Exercício Muro-Rankine e Coulomb

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29/09/2020
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Para a geometria do muro proposta na figura abaixo, avalie as suas condições de estabilidade, calculando os empuxos de terra por Rankine e 
por Coulomb. O ângulo de atrito entre base do muro e solo de fundação é igual a 30o (adesão solo-muro na base igual a zero). Admitir um 
ângulo de atrito entre solo e muro igual a 20o para o método de Coulomb.
 = 17 kN/m
c' = 0
' = 34 
3
o
q = 15 kPa
5 m
 = 24 kN/m3
0,8
 = 19 kN/m
c' = 15 kPa
' = 38 
3
o
3,5 m
colchão drenante
0,5 m
Exercício
Resolução 
Método de Rankine 
Tensões horizontais ativas sobre o muro: 
ℎ′ = ( + ) − 2 ′ 
= 2 45 −
′
2
= 2 45 −
34
2
= 0,283 
ℎ
′ = (17 + 15) 0,28 − 2 0 0,28 
Para z = 0: ’h = 4,24 kPa 
Para z = 5,5 m: ’h = 30,67 kPa 
q = 15 kPa4,24 kPa
30,67 kPa
Ea
dEa
Empuxo ativo: 
=
(4,24 + 30,67) 5,5
2
= 96,01 / 
Ponto de aplicação do empuxo ativo: 
=
4,24 5,5 2,75 + (30,67− 4,24) 5,52 5,5/3
96,01 = 2,06 
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Condições de Estabilidade do muro: 
Peso do Muro: 
=
(0,8 + 3,5) 5 24
2
+ 0,5 3,5 24 = 300 / 
Braço de alavanca do peso: 
= 
(3,5 − 0,8) 5 24
2
2 2,7
3 + 0,8 5 24 (3,5 − 0,4) + 0,5 3,5 24 1,75
300
= 2,21 
 
Fator de segurança contra o tombamento (desprezando-se a contribuição da resistência 
passiva no pé do muro): 
=
300 2,21
96,01 2,06
= 3,36  
Fator de segurança contra o deslizamento: 
=
300 30
96,01
= 1,80 
Eaa
EppW
t dE
dEWx
FS


aa
ppb
'
b
d cosE
cosEtanNA
FS

 

Pressões na base do muro: 
 = −1
96,01 cos(0 )
300
= 17,75 
=
96,01
17,75
= 314,99 / 
=
300 2,21− 96,01 2,06
314,99 17,75
= 1,55 
=
3,5
2
− 1,55 = 0,20 
Tensões na base: 
 =
314,99 17,75
3,5 1 −
6 0,20
3,5 = 56,33 
 =
314,99 17,75
3,5
1 +
6 0,20
3,5
= 115,10 
)
sinEsinEW
cosEcosE
(tan
ppaa
ppaa1





 
)
sin
cosEcosE
R ppaa

 

cosR
dEWxdE
x EaaWEppR

 Rx2
Be 
0)
B
e61(
B
cosR
)
B
e61(
B
cosR
mín
máx





3
4
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3
Capacidade de carga: 
B’ = B – 2e = 3,5 -2x0,2 = 3,1 m 
 = N/B’ = 300/3,1 = 96,77 kPa 
Fatores de correção para inclinação da carga na base: 
 = (1−
17,75
38 )
2 = 0,28 
= = (1 −
17,75
90
)2 = 0,64 
Para  = 38o  Nc = 61,35, Nq = 48,93 e N = 78,03. Então: 
 
= 15 0,64 61,35 + 0,5 17 0,64 48,93 + 0,5 19 3,1 0,28 78,03 = 1498,6 
 
Então: 
=

=
1498,6
96,77
= 15,5  
e2BB' 
’B
N

 Ni'B5.0NiqNi'cq fqqsccmax
3qFS maxf 

2)1(i



2
oqc )90
1(ii 
Método de Coulomb 
Ângulo de atrito entre solo e muro:  = 20o 
Tabela de valores: 
 Ea 
36 17,15 
38 31,55 
40 43,60 
42 53,67 
44 62,01 
46 68,86 
48 74,39 
50 78,74 
52 82,05 
54 84,39 
56 85,87 
58 86,53 
60 86,43 
62 85,61 
64 84,10 
66 81,92 
68 79,08 
70 75,59 
72 71,43 
74 66,62 
76 61,11 
78 54,89 
80 47,93 
82 40,17 
84 31,57 
 
Assim: 
Ea = 86,53 kN/m 
crit = 58o 
Q
W C
'
U
Epi


i
R i
i
i
N'i
 i
T'i
i
L i
u = 0




























'
i
'
i
'
i
'
ii
iii'
i
'
ii
iii
ai
tantan
)tantan1)(tan(1)cos(
tantan
)tantan1(cossinCcos
tantan
)tantan1(sinUWQ
E







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Ponto de aplicação do empuxo: 
 
 
= (1,83 70 − 3,5) 20 20 = 0,52 
dEa = 0,52 m 
q = 15 kPa
5 m
 = 24 kN/m3
0,8
3,5 m
 = 58 ocrit
1,83 m
CG
Ea
20 o
dEa
0,5 m
Fator de segurança contra o tombamento (desprezando-se a contribuição da resistência 
passiva no pé do muro): 
=
300 2,21
86,53 0,52
= 14,73  
Fator de segurança contra o deslizamento: 
=
300 30 + 86.53sin20
86,53 20
= 2,49 
 
Força Resultante na base do muro: 
 = −1
86,53 cos 20
300 + 86,53 20 = 13,86 
=
86,53 20
13,86 = 339,43 / 
=
300 2,21− 86,53 0,52
339,43 13,86
= 1,88 
=
3,5
2
− 1,88 = −0,13 
Tensões na base: 
 =
339,43 13,86
3,5
1 −
6 0,13
3,5
= 73,17 
 =
339,43 13,86
3,5
1 +
6 0,13
3,5
= 115,14 
Eaa
EppW
t dE
dEWx
FS


aa
ppb
'
b
d cosE
cosEtanNA
FS

 

)
sinEsinEW
cosEcosE
(tan
ppaa
ppaa1





 
)
sin
cosEcosE
R ppaa

 

cosR
dEWxdE
x EaaWEppR

 Rx2
Be 
0)
B
e61(
B
cosR
)
B
e61(
B
cosR
mín
máx






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Capacidade de carga: 
B’ = B – 2e = 3,5 -2x0,13 = 3,24 m 
 = N/B’ = (300 + 86,53 x sin20o) /3,24 = 101,73 kPa 
Fatores de correção para inclinação da carga na base: 
 = (1−
13,86
38 )
2 = 0,40 
= = (1 −
13,86
90 )
2 = 0,72 
Para  = 38o  Nc = 61,35, Nq = 48,93 e N = 78,03. Então: 
 
= 15 0,72 61,35 + 0,5 17 0,72 48,93 + 0,5 19 3,24 0,40 78,03 = 1922,74 
 
Então: 
=

=
1922,74
101,73 = 18,9  
 
e2BB' 
’B
N

 Ni'B5.0NiqNi'cq fqqsccmax
3qFS maxf 

2)1(i



2
oqc )90
1(ii 
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