Capítulo 7 - WordPress.com · 2016-04-05 · Capítulo 7 - Estabilidad de taludes 235 PROBLEMA 7.2...

Capítulo 7

EESSTTAABBIILLIIDDAADD DDEE TTAALLUUDDEESS

Problemas de Geotecnia y Cimientos

232

Capítulo 7 - Estabilidad de taludes

233

PROBLEMA 7.1 Obtener el parámetro ru en un talud indefinido de inclinación β en donde existe un flujo de agua lineal hacia el exterior que forma un ángulo α con la horizontal.

SOLUCIÓN

β

α

z e1

A

C B

Figura 7.1 Considérese un plano de deslizamiento paralelo a la superficie del terreno situado a una profundidad z (figura 7.1).


234

El parámetro ru se define como:

z·

ur

satu γ

=

siendo u la presión intersticial existente en cualquier punto del plano de deslizamiento. Si e1 es una línea de corriente, AB es una equipotencial, y puesto que en el punto A la presión intersticial es nula, la presión intersticial en B vale:

ωγ= ·ACu siendo AC la diferencia de cota existente entre los puntos A y B.

Se trata pues de obtener AC en función de z y de los ángulos α y β. Haciendo las oportunas operaciones, se llega a:

( ) sat

wu ·

coscoscos

rγγ

α−βαβ=


235

PROBLEMA 7.2 En el talud indefinido indicado en la figura 7.2, obtener el coeficiente de seguridad suponiendo planos de deslizamiento paralelos a la superficie del terreno y desarrollados en el suelo 1 y sabiendo que la filtración es horizontal en el suelo 2.

β=20º

α c

c

Suelo 1 Suelo 2

1

2

Figura 7.2

Las características geotécnicas del terreno son:

Suelo

γsat (kN/m3)

φ' (º)

c' (kN/m2)

k (m/s)

1 2

22

50

0

10-1 5 · 10-2

SOLUCIÓN El coeficiente de seguridad de un talud indefinido en un terreno incoherente sometido a una filtración rectilínea viene dado por:

βφ

β

−=tg

'tg·

cos

r1F

2u


236

Como se ha deducido en el problema 7.1, el parámetro ru se obtiene de la expresión:

( ) sat

wu ·

coscoscos

rγγ

α−βαβ=

siendo α el ángulo formado por las líneas de corriente con la horizontal. Se conoce que la filtración en el suelo 2 es horizontal. Por otro lado, como las permeabilidades son diferentes, se produce una refracción de flujo al pasar el agua del suelo 2 al suelo 1, y como se sabe, debe verificarse que:

2

2

1

1

tgk

tgk

∈=

∈

Como ∈2 = 70º, entonces:

º69'79º70tg·10·5

10tgarctg·

k

ktgarc

2

1

22

11 =

=

∈=∈

−

−

y por consiguiente: α = 79'69º - 70º = 9'69º Sustituyendo estos valores en las fórmulas se tiene:

( ) 43'02210

·º69'9º20cos

º69'9cos·º20cosru =

−=

y

69'1º20tgº50tg

·º20cos

43'01F

2=

−=


237

PROBLEMA 7.3 Suponiendo una rotura plana, calcular el coeficiente de seguridad de una zanja vertical para un muro pantalla de 10 m de profundidad, sostenida con un lodo bentonítico de densidad 12 KN / m3 y excavada en un terreno arcilloso que tiene un peso específico de 20 KN / m3 y una resistencia a compresión simple de 100 kN/m2.

SOLUCIÓN

Para un plano posible de rotura de inclinación α (figura 7.3), se define el coeficiente de seguridad F como:

TR

F =

siendo R la máxima fuerza que puede movilizarse por esfuerzo cortante en dicho plano y T la fuerza que debe movilizarse por esfuerzo cortante en la situación de equilibrio estricto. Puesto que el plano de rotura no es conocido, se debe encontrar el plano que proporciona el mínimo coeficiente de seguridad. En la construcción de los muros pantallas, las zanjas se excavan y hormigonan rápidamente. Se trata pues de una situación a corto plazo y por consiguiente, se trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 100 = 50 kN / m2.

Si φ u = 0, entonces R = cu L → F

L·cT u=

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción y su profundidad puede estimarse aplicando la teoría de Rankine.


238

10 mP

W

A

B C

T

N

L

D

U zg

α

120 kN / m2

50 kN / m2

Figura 7.3

. Si el ángulo de rozamiento es nulo, el coeficiente de empuje activo vale:

1sen1sen1

k a =φ+φ−=

y la profundidad de las grietas de tracción se obtiene como:

m520

50·2

k·

c·2z

a

ug ==

γ=

Suponiendo un plano de rotura de inclinación α (figura 7.3), las fuerzas que intervienen en la situación de equilibrio estricto, además de T y de la resultante N de las tensiones totales en el plano de rotura, son: o Empuje hidrostático de lodos:

m/kN60010·120·21

10·10·12·21

P ===

o Empuje hidrostático en grietas de tracción:

m/kN1255·50·21

5·5·01·21

U ===


239

o Peso masa deslizante a lo largo de un plano con inclinación α:

m/kNtg750

m/KN20·tg5

·2

510W 3

α=

α+=

Las ecuaciones de equilibrio se escriben: o Vertical:

W = N · cos α + T · sen α o Horizontal:

P + T · cos α − N · sen α - U = 0 Además,

α=

α−==

sen·F250

sen)510(

·F50

F

L·cT u

Eliminando N y T con estas tres ecuaciones y sustituyendo las expresiones obtenidas anteriormente para W, U y P, y despejando oportunamente se llega a:

α=

2sen82'1

F

El valor de α que hace mínimo F se obtiene igualando a cero la primera derivada:

º452cos0ddF =α→α→=

α

Para este valor resulta:

82'1F =


240

PROBLEMA 7.4 Obtener el coeficiente de seguridad del talud del canal indicado en la figura 7.4, inmediatamente después de una subida rápida del nivel de agua a 7 m y suponiendo que la rotura es plana.

7 m

5 m

40 kN/m2

10 m

60º

N.F.

Figura 7.4

- Datos: Arcillas: Ru = 60 kN / m2 γ = 19 kN / m3

SOLUCIÓN Se trata de una situación a corto plazo y por consiguiente se trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 60 = 30 KN / m2.


241

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción. Aplicando la teoría de Rankine, para φu = 0 y una sobrecarga p, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

γ

−γ

= pc·2z u

g

En la zona de sobrecarga (p = 40 kN / m2).

m05'11940

1930·2

zg =−=

y en la zona de coronación sin sobrecarga y en el talud:

m16'31930·2

zg ==

Suponiendo un plano de rotura con inclinación α, las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

- Peso, W.

- Empuje hidrostático en grieta de tracción,

2g

2gW z5z·10·

21

E ==

- Empuje hidrostático en paramentos del talud, u, que tiene como

componente horizontal uh = u · sen 60º y como vertical uv = u · cos 60º.

- Reacción normal en el plano de rotura, N.

- Fuerza resistente necesaria para el equilibrio en el plano de rotura, T.

- Según el plano de rotura, resultante de la sobrecarga de coronación, P.


242

7 m

10 m

TO

NL

α60º

u

N.F.

A

WB

3'16

5 m

3'16

h

1'05

EW

40 kN/m2

Figura 7.5 Los mecanismos de rotura que pueden plantearse son: 1. Mecanismo A. Condicionado por grieta de tracción del paramento del talud

(figura 7.5).

Válido para:

º83'49

º60tg10

16'310arctg0 =

−≤α≤

En el triángulo OAB se verificará:

α−

=α−

=→α

−=73'1

47'5

º60tgtg

1

16'3h

tg16'3h

º60tgh


243

N.F.

7 m

60º

5 m

10 m

α

L

3'16

W

T Nu 6'84

E

70 k

N/m

10 / tg 60 = 5'77

2

W

40 kN/m2

Figura 7.6

Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

( )

α−=

α

−−=º60tg

tg1·

60tgh

·5'9tg

16'3hº60tg

h·

21

·19W222

P = 0

( ) )h216'17(·8'1516'3·16'3h7h7·21

·10EW −=+−+−=

( ) ( )h14·h·77'5º60sen

h·7h7·

21

·10u −=+−=

y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α−==sen

16'3h·30L·cR u


244

2. Mecanismo B. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona sin sobrecarga (figura 7.6).

Válido para:

º85'4977'584'6

arctgº41'3277'1084'6

arctg =

≤α≤=


α−

−

α+

α=

tg84'6

·21

·1910·º60tg

10tg

84'6tg

84'6·

21

·19W2

−

α= 74'57

tg01'90

·5'9W

P = 0

m/kN23'4916'3·21

·10E 2W ==

m/kN9'282º60sen

7·70·

21

u ==

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α=

α==

sen2'205

sen84'6

·30L·cR u


245

N.F.

7 m

10 m

60º α

5'77

8'95 / tg α

W

N

u

T

8'95

1'05

5 m

70 k

N/m

2

P

EW

40 kN/m2

Figura 7.7

3. Mecanismo C. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona con sobrecarga (figura 7.7).

Válido para:

º72'3977'1095'8

arctg0 =

≤α≤


−

α=

α−

−

α+

α= 77'5

tg9'98

·5'9tg95'8

·21

·1910·77'5tg

95'8tg

95'8·

21

·19W2

m/KN51'505'1·21

·10E 2W ==

m/KN9'282u =

−

α= 77'10

tg95'8

·40P


246

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α==

sen95'8

·30L·cR u

En cualquiera de los tres casos, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben: Horizontal: N · sen α - T · cos α - u · sen 60º + EW = 0 Vertical: u · cos 60º + W - N · cos α - T · sen α + P = 0 Despejando N de la primera ecuación:

α−+α=

senEº60sen·ucos·T

N W

Sustituyendo en la segunda y despejando T se llega a:

α

α

+α

−++= sen·tgE

tgu·866'0

PWu5'0T W

El coeficiente de seguridad viene dado por:

TR

F =


247

α

5'3

1'3

0'8

1'8

Coe

ficie

nte

de s

egur

idad

2'8

2'3

3'3

3'8

4'3

4'8

05'8

10 20 30 40 50

Mecanismo B

Mecanismo A

Mecanismo C

0

Figura 7.8

Con ayuda de una hoja de cálculo (figura 7.8), se ha encontrado el mínimo coeficiente de seguridad igual a 1'05 que se obtiene en el mecanismo C, para α = 25'8º.


248

PROBLEMA 7.5 Calcular el coeficiente de seguridad del talud arcilloso indicado en la figura 7.9, en las siguientes situaciones: a) Sin grietas de tracción. b) Con grietas de tracción.

8'1 m

12 m

6 m

d

W

B C D

A

R = 21 m

E

R =

21

m

E

θg

θd

1V:1'5H

W

W

Figura 7.9 - Datos:

θ = 84'1º θg = 67'4º d = 7'6 m

Áreas: ABCDEA = 112'28 m2 (a) ABCEA = 103'99 m2 (b)

Se considerará despreciable la variación del centro de gravedad de la masa deslizante. Arcillas: cu = 47 kN / m2 γ = 19 kN / m3


249

SOLUCIÓN El enunciado únicamente proporciona como parámetro resistente de la arcilla su cohesión sin drenaje cu. Solo puede realizarse el cálculo a corto plazo, en totales, y adoptando un ángulo de rozamiento nulo. En consecuencia, puede aplicarse el método del círculo de Petterson. a) Sin grieta de tracción - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 · 112'28 = 2133'32 kN / m - Coeficiente de seguridad:

6'7·32'2133º180º1'84·

·21·47

d·W

R·AD·cF

2

u

π

==

88'1F =

b) Con grieta de tracción. - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 x 103'99 = 1975'81 kN / m


250

o Empuje hidrostático en grieta de tracción: Según Rankine, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

a

ug

k·

c·2z

γ=

Para φ = 0:

1sen1sen1

ka =φ+φ−=

y por consiguiente:

m95'41·19

47·2CEzg ===

m/kN51'12295'4·10·21

E 2W ==

m4'1195'4·32

1'8dW =+=

- Coeficiente de seguridad:

4'11·51'1226'7·81'1975

180·4'67·21·47

d·Ed·W

R·AE·cF

2

WW

u

+

π

=+

=

49'1F =

Si se comparan los dos valores obtenidos del coeficiente de seguridad, se podrá apreciar la importancia que tiene la consideración de la existencia de grietas en el cálculo.


251

PROBLEMA 7.6 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en el problema 7.5, considerando además de la grieta de tracción una lámina de agua de 6 m de altura (figura 7.10).

6 m

N.F.

Figura 7.10

Solución: F = 1'98


252

PROBLEMA 7.7 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en la figura 7.11.

W3'9 m

57º

66º

W

C D

11'2 m

R =

27

m

B

E11'34 m

F

E

A

W

2

1

Arcilla 1

Arcilla 2

Figura 7.11 Arcilla 1: cu = 54'5 kN / m2 γ = 19 kN / m3

Arcilla 2: cu = 80 kN / m2 γ = 19'5 kN / m3

Áreas: ABFA = 98 m2 BCDEFB = 107'8 m2


253

SOLUCIÓN Como en el problema 7.5, se trata de un cálculo a corto plazo y puede utilizarse el método del círculo de Petterson, ahora con terreno estratificado. - Fuerzas a considerar:

o Pesos:

W1 = 19 · 107'8 = 2048'2 kN / m d1 = 11'34 m W2 = 19'5 · 98 = 1911 kN / m d2 = 3'9 m

o Empuje hidrostático en grieta de tracción:

m74'519

5'54·2DEzg ===

m/kN74'16474'5·10·21

E 2W ==

m03'1574'5·32

2'11dW =+=

- Coeficiente de seguridad: En este caso, el coeficiente de seguridad viene dado por la expresión:

WW2211

2u1u

d·Ed·Wd·W

AF·R·cFE·R·cF

+++

=

Sustituyendo valores, se llega:

03'15·74'1649'3·191134'11·2'2048º180

·º57·27·80

º180·º9

·27·5'54F

22

++

π+π

=

94'1F =


254

PROBLEMA 7.8 En un paquete de arcillas de 10 m de potencia que descansa sobre un nivel potente de calizas, se pretende realizar una excavación con taludes de inclinación igual a 30º que alcance el nivel de calizas. Sabiendo que las arcillas están saturadas y que poseen una cohesión sin drenaje de 25 kN/m2 y un peso específico saturado de 21'5 kN/m3, se desea conocer, aplicando los ábacos de Taylor, el coeficiente de seguridad a corto plazo de esta excavación y si no fuese estable, la profundidad de excavación a la que deberá esperarse la rotura.

SOLUCIÓN

Ya que se trata de una situación de corto plazo, el cálculo debe realizarse en totales, y tratándose de una arcilla saturada, debe adoptarse un ángulo de rozamiento nulo y una cohesión igual a la cohesión sin drenaje, cu = 25 kN/m2. Además, el nivel calizo impone una limitación de profundidad (limitación de “D”). Si el ángulo de rozamiento es nulo, también lo es φd, y puesto que la pendiente de excavación es inferior a 54º, el ábaco nº 2 de Taylor proporciona el número de estabilidad (figura 7.12). Para una profundidad de excavación igual a 10 metros se tendría D = 1, y para este valor y una pendiente de 30º, el ábaco nº 2 proporciona un número de estabilidad igual a 0'133. En consecuencia, el coeficiente de seguridad de la excavación será:

0'87 21'5 · 10 · 0'133

25·H·N

c F u ==

γ=

Puesto que es inferior a la unidad, la excavación planteada no es estable a corto plazo y la rotura se producirá para una profundidad de excavación inferior a 10 metros, cuando el coeficiente de seguridad sea igual a la unidad. Se trata ahora de encontrar el valor de H que proporciona un valor de F igual a 1.


255

Siendo DH = 10 m, el valor de D para entrar en el ábaco nº 2 depende de la profundidad de excavación, que es la incógnita, y en consecuencia, el problema debe resolverse por tanteos. En la tabla 7.1 se han recogido los tanteos realizados para diferentes profundidades de excavación. Para cada una de ellas, se obtiene el valor de D, y yendo con este a la curva de 30º del ábaco nº 2 de Taylor, se obtiene el valor del número de estabilidad (figura 7.12). El coeficiente de seguridad se obtiene finalmente de:

H · 21'5 · N25

H · ·N

c F u =

γ=

Tabla 7.1

H

(m)

D = 10 / H N F

1 2 3 4 5 6 7 8 9

10

10,00 5,00 3,33 2,50 2,00 1,67 1,43 1,25 1,11 1,00

0,180 0,180 0,179 0,174 0,172 0,168 0,161 0,155 0,145 0,133

6,46 3,23 2,17 1,67 1,35 1,15 1,03 0,94 0,89 0,87

En la figura 7.13 se ha representado para cada altura de excavación tanteada el valor del coeficiente de seguridad obtenido. Puede apreciarse que el coeficiente de seguridad igual a la unidad se consigue para una altura de 7'33 m, siendo pues ésta la profundidad de excavación a la que teóricamente deberá esperarse la rotura.


256

Factor de profundidad D

7.5º

Núm

ero

de e

stab

ilida

d =

cd /

γ Η

0.091

0.10

2

0.11

0.12

0.13

0.14

0.15

0.16

0.17

0.18

0.19

3 4

15º

22.5º

30º

45º

H

nH

DH

H

nH

DH

i=45º

1'1

1'25

1'43

1'67 2'5

3'3

0.133

0.145

0.155

0.161

0.168

0.1740.179

0.172

Figura 7.12

F

1

0

2

4

3

5

6

7

0 2 6 12

H (m)

4 8 107'33

Figura 7.13


257

PROBLEMA 7.9 Se excava un talud rápidamente con una pendiente de 30º en una arcilla saturada que reposa sobre unas calizas. Cuando la potencia de las arcillas era de 12 m, se rompió la excavación con una altura de 8 m. Sabiendo que la arcilla tiene un peso específico de 18 KN / m3, calcular la resistencia sin drenaje de la misma. Solución: N = 0'164

cu = 23'6 kN / m2


258

PROBLEMA 7.10 Aplicando los ábacos de Taylor, calcúlese la altura que puede adoptarse en un talud excavado con una inclinación de 40º en un terreno que posee un ángulo de rozamiento de 23'6º, una cohesión de 20 kN / m2 y un peso específico de 21 kN / m3, si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2.

SOLUCIÓN

Puesto que el coeficiente debe ser 1'2 y el ángulo de rozamiento es 23'6º, se tiene que:

º202'1

º6'23tgarctg

Ftg

arctgd =

=

φ=φφ

Entrando en el ábaco nº 1 de Taylor con una pendiente de 40º y yendo a la curva φd = 20º, se obtiene un número de estabilidad N igual a 0'05 (figura 7.14). Como:

H·21·2'102

H··Fc

H·

c05'0N

c

d =γ

=γ

==

despejando, resulta una altura:

m87'15H =

Observación: En el problema se admite que el coeficiente de seguridad de la cohesión (Fc) y el coeficiente de seguridad del rozamiento (F? ) son iguales, aunque en la práctica suelen tomarse diferentes valores.


259

0

0.10

0.20

0.30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0.15

0.25

0.35

0.05

N =

c /

F γ

Η

Ángulo de pendiente

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0.181

n = 0

H

DH

nH

φd = 0 , D = ∞

φd = 0

, D =

1

DH=HD=1

Figura 7.14


260

PROBLEMA 7.11 En un inventario de taludes se observó que un terreno arcilloso puede mantener un talud vertical hasta una altura de 3 m, y si la pendiente es de 60º, entonces puede soportar una altura de 6 m. Sabiendo que el peso específico de este terreno es 21'3 KN / m3, se pide estimar la resistencia a corte del terreno.

SOLUCIÓN En el inventario se señalan dos situaciones de rotura (F=1 → φ = φd). Con los ábacos de Taylor se obtienen los siguientes pares de valores que cumplen la condición de rotura: Para i = 90º y H = 3 m:

φ =φd

0 5 10 15 20 25

N

c = 21'3 · 3 · N

0'260

16'61

0'240

15'34

0'220

14'06

0'200

12'78

0'183

11'69

0'167

10'67 Para i = 60º y H = 6 m:

φ =φd

0 5 10 15 20 25

N

c = 21'3 · 6 · N

0'190

24'28

0'163

20'83

0'139

17'76

0'116

14'82

0'098

12'52

0'080

10'22


261

c ( k

N / m

)

50 10 15 20 25

5

10

15

20

25

30

0

φ (º)

2

23'2

4

11'03

i = 60º H = 6 m

i = 90º H = 3 m

Figura 7.15 Representando gráficamente estas dos series de pares de valores y ajustando una curva a cada una de ellas, se obtiene como intersección de las mismas los valores (figura 7.15):

φ = 23'24º c = 11'03 kN / m2

que cumplen las dos condiciones, siendo pues la solución del problema.


262

PROBLEMA 7.12 Aplicando los ábacos de Taylor, calcular el coeficiente de seguridad de un talud de 10 m de altura y pendiente de 50º excavado en un terreno que posee un ángulo de rozamiento de 22º, una cohesión de 20 kN / m2 y un peso específico de 21 kN / m3.

SOLUCIÓN

La resolución se realiza con el ábaco de Taylor nº 1 (figura 7.16). En este caso, la incógnita es el coeficiente de seguridad, desconociéndose en principio la curva a adoptar. El problema debe resolverse por tanteos, intentando conseguir que el coeficiente de seguridad supuesto coincida con el calculado. Como ello es difícil de conseguir, se realizan los tanteos indicados en la tabla 7.2 y para que las entradas resulten cómodas en el ábaco de Taylor, los tanteos se han efectuado con los valores de φd del ábaco.

Tabla 7.2

φd

dtgtg

Fφφ=φ N

H··Nc

Fc γ=

25º 20º 15º 10º 5º

0'87 1'11 1'50 2'29 4'62

0'056 0'073 0'093 0'117 0'147

1'70 1'30 1'02 0'81 0'67

Si se representan en un gráfico Fφ - Fc los valores de la tabla y se les ajusta una curva, la solución es la intersección de dicha curva con la bisectriz (figura 7.17), resultando ser: F = Fφ = Fc = 1'2


263

0

0'10

0'20

0'30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0'15

0'25

0'35

0'05

N =

c / F

· γ ·

H

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0'181

n = 0

H

DH

nH

φ = 0 , D = ∞

φd = 0

, D =

1

DH=HD=1

0'073

0'093

0'117

0'147

0'056


d

Figura 7.16

Fc

1'8

0'2

0

0'4

0'8

0'6

1

1'2

1'4

1'6

2

0 1 2 3 4 5

F

1'2

Figura 7.17


264

PROBLEMA 7.13 Para la construcción de una carretera se pretende excavar un desmonte de 20 m de altura en un terreno constituido por 10 m de arcillas que descansan sobre un potente banco de areniscas. Las propiedades del terreno son las siguientes:

Suelo

γ (kN/m3)

φ' (º)

c' (kN/m2)

Arcillas Areniscas

20 22

25 35

10 1000

Si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2 frente al deslizamiento y sin tener en cuenta las posibles grietas de tracción, se pide obtener el talud de excavación más económico a ejecutar.

SOLUCIÓN El problema puede resolverse aplicando los ábacos de Taylor ya que no se tienen en cuenta las grietas de tracción. Existiendo dos terrenos, pueden plantearse dos tipos de rotura (figura 7.18):

o Superficie de rotura desarrollada únicamente en el nivel superior de arcillas (círculo 1).

o Superficie de rotura que afecta a los dos niveles (círculo 2).

En el primer caso, el talud a estudiar tiene 10 m de altura. Para F = 1'2, se tendrá:

º23'212'1

º25tgtgarcd =

=φ


265

10 m

10 m1

2

Arcillas

Areniscas

Figura 7.18

y el número de estabilidad es:

042'010·02·2'1

10H··F

cN ==

γ=

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19) se obtiene una inclinación i = 37º para la excavación a realizar en los 10 m superiores de arcillas. Para analizar el segundo tipo de rotura se supone que la altura total de 20 m se realiza en areniscas. En este caso, se tiene que:

º26'302'1

º35tgtgarcd =

=φ

894'120·22·2'1

1000H··F

cN ==

γ=

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19), se deduce una inclinación superior a los 90º. En consecuencia, las areniscas pueden desmontarse verticalmente. Para tener una idea de la resistencia de las areniscas, puede calcularse la altura máxima que puede excavarse con un talud vertical. Para no realizar extrapolaciones en el ábaco, se adopta un coeficiente de seguridad de 1'5, superior al del enunciado, quedando del lado de la seguridad. En este caso:

º255'1

º35tgtgarcd =

=φ


266

0

0'10

0'20

0'30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0'15

0'25

0'35

0'05

N =

c / F

· γ ·

H

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0'181

n = 0

H

DH

nH

φ = 0 , D = ∞

φ = 0

, D =

1

DH=HD=1

0'147


d

d

0'042

37º

0'167

Figura 7.19

y con i = 90º, se obtiene en el ábaco un número de estabilidad N = 0'167 (figura 7.19). Por lo tanto, la altura máxima será:

m2'181167'0·22·5'1

1000H··F

cHmáx ==

γ=

Este resultado justifica la adopción de talud vertical en las areniscas.

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