1

EJERCICIO 1

El siguiente texto es de una supuesta Memoria de un proyecto de una central, en la cual existen numerosos errores. Subrányese 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.

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.

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:

Cohesión: c = 2 kg/cm2

Resistencia a compresión simple: qu = 1,5 kg/cm2

En un ensayo triaxial lento, 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.

2

e) El valor de 8 para la susceptibilidad tixotrópica (página 107 del citado libro) es muy raro en arcillas españolas. No ocurre así para las arcillas nórdicas.

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.

3

EJERCICIO 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 tríangulo 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.

4

h Sh

S

d

S

d= d 30 = d

3× ≈ = = = =−cos ; tg

210

3 3

6

6

34ε ε

luego:

dS

= ×6

3104

Luego el problema se reduce a clacular 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. Pero antes:

10 000 2 23

2

10

3

4

. ( )mT P h Pd

Pd

T= × = → =

luego:

qP d

dT m= =

×=

area

103

4

4

10

4 3

4

2

42

π π/

Sabemos que: E = 200 kg/cm2 = 2.000 T/m2 ; µ = 0,3

Luego ahora podemos poner:

S

d

dm0

4

4

22

32

10

10

4 3

4

2

1 0,3

2 000

2 23

4= ×

−

=

π

.

,

ahora:

ψ = = →

arc tg º2

426,57

sen 26,57º = 0,45

cos 26,57º = 0,89

luego:

Sd d

mz = + × ×

=

2

31 0,3

10

4 3

2

2 0000,45

0,87

4

4

( ).π

+ (1 - 2 0,3) 1 - 0,89

0,45

5

entonces:

∆S S S Sd d d

mZ= = − = − =02 23

4

0,87

4

136

4

, ,

finalmente:

dd

d d m=

×

× → =×

→ =

61 36

4

310

4,71 10

4108 54 2

4,

,

que es la distancia pedida

6

EJERCICIO 3

Un terreno se compone de un estrato de arena arcillosa de 3 metros de espesor y cuyo coeficiente de elasticidad se puede admitir que es de 40 MN/m2. Su módulo de Poisson es de 1/3. Debajo aparece una arcilla saturada cuyo coeficiente de elasticidad puede estimarse en 1 MN/m2. Su módulo de Poisson, inicialmente por imposibilidad de expulsión instantánea de agua, es igual a 1/2. Posteriormente, cuando se termina la consolidación de la capa, es igual a 1/10

7

EJERCICIO 4

Sobre un terreno de ∅ 30º, c = 20 kN/m2 y γ = 2,2 hay que constrir 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. Haller el coeficiente de seguridad en este caso.

1º Fórmula de Brinch-Hansen:

( )P

ANcP Sc d c ic q BNB S d i= ∅ + +c + q tg

1

2γ γ γ γ γ

donde:

A = B × 1,4B = 1,4 B2

q = γ D = 22 × 1,5 = 33 kN/m2

N cP = (de Prandtl, pag. 814) = 30,1

NBγ = (de Brinch-Hansen, pág. 815) = 18,08

ic = iγ = 1 (carga vertical) (pág. 836)

Suponiendo; D

B < 1 , según algunos autores:

dγ = 1

dc = 1 + 0,175 DB2

= 1 + 0,175 1 5

2

,B

= 1 + 0,525

B

Según la fórmula empírica de algunos autores:

SC = 1 + (0,2 + tg6 ∅)

B

L = 1 + (0,2 + tg6 30º)

B

B1 4, = 1,17

Sγ = 1 - 1

2(0,2 + tg6 ∅)

B

L = 1 + (0,2 + tg6 30º)

B

B1 4, = 0,92

8

Luego sustituyendo valores:

3 10.000

1,4 B2

× = (20 + 33 × tg 30º) 30,1 × 1,17 × 1

0,525+

B× 1 + 33 +

1

222B ×18,08×0,92×1×1

30.000 = 1.925,44 B2 + 1.010,86 B + 46,2 B2 + 256,16 B3 → B3 + 7,7 B2 + 3,95 B = 117,11

resolvemos por tanteos:

B = 3 → 108,15 ≠ 117,11

B = 3,1 → 116,03 ≠ 117,11

B = 3,12 → 117,65 ≠ 117,11

luego adoptamos:

B = 3,12 → L = 1,4B = 4,37 m

además,

D

B= =

1 5

3120,48 1

,

,< , luego es válido el cálculo.

2º Ahora tenemos un caso de carga inclinada.

Vemos que 20º < 45º. Si L

B > 2, se puede despreciar H2.

En nuestro caso, L

B= =4,37

312, 1,4 < 2

Pero seguimos despreciando H2 , porque si no, el ejercicio se plantearía de forma distinta:

H1 = H × cos 20º = 2.000 × 0,94 = 1.879,39 kN

Al ser la carga inclinada, varían los coeficientes de inclinación. Hallamos entonces, viendo nuevamente dicho libro:

H

A VAbaco pag i

cc

1 1879 39

4,37 312 20 10 000 300,31 837 0,69

+=

× × + ×= → → =

∅tg

. ,

( , ) . tg º( . )

ahora:

i

i i

q

q

= −× ×

=

= = =

1 0 67

0 67 0 45

2

2 2

1.879,39

10.000 + (4,37 3,12) 20 cotg 30º,

, ,γ

Los demás coeficientes no varían.

dγ = 1 ; dc = + =10 525

312117

,

,, ; Sc = 1,17 ; Sγ = 0,92

9

Entonces, entrando en la fórmula de Brinch-Hansen:

F ×

×=

10 000

312 4 37

.

, ,(20 + 33 × tg 30º) × 30,1 × 1,17 × 1,17 × 0,69 + 33 + ½ × 22 × 3,12 × 18,08 × 0,92 ×

1 × 0,45, de donde: F = 1,91, que es el coeficiente de seguridad respecto del hundimiento.

3º Ahora tenemos:

La carga de 10.000 kN, está descentrada y nos produce un momento de 500 mT respecto de la diagonal. Entonces:

10.000 × d = 5.000 → d = 0,5 m.

Tenemos que considerar el área equivalente que tenga como centro de gravedad G . Se obtiene:

Entonces aplicamos Brinch-Hansen para este dectángulo. Los coeficientes son:

ic = iγ = 1 (carga vertical)

D

B

d

de

c

= = ⟨ →

= =

15

2 40 63 1

1 22

,

,,

,

γ

1 + 0,75 1,52,4

2

( )( )

s

s

c = + + =

= − + =

1 0 2 302 4

3 7115

11

20 2 30

2 4

3 70 93

6

6

, tg º,

,,

, tg º,

,,γ

luego:

F ×

×=

10 000

2 4 3 7

.

, ,(20 + 33 × tg 30º) × 30,1 × 1,15 × 1,22 × 1 + 33 + ½ × 22 × 2,40 × 18,08 × 0,93 × 1 ×

1, de donde: F = 1,89

10

EJERCICIO 5

En la arcilla de Londres se construye una zapata cuadrada de 3 metros de lado, enterrada 1,5 metros respecto a la superficie.

a) Se carga muy rapidamente, de modo que no se dé tiempo a que se produzca ningún drenaje. Calcular su carga de hundimiento, tomando las características resistentes de la arcilla. La arcilla está saturada y su humedad natural es el 47%, siendo la densidad de las partículas 2,72. Se empleará la fórmula de Brinch Hansen.

b) Supóngase ahora que se aplica la misma carga sobre la zapata pero muy lentamente, de modo que se deja tiempo a que se disipen las presiones intersticiales y que se movilice la resistencia en tensiones efectivas, de acuerdo con los resultados de Bishop. Cacular el coeficiente de seguridad en este caso.

c) Téngase ahora en cuenta que la arcilla de Londres está fisurada y que puede ocurrir muy bien que, a largo plazo, las fisuras se abran y desaparezca la cohesión a lo largo de las mismas. Calcular el coeficiente de seguridad como en el caso b), pero sin cohesión.

a) Carga rápida:

Sr = 1 ; ω = 0,47 ; γs = 2,72 t/m3 γw = 1 t/m

3

viendo que:

∅ = 0º ; c = 1,14 kg/cm2 = 11,4 t/m2

El suelo actúa como si su densidad tuviera el valor de la densidad sumergida.

γγ ω

γ γ ωsats

w sT m=

+

+=

×=

( ), /

11 755 32,72 (1+ 0,47)

1+ 2,72 0,47

luego:

γsum = γ’ = γsat - γw = 1,755 - 1 = 0,755 T/m3

Entonces, la fórmula de Brinch-Hansen, teniendo en cuenta este efecto, queda de la siguiente manera:

( )P

AhN h S d i cN S d i BN S d iq

Pw q q q c

Pc c c

B= + × + × + ×γ γ γ γ γ γ γ' '1

2

donde: A = 3 × 3 = 9 m2 ; NBγ = 0 . Ahora vamos con los coeficientes correctores.

iq = ic = iγ = 1, por suponer carga vertical

11

D

B

h

B= = =

1 5

3

,0,5 < 1 →

d

dc

γ =

=

=

1

1175

1 + 0,175 1,532

= 1,175

d 1,175 - - 1

1 = 1q

,

Sc = (ejercicio anterior) = 1 + (0,2 + tg6 0) 3/3 = 1,2

Sq = 1 (por ser ∅ = 0)

Sγ = (ejercicio anterior) = 1 - ½ (0,2 + tg6 0) 3/3 = 0,90

entonces, sustituyendo valores:

P

9= (0,755×1,5×1 + 1×1,5) 1×1×1 + 11,4×5,14×1,2×1,175×1

luego: P = 767,28 T

b) Carga lenta.

Para: ∅ = 40º ; c = 0,46 kg/cm2 = 4,6 T/m2

entonces los coeficientes quedan:

NPq = 64,2 ; N

Pc = 75,3 ; N

Bγ ) 95,4 = iq = ic = iγ = 1 ;

d

d

Por ser: dq dc

c

γ =

=

→ = =

∅ =

1

1175

1175

40º > 25º

,

,

Sustituyendo valores:

F×=

767 28

9

,(0,755×1,5×64,2 + 1×1,5) 1,55×1,175×1 + 4,6×75,3×1,55×1,175×1 = ½ ×

0,755×3×95,4×0,73×1×1. Luego: F = 9,91

c) igual que en b), pero ahora; c = 0. Entonces directamente:

F×=

767 28

9

,(0,755×1,5×64,2 + 1×1,5) 1,55×1,175×1 + 0 + ½ 0,0755×3×95,4×0,73×1×1. Luego:

F= 2,51

12

EJERCICIO 6

Un silo de grano está cimentado sobre una placa de 15 × 40 metros, enterrada 3 metros bajo la superficie. El peso propio del silo es de 4.000 T y el grano que puede almacenar, 8.000 T.

El terreno consiste en una arcilla saturada de CC = 0,200 y CS = 0,040. Ha sido preconsolidada por unos estratos que después desaparecieron por erosión, cuya presión sobre la superficie del terreno era igual a 3 kg/cm2. En la rama noval, la humedad de la arcilla consolidada con esa presión de 3 kg/cm2 es del 16%, siendo la densidad de las partículas de 2,70. Se supone que el nivel freático está en la superficie.

Se pide:

a) En la hipótesis de que la placa distribuyera la carga sobre el terreno de una manera uniforme, hallar el asiento adométrico del punto central. Se dividirá para ello la masa de arcilla en estratos virtuales de 3 metros de espesor.

b) Hallar el asiento de consolidación probable, según el método de Bjerrum-Skempton.

c) Calcular el movimiento de dicho punto central cada vez que se llena o vacía el silo. Esto se hace con una rapidez tal que no da tiempo a consolidación y la arcilla se comporta como un

sólido elástico de módulo de Young igual a 160 kg/cm2.

La profundidad hasta la que hay que estudir las deformaciones en la pregunta a) se decidirá razonadamente por el alumno, teniendo en cuenta las características de la cimentación.

NOTA: El edificio tiene sótano, de modo que hay que descontar el peso del volumen de tierras que se excavan para construir la placa.

13

Silo: 4.000 T Arcilla saturada

Grano: 8.000 T Cc = 0,2 ; Cs = 0,04

ω = 0,16 ; γs = 2,7 T/m3

1º Curva edométrica

eps

w= = × =

γ

γω

2 7

10 16 0 0432

,, ,

Rama descarga: e - 0,432 = 0,04 log10 30

σ'

Rama noval: 0,432 - e = 0,2 log10 σ'30

Ahora se halla la variación de las presiones efectivas en la vertical de centro, antes de la colocación de la carga.

γγ ω

γ γ ωsats

s sT m=

+

+ ×=

×=

( ), /

12 187 32,7(1+ 0,16)

1+ 2,7 0,16 → γsum = γ’ = γsat - γw = 2,187 -1 = 1,187 T/m

3

A la produndidad z , la presión efectiva será:

σ’0 = γ’(ho + z) - γ’ ho = γ’ z = 1,187 × z T/m2

luego:

z = 0 → σ’0 = 0

z = 3 m → σ’0 = 3,56 T/m2

z = 6 m → σ’0 = 7,12 T/m2

z = 9 m → σ’0 = 10,68 T/m2

z = 12 m → σ’0 = 14,24 T/m2

z = 15 m → σ’0 = 17,81 T/m2

Ahora hallamos la variación de las presiones en la vertical del centro, por la plicación de la carga. Entonces:

Carga total: 4.000 + 8.000 = 12.000 T → q T m=×

=12 000

15 4020 2.

/

Lo haremos por Steinbrenner (cimentación flexible):

(∆σ’z)C = 4 (∆σ’z)A = 4q Ir = 80 Ir T/m2, donde Ir es el coeficiente de influencia debido al

rectángulo: L = 20 m ; B = 7,5 m.

14

z = 0 → ∆σ’z = 20 T/m2

z = 3 → L

z= =20

36 66, ;

B

z= =7 5

32 75

,, → Ir = 0,2443; ∆σ’z = 80× 0,2443 = 19,54

z = 6 → L

z= =20

63 33, ;

B

z= =7 5

61 25

,, → Ir = 0,2163; ∆σ’z = 80 × 0,2163 = 17,3

z = 9 → L

z= =20

92 22, ;

B

z= =7 5

90 83

,, → Ir = 0,182 ; ∆σ’z = 80 × 0,182 = 14,5

z = 12 → L

z= =20

121 67, ;

B

z= =7 5

120 63

,, → Ir = 0,152; ∆σ’z = 80 × 0,152 = 12,2

z = 15 → L

z= =20

151 33, ;

B

z= =7 5

150 50

,, → Ir = 0,05 ; ∆σ’z = 80 × 0,05 = 4

No seguimos a más profundidad porque se obtienen unos ∆σ’z muy pequeños en comparación con los σ’o correspondientes.

Ahora representamos estas dos leyes de presiones obtenidas:

La presión efectiva en cada punto, cuando se termine la consolidación, será:

σ’1 = σ’o + ∆σ’z

Pero hay que tomar valores medios, representativos de cada capa. Luego:

1. ( ' ),

, ; ( ' )σ o m z m= = =3 56 0

21 78

20 + + 19,54

2 = 19,77∆σ

2. ( ' ),

, ; ( ' )σ o m z m= = =7,12 + 19,54 + 17,3

2 = 18,42

3 56

25 34 ∆σ

3. ( ' ), ,

, ; ( ' ),

σ o m z m= = =10 68 712

28 9

17 3 +

+ 14,5

2 = 15,9∆σ

4. ( ' ), ,

, ; ( ' ),

σ o m z m= = =14 24 0 68

212 46

14 5 + 1 + 12,2

2 = 13,35∆σ

5. ( ' ), ,

, ; ( ' ),

σ o m z m= = =17 81 14 24

216 03

12 2 + + 4

2 = 8,1∆σ

Por lo tanto, las presiones medias de cada capa después de la consolidación, serán:

1. (σ’1)m = 1,78 + 19,77 = 21,55 T/m2

2. (σ’1)m = 5,34 + 18,42 = 23,76 T/m2

3. (σ’1)m = 8,9 + 15,9 = 24,8 T/m2

4. (σ’1)m = 12,46 + 13,35 = 25,81 T/m2

15

5. (σ’1)m = 16,03 + 8,1 = 24,13 T/m2

Para cada capa:

δzo

o

e e

e=

−

+1

1

donde:

δz = disminución unitaria de espesor de la capa

eo = índice de poros correspondiente a (σ’o)m

e1 = índice de poros correspondiente a (σ’1)m

Como vemos que todas las presiones obtenidas antes y después de la consolidación son inferiores a la de preconsolidación, σ’p = 30 T/m

2, quiere decor que estamos en la ramoa de

descarga de la curva edométrica. O sea:

e - 0,432 = 0,04 log10 30

σ'

Luego entonces:

(σ’o)m eo (σ’1)m e1 δz

1 1,78 0,481 21,55 0,438 2,9 × 10-2 m

2 5,34 0,462 23,76 0,436 1,78 × 10-2 m

3 8,90 0,453 24,80 0,435 1,24 × 10-2 m

4 12,46 0,447 25,81 0,435 0,89 × 10-2 m

5 16,03 0,443 24,13 0,436 0,48 × 10-2 m

Finalmente:

Sed = ΣH × δz = 3[(2,9 + 1,78 + 1,24 + 0,89 + 0,48) × 10-2 ] = 0,219 → Sed = 0,219

2º Sc = ρc × Sed ; donde: ρc = A + α (1 - A)

donde:

A = 0,35 (arcilla sobreconsolidada) (lo tomamos)

α = = =

=

z

b

15

151 0 37,

luego:

Sc = [0,35 + 0,37 (1 - 0,35)] × 0,219 = 0,129 → Sc = 0,129

3º El suelo es ahora un sólido elástico, con E = 160 kg/cm2. No hay consolidación → µ = ½, para que no haya variación de volumen.

16

Entonces el asiento en el centro del rectángulo se calcula:

Scentro = 2 × Sesquina

donde:

Sesquina =( )

Kqb

E

1 2− µ

Ahora:

Silo vacío: q T m=×

=4 000

15 406 67 2., /

Silo lleno: q T m=×

=12 000

15 4020 2.

/

E = 160 kg/cm2 = 1.600 T/m2

a

bK= → =

40

152 67 0 9, ,

Silo vacío:

( )S mcentro = ×

× −=2 0 9

6 67 15 1 0 5

16000 084

2

,, ,

.,

Silo lleno:

( )S mcentro = ×

× −=2 0 9

20 15 1 0 5

16000 253

2

,,

.,

17

EJERCICIO 7

El terreno de la figura está constituido por un estrato superficial de relleno heterogéneo muy poco resistente, de 2 metros de espesor y densidad aparente de 1,7 T/m3, que descansa en un manto arcilloso indefinido sobre el que se decide cimentar un muro de fábrica de ladrillo de una instalación industrial.

Las características del estrato arcilloso, fijadas después de interpretar los correspondientes ensayos de varias muestras de laboratorio son las siguientes:

- Peso específico de las partículas s = 2,7 kg/dm3 = 2,7 T/m3

- Índice de huecos Eo = 0,50

- Resistencia media a la compresión simple qu = 2 kg/cm2

- Resultados de un ensayo tiaxial consolidado con drenaje ∅ = 25º c’ = 1 T/m2

La cimentación se resuleve de la siguiente forma:

Se excava una zanja de 1,20 metros de ancho y 2 metros de profundidad, rellenándola de hormigón de baja dosificación de cemento, de 2,2 T/m3 de densidad, suponiendo que las paredes de la excavación se mantienen verticales, en el corto tiempo que dura abierta la zanja mientras se rellena de hormigón.

El nivel freático se ve que coincide con la cota de aparición de la arcilla.

Se pide:

1º Determinar la máxima carga P por metro lineal de muro que puede disponerse en la cara superior del cimiento para tener un coeficiente de seguridad de 3 al comprobar la estabilidad a corto plazo por la fórmula de Terzaghi.

2º Repetir la comprobación anterior, considerando la estabilidad del cimiento a largo plazo con un coeficiente de sguridad de 3 también por la pórmula de Terzaghi, considerando falla total.

NOTA: Con objeto de uniformizar los resultados, se utilizarán los coeficientes que se acompañan a continuación, correspondientes a Terzaghi-Pezk.

CARGA DE HUNDIMIENTO qh SEGÚN TERZAGHI-PEZK Falla total (terrenos resistentes)

qh = cNc + γ1 Df Nq + ½ γ2 B Nγ Zapata corrida

qh = 1,2 cNc + γ1 Df Nq + 0,4 γ2 B Nγ Zapata cuadrada

qh = 1,2 cNc + γ1 Df Nq + 0,6 γ2 R Nγ Zapata circular de radio R

Las densidades corresponderán a los pesos específicos del suelo en cada caso concreto de que se trate.

18

∅ Nc Nq Nγ

0 5,14 1 0

2,5 5,76 1,25 0,02

5 6,49 1,57 0,09

7,5 7,34 1,97 0,23

10 8,34 2,47 0,47

12,5 9,54 3,11 0,84

15 10,98 3,94 1,42

17,5 12,71 5,01 2,27

20 14,83 6,40 3,54

22,5 17,45 8,23 5,39

25 20,72 10,66 8,11

27,5 24,85 13,93 12,12

30 30,10 18,40 18,08

32,5 37,00 24,58 27,04

35 46,10 33,30 40,70

37,5 58,40 45,80 61,90

40 75,30 64,20 95,40

42,5 99,20 91,90 149,90

45 133,90 134,90 241,00

Nc = (Nq - 1) cotg ∅

Nq = eπ tg ∅ tg2 (45 + ∅/2)

Nγ = 1,8 (Nq - 1) tg ∅

Falla parcial (terrenos blandos o muy sueltos):

Se tomará:

c' c=2

3

tg ' tg∅ ∅=2

3

Carga de hundimiento:

qQ

Bc N q N BN c N D N BNh

hc q c f q= = + + = + +

1

2

1

22 1 2γ γ γγ γ

19

c × Nc : Resistencia debida a la cohesión del terreno

γ1 Df × Nq : Resistencia debida a la sobrecarga que rodea a la cimentación (zapata, muro).

½ γ2 B × Nγ : Resistencia debida a la consideración del peso del terreno (terenos con peso). Es una resistencia por empuje pasivo del terreno, que es una característica del mismo.

1º. Estabilidad a corto plazo.

Resistencia a corto plazo: Es la resistencia del terreno (arcilla) en el mismo momento de aplicar las cargas.

El estado inicial de tensiones en una arcilla saturada al cargarla es equivalente al que se produce en un ensayo triaxial rápido (sin consolidación previa), sin drenaje.

qu : Resistencia a la compresión simple

Su: Resistencia al esfuerzo cortante, sin drenaje.

Entonces tenemos a corto plazo:

c = Su = qu

2 = 1 kg/cm2 = 10 T/m2

∅ = 0

Para ∅ = 0, viendo la tabla adjunta:

Nq = 1

Nγ = 0

luego:

qh = Su × Nc + γ × Df

como vemos, es independiente del ancho de la cimentación.

Hay dos formas de aplicar la fórmula:

a) Sin tener en cuenta la carga neta:

Su = 10 T/m2 ; Nc = (tabla) = 5,14 ; γ1 = 1,7 t/m

3; Df = 2 m.

luego:

qh = 10 × 5,14 + 1,7 × 2 = 54,8 T/m2

entonces:

qq

FT madm

h= = =54 8

318 27 2,

, /

20

Por otra parte:

qP

BD

Padm horm f= + × = + ×γ

1 22 2 2

,,

luego:

18 271 2

2 2 2 16 64,,

, ,= + × → =P

P T m

b) Teniendo en cuenta la carga neta. Se hace:

q

F

S N

F

D

Fh u c f=

×=

×γ1

al segundo término del segundo miembro, se le afecta con F = 1

q

F

S N

FDh u c

f=×

= ×γ1

o bien:

qP

BD

S N

FDadm horm f

u cf= + × =

×+ ×γ γ1

sustituyendo:

P

1 22 2 2

10 514

31 7 2

,,

,,+ × =

×+ × → P = 19,36 T m

2º Estabilidad a largo plazo:

Resistencia a largo plazo: Es mayor que a corto plazo; el estado tensional es análogo al de un ensayo triaxial (consolidado con drenaje), con drenaje. Entonces se dejan disipar las presiones intersticiales, con lo que ahora tendremos un ángulo de rozamiento. Ahora se trabaja con presiones efectivas.

En el enunciado nos dan:

c’ = 1 T/m2

∅’ = 25º

La fórmula aplicar será, en este caso:

qh = cNc + γ1 Df Nq + ½ γ2 B Nγ

donde:

γ1 = (γd)1 = 1,7 T/m3

γ2 = (γsum)2 = γ’2 = (γsat - γw)2 = γ γ

γs ww

e

eT m

+

+−

=

+ ×

+− =

1

2 7 0 5 1

1 0 51 113 3, ,

,,

21

para ∅’ = 25º, entrando en la tabla:

Nc = 20,72 ; Nq = 10,66; Nγ = 8,11

entonces, sustituyendo:

qh = 1 × 20,72 + 1,7 × 2 × 10,66 + ½ 1,13 × 1,2 × 8,11 = 62,46 T/m2

entonces:

qq

FT madm

h= = =62 46

320 82 2,

,

por otra parte:

qP

BD

Padm horm f= + × = + ×γ

1 22 2 2

,,

luego:

20,82 = P

1 2,+ 2,2 × 2 → P = 19,7 T/m

que como vemos, ha salido más o menos igual que la resistencia a corto plazo, considerando la carga neta.

22

EJERCICIO 8

Una zapata cuadrada de 2,00 × 2,00 metros de planta y 0,80 de canto, descansa superficialmente en un terreno arenoso uniforme e indefinido, con un índice de huecos e = 0,50 y peso específico de partículas s = 2,6 gr/cm3, pudiendo suponerse a efectos de cálculo, un ángulo de rozamiento interno ∅ = 35º y cohesión nula.

Una vez construida la zapata, se coloca un relleno compactado de 0,80 metros de espesor y densidad aparente de 1,8 T/m3.

Se pide:

1º Calcular la máxima presión que puede transmitir la base de la zapata al terreno para tener un coeficiente de seguridad al hundimiento de 3, según Terzaghi y, suponiendo que todo el estrato tiene un grado de saturación Sr = 30% y que éste se mantiene a lo largo del tiempo.

2º Repetir el cálculo anterior, suponiendo que el nivel freático sube hasta la base inferior de la zapata, quedando el terreno arenoso sumergido y el relleno con su densidad aparente.

Hay que decir que en arenas, la carga admisible (qadm), viene determiando por los asientos y no por la carga de hundimiento (qhund). O sea: qadm <<< qhund (sabemos que en cualquier caso, ha de cumplirse: qadm < qhund)

La carga de hundimiento produce una rotura generalizada del terreno, pero por ser la carga de hundimiento un límite superior de la llamda capacidad portante, es posible que antes de llegar a la carga de hundimiento, nos encontremos con que la tensión aplicada produce asientos muy grandes en el terreno.

Esto es muy fácil que ocurra con arenas y sólo en arenas muy densas, ambos valores coindicen.

En nuestro ejercicio, la zapata es cuadrada, pero como en el enunciado nos hablan del hundimiento, usaremos la fórmula que viene en la tabla del ejercicio anteror, o sea:

qh = ½ c Nc + γ1 Df Nq + 0,4 γ2 B Nγ

El siguiente problema consiste en saber si la rotura que se produce en la arena va a ser rotura parcial o total.

En terrenos blandos o muy sueltos, la rotura será parcial. En terrenos densos (∅ = 40º), la rotura será total; en nuestro caso (∅ = 35º), la arena está próxima a la rotura total. Para resolver el ejercicio correctamente, se tendría que hallar la carga de hundimiento, interpolando entre las correspondientes a rotura parcial y total, pero lo resolveremos suponiendo que se produce rotura total. En general, siempre nos dirán el tipo de rotura.

23

Yendo al ejercicio:

1º γ1 = densidad aparente relleno superior = 1,8 T/m3

γ2 = densidad arena = γ1 (1-n) + Sr n γw = γ γγ γ

s r ws r we

eS

e

e

e S

e1

1 1 1−

+

+

+=

++

=

=× ×

=2 6

1 83 3,,

+ 0,5 0,3 1

1+ 0,5T m

Viendo en la tabla del ejercico anterior, para ∅ = 35º:

Nq = 33,30

Nγ = 40,70

Entonces:

qh = 1,8 × 0,8 × 33,3 + 0,4 × 1,83 × 2 × 40,70 = 107,54 T/m2

Ahora:

Para F = 3 → qq

FT madm

h= = =107 54

335 85 2,,

2º Ahora sube en N.F. hasta la base de la zapata. Entonces:

γ1 = densidad aparente relleno superior = 1,8 T/m3

γ2 = densidad sumergida arena = γsat - γw = γ γ

γs ww

e

eT m

+

+− =

×=

1

2 61 07 3,,

+ 0,5 1

1+ 0,5

entonces:

qh = 1,8 × 0,8 × 33,3 + 0,4 × 1,07 × 2 × 40,70 = 82,79 T/m2.

ahora:

Para F = 3 → qq

FT madm

h= = =82 79

327 6 2,,

24

EJERCICIO 9

Una cimentación tiene forma de cubo de 2 metros de lado, con todas las paredes de 0,30 metros de espesor, de hormigón armado de densidad 2,5 T/m3.

El terreno es un estrato de arena de gran espesor con γmax = 2,1 T/m3, γmin = 1,4 T/m

3 y peso específico de las partículas 2,65 T/m3.

El nivel freático se supone muy profundo.

Los reconocimientos geotécnicos han dado los siguientes valores:

Profundidad z (m) NSPT RP (Kg/cm2)

1 20 50

2 30 100

4 45 130

8 Rechazo (no entra el SPT)

200

Un ensayo de placa de 30 × 30 cm, realizado a 2 metros de profundidad, ha dado un asiento de ½” para q = 3,5 kg/cm2.

Se pide:

1º Estimar la densidad aparente media del estrato de arena, clasificando la arena según su densidad relativa.

2º Estimar la carga P admisible, por criterio de asientos, según los métodos de Terzaghi y Meyerhof.

3º ¿Cuál sería el asiento correspondiente a la carga media entre ambos metodos, según el criterio de Tergazhi y suponiendo proporcionalidad entre presiones y asientos de la placa de carga?

25

En primer lugar, vamos a representar gráficamente los resultados obtenidos en los

reconocimientos geotécnicos. De esta forma, obtenemos N y R p

1º De la representación gráfica obtenemos:

N R kg cmp≈ ≈37 125 2; /

Viendo la tabla que se adjunta al final de ejercicio:

30 < N ≈ 37 < 50 120 < Rp ≈125 < 200

luego, la Densidad relativa (ID): 0,6 < ID < 0,8 → Tomamos: ID = 0,65

Según el cuadro, la arena es de naturaleza densa. Ahora se calcula la densidad (o peso especifico) aparente seca. O sea:

I IDmax

d

d min

max minD

max

d

d min

max min= ×

−

−⇔ = ×

−

−

ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ

γ

γ

γ γ

γ γ

0 652 1 1 4

2 1 1 4,

, ,

, ,= ×

−

−γ

γ

d

d → 0,46 γd = 2,1 γd - 2,94

de donde:

γd = 1,79 T/m3

2º Carga P admisible.

Ancho de la zapata: B = 2 m = 2

0 3, = 6,67 pies

Suponiendo (Stotal)arenas = 1” (máx. adm.), entonces la carga admisible nos la da (según Terzaghi) en el gráfico que se adjunta al final del ejercicio.

En dicho gráfico, para N = 30 pies → qad = 3,3 kg/cm2.

Como la interpolación puede hacerse lineal, tenemos:

Para (según Terzaghi): N q kg cmad= → = × =37 3 337

304 07 2, , /

Para Meyerhof:

Como B > 4 pies → qN S B

Bq kg cmad ad=

× +

=

× +

→ =

12

1 37 1

12

6 67 1

6 674 08

2 22,

,, /

Esta fórmula de Meyerhof es la expresión analítica del gráfico de Terzaghi.

26

Ahora bien, Meyerhof propuso la siguiente relación empírica para hallar la carga admisible, independientemente del ancho de la cimentación.

qS R

kg cmadp

=×

=×

=40

1 125

40313 2, /

Como vemos, este resultado sale distinto de los obtenidos anteriormente. Ahora bien, esta última fórmula empleada sólo se puede usar si Rp = 4 × N.

Si hacemos que se cumpla Rp = 4,37 = 148 kg/cm2, luego (según Meyerhof):

qS R

kg cmadp

=×

=×

=40

1 148

403 7 2, /

que ya se parece un poco más a lo obtenido al principio.

El pasar de estas cargas admisibles (en presiones), a la carga total admisible P, es inmediato. O sea:

qC a

Areaad =arg + Peso cimentacion

o sea:

( )[ ]q

Pad =

+ − − × ×

×

2 2 2 0 3 2 5

2 2

3 3, ,

Conocida qad, podemos entonces hallar Pad.

3º Carga media entre ambos métodos:

4 08 313

23 61 2, ,, /

×= kg cm

En el enunciado nos dicen que en elensayo de placa de carga, q (1/2") = 3,5 kg/cm2. Entonces, según la regla de Terzaghi:

qad = ½ × q (½") = ½ × 3,5 = 1,75 kg/cm2

Como esta qad no se parece en nada a las calculadas anteriormente, quiere decir que esta placa no es representativa del terreno.

Como nos dicen que hay proporcionalidad entre presiones y asientos en la placa de carga, establecemos:

3 50 0 5

3 610 52

2

2

, / , "

, / ", "

kg cm

kg cm xx

→

→

=

con lo que el asiento en la cimentación para la carga de 3,61 kg/cm2 ser:

S

S B

B

o o

=

+

4

12

27

donde: So = 0,52"

Bo = 0,3 m

B = 2 m

S: incógnita, luego: S =×

+

=4 0 52

10 3

2

1 572

,

,, " > 1"

que como vemos, es mayor que el asiento toal máximo admisible para las arenas que hemos supuesto es de 1".

Ahora:

Si supieramos también proporcionalidad entre presiones y asientos en la cimentación, podríamos poner:

3 61 1 57

12 3

2

22, / , "

/ ", /

kg cm

x kg cmx kg cm

→

→

→ =

Entonces, según criterios, se puede adoptar como carga admisible del terreno:

3 61

2 30

2

2

, /

, /

kg cm

kg cm

→ según criterios: qad = 3 kg/cm

2

Recopilando todo lo dicho en un gráfico:

(gráfico)

La zapata, por ser más grande, asienta más que la placa.

28

RELACIONES APROXIMADAS ENTRE LA DENSIDAD RELATIVA, EL S.P.T., LA RESISTENCIA POR LA PUNTA Y EL ÁNGULO DE ROZAMIENTO DE LAS ARENAS

Naturaleza de la arena

Densidad Relativa S.P.T. Resistencia

estática cono (Rp) Ángulo rozamiento

interno

Golpes por pie de penetración

T/pie2 ~ kg/cm2 Grados

Muy suelta

Suelta

Compacta

Densa

Muy Densa

< 0,2

0,2 - 0,4

0,4 - 0,6

0,6 - 0,8

> 0,8

< 4

4 - 10

10 - 30

30 - 50

> 50

< 20

20 - 40

40 - 120

120 - 200

> 200

< 30

30 - 35

35 - 40

40 - 45

> 45

(Gráfico)

Asiento de una zapata en función de la resistencia a la penetración dinámica (Según Terzaghi y Peck, 1948)

29

EJERCICIO 10

El terreno de cimentación de un edifico está formado por los siguientes estratos:

a) Una capa de relleno arenoso, sin compactar, de densidad aparente 1,8 T/m3 y 3 metros de espesor.

b) Una capa de arcilla de las siguientes características:

- Peso específico de las partículas .................................................s = 2,7 T/m3

- Índice de huecos ......................................................................eo = 0,80

- Resistencia a la compresión simple.............................................qu = 1,6 kg/cm2

- Resultados de un ensayo triaxial consolidado con drenaje .........∅ = 20º c' = 0,2 kg/cm2

- Coeficiente de compresibilidad...................................................Cc = 0,15

- Espesor del estrato ......................................................................4 metros

Las características indicadas corresponden al punto A del estrato arcilloso y se tomarán como media de todo el estrato. Bajo la capa de arcilla existe un estrato de grava indeformable e indefinido.

Sobre este terreno se construye un edificio excavando 3 metros de terreno y apoyando en el estrato de arcilla un losa com muros que transmite una carga máxima total de 1 kg/cm2, incluido el peso de la losa.

La losa tiene un ancho de 16 metros y una longitud que permite considerarla indefinida a efectos del ejercicio.

El nivel freático está situado a 3 metros de la superficie del terreno.

Se pide:

1º La carga neta que actúa sobre el estrato arcilloso.

2º El coeficiente de seguridad al hundimiento a corto plazo según Terzaghi.

3º El coeficiente de seguridad al hundimiento a largo plazo según Terzaghi.

4º El asiento de consolidación del cenro de la losa con las siguientes hipótesis:

- El vaciado del solar no porduce variación del índice de huecos inicial (entumecimiento de la arcilla.

- Durante la construcción no se produce ningún asiento hasta que la carga neta empiece a ser positiva.

- Sólo produce asiento la carga neta que actúa en el estrato arcilloso, suponiendo que este incremento de presión vertical neto es constante en todo el espesor del estrato arcilloso.

30

1º Carga neta que actúa sobre el estrato arcilloso. La carga neta, es el incremento de presión introducido en el terreno, al nivel del plano de cimentación. O sea, es la carga adicional que recibe el terreno sobre el que se cimenta. Entonces:

∆p = Carga total máxima - Peso tierra excavada.

o sea:

∆p = 10 T/m2 - (1,8 × 3) T/m2 → Carga neta = ∆p = 4,6 T/m2

2º Coeficiente de seguridad al hundimiento a corto plazo.

qh = Su × Nc + γ1 Df

y que: ∅ = 0º

c = Su = q u

2

1 6

20 8= =

,, kg / cm = 8 T / m2 2

Para ∅ = 0: Nc = 5,14 , luego:

qh = (8 × 5,14) + (1,8 × 3) = 41,12 + 5,4

ahora:

qadm = 10 T/m2 =

q

F Fh = +

41125 4

,,

Hay que tener en cuenta que al primer término del segundo miembro se le afecta del coeficiente F, porque hay dudas acerca de la cohesión del terreno y que al segundo término (peso de las tierras) no da lugar afectarlo con el coeficiente de seguridad F. Entonces:

10 = 4112

5 4,

,F

+ → F = 8,94

El que haya ssalido tan alto, quiere decir que no hay forma de romper la losa con las condiciones dadas.

3º Coeficiente de seguridad al hundimiento a largo plazo. En el enunciado nos dan:

c' = 0,2 kg/cm2 = 2 T/m2

∅ = 20º

En función de la naturaleza de la arcilla, se puede adoptar el siguiente criterio:

qu < 1 kg/cm2 → ARCILLA BLANDA

qu > 1 kg/cm2 → ARCILLA DURA

En nuestro caso: qu = 1,6 kg/cm2. Se trata de una arcilla compacta, sin ser muy dura. Vamos a

considerar que se produce una rotura parcial.

31

Entonces, viendo la tabla del ejercicio 7, se toma:

c'* = 2/3 c' = 2/3 2 = 1,33 T/m2

Tg ∅'* = 2

3tg '∅

→ ∅'* = arc tg

2

3tg '∅

= arc tg

2

320tg º

= 13,64º

La fórmula a aplicar es (ver ejercicio 7):

qh = c'* Nc + γ1 Df Nq + ½ γ2 B Nγ

Ahora, viendo la tabla de dicho ejercicio, tenemos:

Nq = e π tg ∅ × tg2 (45 + ∅/2) = eπ tg 13,64 × tg

,,2 45

13 64

23 47+

=

Nc = (Nq - 1) cotg ∅ = (3,47 - 1) × cotg 13,64 = 10,18

Nγ = 1,8 (Nq - 1) tg ∅ = 1,8 (3,4 - 1) tg 13,64 = 1,08

Ahora:

γ2 = γsum = γsat - γw = γ γ

γs o ww

eT m

+− =

×− =

1 + e

2,7 + 0,8 1

1 + 0,8o1 0 94 3, /

Entonces, sustituyendo valores en la fórmula, tenemos:

qh = (1,33 × 10,18) + (1,8 × 3 × 3,47) + ½ (0,94 × 16 × 1,08) = 40,4 T/m2

Hay que tener en cuenta que en este caso, en el primero término del segundo miembro, tenemos la incertidumbre de la cohesión y en los otros dos, la incertidumbre del ángulo de rozamiento interno, con lo que el cieficiente de seguridad F, afectará a todos los términos.

Entonces:

qadm = 10 T/m2 =

q

F FFh = → = =

40 4 40 4

104 04

, ,,

4º Asiento de consolidación del centro de la losa. El proceso se puede representar por

(gráfico)

El punto A es el representativo del estrato

Estado inicial: (eo , σ'o)

Estado final: (ef , σ'f)

Entonces:

(σ'o)A (correspondientes a entes de hacer el vaciado del solar) = 1,8 × 3 + γsat × 2 - γw × 2 =

= 1,8 × 3 + 0,94 × 2 = 7,28 T/m2

(σ'f)A (después de estar todo constriudio) = (σ'o)A + Carga neta = 7,28 + 4,6 = 11,88 T/m2

32

Entonces:

eo - ef = Cc log10 ( )( )σ

σ

'

'f A

o A

→ ef = 0,8 - 0,15 × log10 11 88

7 28

,

, = 0,768

Ahora:

ε =−

+=

−

+=

e e

eo f

o1

0 8 0 768

1 0 80 018

, ,

,,

con lo que el asiento total del estrato arcilloso será:

S = ∆ L = ε × Larcilla = 0,018 × 400 = 7,2 cm

Como resumen de los ejercicios anteriores, se puede hacer un compendio de los criterios a seguir para hallar la carga admisible (qadm) en una cimentación mediante el esquema que aparece en la página siguiente.

33

TERRENO DE CIMENTACIÓN:

1. ARENAS:

a. Limitación por presión:

q qq

Fh admh

rotura parcial

rotura total

(c = 0 ; 0)∅ ≠

→ =

b. Limitación por asiento: Ver ejercicio 9

2. ARCILLAS: q h

rotura parcial

rotura total

a. Corto plazo (∅ = 0) → q = c(con carga neta)

h × + ×=

=×

+ ×N D

qq

Fsin c a neta

qc N

FD

c f

admh

admc

f

γγ

( arg )

b. Largo plazo (∅ = 0) → qh = c × Nc + γ × Df × Nq + ½ γ × B × Nγ → qq

Fadmh=

34

EJERCICIO 11

Un pilar metálico se empotra en una zapata cuadrada de 2,00 × 2,00 × 1,00 metro de hormigón armado, con densidad 2,5 T/m3, que se encuetnra apoyada en un estrato arenoso uniforme.

Admitiendo leyes de reparto de presiones de tipo lineal debajo de la zapata, indicar las presiones máximas y mínimas transmitidas al terreno y los esquemas de presión correspondientes, para los siguientes tipos de acciones transmitidas por el pilar a la cara superior de la zapata:

1º Compresión centrada N = 90 ton

2º Compresión N = 40 ton y momento en una dirección Mx = 10 m × t

3º Compresión N = 40 ton y momento Mx = 25 m × t

4º Compresión N = 40 ton y momentos en dos direcciones, Mx = 10 m × t y My = 10 m × t

(gráfico)

1º Hay que reducir N a Nt, porque hay que hallar las presiones que se transmiten al terreno.

p.p. zapata = γh × Vol = 2,5 × (2 × 2 × 1) = 10 T

Área base zapata = Ω = A × B = 2 × 2 = 4 m2

Nt = 90 + 10 = 100 T

Fórmula a emplear, siempre que no salga negativo nignún valor:

σ = ±×N M y

It x

xΩ

donde:

(gráfico)

Si al usar esta fórmula nos saliesen valores de σ negativos, querría decir que el terreno aguanta tracciones, lo cuál es falso. Por lo tanto, el campo de aplicación de la fórmula anterior es para valores de σ positivos.

(gráfico)

En la fórmula anterior, las tensiones extremas se obtienen para valores yB

= ±2. Entonces:

σextrt x t x t x

x

N M B

AB

N M

AB

B

N M

W= ±

×= ± = ±

Ω Ω Ω2

112

112

2

3 3

35

Al valor WAB

BAB

x = =112

26

3 2

(sección rectangular), es lo que se llama momento resistente de la

sección respecto del eje X. Entonces, para sección rectangula, la fórmula queda:

σextrt xN

A B

M

AB=

×±

2

6

En nuestro caso: Nt = 100 T ; Mx = 0 ; A = B = 2 m. Luego:

σextr T m=×

± =100

2 20 25 2/

Como ha salido positivo, se trata de compresiones

(gráfico)

2º N = 40 T ; Mx = 10 mT → Nt = 40 + 10 = 50 T

Mx = Nt × e → eM

Nmx

t= = =

10

500 20, .

(gráfico)

Sabemos que el núcleo central de una sección rectangular es:

Bm

6

2

60 33= = , .

Como 0,20 < 0,33 , la carga Nt, está dentro del núcleo central y, por lo tanto, es válida la fórmula anterior, ya que todo son compresiones. Entonces:

( )( )

σσ

σextr

ext

ext

T m

T m=

×±

×=

=

=

50

2 2

10

2 2 26

20

51

2

22

/

/

(gráfico)

3º N = 40 T ; Mx = 25 mT → Nt = 40 + 10 = 50 T

En este caso:

eM

Nm

Bmx

t= = = ⟩ = =

25

500 5

6

2

60 33, . , → La carga Nt está fuera del núcleo central de la

sección. Entonces se puede hacer:

e'B

e m= − = − =2

2

20 5 0 5, , .

(gráfico)

36

Estableciendo el equilibrio:

Nt ( ½ σmax × 3 × e') × A

50 = ½ σmax × 3 × 0,5 × 2 → σmax = 33,33 T/m2

4º N = 40 T ; Mx = 10 mT ; My = 10 mT → Nt = 40 + 10 = 50 T

El estado de cargas, produce una flexión desviada. Entonces, si la resultante Nt cae dentro del núcleo central de la sección, es aplicable la fórmula:

σmaxt x

x

y

y

t x x t x yN M B

I

M A

I

N

A B

M B

BA

M A

AB

N

A B

M

AB

M

BA= +

×+

×=

×+

×+

×=

×+ +

Ω2 2 2

112

2112

6 63 3 2 2

(gráfico)

Mx = Nt × ex

My = Nt × ey

luego, sustituyendo en la fórmula:

σmaxt t x t yN

AB

N e

AB

N e

BA= +

× ×+

× ×6 62 2

o sea:

σmaxt x yN

AB

e

B

e

A= + +

1

6 6

En el caso de que se tenga duda de que Nt caiga o no dentro del nucleo central, aplicamos la fórmula:

σmaxtN

A BK=

×

entonces:

eM

Nm

e

a

e

Bxx

t

x x= = = → = = =10

500 2

0 2

20 10, .

,,

eM

Nm

e

b

e

Ayy

t

y y= = = → = = =10

500 2

0 2

2010, .

,,

Luego:

σmax T m=×

× =50

2 22 2 27 5 2, , /

37

apliquemos la fórmula anterior:

σmax T m=×

+×

+×

=

50

2 21

6 0 2

2

6 0 2

227 5 2, ,, /

que como vemos, sale igual que lo obtenido, con lo que Nt está actuando fuera del núcleo central de la sección; la diferencia es pequeña.

38

EJERCICIO 12

Un pilar de hormigón armado de 50 × 50 centímetros transmite una carga vertical centrada de 80 ton.

Se proyectan dos tipos de zapatas cuadradas, una de 50 centímetros de canto y otra de 1 metro y se quiere que ambas transmitan la misma presión al terreno, 2 kg/cm2. (Se supone que el reparto de presiones bajo la zapata es uniforme, sea cual sea la rigidez de la misma). La densidad del hormigón es de 2,5 T/m3 (γhorm).

Se pide:

Determinar las dmimensiones de cada tipo de zapata y proyectar las armaduras y detalles constructivos usuales, utilizando las siguientes características de los materiales:

- Resistencia característica del hormigón: 175 kg/cm2 = fck

- Límite elástico del acero: 4.200 kg/cm2 = fyk

- coeficiente de mayorización de cargas: 1,6 = γf

(figura)

Ambas son zapatas cuadradas, que transmiten al terreno la misma presión de 2 kg/cm2.

Se supone reparto de presiones bajo la zapata, uniforme.

γhorm = 2,5 T/m3 ; fck = 175 kg/cm

2 ; fyk = 4.200 kg/cm2 ; γf = 1,6

(gráfico)

Va = vuelo de la zapata

Si: 0,5h < Va ≤ h → Zapata rígida, a la que es aplicable el método de las bielas.

Si: h < Va ≤ 2h → Zapata flexible, que trabaja a flexión, como una losa.

(gráfico)

Nuestra zapata tiene en planta:

(gráfico)

a) Vamos con la zapata de canto: h = 0,50 m,

(gráfico)

Se ha de cumplir:

( )N L h

L L

horm+ ×= →

× ×=

2

2 2

0 5 2 520

γ 2 kg / cm = 20 T / m

80 + L2 22 , ,

de donde L = 2,066 m. A efectos prácticos, tomamos L = 2,1 m.

Entonces la presión total transmitida al terreno, será:

39

σ t T m=× ×

=80 + 2,1 0,5 2,5

2,1

2

219 39 2, /

ahora:

Va = 0,8 m ; h = 0,50 m.

(gráfico)

Según la clasificación dada al principio, se cumple: h < Va < 2h , luego la zapata es flexible. Vamos a ver cómo se arman, a flexión, las zapatas flexibles.

De σt , no toda la presión sirve para armar la zapata. El p.p. de la zapata se compensa con el terreno y sólo vale la N.

(gráfico)

entonces:

σ = =80

2 118 14

22

,, T m

(gráfico)

El momento que actúa en dicha sección, por metro lineal de ancho es (pieza en ménsula):

M(carga real) = 18,14 × 0 80

2

2, = 5,8 mT/m ancho

(gráfico)

Es mejor no apoyar el moento hasta el isntante de calcular las armaduras. La sección A-A debe tener una armadura de flexión que aguante el momento hallado.

Dimensionamos a flexión simple, sin armadora de compresión.

La capacidad mecánica de las armaduras es:

UM

d

M

U dsd d

c1

0 97 1= +×

,

donde:

Md = γf × M = 1,6 × 5,8 mT/m

d = canto útil sección

Uc = fcd × b × d = f

dck

cγ× ×1

Vamos a hallar el canto útil d :

(gráfico)

40

En zapatas, los recubrimientos son mayores que en vigas. Suponiendo que se usan redondos (∅ = 14 mm), tenemos:

Recubrimiento = 4 + ¼ + 1 4

2

, = 6,1 cm ≈ 6 cm.

luego:

d = 50 - 6 = 44 cm

Entonces:

U T ms10 97

1 6 5 8

0 441

1 6 5 81750

1 51

21 30=×

+×

× × ×

=,, ,

,

, ,.

,

, /

*0,44 0,44

(*) suponemos γc = 1,5

Pero:

Us1 = As1 × Fyd = As1 × Fy

s

k

γ → 21,30 = As1 ×

42 000

11

.

, *

(*) suponemos γs = 1,1

De donde:

As1 = 5,5787 × 10-4 m2/m = 5,579 cm2/m ancho

Área de 1 redondo ∅ = 14 mm:

π ×=

1 4

41 539

22,

, cm

luego:

nº redondos/m. ancho = 5 579

1 5393 625

,

,,= → 4 redondos/m.

Como la anchura de la zapata es de 2,10 m., necesitaremos en total:

4 × 2,10 = 8,4 → 9 redondos ∅ = 14 mm

Esta es la parrilla inferior de la zapata, que constituye la armadura principal de la zapata a flexión.

En planta:

(gráfico)

Se arma la zapata en las dos direcciones principales.

Cortante: Viendo la comprobación práctica, se hace con la sección B-B (ya que punzona el pilar de la zapata).

41

(gráfico)

El cortante máximo que actúa en la sección B-B , es el debido a la zona rayada de la zapata.

Entonces:

Qmax (carga real) = 2 1 1

418 14 15 46

2 2,, , .

−× = T

El cortante de cálculo será:

Qd = γf × Qmax = 1,6 × 15,46 = 24,74 T.

Este cortante, produce en la sección B-B una tensión tangencial:

τmax T m=×

=24 74

0 44 156 23 2,

,,

Si esta tensión es superior a la admisible, habrá que armar a cortante:

f ff

kg cm T mcv cdck

c= = = = =0 5 0 5 0 5

175

155 4 542 2, , ,

,,

γ

Como son aproximadamente iguales, no hace falta armar a cortante. Las zapatas hay que dimensionarlas de tal forma que no haga falta armar a cortante. En caso de que τmax < fcv , lo que hay que hacer es aumentar el canto h de la zapata.

Si hubiese que armar a cortante, las armaduras se disponen:

(gráfico)

No hace falta armar a cortante si se cumple:

τ =− ×

<Q

Ancho B B zkg cmmax

( )5 2

z es el brazo mecánico que se supone que vale: 0,85 h. Entonces, en nuestro caso:

τ =×

× ×= <

15 46 10

100 0 85 503 64 5

32 2,

,, kg cm kg cm → No hay que armar.

b) Ahora vamos con la zapata de canto h = 1 metro.

Igual que ante, se ha de cumplir:

( )N L h

L L

horm+ ×= →

× ×=

2

2 2

1 2 520

γ 2 kg / cm = 20 T / m

80 + L2 22 ,

de donde; L = 2,138 m. A efectos prácticos tomamos; L = 2,15 m.

42

Entonces, la presión total transmitida al tereno será:

σ t T m=× ×

=80 + 2,15 1 2,5

2,15

2

219 81 2, /

(gráfico)

Ahora: Va = 0,825 m ; h = 1 m. Según la clasificación dada al principio, se cumple que 0,5 h < Va < h , luego la zapata es rígida. Las zapatas rígidas actúan con un mecanismo de bielas, para la transmisión de esfuerzos al terreno.

(gráfico)

Supungamos que usamos redondos de ∅ 14 mm. El plano de la armadura estará a;

4 + 1 4

2

, = 4,7 cm (base inferior)

Ahora:

h hh mo oo2 15

2

10 5

2

1 303, ,

, .=−

→ =

Luego:

ha = 1,303 - 0,047 = 1,256 m.

Entonces, la cuantía de armaduras, nos da (en este caso, por ser zapata cuadrada: Aa = Ab):

AN a

h f

N Lh f

cmad

a yd

f

a yk

s

=×

×=

× ××

=× × ×

× ×=

8 81 6 80 10 215

8 125 64 200

11

7 173

2γ

γ

,

,.

,

,

Área de 1 redondo de ∅ = 14 mm:

π ×=

1 4

41 539

22,

, cm

luego:

nº de redondos de ∅ = 14 mm en cada armadura = 7 17

1 5394 66 5

,

,,= →

Es poco acero y la zapata parecería hormigón en masa. La cuantía mínima de acero será: 1 de ∅ = 12 mm cada 20 cm. No hace falta armar a cortante.

Ahora resolveremos el mismo ejercicio según la Norma EH-80.

a) Zapata de canto: h = 50 cm.

V = 0,80 m. ; h = 0,50 m.

0,50 h ≤ Vmax ≤ 2 h

43

(figura)

Entonces:

σ = =80

2 118 14

22

,, T m

luego:

M ancho= × =18 140 875

26 94

2

,,

, m T m

Dimensionamos a flexión:

UM d

d

M d

u dsc

10 97 1= ×

×+

××

,

Fyk = 4.100 kg/cm2

U T m anchos10 97

16 6 94

0 441

16 6 941750

151 0 44 0 44

25 683= ××

+×

× × ×

=,, ,

,

, ,.

,, ,

,

pero:

U A f Af

As s yd syk

ss1 1 1 1

25 68341000

11= × = × ⇒ = ×

γ,

.

,

De donde:

A s1= 6,8905 × 10-4 m2/m = 6,891 cm2/m ancho

luego:

nº redondos/m ancho = 6 891

1 5394 478 5

,

,,= → redondos/m

Como la anchura de la zapata es de 2,10 m., necesitaremos en total:

5 × 2,10 = 10,5 ⇒ 11 redondos de ∅ = 14 mm

Cuantía mínima:

ρ =+ +A A A

As s s

c

1 2 3

sustituyendo:

ρ =×

×= <

11 1 539

210 500 0161 0 0018

,, ,

Luego:

44

0 00181 539

210 50,

,=

×

×

n

de donde:

n = 12,28 ⇒ 13 redondos de ∅ = 14 mm

Cortante:

(figura)

Vd2 ≤ 2b2 × d2 × fcv

b2 = b + d = 0,5 + 0,44 = 0,94 m.

V = 18,14 × 2,10 × 0,58 = 22,095 T

Vd = 22,095 × 1,6 = 35,352 T

d = 0,44

Entonces:

Vadmisible = 2b2 × d2 ×fcv

fcv = 0,5 × fcd = 0,5 × 175

1 5,= 5,4 kg/cm2 = 54 T/m2

Sustituyendo

Vadmisible = 2 × 0,94 × 0,44 × 54 = 44,67 T > 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

(figura)

Sección de referencia

(figura)

Ahora:

σ = =80

2 1517 31

22

,, T m

luego:

M = 17,31 × 0 9

2

2, = 7,01 m T/m ancho

45

Dimensionamos a flexión:

UM d

d

M d

u dsc

10 97 1= ×

×+

××

,

fyk = 4.100 kg/cm2

Ahora:

d = 100 - 6 = 94

U T m anchos10 97

16 7 01

0 941

1 6 7 011750

151 0 94 0 94

11 7= ××

+×

× × ×

=,, ,

,

, ,.

,, ,

,

U A f Af

As s yd syk

ss1 1 1 1

11 741000

11= × = × ⇒ = ×

γ,

.

,

De donde:

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

luego:

nº redondos/m. ancho = 3139

1539

,

, = 2,04 → 3 redondos/m

Como la anchura de la zapata es de 2,15 m., necesitaremos en total:

3 × 2,15 = 6,45 ⇒ 7 redondos de ∅ = 14 mm

Cuantía mínima:

ρ =+ +A A A

As s s

c

1 2 3

sustituyendo:

ρ =×

×= <

7 1539

215 1000 000501 0 0018

,, ,

Luego:

0 00181539

215 100,

,=

×

×

n

de donde:

n = 25,146 ⇒ 26 redondos de ∅ = 14 mm

Cortante:

46

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

fcv = 0,5 × fcd = 0,5 × 175

15,= 5,4 kg/cm2 = 54 T/m2

Sustituyendo:

Vadmisible = 2 × 1,44 × 0,94 × 54 = 146,18 T > 21,14 T

Luego no hace falta armar a cortante

47

EJERCICIO 13

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: σ = 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.

(gráfico)

Caso 1º

402

4045

262 5+ = + =

NT,

Viendo el diagrama de tensiones:

1

240

2σmax B L

N×

× = +

o sea:

1

220 62 5 6 25 2× × = → =B L BL m, ,

Por otra parte:

(gráfico)

48

Las tensiones extremas valen:

σ = ±×

= ±× −

×

=P M

B

I BL

B B

LBΩ2 62 5

62 52

0 32

1

123

,, ,

o sea:

σ = ±× × −

= ±× −

62 56 62 5

20 3

62 51

62

0 3

2

,, ,

,,

BL

B

LB BL

B

B

Entonces:

σmax

B

BB m. L

Bm.= +

× −

→ = → = = =2062 5

6 251

62

0 30 9

6 25 6 25

0 96 94

,

,

,,

, ,

,,

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

(gráfico)

e = B

2 - 0,3 =

0 9

2

, - 0,3 = 0,15 m.

B = 0,90 m.

h = 4 m.

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

ie

K a b h

E Ic

=

+× × ×

× ×1

36

3

donde:

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:

i = 15

15 694 90 400

36 210 000 720 000

12 653

+× × ×

× ×

=

. .

, cm

49

Luego tenemos:

(gráfico)

Las tensiones extremas valen:

σσ

σ= ±

×= ±

×

×=

=

=

P MB

I

T m

T mΩ2 62 5

6 25

14690 90

21

126 94 0 9

1157

8 433

12

22

,

,

,,

, ,

,

,

o sea:

σ1 = 1,157 kg/cm2 ; σ2 = 0,843 kg/cm

2

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.

50

EJERCICIO 14

Se tiene un pórtico cimentado en una zapata corrida de hormigón armado de 10 metros de longitud, 2 metros de ancho y 1,5 metros de canto y una densidad de 2,4.

Cada pilar transmite en su eje geométrico situacio a 40 cm. del extremo de la viga, una arga vertical de P = 100 + N ton. y un momento hacia afuera de la zapata de M = 50 + N/2 m× T (por lo tanto, las cargas con siméticas). Tomar N = 0.

El coeficiente de balasto del terreno se supone igual a 6 kg/cm3 y el módulo de elasticidad del hormigón, de 200.000 kg/cm2.

Se pide:

1. Dibujar a sentimiento, la Ley de Presiones en el tereno y la Ley de Momentos Flectores en la viga.

2. Calcular por el método de Bleich (y no otro), las presiones debajo del eje de cada pilar y en el centro de la viga.

1.

(gráfico)

k = 6 kg/cm3

E = 200.000 kg/cm2

2. Por el método de Bleich, hay que hallar las presiones debajo del eje de cada pilar y en el centro de la viga..

L* = 4

4 2 101

122 15

6 10 24 44

6 3

34× ×

×=

× × × × ×

× ×=

E I

k bm

,,

Colocamos la viga de longitud infinita con el sistema de cargas actuantes y el sistema de fuerzas introducidas que nos restablecen las condiciones de contorno. Todas las distancias relativas las ponemos en función de L.

(figura)

Las cargas F1 y F2 están colocadas simétricamente respecto de la viga. Admeás, las cargas F1 y F2 están situadas de tal forma que:

F2 produce momento nulo en A

F1 produce cortante nulo en A

Por simetría, F2 de la derecha produce momento nulo en B, y F1 de la derecha produce cortante nulo en B.

* Longitud de la elástica

51

Para viga cotínua, tenemos las siguientes fórmulas:

(figura)

MPL

QP

f = × = ×4 23 4ψ ψ;

(figura)

M QLf = × = ×

M M

2 24 1ψ ψ;

modelo letra: M

Vamos a hallar el momento flector y el cortante en A, debido a la actuación del sistema de cargas el pórtico.

MA (P,M) = [ ]100 4 4

40 0157

50

20 91

50

20 064

×× + − −

−× − × −

,,82 ( , ) , ( , )

o sea:

MA(P,M) = 97,28 mT

Ahora, por simetría:

MB(P,M) = 97,28 mT

Ahora:

QA(P,M) = [ ]− + − +−×

× +×

×100

20 91 0 064

50

2 4 40 99

50

2 4 40 028, ( , )

,,

,,

o sea:

QA(P,M) = -47,77 ↑ ↓

Ahora, por antimetría:

QB(P,M) = 47,77 ↑ ↓

Ahora, una vez introducido el sistema de fuerzas F, hay que imponer en la viga infinita las condiciones de contorno.

Éstas serán:

M QAT

AT= =0 0;

También se ha de cumplir:

M QBT

BT= =0 0;

que evidentemente se va a cumplir, en cuanto lo cumpla A, por la simetría existente.

Entonces:

52

[ ] [ ]MF F

AT =

×− + − +

×1 24

40 0

4

40

,4,208 ( ,002)

,4+ (-0,049) + 97,28 = 0

o sea:

0,231 F1 + 0,054 F2 = 97,28

Ahora:

QF F F F

AT = × − × − + × − × − − =1 1 1 1

20

20

20322

20 47 0( ,015) ( ,047) ,77

o sea:

0,008 F1 + 0,185 F2 = 47,77

Entonces:

047

00 2,231

,008,054× +

,77 - 0,185 F2 F = 97,28

1.379,36 - 5,34 F2 + 0,054 F2 = 97,28 → F2 = 242,54 T

Luego:

F F T1 1362 51 362 51=×

= → =47,77 - 0,185 242,54

0,008, ,

Como: I = 2,273 L < 3 L, hemos tenido en cuenta la acción que ejercen las fuerzas F1 y F2 de la derecha sobre el extremo A, aunque esta acción es pequeña.

Entonces, resulta que la viga finita, con el sistema de cargas que proporciona el pórtico, es equivalente a una viga infinita en la que actúan las mismas cargas, además de las F halladas.

Ahora ya podemos hallar las presiones que piden.

Sabemos que para viga infinita con carga P :

(figura)

yP L

E I=

×× ×

×3

18ψ

Pero:

p k y kP L

E Ik

P L

E I L= × = ×

×× ×

× = ××

× × ××

3

1

4

18 8ψ ψ

Como:

LE I

b kL

E I

b k=

× ××

→ =× ×

×4 4

4 4

luego:

53

p = k P

4 E I

b k××

× ××

× × ×× =

× × × ×× × × × ×

× =× ×

×8

4

8 21 1 1E I L

p k e I

b k E I L

P

b Lψ ψ ψ

O sea:

P = P

b L2 1× ×× ψ

que es la fórmula que nos da las presiones, cuando actúa la carga P.

Análogamente, sabemos que para viga infinita con par M:

(figura)

yM L

E I=

×× ×

×2

24ψ

Pero:

p = k × y = k × M L

E I

×× ×

×2

24ψ = k ×

M L

E I L

×

× × ××

4

2 24

ψ

Entonces:

p = k × M

E I

b kE I L

×× ×

×× × ×

×

4

4 2 2ψ = k × 4

4 2 2 2 2× × × ×

× × × × ×× =

××

k M E I

b k E I L

M

b Lψ ψ

O sea:

p = M

b L××

2 2ψ

que es la fórmula que nos da las presiones, cuando actúa el par M.

Ahora ya podemos hallar las presiones.

a) Presiones debajo de eje de cada pilar:

PC = PD = [ ] [ ] [ ]362 51

2 2 4

242 54

2 2 4

100

2 2 4

,

,4

,

,4 ,4× ×+

× ×+

× ×+0,18 + (-0,032) 0,58 + (-0,041) 1+ 0,44

+−

×× −

××

50

2 40

50

2 40107

2 2,4 ,4, = 16,27 T m 2

O sea:

PC = PD = 16,27 T/m2

b) Presión debajo del centro de la viga:

Por la simetría existente, podemos poner:

54

Po = 2 362 51

2 2 40

242 54

2 2 40

100

2 2 40478

50

2 40 303

2

,

,4( ,031)

,

,4,098

,4 ,4,

× ×× − +

× ×× +

× ×× +

−

××

=

= 6,07 T/m2.

O sea:

Po = 6,07 T/m2

Ahora bien, a estas presiones, hay que sumar la presión que ejerce la propia viga sobre el terreno.

pviga = γhorm × h = 2,4 × 1,5 = 3,6 T/m2

Luego, finalmente:

PC = P0 = 16,27 + 3,6 = 19,87 T/m2

Po = 6,07 + 3,6 = 9,67 T/m2

55

EJERCICIO 15

Una zapata corrida de hormigón armado de 8 metros de largo por 1 metro de ancho y 1,2 metros de canto, se apoya en un terreno con coeficiente de balasto 5 kg/cm3.

En el centro de la viga se apoya una carga puntual de 100 T.

Calcular las presiones transmitidas al terreno en el centro y extremo de la viga, el asiento en estos puntos y la Ley de Momentos Flectores para los que habrá que armar la viga.

(figura)

No se considera el peso propio.

k = 5 kg/cm3 = 5.000 T/m3

E = 2 × 106 T/m2

I = 1 1

120144

34×

=,2

, m

Longitud de la elástica:

L = 4

4× ×

×E I

b K = 3,896 m.

Ahora:

λπ

= = >I

L2

2,05 (la viga no se comporta como infinitamente rígida)

Se utilizan las curvas que se adjunta al final del ejercicio 16.

a) Presiones

p = P

L b× fp (λ) = 25,67 fp (λ)

En el centro (0): po = 25,67 × 0,6 = 15,40 T/m2

En el punto A: PA = 25,67 × 0,5 = 12,83 T/m2

En el punto B: PB = 25,67 × 0,35 = 8,98 T/m2

b) Momentos

M = P × L × fM (λ) = 389,6 fM (λ)

Mo = 389,6 × 0,235 = 91,55 mt

MA = 389,6 × 0,05 = 19,48

MB = 0

56

c) Asientos

So = 15

5000

,4

. = 0,3 cm.

SA = 12 83

5000

,

. = 0,26 cm.

SB = 8 98

5000

,

. = 0,18 cm

57

EJERCICIO 16

En la zapata del ejercicio anterior, con el mismo terreno, se tantea otra hipótesis de carga, con dos cargas de 50 T en los extremos, además de una carga central de 25 T.

Calcular las presiones y asientos en el centro y extremos de la viga y la Ley de Momentos Flectores correspondientes.

(figura)

Al igual que en el ejercicio anterior:

k= 5 kg/cm3

L = 3,896 m.

λ = 2,05

El ejercicio se resuelve por superposición:

P1 = 25 T (ver curvas al final de este ejercicio)

P2 = 50 T (ver curvas al final de este ejercicio)

a) Presiones

pP

b Lf

P

b Lfp p=

×+

×1 1 2 2( ) ( )λ λ

po = 25

1 3 8960

50

1 38960

×× +

××

,,6

,,6 = 3,85 + 7,70 = 11,55 T/m2

pA = 3,21 + 12,83 × 0,85 = 3,21 + 10,90 = 14,11 T/m2

pB = 2,24 + 12,83 × 1,5 = 2,24 + 19,24 = 21,48 T/m2

b) Asientos

So = 1155

50

,,23 .= cm

SA = 1

50

,411,28 .= cm

SB = 2148

50

,,43 .= cm

c) Momentos

M P L f P L fM M= × × + × ×11

22( ) ( )λ λ

58

Mo = 25 × 3,896 × 0,235 + (-50 × 3,896 × 0,44) = 22,88 - 85,71 = -62,83 mt

MA = 25 × 3,896 × 0,05 + (-50 × 3,896 × 0,35) = 4,87 - 68,18 = -63,31 mt

MB = 0

(figura)

Si se hubiera considerado el peso propio:

q = 1 × 1, 2 × 2,4* = 2,88 T/m

las presiones se habrían incrementado uniformemente en:

∆ p = q

b = 2,88 T/m2

y los asientos en:

∆ S = ∆ p

k = 0,057 cm.

Las leyes Mf y Q no variarían.

* (γ)

59

(2 gráficas)

60

EJERCICIO 17

Un pilote prefabricado de hormigón armado de 12 metros de longitud y 40 × 40 cm. de sección, se hinca en un terreno hasta alcanzar un estrato resistente adecuado, debiendo garantizarse que al final de la hinca, el pilote admite una carga estática de 70 T., con un coeficiente de seguridad de 2.

Determinar por la fórmula de Hiley el rechazo a exigir en la hinca con las siguientes características:

- Peso de maza...................................................................................... 3.000 kg.

- Altura de caída ................................................................................... 1 m.

- Coeficiente de rendimiento de la maza.............................................. η = 0,80

- Coeficiente de percusión.................................................................... ρ = 0,50

- Coeficiente de balasto del sombrerete ............................................... 300 kg/cm3

- Coeficiente de balasto del terreno...................................................... 500 kg/cm3

- Coeficiente de elasticidad del hormigón............................................ 250.000 kg/cm2

- Densidad del hormigón ...................................................................... 2,5 T/m3

(figura)

Pp = 0,402 × 12 × 2,5 = 4,8 T.

Q = Capacidad resistente del pilote a los esfuerzos dinámicos (carga de hundimiento) = 70 × 2 = 140.

De igualar la energía de golpeo, con el trabajo que desarrolla el pilote al hicarse en el terreno obtenemos la fórmula de Hiley.

( )Q

p H P P

P Pm

r es et ep

m p

m p

=×

+ + +×

+

+

η

δ δ δ δ

ρ

1

2

2

- Se exige que el peso de la maza (Pm), sea mayor que la mitad el peso del pilote (Pp):

Pm > ½ Pp

- En arcillas, esta fórmula sólo se usa como comprobación. Donde se emplea es en arenas.

En cada golpe, la energía se emplea en varios aspectos:

δr = rechazo

δes = acortamiento sombrerete = Q

A Kcm

s×=

×

×=

140 10

40 3000 292

3

2,

61

δet = acortamiento terreno = Q

A Kcm

t×=

×

×=

140 10

40 5000175

3

2,

δep = acortamiento pilote = Q L

A Ecm

××

=× × ×

×=

140 10 12 10

40 250 0000 420

3 2

2 .,

La longitud equivlanete del piote (L) se toma igual a la longitud del pilote (12 metros), ya que se supone que el mismo resiste íntegramente por la punta (Q se transmite por entero a la punta ≡ Terreno blando → Terreno duro)

Sustituyendo valores en la fórmula:

( )140 10

0 8 3000 1 101

20 292

3000 0 5 4 8 10

3000 4 8 103

2 2 3

3× =

× × ×

+×

+ × ×

+ ×

, .

,

. , ,

. ,δ r + 0,175 + 0,420

o sea:

140 000240 000

0 4440 538

129 230 76

0 444.

.

,,

. ,

,=

+× =

+δ δr r

De donde:

δr = 0,479 cm/golpe