SEGUNDO EXAMEN PARCIAL – GRUPO 2 1.- La sección transversal de un muro de retención en voladizo se muestra en la figura
Views 114 Downloads 0 File size 99KB
SEGUNDO EXAMEN PARCIAL – GRUPO 2 1.- La sección transversal de un muro de retención en voladizo se muestra en la figura 1. Calcule los factores de seguridad con respecto a volteo, deslizamiento y capacidad de apoyo.
5
10°
0,458
0,5
γ =18 kN/m3 φ =30º 1
1
1
c1=0
6
10° 4
0,7
1,5
2 3 0,7
0,7
2,6
γ =19 kN/m3 φ =20º 1
1
c1=40 kN/m2
H ′ = 6 + 0,7 + 0,458 = 7,158 k a = 0,350
Pa Pa Pv Ph
= 0,5 γ 1 H ′ 2 k a = (0,5)(18)(7,158) 2 (0,350) = 161,40 kN = Pa sen10 = 28,03 kN = 158,95 kN
Volteo.-
Bloque
Area, m2
Peso, KN
Brazo, m
Momento, KN·m
1
3,0
72,0
1,15
82,80
2
0,6
14,4
0,833
12,00
3
2,8
67,2
2,00
134,40
4
15,6
280,8
2,70
758,16
5
0,595
10,71
3,13
33,52
Pv = 28,03
4,00
112,12
ΣV
473,14
ΣMr
1133,00
El momento actuante que produciría el vuelco es:
Mv = (158,95)(7,158/3) = 379,25 KN·m Entonces el factor de seguridad contra el volteo es: FS V =
1133 = 2,99 > 2 379,25
Deslizamiento.-
FS =
(
∑ V ) tan (k φ ) + ( B)(k 1
2
2
c 2 ) + Pp
Ph
Se assume k1=k2=2/3 1 Pp = k p γ 2 D 2 + 2 c 2 k p D 2 k p = 2,04 ⇒ Pp = 215 kN
2 2 (473,14) tan 20 + (4) 40 + 215 3 3 FS = 158,95 FS = 2,73
Capacidad de apoyo.e=
e=
q puntera ,talón =
B − 2
∑M − ∑M ∑V r
v
4 1133 − 379,25 − = 0,407 m 2 473,14
∑ V 1 ± (6)(e) = 473,14 1 ± (6)(0,407) B
B
4
4
qpunta = 190,50 KPa qtalón = 46,07 Kpa q u = c 2 N c Fcd Fci + q N q Fqd Fqi +
1 γ 2 B ′ N γ Fγd Fγi 2
Nc = 14,83; Nq = 6,4; Nγ = 5,39 q = γ2 D = (19)(1,5) = 28,5 kPa B′ = B – 2e =4 –(2)(0,407) =3,186 m
1,5 = 1,188 B 3,186 D 1,5 Fqd = 1 + 2 (tan φ )(1 − senφ)2 = 1 + 0,315 = 1,148 B 3,186 Fγd = 1 Fcd = 1 + 0,4
D
= 1 + 0,4
2
ϕ Fci = Fqi = 1 − 90 P cos α = arctan (161,40) cos 10 = 18,57 º ϕ = arctan a 473,14 V
∑
2
18,57 Fci = Fqi = 1 − = 0,630 90 2
18,57 Fγi = 1 − ≈0 20 qu = (40)(14,83)(1,188)(0,630) + (28,5)(6,4)(1,148)(0,630) qu = 575,9 kPa FS =
qu q punta
=
575,9 = 3,02 190,5
2.- Para un talud que tiene una pendiente 3:1, φ=25º, c=12 kN/m2, γ=19 kN/m3 y ru= 0.25, determine el mínimo factor de seguridad
c=20 kPa φ=25º γ=19 kN/m3 H=12.63 m ru=0.25
12 c = = 0,05 γ H (19)(12,63)
FS = m′ - n′ru D = 1,00 → m′ = 2,193; n′ = 1,757 → FS = 1,754 D = 1,25 → m′ = 2,222; n′ = 1,897 → FS = 1,748 D = 1,50 → m′ = 2,467; n′ = 2,179 → FS = 1,922 FS = 1,748
3.- Para un talud que tiene una pendiente 3:1, φ=25º, c=20 kN/m2, γ=19 kN/m3 , D= 1.4 y determine el mínimo factor de seguridad c 20 = = 0,083 γ H (19)(12,63) c = 0,075 ; D =1,25 a. γH
m′ = 2,469 n′ = 1,957 FS = 1,980 c = 0,075 ; D =1,50 γH
m′ = 2,660 n′ = 2,200 FS = 2,110 c = 0,075 ; D =1,40 γH
Se realiza una interpolación lineal: FS =
1,4 − 1,25 (2,110 − 1,980) + 1,980 1,5 − 1,25
FS = 2,058 b.
c = 0,100 ; D =1,25 γH
m′ = 2,681 n′ = 1,972 FS = 2,188 c = 0,100 ; D =1,50 γH
m′ = 2,851 n′ = 2,215 FS = 2,293 c = 0,100 ; D =1,40 γH
FS = 2,254 Interpolando linealmente, se tiene: FS = 2,121
ru= 0.25,
4.- Refiérase al perfil del suelo mostrado en la figura 2. Suponga que la resitencia por penetración de cono qc en A determinada por un penetrómetro de cono eléctrico de fricción es de 0.6 MN/m2. Determine la resitencia al corte en estado no drenado y la razón de preconsolidación.
Arcilla γ=18.3 kN/m3 Nivel del agua freática
Arcilla γsat=19 kN/m3
qc = 0,6 MN/m2 Cu =
qc − σ Nk
σ = (19)(6) + (2)(18,3) = 150,6 kPa Nk = 15 Cu =
(0,6)(10) 3 − 150,6 = 29,96 kPa 15
q − σ0 OCR = 0,37 c σ ′0
1, 01
σ′0 = 150,6 –(6)(9,8) = 91,8 kPa (0,6)(10) 3 − 150,6 OCR = 0,37 91,8
OCR = 1,84
1, 01
5.- Explique el proceso de preconsolidación y drenes de arena para mejorar las propiedades de una arcilla normalmente consolidada. Incluya el procedimiento de cálculo.
∆p Arena
∆p (f) ∆p (b)
Arcilla Arena
S