kN / m

218


Para tener un coeficiente de seguridad frente al deslizamiento de 1'5, se debe
verificar que:

Fd =

(58'04 + 31'25 b) · tg 20º
= 1'5
22'08

Esta ecuación resuelta proporciona un valor de b = 1'05 m que es más restrictivo
que el valor deducido para la condición de vuelco. Se adoptará pues:

B = b + 0'8 = 1'85 m .

e) Comprobación de paso de la resultante por el núcleo central del cimiento
Para el ancho B calculado anteriormente, las fuerzas que actúan por encima del
cimiento del muro son:
W1 = 50
kN / m
W2 = 32'81 kN / m
Eh = 22'08 kN / m
Ev = 8'04 kN / m
Este sistema de fuerzas, figura 6.24, se reduce en el centro de gravedad del
cimiento a un momento (M), a una fuerza vertical (N) y a una fuerza horizontal (H):
N = 50 + 32'81 + 8'04 = 90'85 kN / m
M = 50 · 0'52 − 32'81 · 0'22 – 22'08 · 0'83 + 8'04 · 0'92 = 7'85 kN · m / m
H = Eh = 22'08 kN/m

219


1'85 m
1'05 m

0'8 m

2'5 m

W1
W2

Ev
Eh
N M

0'83 m

H
0'92 m

0'92 m

Figura 6.24

Para que la resultante de fuerzas pase por el núcleo central se debe cumplir que la
excentricidad sea:

e≤

B
m
6

en este caso:

e=

220

M
7'85
B 1'85
=
= 0'09 m < =
= 0'31 m ? cumple
N' 90'85
6
6


PROBLEMA 6.7
Aplicando el método de Coulomb, calcular la resultante del empuje activo sobre el
muro indicado en la figura 6.25.
Las características del terreno son:

φ' = 28º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3

20º

6m

E

20º

2m

Figura 6.25

Solución:

E = 149 kN / m

221


PROBLEMA 6.8
Comprobar las condiciones de estabilidad frente al deslizamiento y al vuelco del
muro indicado en la figura 6.26.
Las características del terreno son:
Terreno

Pesos específicos

c'

φ'

(kN/m3)

(kN/m2)

γ = 17
γsat = 21

Arcillas
Arenas

(º)

28
35

15
0

q = 15 KN/m 2
1'5 m
z

4m

Arcillas

N.F.

1m

N.F.

z
Arenas

1'5 m

4'5 m

Figura 6.26

En el nivel de arcillas se despreciarán los efectos capilares y para el hormigón se
3
adoptará un peso específico del hormigón γH = 25 kN / m .
Para los pasivos se considerará un coeficiente de reducción de 1'5.

222


SOLUCIÓN
a) Cálculo de empujes
Puesto que el problema no impone un rozamiento muro - terreno (δ), se pueden
calcular los empujes aplicando el método de Rankine.

Empujes activos en trasdós
Se adopta el origen del eje z en la coronación (figura 6.26).
0≤z≤4
(Nivel de arcillas)
Si se desprecian los efectos capilares en las arcillas, las presiones intersticiales de
cálculo son nulas. Por consiguiente:
σν = σ'ν = 17 z + 15 kN / m
1 − sen28 º
= 0'361
ka =
1 + sen28 º

2

e'a = σ'ν · ka – 2 · c' · k a
e'a = 6'14 z – 12'61 kN / m

2

Puesto que la arcilla presenta cohesión, se debe comprobar la existencia de
grietas de tracción y en su caso estimar la profundidad.
Si

e' a = 0

→

zg =

12'61
= 2'05 m
6'14

Para
z=4m

→

e'a = 11'95 kN / m

2

223


4 ≤ z ≤ 6'5
(Nivel de arenas)
σν = 83 + ( z - 4 ) 21 = 21 z - 1 kN / m
2
u = ( z - 4 ) · γw = 10 z - 40 kN / m
2
σ'ν = 11 z + 39 kN / m

2

e'a = σ'ν · ka - 2 · c' · k a

ka =

1 − sen35 º
= 0'271
1 + sen35 º

e'a = 2'98 z + 10'57 kN / m

2

Para
z=4m
z = 6'5 m

2

→
→

e'a = 22'49 kN / m
2
e'a = 29'94 kN / m

Empujes pasivos posibles en la puntera
Se adopta el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.26).
0 ≤ z ≤ 2'5
2

σν = 21 z kN / m
2
u = z · γw = 10 z kN / m
2
σ'ν = 11 z kN / m
e'p = σ'ν · kp + 2 · c' · k p

kp =

1 + sen35 º
= 3'69
1 − sen35 º

e'p = 40'59 z kN / m

2

Para
z=0m
z = 2'5 m

224

→
→

e'p = 0
2
e'p = 101'48 kN / m


1'5 m

q = 15 KN/m 2

zg

EW (zg )

2'05 m

1'95 m

E'a1
kN / m2

11'95
22'49 kN / m2

+

EW

E' 2
a
E'punt

E'a3

25 kN / m 2

29'94 kN / m2

+

EW

2'5 m

25 kN / m 2

4'5 m

Figura 6.27

En la figura 6.27 se han representado las leyes de empujes.
La resultante del empuje activo efectivo se calcula del siguiente modo:

1
· 11'95 · 1'95 = 11'65 kN / m
2
E'a2 = 22'49 · 2'5 = 56'22 kN / m
1
E'a3 = · ( 29'94 - 22'49 ) · 2'5 = 9'31 kN / m
2
E'a1 =

El empuje efectivo vale pues:
E'a (total) = 77'18 kN / m
estando su línea de acción a una distancia d = 1'49 m de la base del cimiento del
muro.

225


La resultante del máximo empuje pasivo efectivo vale:
E'p =

1
· 101'48 · 2'5 = 126'85 kN / m
2

estando su línea de acción a una distancia d = 0'83 m de la base del cimiento del
muro.
En cuanto a los empujes del agua deben tenerse en cuenta las siguientes
consideraciones:
1.

Existen grietas de tracción, debiéndose considerar que pueden llenarse de
agua y consecuentemente suponer un empuje hidrostático:

E W ( zg) =

1 2
1
· z g · γ w = · 2'05 2 ·10 = 21'01 kN / m
2
2

estando su línea de acción a una distancia d = 5'13 m de la base del
cimiento.
2.

El muro está parcialmente sumergido y en consecuencia, estará sometido
al empuje de Arquímedes. Si se considera en la puntera del muro el
intradós ficticio indicado en la figura 6.27, los empujes hidrostáticos Ew en
el trasdós e intradós son iguales y de sentido contrario, quedando
únicamente los empujes hidrostáticos en la base del cimiento
(“subpresion”), siendo Fw su resultante de valor:
2

Fw = 25 kN / m · 4'5 m = 112'5 kN / m

b) Equilibrio del muro
Además de las resultantes de los empujes, las fuerzas que intervienen en el
equilibrio del muro son las siguientes (figura 6.28):
W1+W2: peso del muro.
W 1 = 1'5 · 5 · 25 = 187'5 kN / m
W 2 = 4'5 · 1'5 · 25 = 168'75 kN / m

226


3m

1'5 m

EW (z )
g

4m
W1
Wt
1m
1'5 m

E'punt

E' (total)
a

W2
O

T
N'

FW

Figura 6.28

W t:

peso del terreno situado por encima de la puntera.
W t = 1 · 3 · 21 = 63 kN / m

N':

reacción efectiva normal en el cimiento.

T:

reacción horizontal necesaria para el equilibrio y movilizada por resistencia
a deslizamiento en el contacto terreno-cimiento y cuyo valor máximo es:
Tmáx = N' · tag δ + ca · B'

donde δ y ca son el ángulo de rozamiento y la adherencia, respectivamente, entre
el terreno y el cimiento, y B' el ancho eficaz de la cimentación.
Puesto que en el enunciado no se proporciona un valor de δ, se adopta en el
cálculo la estimación δ = 2 / 3 · φ' = 23'33º. Por otro lado, si la cohesión del terreno
es nula la adherencia también lo es.

227


Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben:

Σ Fν = 0
N' = W 1 + W 2 + W t – Fw = 306'75 kN / m

Σ Fh = 0
T + E'punt = Tnec = E'a + Ew( zg )
E'punt es el empuje efectivo en la puntera, sobre el trasdós ficticio. Debe señalarse
que en los cálculos se admite que no se moviliza empuje pasivo si:
T < Tmax = N' · tg δ + ca · B' = 306'75 · tg (23'33º) = 132'3 kN / m
Como en la puntera actuarán como mínimo los empujes al reposo, se tiene que:
T = E'a + Ew (zg) - E'0 = 77'18+ 21'01 - E'0 = 98'19 - E'0 kN / m
siendo E'0 la resultante de los empujes al reposo sobre el trasdós ficticio de la
puntera.
Fácilmente se comprueba que el equilibrio no exige movilizar empujes pasivos.
El coeficiente de empuje al reposo es:

k 0 = 1 − sen φ' = 1 − sen 35º = 0'426
y la resultante de los empujes efectivos al reposo será:

E' 0 =

1
1
· k 0 · γ' · 2'5 2 == · 0'426 ·11· 2'5 2 = 14'64 kN / m
2
2

estando su línea de acción a una distancia de 0'83 m de la base del cimiento.

228


c) Coeficiente de seguridad al deslizamiento
El coeficiente de seguridad al deslizamiento se define como:
Fd =

Tmáx + E' p ( adm)
Tnec

> 1'5

En esta expresión, si el coeficiente de reducción de pasivos es 1'5, el empuje
pasivo admisible en la puntera es:
E'p (adm) =

E' p
1'5

=

126'85
= 84'57 kN / m
1'5

Sustituyendo valores:
Fd =

132'3 + 84'57
= 2'21 > 1'5
98'19

?

Válido

d) Coeficiente de seguridad al vuelco
Se sigue el criterio de la ROM 0.5-94. El coeficiente de seguridad se define como:

Fν =

∑M
∑M

est
vol

y debe ser superior a 2.

229


Como el equilibrio no exige la movilización de empujes pasivos, entonces, los
momentos respecto al punto O (figura 6.28) que resultan son:

Σ Mest

= W 1 · 3'75 + W 2 · 2'25 + W t · 1'5 − FW · 2'25+E'0 · 0'83 =
= 187'5 · 3'75 + 168'75 · 2'25+63 · 1'5 − 112'5 · 2'25 + 14'64 · 0'83 =
= 936'34 kN · m / m

Σ Mvol

= E'a · 1'49 + EW(zg ) · 5'13 =
= 77'18 · 1'49 + 21'01· 5'13 = 222'78 kN · m / m

y en consecuencia:

Fv =

936'34
= 4'20
222'47

?

Válido

Observación: En las condiciones de estabilidad comprobadas en el problema, se
han tenido en cuenta los empujes en la puntera del muro.
Normalmente no se tienen en cuenta en el cálculo ya que no
puede asegurarse la existencia del terreno en la puntera durante
toda la vida del muro, quedando esta hipótesis del lado de la
seguridad.

230

Capítulo 7

ESTABILIDAD DE TALUDES


232

Capítulo 7 - Estabilidad de taludes

PROBLEMA 7.1
Obtener el parámetro ru en un talud indefinido de inclinación β en donde existe un
flujo de agua lineal hacia el exterior que forma un ángulo α con la horizontal.

SOLUCIÓN

z
A

β

C

e1

α

B

Figura 7.1

Considérese un plano de deslizamiento paralelo a la superficie del terreno situado
a una profundidad z (figura 7.1).

233


El parámetro ru se define como:

ru =

u
γ sat · z

siendo u la presión intersticial existente en cualquier punto del plano de
deslizamiento.
Si e1 es una línea de corriente, AB es una equipotencial, y puesto que en el punto
A la presión intersticial es nula, la presión intersticial en B vale:

u = AC · γ ω

siendo AC la diferencia de cota existente entre los puntos A y B.

Se trata pues de obtener AC en función de z y de los ángulos α y β .
Haciendo las oportunas operaciones, se llega a:

ru =

234

cos β cos α γ w
·
cos (β − α ) γ sat


PROBLEMA 7.2
En el talud indefinido indicado en la figura 7.2, obtener el coeficiente de seguridad
suponiendo planos de deslizamiento paralelos a la superficie del terreno y
desarrollados en el suelo 1 y sabiendo que la filtración es horizontal en el suelo 2.

Suelo 1

α

c

Suelo 2

1

c

2

β=20º

Figura 7.2


γsat

φ'

c'

k

Suelo

(kN/m3)

(º)

(kN/m2)

(m/s)

1
2

22

50

0

10
-2
5 · 10

-1

SOLUCIÓN
El coeficiente de seguridad de un talud indefinido en un terreno incoherente
sometido a una filtración rectilínea viene dado por:


ru  tg φ'
·
F = 1 −

cos 2 β  tg β



235


Como se ha deducido en el problema 7.1, el parámetro ru se obtiene de la
expresión:

ru =

cos β cos α γ w
·
cos (β − α ) γ sat

siendo α el ángulo formado por las líneas de corriente con la horizontal.
Se conoce que la filtración en el suelo 2 es horizontal. Por otro lado, como las
permeabilidades son diferentes, se produce una refracción de flujo al pasar el
agua del suelo 2 al suelo 1, y como se sabe, debe verificarse que:

k1
k
= 2
tg ∈1 tg ∈2
Como ∈2 = 70º, entonces:

 10 −1

k

∈1 = arc tg  1 · tg∈2  = arc tg 
k


 5 ·10 − 2 · tg 70º  = 79'69º
 2



y por consiguiente:

α = 79'69º - 70º = 9'69º
Sustituyendo estos valores en las fórmulas se tiene:

ru =

cos 20º · cos 9'69º 10
= 0'43
·
cos (20º −9'69º ) 22

y


0'43  tg 50º
·
F = 1 −
= 1'69

cos 2 20º  tg 20º



236


PROBLEMA 7.3
Suponiendo una rotura plana, calcular el coeficiente de seguridad de una zanja
vertical para un muro pantalla de 10 m de profundidad, sostenida con un lodo
3
bentonítico de densidad 12 KN / m y excavada en un terreno arcilloso que tiene un
3
2
peso específico de 20 KN / m y una resistencia a compresión simple de 100 kN/m .

SOLUCIÓN
Para un plano posible de rotura de inclinación α (figura 7.3), se define el
coeficiente de seguridad F como:

F=

R
T

siendo R la máxima fuerza que puede movilizarse por esfuerzo cortante en dicho
plano y T la fuerza que debe movilizarse por esfuerzo cortante en la situación de
equilibrio estricto.
Puesto que el plano de rotura no es conocido, se debe encontrar el plano que
proporciona el mínimo coeficiente de seguridad.
En la construcción de los muros pantallas, las zanjas se excavan y hormigonan
rápidamente. Se trata pues de una situación a corto plazo y por consiguiente, se
2
trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 100 = 50 kN / m .
Si φ u = 0, entonces R = cu L

→

T=

c u ·L
F

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción y su
profundidad puede estimarse aplicando la teoría de Rankine.

237


B

C
U

D

W

10 m
P

zg

50 kN / m 2

N
T

L

α
120 kN / m 2 A

Figura 7.3

.

Si el ángulo de rozamiento es nulo, el coeficiente de empuje activo vale:

ka =

1 − sen φ
=1
1 + sen φ

y la profundidad de las grietas de tracción se obtiene como:

zg =

2·c u
γ· ka

=

2 · 50
= 5m
20

Suponiendo un plano de rotura de inclinación α (figura 7.3), las fuerzas que
intervienen en la situación de equilibrio estricto, además de T y de la resultante N
de las tensiones totales en el plano de rotura, son:
o

Empuje hidrostático de lodos:

P=
o

Empuje hidrostático en grietas de tracción:

U=

238

1
1
· 12 · 10 ·10 = ·120 ·10 = 600 kN / m
2
2

1
1
·10 · 5 · 5 = · 50 · 5 = 125 kN / m
2
2


o

Peso masa deslizante a lo largo de un plano con inclinación α:

W=

750
10 + 5 5
kN / m
· 20 KN / m 3 =
·
tgα
tgα
2

Las ecuaciones de equilibrio se escriben:
o

Vertical:
W = N · cos α + T · sen α

o

Horizontal:
P + T · cos α − N · sen α - U = 0

Además,

T=

c u · L 50 (10 − 5)
250
·
=
=
F
F senα
F · senα

Eliminando N y T con estas tres ecuaciones y sustituyendo las expresiones
obtenidas anteriormente para W, U y P, y despejando oportunamente se llega a:

F=

1'82
sen 2α

El valor de α que hace mínimo F se obtiene igualando a cero la primera derivada:

dF
=0 
→ cos 2α 
→ α = 45 º
dα
Para este valor resulta:

F = 1'82

239


PROBLEMA 7.4
Obtener el coeficiente de seguridad del talud del canal indicado en la figura 7.4,
inmediatamente después de una subida rápida del nivel de agua a 7 m y
suponiendo que la rotura es plana.

5m

40 kN/m 2

N.F.

10 m
7m
60º

Figura 7.4

- Datos:
Arcillas:

2

Ru = 60 kN / m
γ = 19 kN / m3

SOLUCIÓN
Se trata de una situación a corto plazo y por consiguiente se trabajará en totales
2
con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 60 = 30 KN / m .

240


Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción.
Aplicando la teoría de Rankine, para φu = 0 y una sobrecarga p, la profundidad de
las grietas de tracción viene dada por:

zg =

2 ·cu p
−
γ
γ
2

En la zona de sobrecarga (p = 40 kN / m ).

zg =

2 · 30 40
−
= 1'05 m
19
19

y en la zona de coronación sin sobrecarga y en el talud:

zg =

2 · 30
= 3'16 m
19

Suponiendo un plano de rotura con inclinación α, las fuerzas que intervienen en el
equilibrio son:

-

Peso, W.

-

Empuje hidrostático en grieta de tracción,

1
2
2
E W = ·10 · z g = 5 z g
2
-

Empuje hidrostático en paramentos del talud, u, que tiene como
componente horizontal uh = u · sen 60º y como vertical uv = u · cos 60º.

-

Reacción normal en el plano de rotura, N.

-

Fuerza resistente necesaria para el equilibrio en el plano de rotura, T.

-

Según el plano de rotura, resultante de la sobrecarga de coronación, P.

241


5m

40 kN/m 2
1'05
3'16

N.F.

A
10 m
7m

EW

u

O

W
T

3'16
h

B

60º
N

α
L

Figura 7.5

Los mecanismos de rotura que pueden plantearse son:
1. Mecanismo A. Condicionado por grieta de tracción del paramento del talud
(figura 7.5).
Válido para:





10 − 3'16 
0 ≤ α ≤ arctg 
= 49'83º


10


 tg 60º 
En el triángulo OAB se verificará:

h
h − 3'16

→ h =
=
tg 60º
tg α

242

5'47
3'16
=
tg α
1'73 − α
1−
tg 60º


5m
40 kN/m 2

EW

N.F.

3'16

W
10 m
u

T

70
kN
/m

2

7m

60º

N

6'84

α
L

10 / tg 60 = 5'77

Figura 7.6

Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

W = 19 ·

(h − 3'16)2
1  h2
·
−
2  tg 60º
tg α


2



 = 9'5 · h ·  1 − tg α 


tg 60 
tg 60º 



P=0

E W = 10 ·

u = 10 ·

1
· (7 − h + 7 − h + 3'16) · 3'16 = 15'8 · (17'16 − 2 h)
2

1
h
= 5'77 · h · (14 − h)
· (7 − h + 7 )·
2
sen 60º

y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

h − 3'16
sen α

243


2. Mecanismo B. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en
zona sin sobrecarga (figura 7.6).
Válido para:

 6'84 
 6'84 
arctg 
 = 32'41º ≤ α ≤ arctg 
 = 49'85º
 10'77 
 5'77 

W = 19 ·

1  6'84 6'84
10 
1 6'84 2
 ·10 − 19 · ·
·
+
−
2  tg α tg α tg 60º 
2 tg α




 90'01
W = 9'5 · 

 tg α − 57'74 


P=0

E W = 10 ·

u=

1
· 3'16 2 = 49'23 kN / m
2

1
7
= 282'9 kN / m
· 70 ·
2
sen 60º

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

244

6'84
205'2
=
sen α sen α


5m

P
40 kN/m 2
EW

N.F.

W

10 m

8'95

u

70
kN
/m

2

7m

1'05

T

N

60º α
5'77
8'95 / tg α
Figura 7.7

3. Mecanismo C. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en
zona con sobrecarga (figura 7.7).
Válido para:

 8'95 
0 ≤ α ≤ arctg 
 = 39'72º
 10'77 

W = 19 ·


 98'9

1  8'95 8'95
1 8'95 2
·
= 9'5 · 
+
− 5'77  · 10 − 19 · ·

 tg α − 5'77 
 tg α tg α

2 
2 tg α




E W = 10 ·

1
· 1'05 2 = 5'51KN / m
2

u = 282'9 KN / m

 8'95
P = 40 · 
 tg α − 10'77 




245


Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

8'95
sen α

En cualquiera de los tres casos, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se
escriben:
Horizontal:
N · sen α - T · cos α - u · sen 60º + EW = 0
Vertical:
u · cos 60º + W - N · cos α - T · sen α + P = 0
Despejando N de la primera ecuación:

N=

T · cos α + u · sen 60º −E W
sen α

Sustituyendo en la segunda y despejando T se llega a:


0'866 ·u E W 
 · sen α
T =  0'5 u + W + P −
+

tg α
tg α 


El coeficiente de seguridad viene dado por:

F=

246

R
T


0

Coeficiente de seguridad

5'8
5'3

Mecanismo A

4'8
4'3
3'8
3'3
2'8

Mecanismo C

2'3

Mecanismo B

1'8
1'3
0'8
0

10

20

30

40

50

α
Figura 7.8

Con ayuda de una hoja de cálculo (figura 7.8), se ha encontrado el mínimo
coeficiente de seguridad igual a 1'05 que se obtiene en el mecanismo C, para
α = 25'8º.

247


PROBLEMA 7.5
Calcular el coeficiente de seguridad del talud arcilloso indicado en la figura 7.9, en
las siguientes situaciones:
a) Sin grietas de tracción.
b) Con grietas de tracción.
6m

R=

θg

8'1 m

θ

dW

B

d

21 m

21
m

C

D

R=

EW
H
:1'5
1V

12 m

W

E

A

Figura 7.9

- Datos:
Áreas:

θ = 84'1º
θg = 67'4º
d = 7'6 m

2

ABCDEA = 112'28 m
2
ABCEA = 103'99 m

(a)
(b)

Se considerará despreciable la variación del centro de gravedad de la masa
deslizante.
Arcillas:

248

2

cu = 47 kN / m
3
γ = 19 kN / m


SOLUCIÓN
El enunciado únicamente proporciona como parámetro resistente de la arcilla su
cohesión sin drenaje cu. Solo puede realizarse el cálculo a corto plazo, en totales,
y adoptando un ángulo de rozamiento nulo. En consecuencia, puede aplicarse el
método del círculo de Petterson.
a) Sin grieta de tracción

-

Fuerzas a considerar:
o

Peso masa deslizante:

W = 19 · 112'28 = 2133'32

-

kN / m

Coeficiente de seguridad:

c · AD ·R
F= u
=
W ·d

π · 84'1º
180º
2133'32 · 7'6

47 · 212 ·

F = 1'88

b) Con grieta de tracción.

-

o

Peso masa deslizante:

W = 19 x 103'99 = 1975'81 kN / m

249


o

Empuje hidrostático en grieta de tracción:

Según Rankine, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

2 · cu

zg =

γ · ka

Para φ = 0:

ka =

1 − senφ
=1
1 + senφ

y por consiguiente:

z g = CE =

2 · 47
= 4'95 m
19 ·1

1
·10 · 4'95 2 = 122'51 kN / m
2
2
= 8'1+ · 4'95 = 11'4 m
3

EW =
dW

-


π
47 · 212 · 67'4 ·
c u · AE ·R
180
F=
=
W · d + E W · d W 1975'81 · 7'6 + 122'51·11'4

F = 1'49

Si se comparan los dos valores obtenidos del coeficiente de seguridad, se podrá
apreciar la importancia que tiene la consideración de la existencia de grietas en el
cálculo.

250


PROBLEMA 7.6
Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en el problema 7.5,
considerando además de la grieta de tracción una lámina de agua de 6 m de altura
(figura 7.10).

N.F.

6m

Figura 7.10

Solución: F = 1'98

251


PROBLEMA 7.7
Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en la figura 7.11.

57º

11'2 m

66º

D

R=

27 m

C

EW

11'34 m

Arcilla 1

W1
E

B
3'9 m

A

F

W2

Arcilla 2

Figura 7.11

2

Arcilla 1:

cu = 54'5 kN / m
γ = 19 kN / m3

Áreas:

ABFA =
BCDEFB =

252

Arcilla 2:

2

98 m
2
107'8 m

2

cu = 80 kN / m
γ = 19'5 kN / m3


SOLUCIÓN
Como en el problema 7.5, se trata de un cálculo a corto plazo y puede utilizarse el
método del círculo de Petterson, ahora con terreno estratificado.

-

o

Pesos:

W 1 = 19 · 107'8 = 2048'2 kN / m
W 2 = 19'5 · 98 = 1911
kN / m
o

d1 = 11'34 m
d2 = 3'9 m

Empuje hidrostático en grieta de tracción:

z g = DE =

2 · 54'5
= 5'74 m
19

1
· 10 · 5'74 2 = 164'74 kN / m
2
2
= 11'2 + · 5'74 = 15'03 m
3

EW =
dW

-


En este caso, el coeficiente de seguridad viene dado por la expresión:

F=

c u 1 · R · FE + c u2 · R · AF
W1 · d1 + W 2 · d 2 + E W · d W

Sustituyendo valores, se llega:

9º · π
57º · π
+ 80 · 27 2 ·
180º
180º
F=
2048'2 · 11'34 + 1911 · 3'9 + 164'74 ·15'03
54'5 · 27 2 ·

F = 1'94

253


PROBLEMA 7.8
En un paquete de arcillas de 10 m de potencia que descansa sobre un nivel
potente de calizas, se pretende realizar una excavación con taludes de inclinación
igual a 30º que alcance el nivel de calizas. Sabiendo que las arcillas están
2
saturadas y que poseen una cohesión sin drenaje de 25 kN/m y un peso
3
específico saturado de 21'5 kN/m , se desea conocer, aplicando los ábacos de
Taylor, el coeficiente de seguridad a corto plazo de esta excavación y si no fuese
estable, la profundidad de excavación a la que deberá esperarse la rotura.

SOLUCIÓN
Ya que se trata de una situación de corto plazo, el cálculo debe realizarse en
totales, y tratándose de una arcilla saturada, debe adoptarse un ángulo de
2
rozamiento nulo y una cohesión igual a la cohesión sin drenaje, cu = 25 kN/m .
Además, el nivel calizo impone una limitación de profundidad (limitación de “D”). Si
el ángulo de rozamiento es nulo, también lo es φd, y puesto que la pendiente de
excavación es inferior a 54º, el ábaco nº 2 de Taylor proporciona el número de
estabilidad (figura 7.12).
Para una profundidad de excavación igual a 10 metros se tendría D = 1, y para
este valor y una pendiente de 30º, el ábaco nº 2 proporciona un número de
estabilidad igual a 0'133. En consecuencia, el coeficiente de seguridad de la
excavación será:

F=

cu
25
=
= 0'87
N · H · γ 0'133 · 10 · 21'5

Puesto que es inferior a la unidad, la excavación planteada no es estable a corto
plazo y la rotura se producirá para una profundidad de excavación inferior a 10
metros, cuando el coeficiente de seguridad sea igual a la unidad. Se trata ahora de
encontrar el valor de H que proporciona un valor de F igual a 1.

254


Siendo DH = 10 m, el valor de D para entrar en el ábaco nº 2 depende de la
profundidad de excavación, que es la incógnita, y en consecuencia, el problema
debe resolverse por tanteos.
En la tabla 7.1 se han recogido los tanteos realizados para diferentes
profundidades de excavación. Para cada una de ellas, se obtiene el valor de D, y
yendo con este a la curva de 30º del ábaco nº 2 de Taylor, se obtiene el valor del
número de estabilidad (figura 7.12).
El coeficiente de seguridad se obtiene finalmente de:

F=

cu
25
=
N · γ · H N · 21'5 · H

Tabla 7.1

H

D = 10 / H

N

F

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

10,00
5,00
3,33
2,50
2,00
1,67
1,43
1,25
1,11
1,00

0,180
0,180
0,179
0,174
0,172
0,168
0,161
0,155
0,145
0,133

6,46
3,23
2,17
1,67
1,35
1,15
1,03
0,94
0,89
0,87

(m)

En la figura 7.13 se ha representado para cada altura de excavación tanteada el
valor del coeficiente de seguridad obtenido. Puede apreciarse que el coeficiente
de seguridad igual a la unidad se consigue para una altura de 7'33 m, siendo pues
ésta la profundidad de excavación a la que teóricamente deberá esperarse la
rotura.

255


0.19

i =45º
0.18
0.179
0.174

45º

0.172
0.17
0.168

º
30
22
.5º

0.155

15
º
0.15
0.145
0.14

0.133

7.5
º

Número de estabilidad = c d /

γΗ

0.161
0.16

0.13

nH
H

DH

0.12

nH

0.11

H

DH

2

3

3'3

2'5

1'67

1'43

1

1'1

0.09

1'25

0.10

4

Factor de profundidad D

Figura 7.12
F

7
6
5
4
3
2
1
0
0

2

4

6

7'33 8

10

12

H (m)

Figura 7.13

256


PROBLEMA 7.9
Se excava un talud rápidamente con una pendiente de 30º en una arcilla saturada
que reposa sobre unas calizas. Cuando la potencia de las arcillas era de 12 m, se
rompió la excavación con una altura de 8 m. Sabiendo que la arcilla tiene un peso
3
específico de 18 KN / m , calcular la resistencia sin drenaje de la misma.

Solución:

N = 0'164
cu = 23'6 kN / m2

257


PROBLEMA 7.10
Aplicando los ábacos de Taylor, calcúlese la altura que puede adoptarse en un
talud excavado con una inclinación de 40º en un terreno que posee un ángulo de
2
rozamiento de 23'6º, una cohesión de 20 kN / m y un peso específico de
3
21 kN / m , si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2.

SOLUCIÓN
Puesto que el coeficiente debe ser 1'2 y el ángulo de rozamiento es 23'6º, se tiene
que:
 tg φ 
 = arctg  tg23'6º  = 20º
φ d = arctg 


 F 
 1'2 
 φ 
Entrando en el ábaco nº 1 de Taylor con una pendiente de 40º y yendo a la curva
φd = 20º, se obtiene un número de estabilidad N igual a 0'05 (figura 7.14).
Como:

N = 0'05 =

cd
20
c
=
=
γ · H Fc · γ · H 1'2 · 21 · H

despejando, resulta una altura:

H = 15'87 m

Observación:
En el problema se admite que el coeficiente de seguridad de la cohesión (Fc) y el
coeficiente de seguridad del rozamiento (F? ) son iguales, aunque en la práctica
suelen tomarse diferentes valores.

258


0.35
nH
DH=H
D=1

H

DH

Zona B
Zona A

0.30

0.25

0

5

0.181

=

φd = 0 , D = ∞
0

25

n=

20

15

10

γΗ

0.20

N=c/F

φd

φd

=

0

,D

=

1

0.15

0.10

0.05

0
0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Ángulo de pendiente
Figura 7.14

259


PROBLEMA 7.11
En un inventario de taludes se observó que un terreno arcilloso puede mantener
un talud vertical hasta una altura de 3 m, y si la pendiente es de 60º, entonces
puede soportar una altura de 6 m. Sabiendo que el peso específico de este terreno
3
es 21'3 KN / m , se pide estimar la resistencia a corte del terreno.

SOLUCIÓN
En el inventario se señalan dos situaciones de rotura (F=1 → φ = φd).
Con los ábacos de Taylor se obtienen los siguientes pares de valores que cumplen
la condición de rotura:
Para i = 90º y H = 3 m:

φ =φd

0

5

10

15

20

25

N
c = 21'3 · 3 · N

0'260

0'240

0'220

0'200

0'183

0'167

16'61

15'34

14'06

12'78

11'69

10'67

φ =φd

0

5

10

15

20

25

N
c = 21'3 · 6 · N

0'190

0'163

0'139

0'116

0'098

0'080

24'28

20'83

17'76

14'82

12'52

10'22

Para i = 60º y H = 6 m:

260


30

25

i=

c ( kN / m2 )

20

i = 90
º

15

60
º

H=

H=3

6m

m

11'03
10

23'24

5

0

0

5

10

15

20

25

φ (º)
Figura 7.15

Representando gráficamente estas dos series de pares de valores y ajustando
una curva a cada una de ellas, se obtiene como intersección de las mismas los
valores (figura 7.15):

φ = 23'24º

c = 11'03 kN / m

2

que cumplen las dos condiciones, siendo pues la solución del problema.

261


PROBLEMA 7.12
Aplicando los ábacos de Taylor, calcular el coeficiente de seguridad de un talud de
10 m de altura y pendiente de 50º excavado en un terreno que posee un ángulo de
2
3
rozamiento de 22º, una cohesión de 20 kN / m y un peso específico de 21 kN / m .

SOLUCIÓN
La resolución se realiza con el ábaco de Taylor nº 1 (figura 7.16). En este caso, la
incógnita es el coeficiente de seguridad, desconociéndose en principio la curva a
adoptar. El problema debe resolverse por tanteos, intentando conseguir que el
coeficiente de seguridad supuesto coincida con el calculado.
Como ello es difícil de conseguir, se realizan los tanteos indicados en la tabla 7.2 y
para que las entradas resulten cómodas en el ábaco de Taylor, los tanteos se han
efectuado con los valores de φd del ábaco.
Tabla 7.2

φd
25º
20º
15º
10º
5º

Fφ =

tg φ
tg φ d

0'87
1'11
1'50
2'29
4'62

N
0'056
0'073
0'093
0'117
0'147

Fc =

c
N· γ · H

1'70
1'30
1'02
0'81
0'67

Si se representan en un gráfico Fφ - Fc los valores de la tabla y se les ajusta una
curva, la solución es la intersección de dicha curva con la bisectriz (figura 7.17),
resultando ser:

F = Fφ = Fc = 1'2

262


0'35
nH
DH=H
D=1

H

DH

Zona B
Zona A

0'30

φd

=

0

5

0'20

0

25

n=

0'15

20

15

10

φd = 0 , D = ∞

0'181

1

0'147

=

0,

D

=

0'117
0'10

φd

N = c /F ·

γ ·H

0'25

0'093
0'073
0'056

0'05

0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90


Figura 7.16
Fc

2
1'8
1'6
1'4
1'2
1

0'8
0'6
0'4
0'2
0

0

1 1'2

2

3

4

5

F

Figura 7.17

263


PROBLEMA 7.13
Para la construcción de una carretera se pretende excavar un desmonte de 20 m
de altura en un terreno constituido por 10 m de arcillas que descansan sobre un
potente banco de areniscas.
Las propiedades del terreno son las siguientes:

γ

φ'

c'

Suelo

(kN/m3)

(º)

(kN/m2)

Arcillas
Areniscas

20
22

25
35

10
1000

Si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2 frente al deslizamiento y sin
tener en cuenta las posibles grietas de tracción, se pide obtener el talud de
excavación más económico a ejecutar.

SOLUCIÓN
El problema puede resolverse aplicando los ábacos de Taylor ya que no se tienen
en cuenta las grietas de tracción.
Existiendo dos terrenos, pueden plantearse dos tipos de rotura (figura 7.18):
o

Superficie de rotura desarrollada únicamente en el nivel superior de
arcillas (círculo 1).

o

Superficie de rotura que afecta a los dos niveles (círculo 2).

En el primer caso, el talud a estudiar tiene 10 m de altura.
Para F = 1'2, se tendrá:

 tg 25º 
φd = arc tg 
 = 21'23º
 1'2 

264


10 m

Arcillas
1

2

10 m

Areniscas

Figura 7.18

y el número de estabilidad es:

N=

c
10
=
= 0'042
F · γ ·H 1'2 · 2 0·10

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19) se obtiene una
inclinación i = 37º para la excavación a realizar en los 10 m superiores de arcillas.
Para analizar el segundo tipo de rotura se supone que la altura total de 20 m se
realiza en areniscas. En este caso, se tiene que:

 tg 35º 
φd = arc tg 
 = 30'26º
 1'2 
c
1000
N=
=
= 1'894
F· γ · H 1'2· 22· 20
Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19), se deduce una
inclinación superior a los 90º. En consecuencia, las areniscas pueden
desmontarse verticalmente.
Para tener una idea de la resistencia de las areniscas, puede calcularse la altura
máxima que puede excavarse con un talud vertical. Para no realizar
extrapolaciones en el ábaco, se adopta un coeficiente de seguridad de 1'5,
superior al del enunciado, quedando del lado de la seguridad. En este caso:

 tg 35º 
φd = arc tg 
 = 25º
 1'5 
265


0'35
nH
DH=H
D=1

H

DH

Zona B
Zona A

0'30

φd

0

5

0'20

=

15

10

φd = 0 , D = ∞

0'181

0'15

0'167

20

0

25

n=
0'147

=

0,

D

=

1

N = c /F ·

γ ·H

0'25

φ

d

0'10

0'05

0'042

37º
0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90


Figura 7.19

y con i = 90º, se obtiene en el ábaco un número de estabilidad N = 0'167
(figura 7.19). Por lo tanto, la altura máxima será:

Hmáx =

c
1000
=
= 181'2 m
F · γ ·H 1'5 · 22 · 0'167

Este resultado justifica la adopción de talud vertical en las areniscas.

266

Capítulo 8

CIMENTACIONES SUPERFICIALES


268

Capítulo 8 - Cimentaciones superficiales

PROBLEMA 8.1
En un terreno constituido por un potente nivel de arcillas normalmente
consolidadas, se pretende cimentar una zapata de dimensiones 2 x 4 m a una
profundidad de 1'5 m. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno.
Las características geotécnicas de la arcilla son:
Terreno

(kN/m3)

(kN/m2)

cu

φ'

20

24

25º

γsat

Arcilla
Se pide calcular:

a) Carga de hundimiento de la zapata.
b) Máxima presión que puede transmitir la zapata con un coeficiente de
seguridad frente al hundimiento F = 3.

SOLUCIÓN
a) Carga de hundimiento de la zapata
Siendo el terreno de cimentación cohesivo, la carga de hundimiento es distinta a
corto y a largo plazo. En consecuencia, se deberá hacer el cálculo en las dos
situaciones para determinar cual de ellas es la más desfavorable.
Las presiones total, intersticial y efectiva a cota de cimentación (figura 8.1) son:

q = 1'5 · γ sat = 1'5 · 20 = 30 kN/m 2
u = 1'5 · γ w = 1'5 ·10 = 15 kN/m 2
q′ = q − u = 15 kN/m 2

269


B=2m

qh

N.F.

1'5 m

B=2m

q

q h= q'h + u

q = q' + u

1'5 m

Figura 8.1

a.1)

Carga de hundimiento a corto plazo

En terrenos cohesivos saturados, el cálculo de la carga de hundimiento a corto
plazo se realiza en totales, adoptando un ángulo de rozamiento φu = 0. Aplicando
la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento en totales se obtiene a
partir de la expresión:

qh = cu · Nc · sc · dc · ic + q · Nq · sq · dq · iq +

1
· Nγ · B′ · γ · s γ · dγ · iγ
2

(1)

Para φu = 0, los factores de capacidad de carga son:
Nc = π + 2 = 5'14
Nq = 1
Nγ = 0
Suponiendo que no hay excentricidad de carga, las dimensiones efectivas de la
zapata son:

270


B' = B = 2 m
L' = L = 4 m
y en consecuencia los factores de forma a corto plazo valen:

s c = 1 + 0'2

B'
= 1'1
L'

sq = 1
s γ = 1 − 0'4

B'
= 0'8
L'

Por tratarse de una cimentación superficial, y para quedar del lado de la
seguridad, se desprecia el efecto del empotramiento de la zapata y se adoptan los
factores de profundidad iguales a la unidad (dc = dq = dγ = 1).
En cuanto a los factores de inclinación, se admite que la carga es vertical y por lo
tanto son iguales a la unidad (ic = iq = iγ = 1).
Sustituyendo los valores anteriores en la expresión (1) se tiene que la carga de
hundimiento a corto plazo de la arcilla es:

qh = 24 · 5'14 ·1'1·1·1 + 30 ·1·1·1·1 + 0 = 165'7

kN / m 2

(2)

y la carga de hundimiento neta vale:

qhn = qh − q = 165'7 − 30 = 135'7 kN / m 2

a.2)

(3)

Carga de hundimiento a largo plazo

El cálculo de la carga de hundimiento a largo plazo se debe realizar en efectivas.
Aplicando la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento efectiva se
puede obtener con la expresión:

q′ = c′ · Nc · sc · dc · ic + q′ · Nq · sq · dq · iq +
h

1
· Nγ · B′ · γ ∗ · s γ · dγ · iγ
2

(4)

271


Para φ' = 25º, los factores de capacidad de carga son:

φ′ 

N q = e π·tgφ′ ·tg 2  45 +  = 10'66
2

N c = cot φ′·(N q − 1) = 20'72
N γ = 1'5·(N q − 1)·tgφ′ = 6'75
Al igual que en el caso anterior, las dimensiones efectivas de la cimentación son:
B' = B = 2 m
L' = L = 4 m
y los factores de forma valen:

sq = 1 +

sc =

B′
·tgφ′ = 1'23
L′

Nq ·s q − 1
Nq − 1

s γ = 1 − 0'4·

= 1'25

B′
= 0'8
L′

Los factores de profundidad e de inclinación siguen siendo iguales a la unidad.
Puesto que la arcilla es normalmente consolidada, la cohesión efectiva c' es nula y
por lo tanto, el primer término de la expresión (4) es cero.
Estando el nivel freático por encima del plano de cimentación, el peso específico γ
a adoptar es el sumergido.

*

Sustituyendo valores en la expresión (4) se obtiene que el valor de la carga de
hundimiento efectiva a largo plazo es:

q′ = 0 + 15 ·10'66 ·1'23 ·1·1 +
h

272

1
· 6'75 · 2 ·10 · 0'8 ·1·1 = 250'68 kN / m 2
2


La carga de hundimiento total vale:

′
qh = qh + u = 250'68 + 15 = 265'68

kN / m 2

(5)

y la carga de hundimiento neta es:

qhn = qh − q = 265'68 − 30 = 235'68 kN / m 2

(6)

b) Máxima carga transmitida
Si se compara (5) con (2) o (6) con (3), se observa que la situación mas
desfavorable es la de corto plazo. En consecuencia la carga de hundimiento a
adoptar en el cálculo es:

qh = 165'7

kN / m 2

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como:

F=

qhn qh − q
=
q tn
qt − q

Si el coeficiente de seguridad frente al hundimiento debe ser igual a 3, entonces:

F=3=

165'7 − 30
q t − 30

de donde se obtiene que la máxima carga que puede transmitir la zapata es:

q t = 75'23

kN/m 2

273


PROBLEMA 8.2
Calcular el coeficiente de seguridad frente al hundimiento del muro corrido
indicado en la figura 8.2, si el nivel freático se encuentra situado a una profundidad
de 3'75 m.

Terreno
Arena

γsat

γ

φ'

(kN/m3)

(kN/m3)

(º)

21

19'5

30

3

El peso específico del hormigón es γh = 26 kN / m

N = 300 kN / m
P = 50 kN / m
2m

1m

1m

Arena
1'25 m

1'5 m

N.F.

B =3 m

Figura 8.2

274


N = 300 kN / m
P = 50 kN / m
1m

2m

N.F.

Wp
1m

Wt

Wt

Wz

1'25 m

e

B =3 m

e

2'25 m

M
Q
1'5 m

Q

P

eB

1'5 m

P
1'5 m

Figura 8.3

SOLUCIÓN
El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como el cociente entre
la carga de hundimiento neta (qhn) y la carga transmitida neta (qtn):

F=

1)

qhn qh − q
=
q tn
qt − q

Presión transmitida

En principio, se calculará la carga transmitida (qt). Para ello, se deben reducir
todas las fuerzas actuantes por encima del plano de cimentación al centro de
gravedad de la base de la cimentación (figura 8.3).

275


Si se consideran dos planos verticales que pasan por los cantos de la zapata, el
peso del terreno situado en el pie y en la puntera (2 · wt) gravitará sobre la zapata
(figura 8.3). A pesar de que teóricamente es incorrecto, los empujes sobre los
planos verticales se admitirán iguales y por tanto se anulan.
La resultante vertical vale:
Q = N + wp + 2·wt + wz
donde wp es el peso del alzado y wz el peso de la zapata. Con los datos del
enunciado, se tiene:
N = 300 kN/m
wp = 26 · 3 · 1 = 78 kN/m
wz = 26 · 3 · 1'25 = 97'5 kN/m
wt = 19'5 · 1 · 1=19'5 kN/m
y por lo tanto:
Q = 300 + 78 + 2·19'5 + 97'5 = 514'5 kN/m
Por otra parte, como:
Q = Q' + Fw
siendo Fw la resultante de las subpresiones en la base del cimiento del muro:
Fw = u · B
y u = 0 a cota de cimentación, se tiene que:
Q = Q' = 514'5 kN/m
La resultante horizontal vale:
P = 50 kN/m

276


Tomando momentos en el centro de gravedad de la base del cimiento (punto
medio), el momento resultante es:
M = (2 + 1 + 1'25) · 50 = 212'5 kN
y su eje es perpendicular al papel (longitudinal de la zapata). Así pues:
MB = M = 212'5 kN

ML = 0

Las excentricidades serán pues:

eB =

MB 212'5
=
= 0'413 m
Q′ 514'5

eL = 0
Al existir excentricidad en la dirección de B, el ancho efectivo B' de la cimentación
es:
B' = B – 2 · eB = 3 – 2 · 0'413 = 2'17 m
y la presión transmitida al terreno vale:

qt =

2)

Q 514'5
=
= 237'10 kN/m 2
B′
2'17

Carga de hundimiento

Como se trata de arenas, el cálculo de la carga de hundimiento se efectuará en
términos efectivos, aplicando la formulación de Brinch-Hansen:

q′ = c ′ · N c · s c · d c · i c + q′ · N q · s q · d q · i q +
h

1
·N γ ·B ′ · γ ∗ · s γ · d γ ·i γ
2

277


A cota de cimentación, la tensión total, intersticial y efectiva son:

q = 2'25 · γ = 2'25 ·19'5 = 43'87
u=0
q′ = q − u = 43'87

kN / m 2

kN / m 2

Para φ' = 30º, B' = 2'17 m y L' = L → 8 (zapata corrida), los factores de
capacidad de carga son:
φ′ 

N q = e π·tgφ′ · tg 2  45º +  = 18'4
2

N c = cot φ · (N q − 1) = 30'14
N γ = 1'5 · (N q − 1)· tgφ′ = 15'06

y los factores de forma:

B′
tgφ′ = 1
L′
Nq · s q − 1
=1
sc =
Nq − 1

sq = 1+

s γ = 1 − 0'4

B′
=1
L′

Existiendo una carga inclinada, los factores de inclinación son distintos a la unidad
y se obtienen con las expresiones:



P
iq = 1 −

 Q′ + c ′ ·B′ ·L ′ · cot φ′ 


1 − iq
ic = iq −
N c · tgφ′


P
i γ = 1 −
 Q′ + c ′ ·B′ ·L ′ · cot φ′ 




278

m

m +1

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