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40°
1040
60
40
40°
TALLER N° 1
EJERCICIO Nº 1
Considerando el estado de esfuerzos que se muestra en el elemento de roca siguiente, se pide determinar:
Dibujar el Círculo de Mohr.
Calcular esfuerzos Principales Mayor y Menor.
Calcular Esfuerzo máximo de cizalle.
Determinar las Direcciones de los Planos en los cuales actúan los esfuerzos Máximos Principales.
Determinar los Esfuerzos en Planos Verticales y Horizontales.
Construyendo el Círculo de Mohr.
1. Identificación de los esfuerzos parciales σx, σy, τxy que producen una microfractura.
2. Observar el sentido de rotación de los esfuerzos τxy, τyx.
3. Identificación de los pares (σx ,τxy) (σy, τyx)
σx=60 τxy=40
σy=10 τyx=-40
Esfuerzo Principal Mayor
σ θmax .=σ1=12
(σ x+σ y )+√ 14
(σ x−σ y )2+τxy
2
xy
yx 2
1
2
A
σ θ−MAX=σ1=12
(60+10 )+√ 14
(60−10 )2+402
σ θ−MAX=82 .17 [ kg .
cm .2 ]Esfuerzo Principal Menor
Esfuerzo máximo de cizalle
Determinación de las direcciones de los planos en los cuales actúan los esfuerzos Máximos Principales.
La orientación del plano que contiene a σ1 es igual a 29°
La orientación del plano que contiene a σ3 es igual a 119°
σ θ−MIN=σ3=12
(60+10 )−√ 14
(60−10 )2+402σ θ−MIN=σ3=12
(σ X+σ Y )−√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ θ−MIN=−12.17[ kg .
cm .2 ]
τθ−MAX=47 . 17[ kg .
cm2 ]τθ−MAX=±√ 14
(σ X−σ Y )2+τ2
XY
tg(2θ)=40¿
12
(60−10 ) ¿
¿¿ tg(2θ )=1,6 ¿2θ=Tg−11,6 ¿2θ=58 ° ¿¿
tg(2θ)=τxy
12 (σx−σ y )
θ=29º
45°
6070
20
70
45°
EJERCICIO Nº 2
Considerando el estado de esfuerzos que se muestra, para el elemento de roca siguiente, se pide determinar:
Demuestre gráficamente, se cumplen los invariantes de Mecánica de rocas.
Para este mismo estado se pide calcule los Invariantes de Mecánica de rocas y Dibuje el Circulo de Mohr respectivo.
Solución:
Deducción de Invariantes de Mecánica de Rocas.
Si se considera la función de “σθ”
σ θ=12 (σ X+σY )+1
2 (σ X−σ Y ) ·Cos 2· θ+τXY · Sen 2 ·θ
Si maximizamos:
∂ σθ
∂θ=0=1
2 (σ X−σY ) (Sen( 2· θ))×2+τ XY ·(Cos( 2· θ))×2
(σ X−σY )×Sen2θ=2 τ XY×Cos2θ
Tg 2θ=τ XY
12
(σ X−σY )
Si recordamos aspectos básicos de geometría analítica
2
XY
YX 21
A
Sen 2· θ=τ XY
ACos 2· θ=
12 (σ X−σY )
AA=√ 1
4 (σ X−σY )2+τ2
XY
Sen 2 ·θCos 2· θ
=Tang 2· θ=τ XY
12
(σ X−σY )reemplazando los valore de seno y cos en la ecuación se tiene :
σθ=12 (σ X +σY )+ 1
2 (σ X−σY ) · 12
(σ X−σY )
√ 14 (σ X+σ Y )2+τ
2XY
+τ XY
√ 14 (σ X+σY )2+τ
2XY
σθ=12 (σ X+σY )+
[14 (σ X−σY )2+τ
2XY ]
√ 14 (σ X+σY )2+τ
2XY
σθ=12 (σ X+σY )±√ 1
4 (σ X+σY )2+τ2
XY
Esfuerzo Principal Mayor.
σ θ−MAX=σ1=12
(σ X+σ Y )+√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
Esfuerzo Principal Menor.
σ θ−MIN=σ3=12
(σ X+σ Y )−√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
Si se suman ambas funciones σ 1 y σ3
2
XY
YX 21A
I 1 (σ1+σ3)=(σ X+σ Y )
La sumatoria de los Esfuerzos Principales Totales es iguales a la sumatoria de los esfuerzos parciales.
I2 Demostración Invariante en Mecánica de Rocas
Si se restanσ 1 y σ3
(σ1−σ3 )=2 · √14
(σ X+σY )2+τ2
XY
(σ1−σ3 )2
=√14 (σ X+σ Y )2+τ
2XY
Ahora si se considera la ecuación para el esfuerzo de corte se tiene:
τθ=12 (σ X−σY ) · Sen 2 ·θ−τ XY ·Cos 2 · θ
Maximizando τθ , se tiene
∂ τθ
∂θ=0=1
2 (σ 2 X−σY )·Cos 2 ·θ ·2+τXY · Sen 2 ·θ·2
Sen2θCos2θ
=
12
(σ X−σY )−τ XY
=Tg2θ=
12
(σ X−σ Y )−τ XY
Si hacemos uso aspectos básicos de geometría analítica
Sen2θ=
12 (σ X−σY )
ACos 2θ=
−τ XY
A
donde A=√ 14
(σ X−σ Y )2+τ2
XY
reemplazando en τθ
A
x
y
B
τθ−MAX=12 (σ X−σ Y )×
12 (σ X−σ Y )
√ 14 (σ X−σY )2+τ
2XY
−τ XY×−τ XY
√ 14 (σ X−σ Y )2+τ
2XY
τθ−MAX=
14 (σ X−σ Y )2
√ 14 (σ X−σY )2+τ
2XY
+τ
2XY
√ 14 (σ X−σ Y )2+τ
2XY
τθ−MAX=±√ 14
(σ X−σ Y )2+τ2
XY
Combinando esta ecuación con (**) se tiene que:
I2
τθ−MAX=12 (σ 1−σ3)
Esfuerzo de Corte Máximo
Para resolver la segunda parte este ejercicio partiremos aplicando el procedimiento para construcción del Círculo de Mohr:
Se identificarán los esfuerzos parciales σ x ; σ y ; τxy ; τ yx a los cuales esta sometido el elemento de roca:
Al observar el sentido de rotación de los esfuerzos nos damos cuenta que
τ xy=(+); τ yx=(−), por que el primero gira en sentido de los punteros del reloj y el otro el sentido opuesto a las manecillas del reloj.
Identificación de los pares:
Par (σ y , τ yx) ( σ x , τ xy)
Par (60, -70) (20, 70)
σ θ−MAX=σ1=12
(σ X+σ Y )+√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ θmáx=σ1=12
(20+60 )+√ 14
(20−60 )2+702
σ θmáx=σ1=112.8[ kg .
cm .2 ]
σ θmín=σ3=12
(20+60 )−√14
(20−60 )2+702
σ θmín=σ3=−32 .8[kg .
cm .2 ]
Ahora se comprobará el primer invariante de mecánica de roca
I 1⇒ (σ1+σ3 )=(σ X+σY )(112. 8−32 . 8 )=(20+60 )
80=80
σ θ−MIN=σ3=12
(σ X+σ Y )−√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
τθ−MAX=± √ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
τθ−MAX=√14
(20−60 )2+(70 )2
τθ−MAX=72. 8 [kg .
cm .2 ]
Al comprobar el segundo invariante de mecánica de roca se tiene:
I 2⇒ τθ máx=12 (σ1−σ 3)
72 .8=12
(112. 8+32.8 )
72 .8=72 . 8
Por lo tanto queda comprobado para este caso que se cumplen los invariantes de mecánica de roca.
DETERMINACIÓN DEL CENTRO DEL CÍRCULO DE MOHR
Se conoce el centro del círculo de Mohr de la siguiente expresión:
Expresión:
(a ,b ) donde b=0
Centro(a )=12 (σ X+σY )
Centro (a )=12
(20+60 )
Centro (a)=40
Tg 2θ=τ XY
12 (σ X−σ Y )
Tg 2θ= 7012
(20−60 )
Tg2θ=−3 .5Tg−12θ=−3. 52θ=−74 . 05 ºθ=−37 .03 º
La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=37 . 03º
Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos
donde actúan los esfuerzos σ rSub { size 8{1} } y σ rSub { size 8{3} } forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación
del plano donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+37 . 03º=127 . 03º
EJERCICIO Nº 3
40°
3025
40
25
40°
Considerando el estado de esfuerzo que se muestra, para el elemento de roca siguiente. Se pide dibuje el Círculo de Mohr en términos de los esfuerzos máximos observados.
DETERMINACIÓN DEL CENTRO DEL CÍRCULO DE MOHR
Se sabe que:
( a ,b) donde b=0
Centro(a )=12 (σ X+σ Y )
Centro(a )=12
(20+60 )=40
Determinación los pares
Par (σ y , τ yx) ( σ x , τ xy)
Par (30,-25) (40, 25)
Conocidos los valores anteriores se puede determinar el centro del círculo de Mohr:
Centro(a )=12 (σ X+σY )
Centro( a)=12
(40+30 )
Centro(a )=35
DETERMINACIÓN DE LOS VALORES
Sabemos que:
σ θ−MAX=σ1=12
(σ X+σ Y )+√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ 1=12
( 40+30 )+√ 14
(40−30 )2+252
σ1=35+√25+625
σ θ−MIN=σ3=12
(σ X+σ Y )−√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ 3=12
( 40+30 )−√ 14
( 40−30 )2+252
σ3=35−√25+625
Comprobación del cumplimiento de los invariantes de mecánica de roca
I 2⇒τθ máx=12 (σ 1−σ3)
25. 5=12
(60 .5−9.5 )
25.5=25.5
ORIENTACIÓN DE LOS PLANOS DONDE ACTÚAN
La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=39 .35 º
Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos donde actúan los esfuerzos forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación del plano
donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+39 .35 º=129. 35 º
EJERCICIO Nº 4
Para el elemento de roca que se muestra en la figura, se indica que la ecuación que representa al Círculo de Mohr es la siguiente:
( X−25)2+Y 2=100
Determine si se cumplen los Invariantes de Mecánica de Rocas.
σ 1=60 .5[ kg .
cm .2 ]
σ 3=9.5[ kg .
cm .2 ]
τθ−MAX=± √ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
τθ−MAX=25 .5 [ kg .
cm .2 ]τθ−MAX=√ 14
(40−30 )2+252
30°
940
9
30°
De la ecuación arriba descrita se desprende que en centro del círculo de Mohr esta dado por:
( a ,b) donde b=0
25=12 (σ X+σ Y )
despejando σY se tiene :
σ X +σY=50 ( i )y el centro :
r2=14
(σ X−σ Y )2+τ XY2
100=14 (σ X−σ Y )2+92
(σ X−σY )2=76 /√(σ X−σ Y )=8 .72
( σ X+σ Y )=50 (i )
(σ X−σY )=8 . 72 (ii )sumando ( i)+( ii ) se tiene :
σ X=29. 36 [ kg .
cm2 ]σY=20 .64 [ kg .
cm2 ]Determinación los pares (σ X , τ XY ) y (σY , τYX)
σ X=29 .36 τ XY=9σ Y=20 . 64 τYX=−9
DETERMINACIÓN DE LOS VALORES
Sabemos que:
σ θ−MAX=σ1=12
(σ X+σ Y )+√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ 1=12
(29 . 36+20 .64 )+√ 14
(29. 36−20 .64 )2+92
σ 1=25+√ 14
(76 . 038 )+81
σ1=25+10
σ θ−MIN=σ3=12
(σ X+σ Y )−√ 14
(σ X−σY )2+τ2
XY
σ 3=12
(29 . 36+20 . 64 )−√ 14
(29 . 36−20 .64 )2+92
σ 3=25−√ 14
(76 .038 )+81
σ3=25−10
τθ−MAX=± √14
(σ X−σY )2+τ2
XY
τθ−MAX=±√14
(29. 36−20 .64 )2+92
Comprobación del cumplimiento de los invariantes de mecánica de roca
I1⇒ (σ 1+σ3 )=(σ X +σY )(35+15 )=(29 .36+20. 64 )
50=50
I 2⇒τθ máx=12 (σ 1−σ3)
10=(35−15 )
2
ORIENTACIÓN DE LOS PLANOS DONDE ACTÚAN
Tg(2θ )=τ XY
12 (σ X−σY )
σ 1=35 [ kg .
cm .2 ]
σ 3=15 [ kg .
cm .2 ]
τθ−MAX=±10[ kg .
cm2 ]
10=10
Tg(2θ )=2∗9
(29. 36−20 .64 )Tg (2θ )=2 . 06
Tg−1(2θ )=2 . 062θ=64 .10 º
θ=32. 05 º
La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=32. 05 º
Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos
donde actúan los esfuerzos σ rSub { size 8{1} } y σ rSub { size 8{3} } forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación
del plano donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+32. 05 º=122 . 05 º
EJERCICIO Nº 2
2.- La figura muestra la pared final de un Macizo Rocoso, sobre la cual se estudia su discontinuidad y para la cual se determinó la relación gráfica que se indica, donde Icp = Indice Carga Puntual y RCS = Resistencia a la Compresión Simple Roca Intacta. Al respecto se pide:
A.- Como determinar la Cohesión y la Fricción para el Macizo Rocoso.
B.- Como se determinan los Parámetros Cohesión y Fricción, cuando se sabe, se ha podido monitorear en el Macizo Rocoso, valores para los parámetros que se señalan a continuación.
Resistencia Compresión Simple
(Kgrs/cms2)
Indice Carga Puntual
(Kgrs/cms2)
1250 35
1280 37
1320 40
1340 42
1256 42
1410 65
1550 71
Campo validez relación gráfica
RCS
Icp
70
30°
1788 75
1879 82
1890 92
1915 100
1980 112
2050 138
2150 145
2180 155
A.- Determinación de la Cohesión y la Fricción para el Macizo Rocoso.
Del gráfico obtenemos los siguientes datos:
α=30°
b0=70
m=tg α
Calculando la fricción Ø
φ=sen−1m
C0=b0
Cos φ
m=0 ,5774m=tg 30 °
φ=sen−10 . 5774 φ=35 .27 º
C0=85 .74 [ Kg .
cm2 ]B.- Como se determinan los Parámetros Cohesión y Fricción, cuando se sabe se ha podido monitorear en el Macizo Rocoso, valores para los parámetros que se señalan a continuación.
De los valores dados se debe graficar σ 3 v /s σ1
Resistencia IndiceCompresión Carga
Simple Puntual(Kgrs/cms2) (Kgrs/cms2)
1340 421256 421410 651550 711788 751879 821890 921915 100
Ejercicio 2
y = 0,0732x - 48,108
35
45
55
65
75
85
95
105
1200 1300 1400 1500 1600 1700 1800 1900 2000
Indice de Carga Puntual (Kg/cm2)
Res
iste
nci
a C
om
pre
nsi
ón
Sim
ple
Graficando y recuperando m=0 . 0732 y b0=−48 . 108
Reemplazando estos valores en las expresiones siguientes:
φ=sen−10 . 0732
Entonces la envolvente promedio Mohr Coulomb esta representada por la siguiente ecuación:
EJERCICIO Nº 3
Co=70cos 35 . 27 º
Co=b0
cos φφ=sen−1m
Co=−48 . 108
cos 4 . 198º
φ=4 .198 ºCo=−48 .2374 [ Kg .
cm2 ]
τ=±(−48.2374+σ N tg 4 . 198º )
Considerando los resultados siguientes, obtenidos durante la realización de Ensayo de Comprensión Triaxial. Se pide determinar un valor para la envolvente de Coulomb según el Criterio de ruptura de Rocas de Mohr Coulomb, Comente los resultados obtenidos.
TABLA DE RESULTADOS ENSAYO COMPRESIÓN
Ensayo Valor Esfuerzo Principal Menor
Valor Esfuerzo Principal Mayor
(Mpa) (Mpa)
1 5 150
2 6 165
3 10 185
4 8 170
5 9 175
6 7 168
7 5 145
El ejercicio debe ser resuelto, consultando el criterio de los Máximos Cuadrados, valido para lograr el mejor ajuste de la Envolvente de Coulomb. Se recomienda al estudiante visualice y entienda, en forma efectiva en que consiste el método que se menciona.
σ1 σ3 1/2(σ1+σ3) 1/2(σ1-σ3)X j Yj
150 5,0 77,50 72,50165 6,0 85,50 79,50185 10,0 97,50 87,50170 8,0 89,00 81,00175 9,0 92,00 83,00168 7,0 87,50 80,50145 5,0 75,00 70,00
Ejercicio 3
y = 0,7618x + 13,411
60,00
65,00
70,00
75,00
80,00
85,00
90,00
70,00 75,00 80,00 85,00 90,00 95,00 100,00
1/2(σ1+σ3)
1/2
(σ1-
σ3
)
El excel nos facilita el trabajo pues, se puede linealizar la curva y además nos entrega la ecuación de la línea de tendencia, de la cual obtenemos el valor de “b0” y “m”
b0=13 .411m=0 . 7618
Reemplazando estos valores en las expresiones siguientes:
φ=sen−10 . 7618
Entonces la envolvente promedio Mohr Coulomb esta representada por la siguiente ecuación:
EJERCICIO Nº 4
Se pide encontrar una Función simuladora, para resultados de ensayos de compresión triaxial. Considere que la Resistencia a la Compresión Simple en roca intacta, toma en laboratorio un valor igual a 145 Mpa. La información ha sido obtenida desde un macizo rocoso, explorado a través de una malla de sondajes regulares, obteniéndose la siguiente tabla de valores experimentales que representan resultados de ensayos de Compresión Triaxial.
ESFUERZO PRINCIPAL MAYOR
(Mpa) σ1
ESFUERZO PRICIPAL MENOR
(Mpa) σ3 = X
165 5
212 5,7
230 6,8
187 4,6
194 4,7
204 5,3
200 4,8
237 12
224 14,7
247 12,9
Co=b0
cos φφ=sen−1m
Co=13 . 411cos 49 .623 º
Co=20 .702φ=49 . 623 º
τ=±(20 . 702+σ N tg 49 .623 º )
σ1 σ3 (σ1-σ3)^2X Y
165 5,0 25600,00212 5,7 42559,69230 6,8 49818,24187 4,6 33269,76194 4,7 35834,49204 5,3 39481,69200 4,8 38103,04237 12,0 50625,00224 14,7 43806,49247 12,9 54802,81
Y= (σ1-σ3)^2
Ejercicio 4
y = 1542,7x + 29588
0,00
10000,00
20000,00
30000,00
40000,00
50000,00
60000,00
0,0 2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0 16,0
y j=mσ c x j+sσc2
M=mσ c
⇒ m=Mσ c
= 1542 . 7145 m=10 .64
b0=sσ c2 ⇒ s=
b0
σc
s= 29588
1452 s=1. 41
σ 1=σ3+√mσ c σ 3+sσc2
Si m=10 .64 s=1 . 41 σc=145 se obtiene en la práctica una función simuladora de tipo paramétrica para resultados de ensayos de la Resistencia a la Compresión Triaxial
σ 1=σ3+√1542 ,8σ3+26645 ,25