Ejercicios de Cimentaciones [PDF]

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EJERCICIOS DE CIMENTACIONES

CURSO: Mecánica de suelos aplicada DOCENTE: Ingeniero Jorge Morón ALUMNA: Laura Margaret Salas Siles CÓDIGO: 151021034P

MOQUEGUA – PERÚ

EJERCICIO Nº 1 El siguiente texto es de una supuesta Memoria de un proyecto de una central, en la cual existen numerosos errores. Subráyese estos errores, indicando muy brevemente la razón por la que el alumno sabe que es un error. La Central proyectada se encontrará sobre una terraza cuaternaria del río Duero, consistente en gravas muy compresibles y permeables. Sin embargo, a profundidad no mayor de 6 metros, se encuentra terreno firme, adecuado para la cimentación. Este terreno consiste en arcillas fuertemente preconsolidadas del mioceno lacustre, que en este lugar se encuentra muy plegado. Estas arcillas son de alta plasticidad, con límite líquido de 50, límite plástico de 30 e índice de plasticidad de 25. Se han efectuado triaxiales lentos con esta arcilla, que han dado como resultado: c = 2 kg/cm2 , ∅ = 26º y a = - 0,1. En cuanto a la permeabilidad, se ha hallado en un permeámetro de carga variable y ha resultado igual a 10-8 cm/s. Se ha hecho también ensayos de compresión simple, resultando una resistencia de 1,5 kg./cm2 y una susceptibilidad tixotrópica de 8. Analizada la muestra químicamente, se ha encontrado que no contiene carbonatos, sulfatos ni ninguna sustancia cementante, pero se ha visto también que la especie mineralógica a que pertenece la arcilla es, en gran proporción, caolinita, por lo que pueden esperarse grandes variaciones de volumen con la humedad. Otro problema suplementario que hay que estudiar cuidadosamente es que hay punto en los que la arcilla se encuentra muy blanda, con contenidos de humedad de hasta el 20%. Parece que esto se debe a que las intercalaciones de cuarcita pontiense, fracturadas por los plegamientos, conducen agua, reblandeciendo la arcilla próxima.

Errores de la memoria del proyecto:

a) Si las gravas son permeables, es que no tiene finos. Por lo tanto, serán poco compresibles. Además, aunque las tuvieran, las gravas por lo general son prácticamente incompresibles. Si se comprime una masa húmeda de estos materiales no se produce ningún cambio significativo en su volumen

b) El mioceno lacustre es una disposición sedimentaria sin movimientos tectónicos, luego no puede estar muy plegado.

c) WL = 50 WP = 30 IP = 25

Para que las arcillas sean de alta plasticidad, deben tener: WL > 50. Además se ha de cumplir: IP = WL - WP. Como vemos: 25 ≠ 50-30

d) Resultados de los triaxiales lentos son:

 Cohesión: c = 2 kg/cm2  Resistencia a compresión simple: qu = 1,5 kg/cm2

 El valor de la cohesión es nulo y sólo se alcanzarían algunos gr/cm2 , debido a la atracción físico-química de las partículas. Por lo tanto, el valor c = 2 kg/cm2 no es correcto.

e) El valor de 8 para la susceptibilidad tixotrópica es muy raro.

f) La caolinita resulta estable ante la humedad, por lo que, en contra de lo que se dice, no son de esperar grandes variaciones de volumen con la humedad.

g) La arcilla no puede encontrarse muy blanda, ya que estaba preconsolidada y su humedad (20%) está muy por debajo del límite plástico.

h) No existe la cuarcita pontiense. Lo que sí existe en todo caso, será la caliza pontiense.

i) El pontiense no está plegado por movimientos tectónicos.

EJERCICIO Nº 2 La estructura de una instalación industrial se apoya sobre tres zapatas circulares de 4 metros de diámetro, infinitamente rígidas, dispuestas en planta, según los vértices de un triángulo equilátero de lado d. El terrero de cimentación tiene un perfil constituido por una capa compresible, también de 4 metros de espesor, que descansa sobre roca, que puede considerarse incompresible. Su módulo de deformación es de 200 kg/cm2 y su módulo de Poisson 0,3. En el centro de gravedad de la estructura se aplica un momento vertical de 10.000 mT, según la dirección de cualquiera de las medianas del triángulo equilátero que forman las zapatas. Se pide cuál debe ser la distancia d para que la inclinación de la estructura sea igual a 1/10.000. Se considerará que los cambios tensionales de cada zapata no influyen en las restantes; que el asiento de una zapata rígida es igual a los 2/3 del asiento del centro de otra flexible de igual diámetro y que la presencia de la capa incompresible no modifica el estado tensional de Boussinesq de la capa superficial.

h=d∗cos 30 h=

d∗√ 3 2

S 6S tg∈=104 = = h d∗√ 3 3 104 = d=

6S d∗√ 3

6S ∗10 4 √3

Se procede a calcular el asiento S, debido a la carga P actuando en la zapara rígida. Nos dicen que el asiento de una zapata rígida es 2/3 del asiento de otra zapata idéntica, deformable. Aplicamos el método de Steinbrenner para el círculo:

10 . 000 mT=( 2 P )∗h 10 . 000 mT= P=

( 2 P )∗d∗√3 2

104 ∗T d∗√ 3

Teniendo ya la carga P hallamos q 4

10 ∗T P d∗√3 q= = area π∗4 4 4

Como dato conocemos que: E=200

Kg ton =2.0 2 2 cm m

μ=0.3

Entonces calculamos el asiento S 2∗10 4 ∗4 104 4∗π∗d∗√3 ∗1−0.32 2 2 So= 3 2.0

[

So=

Ahora

]

2.33 m 4∗d

2 ψ=arctg =26,57 º 4 sen 26.57 º=0.45 cos 26.57 º =0.8 9

Luego ( 1+ 0.3 )∗10 4 ∗2 (1−2∗0.3 )∗1−0.89 2 4∗π∗d∗√ 3 Sz= ∗(0.45+ ) 3 2.0 0.45

(

Sz=

)

0.87 m 4∗d

Entonces se sabe que ∆ S=S=So−Sz ∆ S=

2.23 0.87 − 4∗d 4∗d

Finalmente 6∗1.36 4∗d d= ∗104 √3 2

d=

4.71∗104 4

d=108.5m

EJERCICIO Nº 3 Sobre un terreno de ∅ 30º, c = 20 kN/m2 y γ = 2,2, hay que construir una zapata rectangular de longitud 1,4 veces la anchura, enterrada 1,5 metros, para soportar un pilar que produce una carga vertical de 1.000 T.

1. Hallar las dimensiones de esa zapata para que tenga un coeficiente de seguridad 3 respecto al hundimiento, según la fórmula de Brinch Hansen. 2. Suponiendo ahora que existe además una componente horizontal de 200 T formando un ángulo de 20º respecto al eje menor del rectángulo, hallar el coeficiente de seguridad, en este caso, de la zapata proyectada. 3. Supóngase que en lugar de esa componente horizontal, existe un momento de 500 mT que tiene como eje una de las diagonales. Hallar el coeficiente de seguridad en este caso. FORMULA DE BRINCH - HANSEN

Conociendo

que

A=B∗1.4 B=1.4∗B2 q=γ∗D=22∗1.5=33 Kn/m2 N cP=30.1 N Bγ =18.08 i c =i γ =1

1. Suponemos que D 35,352 T

Luego no hace falta armar a cortante

b) Zapata de canto: h = 1 metro V = 0,825 m. ; h = 1 m. 0,5 h  Vmax  2h Sección de referencia Ahora: 

80

 17,31 T m2

2,152

Luego:

0,92 = 7,01 m T/m ancho M = 17,31 

Donde:

2

As1 = 3,139  10-4 m2/m = 3,139 cm2/ m ancho

Luego: nº redondos/m. ancho =

3,139 1,539

= 2,04



3 redondos/m

Como la anchura de la zapata es de 2,15 m., necesitaremos en total: 3  2,15 = 6,45

Cuantía mínima:

⇒ 7 redondos de  = 14 mm



A s1  A s2  A s3 Ac

Sustituyendo:



7 1,539 215100

 0,000501  0,0018

Luego: 0,0018 

n 1,539 215 100

De donde: n = 25,146 ⇒

26 redondos de  = 14 mm

Cortante: Vd2  2b2  d2  fcv

b2 = b + d = 0,50 + 0,94 = 1,44 m. V = 17,31  2,15  0,355 = 13,212 T Vd = 1,6  13,212 = 21,14 T

Entonces: Vadmisible = 2  b2  d2  fcv 1 f 0,5  7 fcv = 0,5 = c 5 = 5,4 kg/cmd2 = 54 T/m2 1 , 5 Sustituyendo: Vadmisible = 2  1,44  0,94  54 = 146,18 T > 21,14 T

Luego no hace falta armar a cortante

EJERCICIO 12 Un pilar de hormigón armado de 40  60 cm. transmite una carga vertical de 40 + N/2 toneladas y está dispuesto en la medianería de un edificio, de forma que la zapata de cimentación a proyectar debe quedar en la disposición que indica el croquis. Tomar N = 45. La características del terreno y los materiales se suponen conocidas y de valores: - Coeficiente de balasto del terreno: K = 5 kg/cm3 - Presión admisible a transmitir por la zapata:  = 2 kg/cm2 - Coeficiente de elasticidad del hormigón: E = 210.000 kg/cm2 No se considera el peso propio de la zapata en las comprobaciones que siguen: Calcular: 1. La longitud y el ancho B de la zapata excéntrica necesaria, suponiendo una

ley lineal de presiones bajo la zapata y que el pilar trabaja independientemente sin colaboración del forjado, para que la presión de punta sea igual a la admisible y la presión en el borde menos cargado sea nula. 2. Suponiendo que el forjado puede colaborar en centrar la resultante sobre la zapata antes dimensionada, calcular las presiones bajo la zapata que resultan en este caso.

Caso 1º

40 

N/2

 40 

45/2

 62,5 T

Viendo el diagrama de tensiones:

o sea: 1 Por otra parte:

20  B  L  62,5 

BL  6,25 m 2

2

Las tensiones extremas valen:

Ósea:

Entonces:

Caso 2º. El forjado colabora en centrar la resultante sobre la zapata anterior.t

B 0.9 e= −0.3= −0.3 =0.15 m 2 2 B = 0,90 m. h = 4 m.

La nueva acción resultante pasa por i y produce el nuevo estado tensional. Vamos a hallar i : e

i 1

K  a  b3  h

Donde

36  E  Ic

a = L = 6,94 m. b = B = 0,90 m. K = 5 kg/cm3 E = 210.000 kg/cm2

Ic se refiere al pilar de 40  60 cm: Ic =

1 12

= 40  603 = 720.000 cm4

Sustituyendo valores: 15

i=

5  694  903  400 1 36  210.000  720.000

Luego tenemos: Las tensiones extremas valen:

Osea

: 1 = 1,157 kg/cm2

 12,65 cm

2 = 0,843 kg/cm2

Como vemos, ha disminuido la presión máxima transmitida al terreno por la zapata y al cambiar la ley de presiones, de triangular a trapezoidal, ha disminuido también el giro de la zapata.