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

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 0 e índice de plasticidad de 5. Se han efectuado triaxiales lentos con esta arcilla, que han dado como resultado: c kg./cm, 6º 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./cm 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 0%. 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) W L 50 W P 0 I P 5 Para que las arcillas sean de alta plasticidad, deben tener: W L > 50. Además se ha de cumplir: I P W L - W P. Como vemos: 5 50-0. d) Resultados de los triaxiales lentos: Cohesión: c kg/cm Resistencia a compresión simple: q u 1,5 kg/cm En un ensayo triaxial lento, el valor de la cohesión es nulo y sólo se alcanzarían algunos gr/cm, debido a la atracción físico-química de las partículas. Por lo tanto, el valor c kg/cm no es correcto. 1

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 (0%) 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 La estructura de una instalación industrial se apoya sobre tres zapatas circulares de 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 metros de espesor, que descansa sobre roca, que puede considerarse incompresible. Su módulo de deformación es de 00 kg/cm y su módulo de Poisson 0,. 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 / 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 S S d cos 0 d ; tgε ε 10 h d 6 6 S d luego: 6 S d 10 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 / del asiento de otra zapata idéntica, deformable. luego: Aplicamos el método de Steinbrenner para el círculo. Pero antes: 10 10. 000 mt ( P) h P d P T d 10 P d q area π 10 πd T / m Sabemos que: E 00 kg/cm.000 T/m ; µ 0, Luego ahora podemos poner: S 0 10 10 π d 1 0,. 000, d m ahora: ψ arc tg º sen 6,57º 0,5 6,57 cos 6,57º 0,89 luego: 10 Sz 1+ 0, d 000 0,5 0,87 ( ) + (1-0,) 1-0,89 π. 0,5 d m

entonces:, 0,87 1, 6 S S S0 SZ d d d m finalmente: 6 1, 6 d d,71 10 10 d d 108, 5 m que es la distancia pedida 5

EJERCICIO Un terreno se compone de un estrato de arena arcillosa de metros de espesor y cuyo coeficiente de elasticidad se puede admitir que es de 0 MN/m. Su módulo de Poisson es de 1/. Debajo aparece una arcilla saturada cuyo coeficiente de elasticidad puede estimarse en 1 MN/m. Su módulo de Poisson, inicialmente por imposibilidad de expulsión instantánea de agua, es igual a 1/. Posteriormente, cuando se termina la consolidación de la capa, es igual a 1/10 6

EJERCICIO Sobre un terreno de 0º, c 0 kn/m y γ, hay que constrir una zapata rectangular de longitud 1, veces la anchura, enterrada 1,5 metros, para soportar un pilar que produce una carga vertical de 1.000 T. donde: 1. Hallar las dimensiones de esa zapata para que tenga un coeficiente de seguridad respecto al hundimiento, según la fórmula de Brinch Hansen.. Suponiendo ahora que existe además una componente horizontal de 00 T formando un ángulo de 0º respecto al eje menor del rectángulo, hallar el coeficiente de seguridad, en este caso, de la zapata proyectada.. 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: A B 1,B 1, B P A q γ D 1,5 kn/m N c P (de Prandtl, pag. 81) 0,1 N B γ (de Brinch-Hansen, pág. 815) 18,08 i c i γ 1 (carga vertical) (pág. 86) P 1 ( c + q tg ) N Sc d i + q + BN B S d i c c c γ γ γ γ γ Suponiendo; D B < 1, según algunos autores: d γ 1 d c 1 + 0,175 D 1 + 0,175 1, 5 B B 1 + 0,55 B Según la fórmula empírica de algunos autores: S C 1 + (0, + tg 6 ) B L 1 + (0, + tg6 0º) S γ 1-1 (0, + tg6 ) B L 1 + (0, + tg6 0º) B 1, B B 1, B 1,17 0,9 7

Luego sustituyendo valores: 10.000 1, B 0,55 (0 + tg 0º) 0,1 1,17 1 + 1 + + 1 B 18,08 0,9 1 1 B 0.000 1.95, B + 1.010,86 B + 6, B + 56,16 B B + 7,7 B +,95 B 117,11 resolvemos por tanteos: B 108,15 117,11 B,1 116,0 117,11 B,1 117,65 117,11 luego adoptamos: B,1 L 1,B,7 m además, D B 1, 5 1, 0,8 < 1, luego es válido el cálculo. º Ahora tenemos un caso de carga inclinada. Vemos que 0º < 5º. Si L B >, se puede despreciar H. En nuestro caso, L B,7 1, 1, < Pero seguimos despreciando H, porque si no, el ejercicio se plantearía de forma distinta: H 1 H cos 0º.000 0,9 1.879,9 kn Al ser la carga inclinada, varían los coeficientes de inclinación. Hallamos entonces, viendo nuevamente dicho libro: A c H1 1879., 9 0,1 ( Abaco pag. 87) ic 0,69 + V tg (,7, 1) 0 + 10. 000 tg 0º ahora: i q 1.879,9 1 0, 67 10.000 + (,7,1) 0 cotg 0º i γ q i 0, 67 0, 5 Los demás coeficientes no varían. d γ 1 ; d c 1+ 0, 55 117, ; S c 1,17 ; S γ 0,9 1, 8

Entonces, entrando en la fórmula de Brinch-Hansen: F 10. 000 (0 + tg 0º) 0,1 1,17 1,17 0,69 + + ½,1 18,08 0,9 1,, 7 1 0,5, de donde: F 1,91, que es el coeficiente de seguridad respecto del hundimiento. º 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: i c i γ 1 (carga vertical) D B e 1, 5 0, 6 1, d d 6 (, tg º ) 6 (, tg º ) γ c 1,5 1 + 0,75 1,, sc + +, 1 0 0 115,, 7 s 1 1 + 0 0, γ 0, 9, 7 luego: F 10. 000,, 7 (0 + tg 0º) 0,1 1,15 1, 1 + + ½,0 18,08 0,9 1 1, de donde: F 1,89 9

EJERCICIO 5 En la arcilla de Londres se construye una zapata cuadrada de 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 7%, siendo la densidad de las partículas,7. 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: S r 1 ; ω 0,7 ; γ s,7 t/m γ w 1 t/m viendo que: 0º ; c 1,1 kg/cm 11, t/m El suelo actúa como si su densidad tuviera el valor de la densidad sumergida. γ sat γ γ s w ( 1+ ω) + γ ω s,7 (1+ 0,7) 1, 755 T / m 1+,7 0,7 luego: γ sum γ γ sat - γ w 1,755-1 0,755 T/m Entonces, la fórmula de Brinch-Hansen, teniendo en cuenta este efecto, queda de la siguiente manera: P A ( ' ) h N q P w h Sq dq iq c N c P 1 B γ + γ + Sc dc ic + γ' BN γ Sγ dγ iγ donde: A 9 m ; N B γ 0. Ahora vamos con los coeficientes correctores. i q i c i γ 1, por suponer carga vertical 10

D B h B 1, 5 0,5 < 1 dγ 1 d c 1 + 0,175 1,5 1,175 1175, - 1 dq 1,175-1 1 S c (ejercicio anterior) 1 + (0, + tg 6 0) / 1, S q 1 (por ser 0) S γ (ejercicio anterior) 1 - ½ (0, + tg 6 0) / 0,90 entonces, sustituyendo valores: P (0,755 1,5 1 + 1 1,5) 1 1 1 + 11, 5,1 1, 1,175 1 9 luego: P 767,8 T b) Carga lenta. Para: 0º ; c 0,6 kg/cm,6 T/m entonces los coeficientes quedan: N P q 6, ; N P c 75, ; N B γ ) 95, iq ic iγ 1 ; dγ 1 dc 1175, Por ser: d q d c 0º > 5º 1175, Sustituyendo valores: F 767, 8 (0,755 1,5 6, + 1 1,5) 1,55 1,175 1 +,6 75, 1,55 1,175 1 ½ 9 0,755 95, 0,7 1 1. Luego: F 9,91 c) igual que en b), pero ahora; c 0. Entonces directamente: F 767, 8 (0,755 1,5 6, + 1 1,5) 1,55 1,175 1 + 0 + ½ 0,0755 95, 0,7 1 1. Luego: 9 F,51 11

EJERCICIO 6 Un silo de grano está cimentado sobre una placa de 15 0 metros, enterrada metros bajo la superficie. El peso propio del silo es de.000 T y el grano que puede almacenar, 8.000 T. El terreno consiste en una arcilla saturada de C C 0,00 y C S 0,00. Ha sido preconsolidada por unos estratos que después desaparecieron por erosión, cuya presión sobre la superficie del terreno era igual a kg/cm. En la rama noval, la humedad de la arcilla consolidada con esa presión de kg/cm es del 16%, siendo la densidad de las partículas de,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 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/cm. 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. 1

Silo:.000 T Arcilla saturada Grano: 8.000 T C c 0, ; C s 0,0 1º Curva edométrica ω 0,16 ; γ s,7 T/m e p γ s ω, 7 γ 1 0, 16 0, 0 w Rama descarga: e - 0, 0,0 log 10 0 σ' Rama noval: 0, - e 0, log 10 σ' 0 Ahora se halla la variación de las presiones efectivas en la vertical de centro, antes de la colocación de la carga. γ sat γ s ( 1+ ω) γ + γ ω s s,7(1+ 0,16), 187 T / m 1+,7 0,16 γ sum γ γ sat - γ w,187-1 1,187 T/m A la produndidad z, la presión efectiva será: luego: z 0 σ 0 0 σ 0 γ (h o + z) - γ h o γ z 1,187 z T/m z m σ 0,56 T/m z 6 m σ 0 7,1 T/m z 9 m σ 0 10,68 T/m z 1 m σ 0 1, T/m z 15 m σ 0 17,81 T/m Ahora hallamos la variación de las presiones en la vertical del centro, por la plicación de la carga. Entonces: 1. 000 Carga total:.000 + 8.000 1.000 T q 0 T / m 15 0 Lo haremos por Steinbrenner (cimentación flexible): ( σ z ) C ( σ z ) A q I r 80 I r T/m, donde Ir es el coeficiente de influencia debido al rectángulo: L 0 m ; B 7,5 m. 1

z 0 σ z 0 T/m z z 6 z 9 z 1 z 15 L z 0 6, 66 ; B z 7, 5, 75 I r 0,; σ z 80 0, 19,5 L z 0 6, ; B z 7, 5 6 1, 5 I r 0,16; σ z 80 0,16 17, L z 0 9, ; B z 7, 5 9 0, 8 I r 0,18 ; σ z 80 0,18 1,5 L z 0 1 1, 67; B z 7, 5 1 0, 6 I r 0,15; σ z 80 0,15 1, L z 0 15 1, ; B z 7, 5 15 0, 50 I r 0,05 ; σ z 80 0,05 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. ( ' ), 56 + 0 0 + 19,5 1, 78 ; ( σ ' ) σ o m z m 19,77. ( ' ) 7,1 +, 56 19,5 + 17, 5, ; ( σ ' ) σ o m z m. ( ' ) 10, 68 + 7, 1 17, + 1,5 8, 9 ; ( σ ' ) σ o m z m 18, 15,9. ( ' ) 1, + 10, 68 1, 5 + 1, 1, 6 ; ( σ ' ) σ o m z m 1,5 5. ( ' ) 17, 81 + 1, 1, + 16, 0 ; ( σ ' ) σ o m z m 8,1 Por lo tanto, las presiones medias de cada capa después de la consolidación, serán: 1. (σ 1 ) m 1,78 + 19,77 1,55 T/m. (σ 1 ) m 5, + 18,,76 T/m. (σ 1 ) m 8,9 + 15,9,8 T/m. (σ 1 ) m 1,6 + 1,5 5,81 T/m 1

5. (σ 1 ) m 16,0 + 8,1,1 T/m Para cada capa: δ z eo e 1 + e o 1 donde: δ z disminución unitaria de espesor de la capa e o índice de poros correspondiente a (σ o ) m e 1 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 0 T/m, quiere decor que estamos en la ramoa de descarga de la curva edométrica. O sea: Luego entonces: Finalmente: e - 0, 0,0 log 10 0 σ' (σ o ) m e o (σ 1 ) m e 1 δ z 1 1,78 0,81 1,55 0,8,9 10 - m 5, 0,6,76 0,6 1,78 10 - m 8,90 0,5,80 0,5 1, 10 - m 1,6 0,7 5,81 0,5 0,89 10 - m 5 16,0 0,,1 0,6 0,8 10 - m S ed ΣH δ z [(,9 + 1,78 + 1, + 0,89 + 0,8) 10 - ] 0,19 S ed 0,19 º S c ρ c S ed ; donde: ρ c A + α (1 - A) donde: A 0,5 (arcilla sobreconsolidada) (lo tomamos) z 15 α b 15 1 0, 7 luego: S c [0,5 + 0,7 (1-0,5)] 0,19 0,19 S c 0,19 º El suelo es ahora un sólido elástico, con E 160 kg/cm. No hay consolidación µ ½, para que no haya variación de volumen. 15

donde: Entonces el asiento en el centro del rectángulo se calcula: S esquina ( ) K qb 1 µ Ahora: E S centro S esquina. 000 Silo vacío: q 6, 67 T / m 15 0 1. 000 Silo lleno: q 0 T / m 15 0 E 160 kg/cm 1.600 T/m a b 0 K 15, 67 0, 9 Silo vacío: Silo lleno: ( ) 6, 67 15 1 0, 5 Scentro 0, 9 1600. (, ) 0 15 1 0 5 Scentro 0, 9 1600. 0, 08 m 0, 5 m 16

EJERCICIO 7 El terreno de la figura está constituido por un estrato superficial de relleno heterogéneo muy poco resistente, de metros de espesor y densidad aparente de 1,7 T/m, 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,7 kg/dm,7 T/m - Índice de huecos E o 0,50 - Resistencia media a la compresión simple q u kg/cm - Resultados de un ensayo tiaxial consolidado con drenaje 5º c 1 T/m La cimentación se resuleve de la siguiente forma: Se excava una zanja de 1,0 metros de ancho y metros de profundidad, rellenándola de hormigón de baja dosificación de cemento, de, T/m 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 al comprobar la estabilidad a corto plazo por la fórmula de Terzaghi. º Repetir la comprobación anterior, considerando la estabilidad del cimiento a largo plazo con un coeficiente de sguridad de 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 q h SEGÚN TERZAGHI-PEZK Falla total (terrenos resistentes) q h cn c + γ 1 D f N q + ½ γ B N γ q h 1, cn c + γ 1 D f N q + 0, γ B N γ q h 1, cn c + γ 1 D f N q + 0,6 γ R N γ Zapata corrida Zapata cuadrada Zapata circular de radio R Las densidades corresponderán a los pesos específicos del suelo en cada caso concreto de que se trate. 17

N c N q N γ 0 5,1 1 0,5 5,76 1,5 0,0 5 6,9 1,57 0,09 7,5 7, 1,97 0, 10 8,,7 0,7 1,5 9,5,11 0,8 15 10,98,9 1, 17,5 1,71 5,01,7 0 1,8 6,0,5,5 17,5 8, 5,9 5 0,7 10,66 8,11 7,5,85 1,9 1,1 0 0,10 18,0 18,08,5 7,00,58 7,0 5 6,10,0 0,70 7,5 58,0 5,80 61,90 0 75,0 6,0 95,0,5 99,0 91,90 19,90 5 1,90 1,90 1,00 N c (N q - 1) cotg N q e π tg tg (5 + /) N γ 1,8 (N q - 1) tg Falla parcial (terrenos blandos o muy sueltos): Se tomará: c' c tg ' tg Carga de hundimiento: q h Qh 1 1 c N c + q N q + γ B N γ c N c + γ 1 Df Nq + γ B N B γ 18

c N c : γ 1 D f N q : Resistencia debida a la cohesión del terreno Resistencia debida a la sobrecarga que rodea a la cimentación (zapata, muro). ½ γ B N γ : 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. q u : S u : Resistencia a la compresión simple Resistencia al esfuerzo cortante, sin drenaje. Entonces tenemos a corto plazo: c Su q u 1 kg/cm 10 T/m 0 Para 0, viendo la tabla adjunta: luego: N q 1 N γ 0 q h S u N c + γ D f como vemos, es independiente del ancho de la cimentación. Hay dos formas de aplicar la fórmula: a) Sin tener en cuenta la carga neta: luego: entonces: S u 10 T/m ; N c (tabla) 5,1 ; γ 1 1,7 t/m ; D f m. q h 10 5,1 + 1,7 5,8 T/m q adm q h 5, 8 18, 7 T / m F 19

Por otra parte: q P P + γ D +, B 1, adm horm f luego: b) Teniendo en cuenta la carga neta. Se hace: P 18, 7 +, P 16, 6 T m 1, q F S N F D F h u c γ 1 f al segundo término del segundo miembro, se le afecta con F 1 q F S N F h u c γ 1 D f o bien: q P Su N c + γ D + γ 1 D B F adm horm f f sustituyendo: º Estabilidad a largo plazo: P 10 51, +, + 1, 7 P 19,6 T m 1, 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/m 5º La fórmula aplicar será, en este caso: donde: γ 1 (γ d ) 1 1,7 T/m q h cn c + γ 1 D f N q + ½ γ B N γ γ (γ sum ) γ (γ sat - γ w ) γ s + eγ 1+ e w γ w, 7 + 0, 5 1 1 11, 1 + 0, 5 T m 0

para 5º, entrando en la tabla: N c 0,7 ; N q 10,66; N γ 8,11 entonces, sustituyendo: q h 1 0,7 + 1,7 10,66 + ½ 1,1 1, 8,11 6,6 T/m entonces: q adm q h 6, 6 0, 8 T m F por otra parte: q P P + γ D +, B 1, adm horm f luego: 0,8 P +, P 19,7 T/m 1, que como vemos, ha salido más o menos igual que la resistencia a corto plazo, considerando la carga neta. 1

EJERCICIO 8 Una zapata cuadrada de,00,00 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,6 gr/cm, pudiendo suponerse a efectos de cálculo, un ángulo de rozamiento interno 5º 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/m. 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, según Terzaghi y, suponiendo que todo el estrato tiene un grado de saturación S r 0% y que éste se mantiene a lo largo del tiempo. º 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 (q adm ), viene determiando por los asientos y no por la carga de hundimiento (q hund ). O sea: q adm <<< q hund (sabemos que en cualquier caso, ha de cumplirse: q adm < q hund ) 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: q h ½ c N c + γ 1 D f N q + 0, γ B N γ 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 ( 0º), la rotura será total; en nuestro caso ( 5º), 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.

Yendo al ejercicio: 1º γ 1 densidad aparente relleno superior 1,8 T/m γ densidad arena γ 1 (1-n) + S r n γ w γ e e γ + e S γ 1 + S γ 1+ e 1 + e 1 + e s r w s r w, 6 + 0,5 0, 1 1, 8 T m 1+ 0,5 Viendo en la tabla del ejercico anterior, para 5º: N q,0 N γ 0,70 Entonces: q h 1,8 0,8, + 0, 1,8 0,70 107,5 T/m Ahora: Para F q adm q h 107, 5 5, 85 T m F º Ahora sube en N.F. hasta la base de la zapata. Entonces: γ 1 densidad aparente relleno superior 1,8 T/m + e 1+ e γ densidad sumergida arena γ sat - γ w γ s γ w γ w, 6 + 0,5 1 1, 07 T m 1+ 0,5 entonces: q h 1,8 0,8, + 0, 1,07 0,70 8,79 T/m. ahora: Para F q adm q h 8, 79 7, 6 T m F

EJERCICIO 9 Una cimentación tiene forma de cubo de metros de lado, con todas las paredes de 0,0 metros de espesor, de hormigón armado de densidad,5 T/m. El terreno es un estrato de arena de gran espesor con γ max,1 T/m, γ min 1, T/m y peso específico de las partículas,65 T/m. El nivel freático se supone muy profundo. Los reconocimientos geotécnicos han dado los siguientes valores: Profundidad z (m) N SPT R P (Kg/cm ) 1 0 50 0 100 5 10 8 Rechazo (no entra el SPT) Un ensayo de placa de 0 0 cm, realizado a metros de profundidad, ha dado un asiento de ½ para q,5 kg/cm. Se pide: 1º Estimar la densidad aparente media del estrato de arena, clasificando la arena según su densidad relativa. º Estimar la carga P admisible, por criterio de asientos, según los métodos de Terzaghi y Meyerhof. º 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? 00

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 7 ; R 15 kg / cm Viendo la tabla que se adjunta al final de ejercicio: 0 < N 7 < 50 10 < R p 15 < 00 luego, la Densidad relativa (I D ): 0,6 < I D < 0,8 Tomamos: I D 0,65 Según el cuadro, la arena es de naturaleza densa. Ahora se calcula la densidad (o peso especifico) aparente seca. O sea: p I D ρmax ρ ρ ρ d d max ρ ρ min min γ max ID γ d γ γ d max γ γ min min, 1 γ d 1, 0, 65 0,6 γ d,1 γ d -,9 γ, 1 1, d de donde: γ d 1,79 T/m º Carga P admisible. Ancho de la zapata: B m 0, 6,67 pies Suponiendo (S total ) 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 0 pies q ad, kg/cm. Como la interpolación puede hacerse lineal, tenemos: 7 Para (según Terzaghi): N 7 q ad,, 07 kg / cm 0 Para Meyerhof: Como B > pies q ad N S B + 1 7 1 6, 67 + 1 q ad 1 B 1 6, 67, 08 kg / cm Esta fórmula de Meyerhof es la expresión analítica del gráfico de Terzaghi. 5

Ahora bien, Meyerhof propuso la siguiente relación empírica para hallar la carga admisible, independientemente del ancho de la cimentación. q ad S R p 1 15 1, kg / cm 0 0 Como vemos, este resultado sale distinto de los obtenidos anteriormente. Ahora bien, esta última fórmula empleada sólo se puede usar si R p N. Si hacemos que se cumpla R p,7 18 kg/cm, luego (según Meyerhof): q ad S R p 1 18, 7 kg / cm 0 0 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: C a q ad arg + Peso cimentacion Area o sea: q ad [ ( ) ] P + 0,, 5 Conocida q ad, podemos entonces hallar P ad. º Carga media entre ambos métodos:, 08 1,, 61 kg / cm En el enunciado nos dicen que en elensayo de placa de carga, q (1/"),5 kg/cm. Entonces, según la regla de Terzaghi: q ad ½ q (½") ½,5 1,75 kg/cm Como esta q ad 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:, 50 kg / cm 0, 5" 0, 5" x, 61 kg / cm x " con lo que el asiento en la cimentación para la carga de,61 kg/cm ser: S S o Bo 1+ B 6

donde: So 0,5" Bo 0, m B m 0, 5 S: incógnita, luego: S 1+ 0, 1, 57" > 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:, 61 kg / cm 1, 57", / x kg cm x kg / cm 1" Entonces, según criterios, se puede adoptar como carga admisible del terreno:, 61 kg / cm, 0 kg / cm Recopilando todo lo dicho en un gráfico: según criterios: q ad kg/cm (gráfico) La zapata, por ser más grande, asienta más que la placa. 7

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 (R p ) Ángulo rozamiento interno Golpes por pie de penetración T/pie ~ kg/cm Grados Muy suelta < 0, < < 0 < 0 Suelta 0, - 0, - 10 0-0 0-5 Compacta 0, - 0,6 10-0 0-10 5-0 Densa 0,6-0,8 0-50 10-00 0-5 Muy Densa > 0,8 > 50 > 00 > 5 (Gráfico) Asiento de una zapata en función de la resistencia a la penetración dinámica (Según Terzaghi y Peck, 198) 8

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/m y metros de espesor. b) Una capa de arcilla de las siguientes características: - Peso específico de las partículas...s,7 T/m - Índice de huecos...e o 0,80 - Resistencia a la compresión simple...q u 1,6 kg/cm - Resultados de un ensayo triaxial consolidado con drenaje... 0º c' 0, kg/cm - Coeficiente de compresibilidad...c c 0,15 - Espesor del estrato... 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 metros de terreno y apoyando en el estrato de arcilla un losa com muros que transmite una carga máxima total de 1 kg/cm, 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 metros de la superficie del terreno. Se pide: 1º La carga neta que actúa sobre el estrato arcilloso. º El coeficiente de seguridad al hundimiento a corto plazo según Terzaghi. º El coeficiente de seguridad al hundimiento a largo plazo según Terzaghi. º 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. 9

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: o sea: p Carga total máxima - Peso tierra excavada. p 10 T/m - (1,8 ) T/m Carga neta p,6 T/m º Coeficiente de seguridad al hundimiento a corto plazo. y que: 0º q h S u N c + γ 1 D f c Su q u 1, 6 0, 8 kg / cm 8 T / m ahora: Para 0: N c 5,1, luego: qh (8 5,1) + (1,8 ) 1,1 + 5, q adm 10 T/m q h 11, + 5, F F 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 11, 5, F + F 8,9 El que haya ssalido tan alto, quiere decir que no hay forma de romper la losa con las condiciones dadas. º Coeficiente de seguridad al hundimiento a largo plazo. En el enunciado nos dan: c' 0, kg/cm T/m 0º En función de la naturaleza de la arcilla, se puede adoptar el siguiente criterio: q u < 1 kg/cm ARCILLA BLANDA q u > 1 kg/cm ARCILLA DURA En nuestro caso: q u 1,6 kg/cm. Se trata de una arcilla compacta, sin ser muy dura. Vamos a considerar que se produce una rotura parcial. 0

Entonces, viendo la tabla del ejercicio 7, se toma: c'* / c' / 1, T/m Tg '* tg ' '* arc tg tg ' arc tg tg 0º 1,6º La fórmula a aplicar es (ver ejercicio 7): q h c'* N c + γ 1 D f N q + ½ γ B N γ Ahora, viendo la tabla de dicho ejercicio, tenemos: N q e π tg tg π tg 1,6 (5 + /) e tg 1, 6 5 +, 7 Ahora: N c (N q - 1) cotg (,7-1) cotg 1,6 10,18 N γ 1,8 (N q - 1) tg 1,8 (, - 1) tg 1,6 1,08 γ γ sum γ sat - γ w γ s + eo γ w γ w 1 + e o,7 + 0,8 1 1 + 0,8 1 0, 9 T / m Entonces, sustituyendo valores en la fórmula, tenemos: q h (1, 10,18) + (1,8,7) + ½ (0,9 16 1,08) 0, T/m 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: q adm 10 T/m q h 0, F 0,, 0 F F 10 º Asiento de consolidación del centro de la losa. El proceso se puede representar por Estado inicial: (e o, σ' o ) Estado final: (e f, σ' f ) Entonces: (gráfico) El punto A es el representativo del estrato (σ' o ) A (correspondientes a entes de hacer el vaciado del solar) 1,8 + γ sat - γ w 1,8 + 0,9 7,8 T/m (σ' f ) A (después de estar todo constriudio) (σ' o ) A + Carga neta 7,8 +,6 11,88 T/m 1

Entonces: ( σ' ) f e o - e f C c log 10 ( σ' ) A o A e f 0,8-0,15 log 10 11, 88 7, 8 0,768 Ahora: ε eo e 1 + e o f 0, 8 0, 768 0, 018 1 + 0, 8 con lo que el asiento total del estrato arcilloso será: S L ε L arcilla 0,018 00 7, cm Como resumen de los ejercicios anteriores, se puede hacer un compendio de los criterios a seguir para hallar la carga admisible (q adm ) en una cimentación mediante el esquema que aparece en la página siguiente.

TERRENO DE CIMENTACIÓN: 1. ARENAS: a. Limitación por presión: q h rotura parcial rotura total (c 0 ; 0) q h q adm F b. Limitación por asiento: Ver ejercicio 9 rotura parcial. ARCILLAS: q h rotura total a. Corto plazo ( 0) q h c N c + γ D f q q adm adm q h ( sin carg a neta) F c N c + γ Df (con carga neta) F b. Largo plazo ( 0) q h c N c + γ D f N q + ½ γ B N γ q adm q h F

EJERCICIO 11 Un pilar metálico se empotra en una zapata cuadrada de,00,00 1,00 metro de hormigón armado, con densidad,5 T/m, 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 º Compresión N 0 ton y momento en una dirección M x 10 m t º Compresión N 0 ton y momento M x 5 m t º Compresión N 0 ton y momentos en dos direcciones, M x 10 m t y M y 10 m t (gráfico) 1º Hay que reducir N a N t, porque hay que hallar las presiones que se transmiten al terreno. p.p. zapata γ h Vol,5 ( 1) 10 T Área base zapata Ω A B m N t 90 + 10 100 T donde: Fórmula a emplear, siempre que no salga negativo nignún valor: N t M x y σ ± Ω I (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 y x B ±. Entonces: N M B N M 1 1 1 1 B t x t x t x σ extr ± ± ± Ω A B Ω A B Ω Wx N M

1 A B A B Al valor Wx 1 (sección rectangular), es lo que se llama momento resistente de la B 6 sección respecto del eje X. Entonces, para sección rectangula, la fórmula queda: N A B M t x σ extr ± AB En nuestro caso: N t 100 T ; M x 0 ; A B m. Luego: 6 σ extr 100 ± 0 5 T / m Como ha salido positivo, se trata de compresiones (gráfico) º N 0 T ; M x 10 mt N t 0 + 10 50 T M M x N t e e x m N 10 50 0, 0. (gráfico) Sabemos que el núcleo central de una sección rectangular es: B 0, m. 6 6 Como 0,0 < 0,, la carga N t, está dentro del núcleo central y, por lo tanto, es válida la fórmula anterior, ya que todo son compresiones. Entonces: t σ extr 50 ± 10 6 ( σ ext ) ( σ ) ext 1 0 T / m 5 T / m (gráfico) º N 0 T ; M x 5 mt N t 0 + 10 50 T En este caso: M e x B m m N 5 0, 5. 0, t 50 6 6 La carga N t está fuera del núcleo central de la sección. Entonces se puede hacer: B e' e 0, 5 0, 5 m. (gráfico) 5

Estableciendo el equilibrio: N t ( ½ σ max e') A 50 ½ σ max 0,5 σ max, T/m º N 0 T ; M x 10 mt ; M y 10 mt N t 0 + 10 50 T El estado de cargas, produce una flexión desviada. Entonces, si la resultante N t cae dentro del núcleo central de la sección, es aplicable la fórmula: N M B + Ω I σ max t x M x N t e x M y N t e y x M luego, sustituyendo en la fórmula: o sea: A N M B M A N 6M 6M 1 1 1 1 y t x x t x y + + + + + Iy A B BA A B A B A B BA (gráfico) N 6 N e N e + 6 + AB AB BA t t x t y σ max N e e 1 6 6 A B B A t x y σ max + + En el caso de que se tenga duda de que N t caiga o no dentro del nucleo central, aplicamos la fórmula: σ max N t A B K entonces: e e x y M x 10 ex ex 0, 0, m. 0, 10 N 50 a B t M y 10 ey ey 0, 0, m. 0, 10 N 50 b A t Luego: σ max 50, 7, 5 T / m 6

apliquemos la fórmula anterior: σ max 50 + + T m 1 6 0, 6 0, 7, 5 / que como vemos, sale igual que lo obtenido, con lo que N t está actuando fuera del núcleo central de la sección; la diferencia es pequeña. 7

EJERCICIO 1 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, kg/cm. (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,5 T/m (γ horm ). 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/cm f ck - Límite elástico del acero:.00 kg/cm f yk - coeficiente de mayorización de cargas: 1,6 γ f (figura) Ambas son zapatas cuadradas, que transmiten al terreno la misma presión de kg/cm. Se supone reparto de presiones bajo la zapata, uniforme. γ horm,5 T/m ; f ck 175 kg/cm ; f yk.00 kg/cm ; γ f 1,6 V a vuelo de la zapata (gráfico) Si: 0,5h < Va h Zapata rígida, a la que es aplicable el método de las bielas. Si: h < Va h Zapata flexible, que trabaja a flexión, como una losa. Nuestra zapata tiene en planta: (gráfico) (gráfico) a) Vamos con la zapata de canto: h 0,50 m, Se ha de cumplir: ( ) N + L h L γ (gráfico) horm kg / cm 0 T / m de donde L,066 m. A efectos prácticos, tomamos L,1 m. Entonces la presión total transmitida al terreno, será: 80 + L 0, 5, 5 0 L 8

σ t 80 +,1 0,5,5 19, 9 T / m,1 ahora: V a 0,8 m ; h 0,50 m. (gráfico) Según la clasificación dada al principio, se cumple: h < V a < h, luego la zapata es flexible. Vamos a ver cómo se arman, a flexión, las zapatas flexibles. De σ t, 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. entonces: (gráfico) 80 σ 18, 1 T m, 1 (gráfico) El momento que actúa en dicha sección, por metro lineal de ancho es (pieza en ménsula): M(carga real) 18,1 0, 80 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: U s 1 M d M d 0, 97 1 + d U c d donde: M d γ f M 1,6 5,8 mt/m d canto útil sección U c f cd b d f ck γ c 1 d Vamos a hallar el canto útil d : (gráfico) 9

En zapatas, los recubrimientos son mayores que en vigas. Suponiendo que se usan redondos ( 1 mm), tenemos: Recubrimiento + ¼ + 1, 6,1 cm 6 cm. luego: d 50-6 cm Entonces: Us 1 0 97 1, 6 5, 8 1, 6 5, 8, 1+ 1, 0 T / m 0, 1750. 1 0, 0, * 1, 5 (*) suponemos γ c 1,5 Pero: (*) suponemos γ s 1,1 De donde: U s1 A s1 F yd A s1 F y γ k s 1,0 As1. 000 11, * Área de 1 redondo 1 mm: A s1 5,5787 10 - m /m 5,579 cm /m ancho π 1, 1, 59 cm luego: 0 nº redondos/m. ancho 5, 579, 65 redondos/m. 1, 59 Como la anchura de la zapata es de,10 m., necesitaremos en total:,10 8, 9 redondos 1 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).

(gráfico) El cortante máximo que actúa en la sección B-B, es el debido a la zona rayada de la zapata. Entonces: Q max (carga real), 1 1 18, 1 15, 6 T. El cortante de cálculo será: Q d γ f Q max 1,6 15,6,7 T. Este cortante, produce en la sección B-B una tensión tangencial: τ max, 7 T m 0 1 56,, Si esta tensión es superior a la admisible, habrá que armar a cortante: f cv fck 0, 5 fcd 0, 5 0, 5 175 5, kg cm 5 T m γ 1, 5 c 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 τ max < f cv, lo que hay que hacer es aumentar el canto h de la zapata. Si hubiese que armar a cortante, las armaduras se disponen: No hace falta armar a cortante si se cumple: (gráfico) τ Qmax Ancho B B z < 5 kg cm ( ) z es el brazo mecánico que se supone que vale: 0,85 h. Entonces, en nuestro caso: 15, 6 10 τ, 6 kg cm < 5 kg cm No hay que armar. 100 0, 85 50 b) Ahora vamos con la zapata de canto h 1 metro. Igual que ante, se ha de cumplir: ( ) N + L h L γ horm kg / cm 0 T / m de donde; L,18 m. A efectos prácticos tomamos; L,15 m. 80 + L 1, 5 0 L 1

Entonces, la presión total transmitida al tereno será: σ t 80 +,15 1,5 19, 81 T / m,15 (gráfico) Ahora: Va 0,85 m ; h 1 m. Según la clasificación dada al principio, se cumple que 0,5 h < V a < 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 1 mm. El plano de la armadura estará a; + 1,,7 cm (base inferior) Ahora: ho ho 1 ho 1, 0 m., 15 0, 5 Luego: h a 1,0-0,07 1,56 m. Entonces, la cuantía de armaduras, nos da (en este caso, por ser zapata cuadrada: A a A b ): A a N d a γ f N L 8h f h f a 8 yd a yk γ s 1, 6 80 10 15 7, 17 cm. 00 8 15, 6 11, Área de 1 redondo de 1 mm: π 1, 1, 59 cm luego: nº de redondos de 1 mm en cada armadura 7, 17, 66 5 1, 59 Es poco acero y la zapata parecería hormigón en masa. La cuantía mínima de acero será: 1 de 1 mm cada 0 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 V max h

(figura) Entonces: 80 σ 18, 1 T m, 1 luego: 0, 875 M 18, 1 6, 9 m T m ancho Dimensionamos a flexión: U s 1 M d 0, 97 1 + d M u c d d F yk.100 kg/cm 1, 6 6, 9 1, 6 6, 9 Us 1 0, 97 1 + 5, 68 T m ancho 0, 1750. 1 0, 0, 1, 5 pero: fyk 1000. Us As fyd As 5, 68 A 1 1 1 s 1 γ 11, s De donde: A s1 6,8905 10 - m /m 6,891 cm /m ancho luego: nº redondos/m ancho 6, 891, 78 1, 59 5 redondos/m Como la anchura de la zapata es de,10 m., necesitaremos en total: 5,10 10,5 11 redondos de 1 mm Cuantía mínima: ρ A + A + A s1 s s A c sustituyendo: 11 1, 59 ρ 0, 0161 < 0, 0018 10 50 Luego:

0, 0018 n 1, 59 10 50 de donde: n 1,8 1 redondos de 1 mm Cortante: (figura) Vd b d f cv b b + d 0,5 + 0, 0,9 m. V 18,1,10 0,58,095 T V d,095 1,6 5,5 T d 0, Entonces: V admisible b d f cv f cv 0,5 f cd 0,5 175 1, 5 5, kg/cm 5 T/m Sustituyendo V admisible 0,9 0, 5,67 T > 5,5 T luego no hace falta armar a cortante b) Zapata de canto: h 1 metro V 0,85 m. ; h 1 m. 0,5 h V max h (figura) Sección de referencia (figura) Ahora: luego: 80 σ 17, 1 T m, 15 M 17,1 0, 9 7,01 m T/m ancho

Dimensionamos a flexión: U s 1 M d 0, 97 1 + d f yk.100 kg/cm M u c d d Ahora: d 100-6 9 1, 6 7, 01 1, 6 7, 01 Us 1 0, 97 1 + 11, 7 T m ancho 0, 9 1750. 1 0, 9 0, 9 1, 5 fyk 1000. Us As fyd As 11, 7 A 1 1 1 s 1 γ 11, De donde: A s1,19 10- m/m,19 cm/ m ancho luego: s nº redondos/m. ancho 19, 1, 59,0 redondos/m Como la anchura de la zapata es de,15 m., necesitaremos en total: Cuantía mínima:,15 6,5 7 redondos de 1 mm ρ A + A + A s1 s s A c sustituyendo: 7 1, 59 ρ 0, 000501 < 0, 0018 15 100 Luego: 0, 0018 n 1, 59 15 100 de donde: n 5,16 6 redondos de 1 mm Cortante: 5

Vd b d f cv b b + d 0,50 + 0,9 1, m. V 17,1,15 0,55 1,1 T V d 1,6 1,1 1,1 T Entonces: V admisible b d f cv f cv 0,5 f cd 0,5 175 1, 5 5, kg/cm 5 T/m Sustituyendo: V admisible 1, 0,9 5 16,18 T > 1,1 T Luego no hace falta armar a cortante 6

EJERCICIO 1 Un pilar de hormigón armado de 0 60 cm. transmite una carga vertical de 0 + N/ 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 5. La características del terreno y los materiales se suponen conocidas y de valores: - Coeficiente de balasto del terreno: K 5 kg/cm - Presión admisible a transmitir por la zapata: σ kg/cm - Coeficiente de elasticidad del hormigón: E 10.000 kg/cm 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.. 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 Viendo el diagrama de tensiones: (gráfico) N 5 0 + 0 + 6, 5 T 1 σ max B L 0 + N o sea: 1 0 6 5 6 5 B L, BL, m Por otra parte: (gráfico) 7

Las tensiones extremas valen: P σ ± Ω M B B 6, 5 0, 6, 5 ± I BL 1 LB 1 B o sea: B 6 6, 5 0, 6, 5 σ ± BL LB B 6 0, 6, 5 1 ± BL B Entonces: σ max B 0 6 5 6 0,, + 6 5 1, B 6, 5 6, 5 B 0, 9 m. L 6, 9 m. B 0, 9 Caso º. El forjado colabora en centrar la resultante sobre la zapata anterior.t (gráfico) e B - 0, 0, 9-0, 0,15 m. B 0,90 m. h m. La nueva acción resultante pasa por i y produce el nuevo estado tensional. Vamos a hallar i : i 1+ e K a b h 6 E I c donde: a L 6,9 m. ; b B 0,90 m. ; K 5 kg/cm ; E 10.000 kg/cm I c se refiere al pilar de 0 60 cm: Sustituyendo valores: I c 1 1 0 60 70.000 cm i 15 5 69 90 00 1 + 6 10. 000 70. 000 1, 65 cm 8

Luego tenemos: (gráfico) Las tensiones extremas valen: P σ ± Ω M I B 0, 90 1, 69 6, 5 ± 6, 5 1 1 6, 9 0, 9 σ σ 1 11, 57 T m 8, T m o sea: σ 1 1,157 kg/cm ; σ 0,8 kg/cm 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. 9

EJERCICIO 1 Se tiene un pórtico cimentado en una zapata corrida de hormigón armado de 10 metros de longitud, metros de ancho y 1,5 metros de canto y una densidad de,. Cada pilar transmite en su eje geométrico situacio a 0 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/ m T (por lo tanto, las cargas con siméticas). Tomar N 0. El coeficiente de balasto del terreno se supone igual a 6 kg/cm y el módulo de elasticidad del hormigón, de 00.000 kg/cm. Se pide: 1. Dibujar a sentimiento, la Ley de Presiones en el tereno y la Ley de Momentos Flectores en la viga.. 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. k 6 kg/cm E 00.000 kg/cm (gráfico). Por el método de Bleich, hay que hallar las presiones debajo del eje de cada pilar y en el centro de la viga.. L * E I k b 6 1 10 1, 5 1 6 10, m 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 F 1 y F están colocadas simétricamente respecto de la viga. Admeás, las cargas F 1 y F están situadas de tal forma que: F produce momento nulo en A F 1 produce cortante nulo en A Por simetría, F de la derecha produce momento nulo en B, y F 1 de la derecha produce cortante nulo en B. * Longitud de la elástica 50

Para viga cotínua, tenemos las siguientes fórmulas: modelo letra: M (figura) M PL Q P f ψ ; ψ (figura) M f M Q M ψ ; L ψ 1 Vamos a hallar el momento flector y el cortante en A, debido a la actuación del sistema de cargas el pórtico. o sea: 100, 50 50,8 + (, ) 0, 91 ( 0, 06) M A (P,M) [ 0 0 157 ] M A (P,M) 97,8 mt Ahora, por simetría: M B (P,M) 97,8 mt Ahora: 100 + + 50 50 0, 99 + 0, 08,, Q A (P,M) [ 0, 91 ( 0, 06) ] o sea: Q A (P,M) -7,77 Ahora, por antimetría: Q B (P,M) 7,77 Ahora, una vez introducido el sistema de fuerzas F, hay que imponer en la viga infinita las condiciones de contorno. Éstas serán: M T A T A 0 ; Q 0 También se ha de cumplir: M T B T B 0 ; Q 0 que evidentemente se va a cumplir, en cuanto lo cumpla A, por la simetría existente. Entonces: 51

M T A F, [ 0,08 + ( 0,00) ] + [ 0 ] 1 F, + (-0,09) + 97,8 0 o sea: 0,1 F 1 + 0,05 F 97,8 Ahora: F F F F Q T A 1 0 1 ( 0,015) + 1 0 1 ( 0,07) 7,77 0 o sea: 0,008 F1 + 0,185 F 7,77 Entonces: 7 0,1,77-0,185 F + 0,05 0,008 F 97,8 1.79,6-5, F + 0,05 F 97,8 F,5 T Luego: 7,77-0,185,5 F1 6, 51 F1 6, 51 T 0,008 Como: I,7 L < L, hemos tenido en cuenta la acción que ejercen las fuerzas F 1 y F 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) y P L 8 E I ψ 1 Pero: P L P L p k y k k E I ψ1 ψ 8 8 E I L 1 Como: L E I E I L b k b k luego: 5

p k P E I b k 8 E I L ψ p k e I 8 b k E I L ψ P b L ψ 1 1 1 O sea: P P b L ψ 1 que es la fórmula que nos da las presiones, cuando actúa la carga P. Análogamente, sabemos que para viga infinita con par M: (figura) y M L E I ψ Pero: p k y k M L E I ψ k M L E I L ψ Entonces: O sea: p k E I M b k ψ k E I L p k M E I b k E I L M b L ψ M ψ ψ b L 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: 6, 51,, 5 100 + + +,, P C P D [ 0,18 + (-0,0)] [ 0,58 + (-0,01)] [ 1+ 0, ] + 50 50 0 0, 107 16,7 T m,, O sea: b) Presión debajo del centro de la viga: Por la simetría existente, podemos poner: P C P D 16,7 T/m 5

P o 6, 51, 5 100 50 ( 0,01) + 0,098 + 078 +,,,, 0, 0 6,07 T/m. O sea: P o 6,07 T/m Ahora bien, a estas presiones, hay que sumar la presión que ejerce la propia viga sobre el terreno. Luego, finalmente: p viga γ horm h, 1,5,6 T/m P C P 0 16,7 +,6 19,87 T/m P o 6,07 +,6 9,67 T/m 5

EJERCICIO 15 Una zapata corrida de hormigón armado de 8 metros de largo por 1 metro de ancho y 1, metros de canto, se apoya en un terreno con coeficiente de balasto 5 kg/cm. 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/cm 5.000 T/m E 10 6 T/m I 1 1, 1 01, m Longitud de la elástica: L E I b K,896 m. Ahora: I π λ > L,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 f p (λ) 5,67 f p (λ) En el centro (0): p o 5,67 0,6 15,0 T/m En el punto A: P A 5,67 0,5 1,8 T/m En el punto B: P B 5,67 0,5 8,98 T/m b) Momentos M P L f M (λ) 89,6 f M (λ) M o 89,6 0,5 91,55 mt M A 89,6 0,05 19,8 M B 0 55