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Aula 9 – Tensões no Solo II 
 
UNIDADE 3 – DISTRIBUIÇÃO DE TENSÕES 
 
 
 
 
 
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As tensões induzidas em uma massa de solo, decorrentes de carregamentos superficiais, 
dependem fundamentalmente da posição do ponto considerado no interior do terreno em 
relação à área de carregamento. A lei de variação das tensões, lateralmente e com a 
profundidade, constitui a denominada distribuição de tensões nos solos. 
 
1. Distribuição de Tensões em Solos 
Nesta aula tratar-se-á da determinação ou previsão simplificada das pressões, 
aplicadas ou desenvolvidas em pontos do terreno, como resultado de um carregamento 
imposto, bem como as tensões existentes no maciço devido ao seu peso próprio, isto é, as 
tensões geostáticas. 
A magnitude das tensões aplicadas tende a diminuir tanto com a profundidade como 
lateralmente, à medida que aumenta a distância horizontal do ponto à zona de 
carregamento. 
Pode-se dizer que embora as perturbações no estado de tensão inicial de um maciço 
de solo, provocadas por um determinado carregamento, se propaguem indefinidamente, a 
intensidade destas perturbações (ou os valores dos acréscimos de tensão induzidos na 
massa de solo) diminuem bastante em profundidade e com o afastamento lateral, de modo 
que a influência, do ponto de vista prático, destas cargas, é limitada a uma determinada 
região. Unindo-se os pontos da massa de solo solicitados por tensões iguais, obtém-se 
superfícies de distribuição de tensões denominadas isóbaras. Ao conjunto dessas isóbaras 
denomina-se de bulbo de tensões. Em termos práticos, o conceito de bulbo de tensões é 
aplicado para a massa de solo delimitada pela isóbara correspondente a 10% de carga 
aplicada à superfície do terreno (0,1q), de modo que na área de solo externa a esta isóbara 
supõe-se ser negligenciável a influência do carregamento imposto. Na figura, (a) apresenta 
a distribuição de tensões verticais em um plano passando pelo centro de uma área 
carregada circular de raio B e (b) os bulbos de tensões verticais obtidos para 20, 10, 5, e 2 
kPa, considerando uma carga pontual de 100 kN. 
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A distribuição de tensões nos solos pode ser estimada de forma expedita, admitindo-
se que as tensões se propagem uniformemente através da massa de solo segundo um dado 
ângulo de espraiamento (por exemplo, 30° ou 45°) ou uma dada declividade (por exemplo, 
método 2:1). Essa aproximação empírica baseia-se na suposição de que a área sobre a qual 
a carga atua aumenta de uma forma sistemática com a profundidade, de modo que (σv = 
Q/A) decrescem com a profundidade, como mostra a figura. 
 
Para o caso da figura, de uma sapata retangular, as tensões induzidas na superfície do 
terreno são dadas por: 
𝜎𝑉(𝑧 = 0) = 
𝑄
𝑏0 . 𝑙0
 
Na profundidade (z), a área da sapata aumenta de z/2 (para o método 2:1) ou z . tan φo 
(espraiamento), para cada lado. Assim, a tensão nesta profundidade será estimada pela 
equação: 
𝜎𝑉(𝑧) = 
𝑄
𝑏𝑧 . 𝑙𝑧
 
O ângulo de espraiamento (φo) é função do tipo de solo, com valores típicos de: 
• Solos muito moles: φo < 40°; 
• Areias puras: φo ≅ 40° a 45°; 
• Argilas rijas e duras: φo ≅ 70°; 
• Rochas: φo > 70°. 
É importante salientar que a distribuição simplificada de tensões pressupõe que a 
tensão vertical em cada plano horizontal seja uniforme, sendo que na realidade a 
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distribuição real tem uma forma de sino, havendo maior concentração de tensão na região 
próxima ao eixo da carga, como mostra a figura abaixo, onde um determinado 
carregamento foi dividido em uma série de intervalos, para cada intervalo sendo aplicado o 
método simplificado da distribuição de tensões. 
 
1.1. Soluções Advindas da Teoria da Elasticidade 
As tensões dentro de uma massa de solo podem também ser estimadas empregando 
as soluções obtidas a partir da teoria da elasticidade. Apesar das hipóteses adotadas nestas 
formulações, seu emprego aos casos práticos é bastante frequente, dada a sua simplicidade, 
quando comparadas a outros tipos de análises mais elaboradas, como o emprego de 
técnicas de discretização do contínuo. Por outro lado, pode-se dizer também que estas 
soluções apresentam resultados bem mais próximos do real do que aqueles obtidos com o 
uso da solução simplificada, apresentada no item anterior. Existem formulações para uma 
grande variedade de tipos de carregamento. Serão apresentados aqui, apenas os casos mais 
frequentes, sem nos preocuparmos com o desenvolvimento matemático das equações 
resultantes. 
1.1.1. Solução de Boussinesq 
Boussinesq (1885) desenvolveu as equações para cálculo dos acréscimos de tensões 
efetivas verticais, radiais e tangenciais, causadas pela aplicação de uma carga pontual 
agindo perpendicularmente na superfície de um terreno. Para obtenção da solução, 
assumiu as seguintes hipóteses: maciço homogêneo, isotrópico, semi-infinito e de 
comportamento linearmente elástico (validade da lei Hooke), a variação de volume do solo 
sob aplicação da carga é negligenciada, dentre outras. A equação apresenta a solução de 
Boussinesq, para o cálculo do acréscimo da tensão vertical efetiva em qualquer ponto do 
maciço, obtida por meio de integração das equações diferenciais da teoria da elasticidade. 
A estimativa dos acréscimos de tensões verticais é muito mais frequente, em termos 
práticos, que de tensões tangenciais, radiais e de cisalhamento, de modo que esta é 
geralmente realizada por intermédio de um fator de influência (Nb), apresentado na 
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equação utilizando-se de fórmulas e ábacos específicos para cada tipo de carregamento. Os 
valores de Nb dependem apenas da geometria do problema, sendo dado em função de r/z, 
no ábaco a seguir. 
Observar que σz é independente do material, os parâmetros elásticos não entram na 
equação. 
 
𝜎𝑧 = 
𝑄
𝑧2
 .
[
 
 
 3
2𝜋
[1 + (
𝑟
2
)
2
]
5/2
]
 
 
 
 → 𝜎𝑧 = 
𝑄
𝑧2
 . 𝑁𝑏 
Ou, caso se possua o ângulo de espraiamento: 
𝜎𝑧 = 
3 . 𝑄
2 . 𝜋 . 𝑧²
 . 𝑐𝑜𝑠5 ф 
Onde: 
Q é a carga pontual; 
z é a profundidade que vai da superfície do terreno (ponto de aplicação da carga) até a 
cota onde deseja-se calcular σz; 
r é a distância horizontal do ponto de aplicação da carga até onde atua σz. 
ф é o ângulo de espraiamento. 
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A solução de Boussinesq, apresentada acima, não conduz a resultados satisfatórios 
quando tratamos com alguns solos sedimentares, onde o processo de deposição em 
camadas conduz a obtenção de um material de natureza anisotrópica. A análise da 
influência da anisotropia do solo nos valore obtidos por Boussinesq foi realizada por 
Westergaard, simulando uma condição extrema de anisotropia para uma massa de solo 
impedida de se deformar lateralmente. As tensões são inferiores às da solução proposta por 
Boussinesq que é, por sua vez, o procedimento mais intensamente utilizado nas aplicações 
práticas. A figura também apresenta o fator de influência (Nw) obtido por Westergaard. 
 
1.1.2. Extensão da Solução de Boussinesq 
As distribuições de tensões em uma massa de solo, induzidas por outros tipos de 
carregamentos mais frequentes na prática, puderam ser estabelecidas a partir da 
generalização da solução de Boussinesq, as quais serão apresentadas a seguir. 
1.1.2.1. CARGA DISTRIBUÍDA AO LONGO DE UMA LINHA (SOLUÇÃO DE MELAN) 
As tensões induzidas no ponto (A), por uma cargauniformemente distribuída ao longo 
de uma linha (Y) na superfície do semi-espaço foram obtidas por Melan e estão 
apresentadas nas seguintes equações: 
𝜎𝑧 = 
2𝑞
𝜋
 .
𝑧3
(𝑥2 + 𝑧2)²
 𝑒 𝜎𝑥 = 
2𝑞
𝜋
 .
𝑥2. 𝑧
(𝑥2 + 𝑧2)²
 
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E ainda, a Tensão Cisalhante (τxy): 
𝜏𝑥𝑦 = 
2𝑞
𝜋
 .
𝑥 . 𝑧²
(𝑥2 + 𝑧2)²
 
 
E ainda, mostrada de uma outra forma mais simplificada: 
 
1.1.2.2. CARREGAMENTO UNIFORME SOBRE UMA PLACA RETANGULAR DE 
COMPRIMENTO INFINITO (SAPATAS CORRIDAS) 
Em se tratando de uma placa retangular em que uma das dimensões é muito maior 
que a outra, como por exemplo, no caso das sapatas corridas, os esforços introduzidos na 
massa de solo podem ser calculados por meio da fórmula desenvolvida por Terzaghi & 
Carothers. A figura apresenta o esquema de carregamento e o ponto onde se está 
calculando o acréscimo de tensões. Observar que a placa tem largura 2b e está carregada 
uniformemente com q. As tensões num ponto A, situado a uma profundidade (z) e distante 
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(x) do centro da placa sã dadas pelas subsequentes equações, com ângulo α dado em 
radianos. 
 
𝜎𝑧 = 
𝑞
𝜋
 . (𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 2𝛽) 𝑒 𝜎𝑥 = 
𝑞
𝜋
 . (𝛼 − 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 2𝛽) 
E ainda a tensão de cisalhamento: 
𝜏𝑥𝑦 = 
𝑞
𝜋
 . (𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 2𝛽) 
1.1.2.3. CARREGAMENTO UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDO SOBRE PLACA 
RETANGULAR 
Newmark (1935), integrou a equação de Melan e obteve a equação para cálculo da 
tensão vertical (σz) induzida no canto de uma área retangular uniformemente carregada. 
Para o caso de uma área retangular de lados (x) e (y), uniformemente carregada (figura 
abaixo), as tensões verticais em um ponto situado numa profundidade (z), na mesma 
vertical de um dos vértices, é dada pela equação: 
 
𝜎𝑧 =
𝑞
4𝜋
 .
2𝑚𝑛(𝑚2 + 𝑛2 + 1)1/2
𝑚2 + 𝑛2 + 𝑚2𝑛2 + 1
 .
𝑚2 + 𝑛2 + 2
𝑚2 + 𝑛2 + 1
 . 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
2𝑚𝑛(𝑚2 + 𝑛2 + 1)1/2
𝑚2 + 𝑛2 + 𝑚2𝑛2 + 1
 
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Onde: 
q = carga por unidade de área, ou seja, σo; 
m = x/z; 
n = y/z; 
x e y = largura e comprimento da área uniformemente carregada. 
Os parâmetros m e n são intercambiáveis. Pode-se observar que a equação depende 
apenas da geometria da área carregada (m e n), assim, felizmente, pode ser reescrita em 
função de um fator de influência: 
σz = q . Iσ 
Onde Iσ é o fator de influência, o qual depende de m e n. 
Os valores de Iσ, para vários valores de m e n, podem ser mais facilmente 
determinados com o uso do gráfico apresentado na sequência ou usando a tabela abaixo. 
 
 Assim, para calcular σz, em um ponto, sob um vértice de uma área uniformemente 
carregada, basta determinar x e y e os valores de m e n, e obter Iσ, usando o gráfico ou a 
tabela. 
É importante salientar que todas as deduções estão referenciadas a um sistema de 
coordenadas, no qual o vértice, ou seja, o canto da área carregada, coincide com a origem 
dos eixos. Para calcular o acréscimo de tensões em pontos que não coincidem com o canto 
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da área carregada, deve-se usar o princípio da superposição dos efeitos, acrescentando e 
subtraindo áreas, de tal forma que o efeito final corresponda à área efetivamente 
carregada. 
O cálculo do acréscimo de tensões verticais num ponto (P), situado a uma 
profundidade (z) sob o centro da área retangular ABCD (a), por exemplo, deve ser feito 
mediante aplicação da equação acima, onde Iσ corresponde à influência de quatro áreas 
retangulares iguais AMPN, ou seja, Iσ = 4I(AMPN). Suponhamos agora, que desejamos 
encontrar as tensões verticais no ponto (A), a uma profundidade z, produzida pela área 
carregada II (b). Para essa condição teremos que fazer algumas construções auxiliares a fim 
de satisfazer as condições iniciais (acrescentar e subtrair áreas). Para esse casso, o fator de 
influência (Iσ) será: IσA = I(I+II+III+IV) - I(I+III) -I(III+IV) + I(III). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Muitos outros tipos de carregamentos também têm equações específicas, mas não 
serão abordados no curso. 
 
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2. Exemplos Resolvidos 
Exemplo: Utilizando a Solução de Boussinesq, determinar os acréscimos de pressão nos 
ponto A e B da figura abaixo. 
 
Resolução: 
Este é o tipo mais simples de exercício. É uma carga concentrada onde pode-se 
encontrar facilmente o ângulo de espraiamento e fazer a aplicação direta da fórmula. 
Vejamos: 
1º Passo: Encontrar o ângulo de espraiamento θ 
tan θ = CO/CA → tg θ = 3/4 → θ = arctan 0,75 → θ = 36,57o 
2º Passo: Acréscimo de tensão no ponto A 
Como o ângulo de espraiamento para o ponto A é θ = 0o, fica-se, utilizando-se a 
fórmula mais simplificada: 
σzA = 
3 . Q
2 . π . z²
 . cos5 ф → σzA = 
3 . 10
2 . 3,1415 . 4²
 . cos5 00 → σzA = 0,298 tf/m² 
3º Passo: Acréscimo de tensão no ponto B 
Analogamente ao ponto A, temos: 
σzB =
3 . Q
2 . π . z²
 . cos5 ф → σzB =
3 . 10
2 . 3,1415 . 4²
 . cos5 36,870 → σzB = 0,098 tf/m² 
 
Exemplo: Uma carga de 405 t é aplicada sobre uma fundação quadrada de 4,50m de 
lado. Determinar: 
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a) A pressão vertical a 10 m de profundidade no vértice A; 
b) A pressão vertical a 10 m de profundidade abaixo do centro da fundação; 
c) A pressão vertical a 3 m de profundidade de 4m do seu do centro, sobre o seu eixo 
de simetria. 
Resolução: 
a) A pressão vertical a 10 m de profundidade no vértice A: 
Para esta situação, tem-se o seguinte panorama: 
 
1º Passo: Carga por unidade de área 
Como se trata de uma carga distribuída, deve-se primeiro achar a carga por unidade de 
área (σ0 ou q). Procede-se desta forma: 
σ0 = q = Q/A → q = 405/(4,5 . 4,5) → q = 20 t/m² 
2º Passo: Encontrar “m” e “n” para a situação proposta 
m = x/z → m = 4,5/10 → m = 0,45 
n = y/z → n = 4,5/10 → n = 0,45 
3º Passo: Encontrar o Fator de Influência (Iσ) 
Para isto, deve-se recorrer à tabela da página 94. Não existe um valor exato para os 
resultados obtidos, portanto, pegaremos a média entre a interseção dos pontos 0,40 X 0,40 
(0,060) e 0,50 x 0,50 (0,084), que dá o valor de Iσ que satisfaz m e n → 0,072. Note-se que 
não é a maneira mais correta de se fazer, pois a evolução de Iσ não é uma reta. Porém, se 
utilizarmos o gráfico da página 93, atestamos que o valore é praticamente este mesmo. 
4º Passo: Cálculo da Tensão: 
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σz = q . Iσ → σz = 20 . 0,072 → σz = 1,44 t/m² 
b) A pressão vertical a 10 m de profundidade abaixo do centro da fundação: 
Para esta situação, conforme descrito no tópico de carga distribuída em placas, 
teremos que calcular a área de influência para outros setores, devido termos de utilizar a 
fórmula sempre numa aresta. Vejamos: 
 
Esta é a situação descrita para o problema. Como o ponto é fixo e não pode ser 
transportado, deveremos utilizar de artifício matemático para colocar este ponto em uma 
aresta. O que será feito é: Calcularemos apenas S1, que terá o ponto A numa de suas 
arestas e multiplicaremos o valor encontrado por 4, que será a área total de influência. 
Matematicamente fica: 
1º Passo: Área de influência Relativa (Setor S1). 
Tem-se então: 
Iσ = Is1 + IS2 + IS3 + IS4 
Como S1, S2, S3 e S4 são iguais, então: 
Iσ = 4 . IS1 
A demonstração gráfica é: 
 
 
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2º Passo: Cálculo de m e n 
m = x/z → m = 2,25/10 → m = 0,225 
n = y/z → n = 2,25/10 → n = 0,225 
3º Passo: encontrar o Fator de Influência IS1 e Iσ 
Por interpolação linear, na tabela, chega-se a um valor de ≈ 0,023 
Portanto: 
Iσ = 4 . IS1 → Iσ = 4 . 0,023 → Iσ = 0,092 
4º Passo: Cálculo da tensão 
σz = q . Iσ → σz = 20 . 0,092 → σz = 1,84 t/m² 
c) A pressão vertical a 3 m de profundidade de 4 m do seu do centro, sobre o seu 
eixo de simetria. 
Temos a seguinte situação: 
 
1º Passo: Áreas de Influências Relativas 
Para acharmos a área de influência correta, utilizaremos o seguinte artifício: 
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Ou seja, para mantermos o ponto A sempre nas arestas, precisamos estender o 
retângulo S1 até o ponto, e subtrair a área S2, que não está contemplando a placa. O 
resultado (S3) será nossa Área de Influência quando multiplicada por 2, pois o ponto A está 
no ponto médio do eixo de simetria. 
Portanto: 
Iσ = 2 . IS3 → Iσ = 2 . (IS1 – IS2) 
2º Passo: Cálculo de IS1 
m = x/z → m = 6,25/3 → m = 2,083 
n = y/z → n = 2,25/3 → n = 0,750 
O valor mais aproximado na tabela para estes valores de m e n é IS1 ≈ 0,175. 
3º Passo: Cálculo de IS2 
m = x/z → m = 1,75/3 → m = 0,583 
n = y/z → n = 2,25/3 → n = 0,750 
O valor mais aproximado na tabela para estes valores de m e n é IS2 ≈ 0,118. 
Portanto: 
Iσ = 2 . (IS1 – IS2) → Iσ = 2 . (0,175 – 0,118) → Iσ = 2 . 0,057 → Iσ = 0,114 
4º Passo: Cálculo da tensão 
Finalmente: 
σz = q . Iσ → σz = 20 . 0,114 → σz = 2,28 t/m²