• Author / Uploaded
• Jose Miguel Duran Victorio

Citation preview

I.- Para el talud infinito con infiltración en estado estacionario que se muestra en la figura, determinar: a. El factor de seguridad contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo-roca. b. La altura, H, que tendrá un factor de seguridad (Fs) de 2 contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo-roca.

Desarrollo punto a. a. El factor de seguridad contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo-roca.

Datos: C´= 10kn/m2 sat =17.8kn/m3 = 250 H=6m  = 200 F Ss

c´ 2

+

10 2

γ H ( c o s )   ( t a n )   (17.8 )   ( 6 )   ( c o s 25 )   ( t a n 25 )  

+ 

t a n g   20  =  + t a n g   25

0.780 = 1.001

b. La altura, H, que tendrá un factor de seguridad (Fs) de 2 contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo-roca.

H=¿¿

2 β

γ (c o s 10 * tan ⁡25 =1.996398 m ( 17.8 )   ( c o s 252 ) tan ⁡25   ( ( 2 ) t a n 25−t a n g   20 )  

c ´ * tan ⁡β ) tan ⁡β ( F S tan ⁡β−t a n g   ∅   )

II.- Determinar la capacidad de carga bruta (factor de seguridad de 3) que puede colocar en la fundación. No tomar en cuenta el nivel freático.

 

𝑞𝑢 = 𝑐′ 𝑁𝑐𝐹𝑐𝑠𝐹𝑐𝑑𝐹𝑐𝑖 + 𝑞𝑁𝑞𝐹𝑞𝑠𝐹𝑞𝑑𝐹𝑞𝑖 + 1 𝛾𝐵𝑁𝛾𝐹𝛾𝑠𝐹𝛾𝑑𝐹𝛾𝑖 2

𝑁𝑞 = tan2 (45 + ϕ   ) e π  t a n ϕ    an2 (45+ 32   )  e π   t a n 25     23.1768  2

 2

𝑁𝑐 = (𝑁𝑞 − 1) cot 𝜙 =

N q −1 23.1768   −1 = t ang ϕ  ( t a n g   32 )  

35.4903 𝑁𝛾 = 2(𝑁𝑞 + 1) tan𝜙 = 2(23.1768 + 1)tan 32 = 30.2147

𝐹𝑐𝑠 = 1 +

B Nq =   L Nc

1+

= 1.653046 ( 23.1768 35.4903 )

𝐹𝑞𝑠 = 1 + B tan𝜙 = 1 + tang 32 = 1.624869 L

𝐹𝛾𝑠 = 1 − 0.4 Df 1.5 =  B 1.20

B =1−0.4=0.6 L

= 1.25

¿1

=

𝐹𝑞𝑑 = 1 + 2tan𝜙(1 – sin𝜙)2 D f =  1 + 2 ( t a n 32 ) – sin32)2 ( 1.25 )=    1.345202   B

𝐹𝑐d = 𝐹𝑞𝑑 –

( 1−  F q d ) ( N c tan ⁡ϕ )

=

1.345202  

-

( 1−  1.345202     ) =¿ ¿ ( ( 35.4903 ) tan ⁡32 )

1.360767

𝐹𝛾𝑑 = 1

𝐹 = 𝐹𝑞𝑖 = ( 1 – β )2 𝑐𝑖

=

90

𝐹𝛾𝑖 =

(1− 900 )2=1

0

(1−   ∄ϕ ) 2=(1−   32 ) 2=1

𝑞=𝛾 𝐷 +𝐷 = = 15.69 kn/m2 + 1 1 2 ( 16 ) ( 1.5 ) ( 1.5 )−9.81   𝑞𝑢 = 𝑐′ 𝑁 𝐹 𝐹 𝐹 + 𝑞𝑁 𝐹 𝐹 𝐹 𝑐 𝑐𝑠 𝑐𝑑 𝑐𝑖 𝑞 𝑞𝑠 𝑞𝑑 𝑞𝑖 + 1 𝛾′𝐵𝑁𝛾𝐹𝛾𝑠𝐹𝛾𝑑𝐹𝛾𝑖 2

𝑞𝑢 = q 𝑁 𝐹 𝐹 𝐹 + 1 (9.81) q qs qd q𝑖 𝐵𝑁𝛾𝐹𝛾𝑠𝐹𝛾𝑑𝐹𝛾𝑖 = 2

( 15.69 )   ( 23.1768 )   ( 1.624869 )   ( 1.345202 )( 1 ) +     ½     ( 9.81 )( 1.20 )( 30.2147 ) ( 0.6 ) ( 1 )   ( 1 ) =9 2 01.5509 Kn/ m

𝑞

𝑎𝑑𝑚 =

qu fs

= 300.52kn/m2

Carga Bruta 𝑄=𝑞

𝑎𝑑𝑚

∙ 𝐴 = 300.52 * 1.20 * 1.20 = 432.74

KN

III.- Para el muro reforzado que se muestra en la figura, las dimensiones de la pared son H= 5 m, x1= 0.3 m, x2= 0.9 m, x3= 1.5 m, x4= 3.6 m, x5= 0.45 m, D= 1.75 m α = 10°, y las propiedades del suelo son ϒ1= 16.8 kN/m3, φ1= 25°, ϒ2= 17.6 kN/m3, φ2= 35° y c2= 20 kN/m2. Calcule los factores de seguridad en relación con vuelco, al deslizamiento y de capacidad de carga. ϒconc= 23.58 kN/m3 y también k1= k2= 2/3

5

1 2 4

3

𝐻1 = 𝑥 tan 𝛼 = 3.6( tan 10°) = 0.634m H´ = H + H + H = 0.634 + 0.45 + 5 = 6.084m 1 2 3 K a=c o s α c o s 10

σ

(

(

c o s e α−√ ( c o s α ) 2−( c o s ∅ ) 2 =   c o s e α + √ ( c o s α ) 2−( c o s ∅ ) 2

) )

0.430919 c o s 10−√ ( c o s 10 ) 2−( c o s 25 ) 2 0.9848−0.1634 . 9848 =      0.9848+0.1634   c o s e 10+ √ ( c o s 10 ) 2− ( c o s 25 ) 2

a = Ka 1H´= γ

( 0.430919 ) (16.8   ) ( 6.084   )=¿ ¿

44.0447Kn/m2

1 P a=    σ a H ´=¿¿ (0.5) (44.0447) (6.084) = 134.2042kn/m2 2 P v=  P a sin ⁡α = ( 133.9839   )   ( sin ⁡10 ) =¿ ¿ 23.2661Kn/m

Ph=

Pa cos α = (134.2042) (cos 10) = 131.9483kn/m

2

Secciones

Areas 2

Material

Fuerza Actuante

Brazo Palanca

Momento

Concreto

35.37

2.25

79.5825

1

5*0.3= 1.5M

2

(0.6*5) / 2 = 1.5

Concreto

35.37

5.5

194.535

3

0.45*6= 2.7

Concreto

63.666

3

190.498

4

18

Suelo

302.4

4.2

1270.08

5

1.1425986

Suelo

19.1957

4.8

92.1393

Pv

23.2661

6

139.5966

ΣV

479.5978

suma

1,966.4314

M o = Ph

H´ 6.084 ´ 267.5911 K n =  131.9483   = 3 3 m

MR = ∑ M R e s i s t e n c i a=1,966.4314

Fs vuelco =

( (

k p= tan ⁡

Pp =

MR 1,966.4314 =  =7.3486≥2 M0 267.5911

45+ ∅2   2

))

2=

½    γ P      D2+ 2C 2 √ K P  D    

=

( (

tan ⁡ 45+

35   2

2= 3.6901

½     3.6901 ( A ) ( 176 ) ( 1.75 ) 2    + 2( 20) √ A1.75=       201.10

F s d e s l i z =ε v tan ⁡( k 1   θ2 ) + B k 2 c 2+   p 2   3.6982

))

=

( 479.5978 )

tang

( 32    * 35)

+6 *

2 3

*20 +201.10 =

¿ 1.5 Ph

131.9483

ε M R        − M 0        6 1,966.4314  −267.5911 B  =  −  =  −0.542218  ≤  =1 e  = B −  2

εV

2

εV 6e qt al on   = B 1− B =¿ ¿

(

q punt a   =

)

479.5978

6 

= 479.5978 1− 6−0.542218   =¿ ¿

6

(

6

)

121.672363Kn/m2

∅ 2

( (

N q= tan ⁡ 45+

))

22

=2

( N q + 1) tang ϕ 2 ( 10.662142 + 1) tang 25 = 10.876292

q = γ 2 D = ( 17.6 ) ( 1.75 )=30.8

B´ = B – F

2e=¿¿

6 -2 (

−0.542218 )  = 7.084436

q d=1+2   t a n g   ∅ 2( 1−s i n ∅ 2) 2

Fcd= Fqd -

Kn/m2

1− F qd N c    t a n∅ 2

D B´  

 =  F

q d=1+2  t a n g  35 ( 1−s i n 35 ) 2

1.062903

-

1.74 7.084436  

 =     

903

1−1.062903 1.067238 20.720530     t a n 35

F  γ d= 1 −1  

ψ=t a n

o  Ph −1    ∧¿∧¿∧¿∧¿∧131.9483 =  t a n =    793 ΣV 479.5978

Fci= Fqi = F γ i= (1 -

(

1 - ψ =(1 90

)

-

= 0.687373

= 0.147985

𝑞 = 𝐶 𝑁 𝐹 𝐹 + 𝑞𝑁 𝐹 𝐹 𝑢 2 𝑐 𝑐𝑑 𝑐𝑖 𝑞 𝑞𝑑 𝑞𝑖 + ( 20 ) ( 20.720530 ) ( 1.067238 ) ( 0.687373 ) + ( 30.8 ) ( 10.662142 ) ( 1.062903 ) ( 0.687373 ) + 

278806 Kn/m2

FScapacidad carga =

qu ¿ 17.60≥3 q Pu n t a

1 2

𝛾 𝐵´𝑁 𝐹𝛾𝑑𝐹 2

𝛾

𝛾𝑖

=

1   ( 17.6 ) ( 7.084436 ) ( 10.876292 ) ( 1 ) ( 0.147985 ) =  2

644.