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• Brandon Jack Tembladera Cahuaya

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PROBLEMAS 14.1 AL 14.10 DEL LIBRO FUNDAMENTOS DE INGENIERIA GEOTECNICA DE BRAJA M.DAS. 14.1 Suponiendo que la pared que se muestra en la figura 14.20 tiene restricciones de flexibilidad, encuentre la magnitud y la localización de la fuerza lateral resultante por unidad de longitud de la pared para los siguientes casos: a. H = 7 m, ɣ = 17 kN/m3, Ф’ = 38°, OCR = 2.5 b. H = 6.1 m, ɣ = 16.51 kN/m3, Ф’ = 30°, OCR = 1

SOLUCIÓN 1 a. Pa = H * Ka * ɣ * H2 ……… (1) 2 Ka = 1 – senФ Ka = 1 – sen36° Reemplazando en (1) 1 Pa = * 0.364 * 17 * 72 2 Pa = 159.436 kN/m b. H = 6 m ɣ = 16.5 kN/m3 Ф’ = 30° Ka = 1 – senФ Ka = 1 – sen30° Ka = 0.5 1 Pa = * H2 * ɣ 2 1 Pa = * 62 * 16.5 2

Pa = 267 kN/m 14.2 La figura 14.20 muestra un muro de contención con suelo de relleno sin cohesión. Para los siguientes casos, determine la fuerza activa total por unidad de longitud de la pared para el estado de Rankine y la ubicación de la resultante. a. H = 2.44 m, ɣ = 17.29 kN/m3, Ф’ = 34° b. H = 3.05 m, ɣ = 16.51 kN/m3, Ф’ = 36° c. H = 4 m, ɣ = 19.95 kN/m3, Ф’ = 42°

SOLUCIÓN Ф ) 2 34 Ka = tan2 (45 ) = 0.308 2 1 Pa = * Ka * ɣ * H2 2 1 Pa = * 0.308 * 17.29 * 2.442 2 Pa = 15.852 kN/m Ф b. Ka = tan2 (45 - ) 2 36 Ka = tan2 (45 ) = 0.259 2 1 Pa = * Ka * ɣ * H2 2 1 Pa = * 0.259 * 16.51 * 3.052 2 Pa = 19.889 kN/m a. Ka = tan2 (45 -

H 3.05 = 3 3 ẍ = 1.017 m ẍ=

Ф ) 2 42 Ka = tan2 (45 ) = 0.198 2 1 Pa = * Ka * ɣ * H2 2 1 Pa = * 0.198 * 19.95 * 42 2 Pa = 31.34 kN/m H 4 ẍ= = 3 3 ẍ = 1.33 m

c. Ka = tan2 (45 -

14.3 A partir de la figura 14.20, determine la fuerza pasiva, P p, por unidad de longitud de la pared para el caso Rankine. Tambien determine el estado de presión pasiva de Rankine en la parte inferior de la pared. Considere los siguientes casos: a. H = 2.45 m, ɣ = 16.67 kN/m3, Ф’ = 33° b. H = 4 m, ρ = 1800 kg/m3, Ф’ = 38°

SOLUCIÓN Ф a. Kp = tan2 (45 + ) 2 33 Kp = tan2 (45 + ) 2 Kp = 3.39 1 Pp = * Kp * ɣ * H2 2

1 * 3.39 * 16.67 * 2.452 2 Pp = 169.71 kN/m2 Pp en el fondo del muro σ´p = Kp * ɣ * H σ´p = 3.39 * 16.67 * 3.45 σ´p = 138.45 kN/m2 b. ɣ = ρ * g = 1800 (9.81 * 10-3) ɣ = 17.66 kN/m3 Ф Kp = tan2 (45 + ) 2 38 Kp = tan2 (45 + ) 2 Kp = 4.2 1 Pp = * Kp * ɣ * H2 2 1 Pp = * 4.2 * 17.66 * 42 2 Pp = 593.9 kN/m2 Pp en el fondo del muro σ´p = Kp * ɣ * H σ´p = 4.2 * 17.66 * 4 σ´p = 296.69 kN/m2 Pp =

14.4 En la figura 14.21 se muestra un muro de contención. Determine la fuerza activa de Rankine, Pa, por unidad de longitud de la pared y la ubicación de la resultante en cada uno de los siguientes casos: a. H = 3.05 m, H1 = 1.52 m, ɣ1 = 16.51 kN/m3, ɣ2 = 19.18 kN/m3, Ф’1 = 30°, Ф’2 = 30°, q = 0 b. H = 6 m, H1 = 3 m, ɣ1 = 15.5 kN/m3, ɣ2 = 19.0 kN/m3, Ф’1 = 30°, Ф’2 = 36°, q = 15 kN/m2

SOLUCIÓN a. Kp1 =

1+senФ 1+sen 30 ° = =3 1−senФ 1−sen 30°

1+senФ 1+sen 30 ° = =3 1−senФ 1−sen 30° √ 3 = 1.732 , en z = 0, Ф = 0 σp1 = ɣ * H * Ka = 16.51 * 1.52 * 3 = 75.29 kN/m2 En z = 1.52 (capa inferior) σp = (ɣ*H*Kp1) + 2 * C2 * √ Kp 1 σp = 16.51 kN/m3 * 1.52 m * 3 + 2 * 0 * 1.732 σp = 75.285 kN/m3 Kp2 =

b. En z = 3.05 m σ1 = 16.51 * 1.52 * 19.18 * 9.81 * 3 + 2 * 6 * 1.732 σ1 = 118.294 kN/m3 14.5 Un muro de contención de 6 m de alto con una cara posterior vertical retiene una arcilla blanda saturada homogénea horizontal. El peso unitario saturado de la arcilla es 19 kN/m3. Las pruebas de laboratorio mostraron que la resistencia al corte sin drenar, cu, de la arcilla es de 16.8 kN/m2. a. Haga los cálculos necesarios y elabore la variación de la presión activa de Rankine sobre la pared con la profundidad. b. Encuentre la profundidad hasta la que se puede producir una grieta de tensión. c. Determine la fuerza activa total por unidad de longitud de la pared antes de que ocurra la grieta de tensión. d. Determine la fuerza activa total por unidad de longitud de la pared después de que ocurra la grieta de tensión. Encuentre también la ubicación de la resultante.

Solución a. σa = Ka * ɣ * h – 2 * c * √ Ka  z=0 σa = 1 * 19 * 0 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = -33.6 kN/m2  z = 0.5 m σa = 1 * 19 * 0.5 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = -24.1 kN/m2  z=1m σa = 1 * 19 * 1 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = -14.6 kN/m2  z=2m σa = 1 * 19 * 2 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = 4.4 kN/m2 Sobre la carga: 9.6 kN/m2 a) σa = q * Ka + Ka * ɣ * h – 20 √ Ka z = 0 m, z = 0.5 m, z = 1.0 m, z = 2.0 m, z = 3.0 m, z = 5.0 m, z = 6.0 m z=0m σa = 9.6 * 1 * 1 * 19 * 10 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = -24 kN/m2 z = 0.5 m σa = 9.6 * 1 * 1 * 19 * 0.5 – 2 * 16.8 * √ 1 σa = -14.5 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = -5 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = 14 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = 33 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = 52 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = 71 kN/m2 σa = 9.6*1*1*1.5 – 2*16.8*√ 1 = 90 kN/m2 14.6 Repita el problema 14.5 suponiendo que el relleno esta soportando una sobrecarga de 9.6 kN/m2. SOLUCION Ɵ a. σ’a = ɣtan2 (45 - ) 2 Ɵ σ’a = -2tan (45 - ) 2 Ф=0 C = Cu = 16.8 kN/m2 z=1 z=2 z=3 z=4 z=5 z=6

90 24 * 20 6∗z o Zo = 1.263 m 1 c. Pa = * ɣ * H2 – 2 * Cu * H 2 1 Pa = * 19.162 – 2 * 16.8 * 6 2 Pa = 140.4 kN/m 1 d. Pa = * (6 – 1.263) * 90 2 Pa = 213.165 kN/m b.

14.7 Un muro de contención de 5 m de altura con una cara posterior vertical tiene suelo c’-Ф’ como relleno. Para el relleno, ɣ = 19 kN/m 3, c’ = 26 kN/m2 y Ф’ = 16°. Tomando en consideración la existencia de la grieta de tensión, determine la fuerza activa, Pa, por unidad de longitud de la pared para el estado activo de Rankine. SOLUCIÓN 2C 1 (H )(44K – 2C√ Ka) 2 4 √ Ka Ф Ka = tan2 (45 - ) 2 16 Ka = tan2 (45 ) 2 √ Ka = 0.7535 1 kN 2∗26 kN /m 2 19 kN Pa = (5m )( 2 )(0.5676) – 2(26 )(0.5678) 2 m 19∗0.7535 m Pa = 10.02 kN/m Pa =

14.8 Para la pared descrita en el problema 11.7, determine la fuerza pasiva, P p, por unidad de longitud en el estado pasivo de Rankine. SOLUCIÓN 1 * ɣ * H2 * Kp + 2 * C * H * √ Kp 2 Ɵ Kp = tan2 (45 + ) 2 16 Kp = tan2 (45 + ) 2 Kp = 1.761047959 Pp =

1 * (19 kN/m3) (5 m)2 (1.7610) + 2 (2 kN/m2) (5 m) (1.32704) 2 Pp = 163.268 kN/m Pp =

14.9 En la figura 14.22 se muestra un muro de contención. La altura del muro es de 6 m y el peso unitario del relleno es de 18.9 kN/m 3. Calcule la fuerza activa, Pa, sobre el muro utilizando la ecuación de Coulomb para los siguientes valores del ángulo de fricción del muro: a. δ’ = 0° b. δ’ = 20° c. δ’ = 26.7° Comente la dirección y la ubicación de la resultante.

SOLUCIÓN kN cos 2 (40−5) 1 2 a. Pa = (18.9 3 )(6 m) * 2 m cos2 ( 5 ) cos ( 0+5 ) ¿ ¿ 0.67101 Pa = ¿)* (0.9924)( 0.9924)¿ ¿ Pa = 85.39 kN/m kN cos 2 (40−5) 1 2 b. Pa = (18.9 3 )(6 m) * 2 m cos2 ( 5 ) cos ( 20+5 ) ¿ ¿ 0.67101 Pa = ¿)* (0.9924)( 0.9063)¿ ¿ Pa = 79.64 kN/m kN cos 2 (40−5) 1 c. Pa = (18.9 3 )(6 m)2 * 2 m cos2 ( 5 ) cos ( 56.7+5 ) ¿ ¿ 0.67101 Pa = ¿)* (0.9924)( 0.8808) ¿ ¿ Pa = 80.32 kN/m 14.10 Considere el muro de contención que se muestra en la fi gura 14.22. Suponiendo u 0, H 4.75 m, g 15.72 kN/m3, f¿ 30°, 2 3 d¿ = f¿. Calcule la fuerza pasiva por unidad de longitud del muro. Utilice la fi gura 14.19.