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SUMARIO
PARTE 1 - Mecânica dos Solos
Capitulo 1 - Propriedades Flsicas dos Solos, 2
C8pltulo 2 - Teoria do Adensamento - Recalques, 41
Capitulo 3 - Tensões e Deformações - Elasticidade e Plasticldade, 58
Capitulo •• - Resistência ao Cisalhamento dos Solos, 66
Capitulo 5 - Compactação - Classificação - Amostragem, 71
Capftulo 6 - Movimento da Água nos Solos, 75
Capitulo 7 - Distribuição das Pressões, 80
Capitulo a - Empuxos da Terra - Muros - Cortinas, 99
PARTE 2 - Fundações
Capitulo 9 - Fundações Poucos Profundas, 118
Capltul9 10 - Fundações Profundas, 166
PARTE 3 - Obras de Terra
Capitulo 11 - Estabilidade de Taludes, 198
Capitulo 12 - Aterros e Barragens, 203
APENDICES E TABELAS
I - Nova coleção de exercrcios e problemas, 217 . (
11 - Exemplos esquernátlcos de escolha de tipos de fundação, inspirados em casos reais, 257
111 - Projeto das fundações de um ediflcio, 267
Tabelas, 275
Fatorei d. Conversão de Unidades
Propriedades Físicas dos Solos
Capítulo 1
Determinar o peso específico das partículas de um Rolo, sendo dados:
peso do picnômetro com água = 435,21 g;
peso do picnômetro com 30 g de solo e água até o mesmo nível
= 454,13 g..
Soiução. A densidade das partículas é igual a:
1.1
a)
b)
b = 30 = 2,71
30 + 435,21 - 454,13
logo, o peso específico vale 'Yg = 2,71 g/cm3•
1.2 A análise granulométrica de um solo revelou o seguinte resultado:
N. o da peneira
100
95
88
74
65
59
18
6
Abertura em mm Porcentagem
passando
10
40
60
140
200
2,00
0,42
0,25
0,105
0,074
0,050
0,005
0,001
Pede-se traçar a curva granulo métrica e determinar o diâmetro efetivo (def.) e o
coeficiente de uniformidade do solo (Cu).
Solução. Da curva granulométrica (fig. 1.1), obtém-se:
def. = 0,002 mm
C; = deo = 0,055 = 55 = 27 5
d«. 0,002 2 ' .
?,
PORCENTAGEM DO MATERIAL QUE PASSA
ê5 •••o
01o
CJ)
o
ID
o
...,
o
0,001 1:1:
-
I:tct~
:
~
-
1-
-
.. -
"r-.
......
2
1"1\
\3
4 \
5 ,
6
~ ~
9
.p
2
31- 1/
1/
4'-
0,002
0,003
0,Q04
0,005
0,006
0,007
0,008
o.oos
0,010
0,02
0,03
0,04
0,05
0,041
0,07
0,08
0,011
0,10
Fig. 1.1
PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
If3 Num ensaio de sedimentação uma leitura densimétrica de 1,0236 corres-
pende a um tempo decorrido de 8 min após o início do ensaio e a uma altura dê
<tu da de 12,5 cm. A temperatura do ensaio é de 26°C. A correção da leitura
ti vida à temperatura (todas as leituras são referidas a 200C) é + 0,0008. A
quantidade do solo seco, em suspensão, éde 50 g e o peso específico das partículas
~,70 gJcm3• Determinar o ponto da curva granulométrica correspondente à lei-
tura referida.
Solução. Pela aplicação da lei de Stokes, obtém-se:
d (mm) -_ ~ 1,8 X 103 X 8,737 X 10-6 X 12,5/8 X 60~---'---'------'--'--'----'--'-----'---'-----'-~~~ = 0,016 mm
2,70 - 1,00
Cl0m 7J = 8,737 X 10-6g . seg/cm' a viscosidade da água para T = 26°C.
A porcentagem das partículas é dada pela f6rmula deduzida da teoria do
de nsímetro:
o m LD + CT a parte decimal de 1,0236 + 0,0008 = 1,0244 multiplicada por
I000; portanto, 24,4. Assim:
100 2,70 ,
PSO,016% = 50'170.24,4 = 77,5%.,
l.4 A análise granulométrica de um solo constituído por areia, silte e argila
forneceu o seguinte resultado: peso da amostra seca = 59,1 g. Os pesos retidos
nas peneiras números 20, 40, 60, 140 e 200 foram, respectivamente, 2,8 - 3,4-
- 8,5 - 6,7 e 10,2 g.
Do ensaio de sedimentação resultou que 24,6 g de partículas eram menores
que 0,05 mm e 1O,2,gmenores que 0,005 mm.
Determine as porcentagens de areia, silte e argila e classifique o solo.
Soluç,ão. Peso total seco = 59,1 g = P •.
Peso que passa % de graos menores
que a peneira
Peneiras Peso retido P1 ' P2 = P. - ~Pl
P2 X 100
p.
20 2,8 56,3 95,2
40 3,4 52,9 89,5
60 8,5 44,4 75,2
140 6,7 37,7 63,8
200 (0,074 mm) 10,2 27,5 46,5
0,05mm - 24,6 41,6
0,005mm - 10,2 17,3
PART 1 M ANI A DO
D acordo OOIl)a ('I-WI~"~1("'~/llIl()mótricada AA no, 88 p rc ntagens p 'didttH H o:
IU·Kilu.: J 7,:J%
- silt : 41,6 - 17,3 = 24,3%
- areia: 100 - 41,6 = 58,4%
e o material classifica-se como "areia silto-argilosa".
1.5 Determinar as porcentagens de areia, silte e argila de um solo, de acordo
com a escala granulo métrica da ABNT, sabendo-se que:
Peneiras % qu6 passa Peneiras % que passaN.· e aberturas (mm) N» e abertw'a8 (mm)
I" 100 60(0,25) 44
3/8" 80 200(0,074) 24
4(4,8) 72 0,05 21
10(2,0) 67 .0,005 11
40(0,42) 56 0,001 4
Solução. Areia (4,8 mm/ü,05 mm) -~)72 - 21 = 51%
Silte (0,05 mm/0,005 mm) -~ 21 - 11 = 10%
Argila « 0,005 mm) --7 11%.
1.6 Determine os coeficientes de uniformidade dos solos A, B e C, cujas curvas
granulo métricas são indieadas na figo 1.2.
100
Fig.l 2 /v~
I /./ ,/"
I V i »:
/I /'
/ /1 V
y~ V
/ / /
V / V (
/"" ,/ .,./ I
o
li)
U)
g, 50
Q)
::J
C'
cf.
a
0,05 0,1 O~ 0,5 2
D em mm (esc, log)
5 10
6
•'olução.
PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1 7
Solo A: e - -.2& = 8
u - 0,1
S I B e 0,9
00 : u=()i"8=5,
Solo e: eu = ::5 = 10.,
1.7 Dadas as curvas granulo métricas A, B e e (íig. 1.3), pede-se:
a) Qual o de maior diâmetro efetivo?
b) Qual o de menor coeficiente de uniformidade?
100
80 -
o
'"'"oc. 60 -
CD
::Jo-
~ 40o
20
O
10-
B
10-2 10-
DIÂMETRO, EM mm
Fig. 1.3
lieep, O de maior der. é O solo e e o de menor eu é o solo B.
10
1.8 Locar num diagrama trilinear os pontos correspondentes aos solos A, B e e.
Porcentagem
Solo
Areia Silte Argila
A 55 10 35
B 10 85 5
C 10 55 35
PART 1 M ClNICA DO
Solução. Veja figo 1.1.
Fig. 1.4
1.9 Três materiais M1, M2 e M3 têm as porcentagens de pedregulho, areia e
silte + argila indicadas na tabela abaixo. Calcular pelo processo algébrico as
porcentagens necessárias de cada material para que se obtenha uma mistura den-
tro das especificações dadas na tabela.
Granulometria (em %) Especijicação
Componentes da mistura (em %)
M1 M2 Ma Limites Média
Pedregulho 92 30 60-75 67,5
Areia 8 70 15-20 17,5
Silte-l-argila 100 10-20 15
Totais 100 100 100 100
Solução. Sabe-se que
IX I aI + X 2 a2 + X a as = A
X1bl + X2b2 + Xabs = B
Xl + X2 + Xa = 100.
• PROPRIEDADES I'fSICAS DOS SOLOS CA'. 1
ssim:
I0,92XI + 0,30X2 = 0,675
0,08XI + 0,70X2 = 0,175
Xl + X2 + Xs = 1.
Resolvendo o sistema, vem:
Xl = 0,68 ou 68% de MI
X2 = 0,17 ou 17% de Mz
Xs = 0,15 ou 15% de Ms.
I ai, as porcentagens necessárias:
pedregulho --+ 0,68 X 92 + 0,17 X 30 = 67,7%
.......•0,68 X 8 + 0,17 X 70 = 17,3%areia
silte + argila -t 0,15 X 100 = 15%
que, como se observa, enquadra-se na especificação,
1.10 Considerando-se o teor de umidade como uma porcentagem h' do peso
total da amostra, pede-se estabelecer a relação entre h' e o teor de umidade h,
convencionalmente expresso como uma porcentagem do peso seco da amostra.
olução, Tem-se que
Po/p. h
1 + Po/P. = 1 + h
1.11 Trace a curva da função E = f(n), onde n é a porosidade e E o índice de
vazios.
olução. n
Como E = -1--' temos-n
n = ° -~ E = °
n = 0,2 -~ E = 1/4
n = 0,4 --> E = 2/3
n = 0,5 -~ E = 1
n = 1 ---+ E = co (assíntota),
() que permite traçar o gráfico da figo .1.5.
,1 M ANI A DO
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
2/3 ------
0,5 n
Fig. 1.5
1.12 De uma quantidade de solo P, = 22,0 kg e volume respectivo Vt = 12,2l,
extrai-se uma pequena amostra, para a qual determina-se: peso úmido = 70 g,
p 'so seco 58 g e peso específico das partículas 'Yu = 2,67 g/cm3• Pede-se cal-
iular: teor de umidade (h), peso da parte sólida (P,), peso da água (Pa), volum
da parte sólida (V,), volume de vazios (V.), índice de vazios (E), porosidade (n),
grau de saturação (8), grau de aeração (A), peso especifico aparente (1'), teor do
umidade admitindo-se o solo saturado (hsat.) e peso específico saturado ('Yeat.).
Solução. Tem-se de imediato:
h01 = 70-58 X 100 = 20701
/0 58 ' /0
P, = 22.,0 = 18,2 kg
1 + 0,207
(
P; = 22,0 - 18,2 = 3,8 kg
V, = 18200 = 6816 em"
2,67
10 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
V. = 12200 - 6816 = 5384 em"
5384
E = 6 816 = 0,79
. 5384
n% = 12 200 . 100 = 44% ou
0,79
n = 1 + 0,79 = 0,44
3800
S% = 5384 . 100 = 70% (uma vez que 'Ya = 1 gJcm3)
ou s = 0,207 X 2,67 = 0,70
0,79
A % = 100 - 70= 30%
_ 22000 _ ~
'Y- 12200 - 1,8 gJcm
hsat.% = :8 3:~ . 100 = 29,6% (pois Va' = V. = 5 384 em 3 --+ PIa = 5 384 g)
_ Pt' _ P. + Pa' _ 18200 + 5384 _ 193 / 3
'Ysat.- T - VI' - 12200 -, g cm.
1.13 Uma amostra de areia com um volume de 2,9 litros pesou 5,2 kg. Os
ensaios de laboratório para a determinação da umidade natural, do peso especí-
fico das partículas e do grau de compacidade do material forneceram os seguintes
resultados:
Umidade:
Peso úmido = 7,79 g - 5,04 g.
Peso seco = 6,68 g - 4,31 g.
Peso específico das particulas:
Peso do picnômetro com água = 434,12 g.
Peso do picnômetro com 35 g de
solo ti água até o mesmo nível = 456,21 g.
Grau de compacidade:
Índioe de vazios correspondente ao estado solto
Índice de vazios correspondente ao estado compacto
0,85.
0,50.
M ANI A DO
I I d, I II 11ulur 1)I~mI'HHI~ IUlIoHt,m: (t) LMr d( urnidndr-; li) IH'H() I'HIH (·{fi('n
ti" I p/trt.tmlltiH; I:) pc HO d'i pltrL( H6lidu; <l) pOHO da 6.~ua; ) vO)Ull10 (\IL
11111t. IH',lidlL; f) volumo de vaai A; (J) Indic d vazio; h) grau. do com
(11' d/~d" ellLARifiando a um Atra m função do se valor; 't) p r sidad '; J)
;I ti ,li H/\LuraQí\; k) grau do aoração: l) poso específico aparento.
, "' «c o.
PI = 5,2 kg = 5 200 g
VI = 2,9l = 2900 cmê,
fI.) Teor de umidade:
7,79 - 6,68 X 100 = ~ X 100 = 16,7%
6,68 6,68
5,04 - 4,31 X 100 = 0,73 X 100 = 16,9%
4,31 4,31
b) Peso específico das partículas:
35 35
Ó = 434,12 + 35 _ 456,21 = 12,91 = 2,7
c) Peso da parte sólida:
Psó1. = 5 200 = 4 450 g.
1 + 0,168
d) Peso da água:
P; = 5200 - 4450 = 750g.
e) Volume da parte sólida:
4450
V.61. = ~ = 1650 cmê.,
f) Volume de vazios: (
V. = 2900 - 1650 = 1250cm8
•
g) Índice de vazios:
= 1250 = 076.
E 1650 '
1h ~ 16,8%
12 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
h) Grau de compacidade:
Enat. = 0, 76 (estado natural)
Emáx. = 0,85 (estado solto)
Em!n. = 0,50 (estado compacto)
GC = 0,85 - 0,76 0,09
0,85 - 0,50 = 0,35 ~ 0,26 < 1/3.
Trata-se de uma areia solta.
i) Porosidade:
0,76
n = -I-+~0-,7-6- = 0,43 ou 43%.
:N Grau de saturação:
Sat = 750 _
/0 1250 X 100 - 60%
ou
S = !!:! = 0,168 X 2,7
E 0,76 = 0,6.
k) Grau de aeração:
A = 1 - 0,6 = 0,1 ou 40%.
l) Peso específico aparente:
5200
'Y = 2900= 1,8 g/cm3
•
1.14 I?eterminar o peso específico das partículas, o teor de umidade e o grau de
compacidade de um solo, dados os seguintes elementos:
Peso do pienômetro com água = 436,18 g
Peso do picnômetro com 30 g de solo
e água até o mesmo nível = 455,07 g
Solo no estado natural V 590 '3, = cm e P, = 1 033 g
Solo seco no estado solto V 699 3 P, = cm e ,= 870 g
Solo seco no estado compacto V 487 3 P 87,= cm e , = O g.
& - 30
:30
486,1 - 45.1,07
30 •• 2,711,11-
'YQ= 2,7 X 1 = 2,7 gJcm3
hC!1o. = 1 033 - 870 X 100 = 163 X 100 = 1880"/
;,'(; 870 870 ' 10
V.
E = -- =V.
V, - V, = ~ _ 1 = ~ __ 1 = V''YQ - 1.
V. V. P./'YQ P.
N o e tado natural
N o estado solto
No estado compacto -) VI = 487 em".
Ilt~f :
Enat.
590 X 2,7 _ 1 = 0,83
870
Emáx. = 699 X 2,7 - 1 = 1,17
870
Emln. =
487 X 2,7 - 1 = 0,51
870
e, finalmente:
GC = 1,17 - 0,83 = 0,34 = 052
1,17 - 0,51 0,66 ,.
l.15 No estado mais solto possível, o peso específico seco de uma areia é 1,2 g/cmB
,
quando denso 1,9 gJcm3• Admitindo-se 'Yu = 2,68 g/cm3
, qual o grau de eompa-
idade de areia, quando sua porosidade é 30% ?
olução. Como r
GC = 'Ynat. -'Ymln. X 1mb.
'Ymáx.-'Ymln. 'Ynat.
14 PROPRIEDADES pfSICM DOS SOLOS CAPo 1
com 08 elementos dados:
'Ym!n. = 1,2 gfcm3
'Ymb. = 1,9 gfcm3
v 1/ = 2,68 g/cm3
}
n = 0,30 'Ynat. = 1'- = 1'1/ (1 - n) -'Ynat. = 2,68 X 0,7 = 1,88 gfcm3
tem-se:
GC 1,88 - 1,2 1,9
= 1,9 - 1,2 X 1,88 = 0,98.
1.16 O peso específico de um solo é 1,75 gfcm3 e seu teor de umidade 6%. Qual
1\ quantidade de água 3 adicionar, por m" de solo, para que o teor de umidade
passe a 13%? Admitira constância do índice de vazios.
Solução. Para 1 em" de solo, a quantidade de água necessária, será:
.:la = Pa' - pa = 1'. (h' - h) = 1:h .(h' - h)
ou:
.:la 1,75
1 + 0,06 (0,13 - 0,06) = 0,12 g
para 1 cm3 de solo. Para 1m3 de solo, a quantidade de água a adicionar
será 0,12 X 106 = 120000 g = 120 kg = 120 litros.
1.17 Uma amostra de solo pesa 200 g e o seu teor de umidade é 32,5%. Calcule:
a) a quantidade de água que se deve retirar da amostra para que o teor de
umidade fique reduzido a 24,8%;
b) a quantidade de água que se deve adicionar à amostra para que o teor
de umidade aumente para 41%.
Solução. Como
tem-se
0,325 200 _ P; -Pa = 49g e P, = 151g.
Assim
° 248 r, P I
, = 151 - a = 37,5 ga)
0,41. = P/' ) P/' ~ 62 g
151
.:lPa" = 62 - 49 = 13 g (a adicionar).
1.1n peso especifico de uma argila é 1,7 g/cm 3, o teor de umidade 34o/t (' I~
tlllIHidad das partículas 2,65. Qual o índice de vazios do material?
8/111tÇ tO.
l' 1,7 _ ~
1'- = l+h = 1 +0,34 - 1,34 1,27 gfcm3
1'1/ = b'Ya = 2,65 X 1 = 2,65 g/cm3
E = :1JL _ 1 = 2,65 - 1 = 1,08.
1'. 1,27 '
I.L9 Sabendo-se que o peso específico de um solo é 1,6 gfcm3
, o teor de umidad
:!:J% e a densidade das partículas 2,65, pede-se calcular: o índice de vazios, 11
p rosidade e O· grau de saturação. Qual a quantidade 'de água que é necessário
ndicionar, por m3 de solo, para saturâ-lo ?
I olução.
l' 1,6 ~ - 1,2 g/cm3-
1'. = 1 + h = 1 + 0,33 = 1,33 -
2,65 _ 1 = 121
1,2 '
E 1,21
n = ~ = 2,21 = 0,5jOU 55%
S = !!:! == 0,33 X 2,65 = 0,72 ou 72%.
E 1,21
\
16 PROPRIEDADES .ISICAS DOS SOLOS CAPo 1
Seja h' a umidade correspondente ao solo saturado. Portanto:
Aa = Pa' - P; = P. (h' - h)
Por outro lado:
h'h d d h,E 1,21 O
E = on e = T = 2 65 "" ,46.,
Como 'Y. = 1,2 g/cm3 = 1,2 t/m3 podemos escrever que, para 1m3 de solo,
P. = 1,2t.
Daí:
AI:: = 1,2 (0,46 - 0,33) = 1,2 X 0,13 = 0,156 t = 156 kg = 1561itros.
1.20 Uma amostra de areia no estado natural pesa 875 g e o seu volume é igual
a 512 em". O seu peso seco é 803 g e a densidade relativa dos grãos 2,66.
Determine o índice de vazios, porosidade, teor de umidade e grau de satu-
ração da areia.
Solução.
P; = 875 - 803 = 72 g
803
V. = 266 = 302 em",
Vv = 512 - 302 = 210 em"
210
E = 302 = 0,7
210
n = 512 = 0,41 ou n = 0,7 = 041
1,7 '
72h% = 803 X 100:::: 9%
72S% = 210 X 100 = 34,3%.
A T 1 M ANI A 17
1.' I () pl\lW ('~p('(·ffil·1) dl)~ ~(/)lido~ de' IIIIIIL dlLda uroiu ~ ~,O!i 1l./1·lll:1 141'" (lIdi.·o
d" VILiliw~ ~ o,m .. (:lll(IIIII':
/t) () !lOHO (:-llwcHico do. uroia H('eU; b) O pCHO específico da uroiu <I\111lido
1'11t.lIl'fLdIL; c) () pO:-lQ '8pO {fi 'o da uroia quando. ubm rsa,
8olttç( o.
'Y. = ~ = 2,65
1 + E 1 + 0,57
2,65 =
1,68 g/cm3•1,57
b)
Õ+E
'Yeat. = 1 + E 'Ya
2,65 + 0,57 3,22----'----'--'--- = --- = 205 g/cm3
1 + 0,57 1,57' .
c)
ó - 1
'Youb. = T+E''Ya
2,65 - 1
1 + 0,57
_ 1,6~ _ I- '57 - 1,05 g em",1,
1.22 Uma argila' saturada tem uma umidade h = 39,3% e um peso ospocllie«
'Yeat. = 1,84 gfcm3• Determine a densidade das partículas e o índice do vuzio«,
Solução. Tem-se que
1,84
'Y. = 1 + 0,393
Por outro lado, como
'Ysat. = 'Y. + n'Ya-- 1,84 = 1,32 + n X 1
obtém-se
n = 0,52
e
0,52
E = -- = 1,08.
0,48
Como o solo é saturado,
E = hó
donde, então
-~~ó - 0,393 T 2,75.
1.23 O peso específico de um solo é 1,6 g/cm3, o peso específico das partíoulu«
2,6 g/cm3 e o teor de umidade 12%. Calcule:
11 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
a) o peso especifico do solo seco; b) a porosidade; c) o índice de vazios;
tl) o grau de saturação: e) o grau de aeração.
Solução.
a) 'Y. = ~._'Y_ = 1,6 . 1,6
1 + h 1 + 0,12 = 1,12 = 1,4 gfcm3
•
b) 'Y. = 'Yg (1 - n) -4n = 1 - ~ = 1 - 1,4 = 05
'Y g 2,6' .
I:)
n
E = 1 - n ~-= 1.
= 1-0,.5
11) M
S = - = 0,12 X 2,6 = 0,312 ou 31,2%.
E
o) A = 100 - 31,2 = 68,8%.
1.24, São conhecidos, para. um determinado solo:
'Y = 1.8 gfcm3, h = 12% e'Yg = 2,7 gfcm8• Pede-se calcular: 'Y., S, A, E e n.
oluçõo. Tem-se
'Y. = __ ~_8_ _ 1,8
1 + 0,12 - W2 = 1,61 gfcm3
(1) 'Y. 1,61 (J1'Y. = 'Yg - n -- n. = 1 - - = 1 - -- = 0,4 ou 40/0
'Y g 2,7
E =
n 04
1 - n = 1--.:0,4 = 0,67
hó 0,12 X 2,7 = 0,48 ou 48%S = --;- = 0,67
A = 1 - S = 1 - 0,48 = 0,52 .ou 52%.
1.25.Um em" de solo úmido pesa 1,8 g. Seu peso seco é 1,5 g. O peso especí-
Iioo dai; partículas sólidas é 2,72 gfcm3• Determine a umidade, o índice de vazios
li o j.ÇI't\U do saturação.
·-luçao.
li 'Y 1 _ l!H _ 1 _ 0,2 ~20%
- Ir:'Y. .o
E = 2L - 1= ~~'Y. 1,5 - 1 = 0,81
hb 0,20 X 2,72 = 0,68 -468%.S = - = 081E ,
1.26 De uma amostra indeformada de 13010 são fornecidos os seguintes dados:
- volume total
- peso total úmido
- peso seco
- densidade relativa das partículas
1150 em"
2,6 kg
2,3 kg
2,73.
Pede-se c grau de saturação.
Solução. Tem-se que
P; = 2,6 - 2,3 = 0,3 kg = 300g
Va = 300 em"
Vv = 1150 2300 = 1150 _ 840 = 308cm3
2,73
300
S = 308 = 0,97 ou 97%.
1.27 O peso específico seco de uma areia pura é 1,55 gfcm3
•
específico quando saturada ?
Qual o seu poso
Solução. Tratando-se de uma areia pura Y» = 2,67 gfcm3
, logo:
1,55 '"' 2,67 (1 - n) -4 n = 1 - 1,55 = 0422,67
e
'Ysat. = 1,55 +0,42 X 1 = 1,9f gfcm3
•
1.28 De um solo saturado são conhecidos: 'Ysat. = 1,85 gfcm8 e h =; 38,7~().
Pede-se determinar o peso específico das partículas.
20 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLO CAPo
8oluçao. Para um solo saturado são válidas as fórmulas:
Ó+E
'Ysat. = 1 + E 'Ya e E = há
donde, substituindo os valores conhecidos, se obtém
E = 1,07 e Ó ~ 2,77.
Assim:
'Yu = O'Ya' = 2,77 X 1 = 2,77 gfcm8•
1.29 Uma amostra de solo pesa 2,75 kg e o seu volume é de 1,5 dm", A den-
sidade das partículas é igual a 2,7. Os pesos de uma pequena amostra, antes e
depois de seca na estufa, são respectivamente 5 g e 4,35 g.
Determinar a umidade, índice de vazios, porosidade, grau de saturação e
grau de aeração.
Resp. h = 15%; E = 0,69; n = 41%; S = 59%; A = 41%.
1.30 Sendo dados: PI = 1010 g, VI = 558 em", Y» = 2,68 gfcm3 e P, = 918 g,
pede-se calcular: E, n, h, S, A e 1'.
Resp. E = 0,63; n = 39%; h = 10%; S = 41%; A = 59%; l' = 1,82 gfcm3•
areia tem uma porosidade de 34%. A densidade das
Determinar os pesos específicos da amostra seca, satu-
1.31 Uma amostra de
partículas é igual a 2,7.
rada e submersa.
Resp. 1,78gfcm3; 2,12 gfcm3; 1.12 gfcm3•
1.32 A porosidade de uma areia é igual a 37% e o peso específico dos
grãos 2,66 gfcm3. Pede-se determinar: a) o índice de vazios; b) o peso especí-
fico aparente seco; c) o peso específico quando S = 30%; d) o peso específico
saturado.
Resp. E = 0,59; 1'. = 1.68gfcm3; 1'8=30% = 1,79gfcm3; 'Yeat. = 2,05gfcm3•
1.33 Um centímetro cúbico de ateia seca pesa 1,8g. Tomando l; = 2.65. cal-
cule os pesos específicos, supondo: S = 50% e S = 100%.
Resp. 1'8-60% = 1,95g/em"; 1'8-100% = 2,12 gfcms.
1.34 Uma amostra de argila satura da tem um volume de 162em" e pesa 290 g.
Sendo o = 2,79, .pede-se determinar o índice de vazios, a porosidade, o teor de
umidade e o peso específico do material.
Resp. E = 1,27; n = 56%; h = 45,5%; 'Yeat. = 1,79gfcm3•
A I M ANI A DO OL 21
'.:1 » Hlllldo dudoH li JlIIHO(,Hpcwific'o tímido, iguul u I,H fl.fc~tna,(' () t, or d(' umidiul •.
11 IO%J, IHldc'-HO d( (('J'lt\iIlILI' 1'., S (' (,omll.lldo-H(' o 2,(17.
1.'/111/1. 1'. - L,64· Il,fcmB; 1 - 41 Yo; E = 0,65.
I.!H, Um sol saturado tcm um t ar de umidade igual a 42% e a densidud« d"
IIM(,! ulas 6 2,6 alcule o índice de vazios, a porosidade e o peso esprdfi('o do
MotO.
/(.('lip. E = 1,13: n = 53%; 'Yeat. = 1,79gfcm3•
1.37 Uma amostra de solo tem um peso de 132,2g e um volume de 62,3 ma no
oH(,adonatural. O seu peso seco é de 118,2g. O peso específicodas partículn«
(o, 2,67 gfcm3• Calcular: umidade, índice de vazios, porosidade e grau de saturuçl o.
Res». h = 11,8%; E = 0,41; n = 29%; S = 78%.
1.38 Sendo conhecidos: PI = 5,10 kg, VI = 2605 cm-, h = 13,6%
•••2,65 gfcm3, determinar 1'" E e S.
'Yu
Resp. 1'. = 1,72 gfcm3; E = 0,54; S = 67%.
1.39 Conhecidos A = 51,7%, h = 12,4% e (; = 2,70, pede-se calcular n.
Resp. n = 41%.
1.40 Dados:
- peso total de uma amostra de solo
-peso após secagem em uma estufa
- peso da cápsula
-densidade das partículas
72,49 g
61,28 g
32,54 g
2,69.
Determinar: teor de umidade, porosidade, índice de vazios, peso específico
aparente (com h ~ ° e h = O) e peso especifico do solo submerso.
Resp. h = 39,1%; n = 51,3%; E = 1,05; l' = 1,83gfcm3; 1'. = 1,31gfcmm
;
'Youb. = 0,83 gfcm3
•
1.41 Uma amostra de areia seca enche um cilindro. Determinar o índice de
vazios da areia em função do volume do citndro VI, da densidade dos grã B Ó,
do peso específico da água 'Ya e do peso secor.da areia contida no cilindro.
Resp. E = V;~a- 1.
22 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
1.42 D um corte são removidos 180000 m3 de solo, com um índice de vazio.
1,22. QuantoR m 3 de aterro com 0,76 de índice de vazios poderão ser construídos?
Solução. Tem-se que:
I v. = V. + V. = V. (1 + E)
Vt' = V.' + V. = V. (1 + E')
donde:
Vt' 1+ E'--'-- VI.
1 + E
e daí
Assim:
V/ = 1 + 0,76 X 180000 =2 1,7
2
6
2
X 180 OOO~ 143000 m".
1 + 1,22 ,
1.43 Para a construção de uma barragem de terra é previsto um volume de
300000 m" de terra, com um índice de vazios 0,8. Dispõem-se de três jazidas,
que designaremos por A, B e C. O índice de vazios do solo de cada uma delas,
bem como a estimativa do custo do movimento de terra até o local da barragem,
são. indicados no quadro abaixo.
Jazida Índice de Custo do movimento
vazios de terra/m3
A 0,9 o-s 10,20
B 2,0 o-s 9,00
C 1,6 o-s 9,40
Qual a jazida explorável economicamente?
Solução. Como sabemos,
Vt = V. + V. = V. (I + E)
V/ = V.' + V. = V. (1 + E') I~-~.Vt'
Vt' - 1 + E"
1+ E'---VI.
1+ E
om:
Vt = 300 000 m3 --+ E = 0,8
E' = 0,9 (Cr$ 10,20/m3)
E" = 2,0 (Cr$ 9,00/m3)
E'" = 1,6 (Cr$ 9,40jm3)
, M ANI A DO
I ''', 111 I:
, " 1,1) X :100 000
1 ,H" :11(; 000 ma X 10,20 ~ 'r$ a '00 ooo,no
,'," ;~,() . o o
Ií X .3 o 00 ~ 500 000 m3 X 9,00 ~ r$ 4 500000,()(),
1'/"
,6
I' X 300 000~434 OOOm8 X 9,40~Cr$ 4 o 0000,00,
",,"dli H(\(iOI\ lui que a jazida A é a mais econômica,
1,1 Com aa indicações dadas pela figo 1.6, pede-se traçar o diagrama dUf! pr('H-
, dI vidas ao peso próprio do solo e da água.
AGuA ------
{ e = 2,65
AREIA n = 40 %
figo 1.6
8l1luçao. Pesos específicos:\'
da areia submersa: 'Y.ub. = (2,65 - 1) (1 - 0,40) X 1 = 0,99 gjcm3•
da argila seca: 2,65
1'. = 14-0,6 X 1 = 1,66 gJcm3
•
24
Pressões:
PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1 OlO
- à - 6,00 m: U-6,OO = (0,99 X 250 + 600) X 10-3 = 0,85 kg/cm>,
- à - 15,00: U-15,OO = 0,85 + 1,66 X 900 X 10-3 = 2,34 kg/cm",
Dai o diagrama (fia. 1.7).
l
I
,-----0,25Kg /cm2
2
2,34 Kg/cm
1.45 Traçar, para o perfil do terreno indicado na figo 1.8, o diagrama de pres-
sões devidas ao peso pr6prio do soja.
1 M ANI A
+280-I~I _
AREIA ÚMIDA
h=200/0, ~s=I,4g/cm'3
~~-----------------------
AREIA
s = 2,67, n= 34 %
~------------
ARGILA
~sot=I,7g/cm3
~------------------------
ARGILA
(admitidoimpermeóvel)
-1040 & =2,65 , é= 0,7
~~~ .•.~~&~ •.~
I·' ROCHA
Fig. 1.8
.'jolução.' Tem-se para:
,/
1.- camada: l' = 1'.(1 + h) = 1,4(1 + 0,2) = 1,68g/cm3•
h1 = 280cm.
'Ysub, = (Ó -,1) (1 - n) 'Ya = (2,67 - 1) (1 - 0,34) X 1 = 1,1!!:/cm3•I • amada:
:1,- camada:
4." amada:
h2 = 420cm.
'Ysub. = 'Ysat. - 'Ya = 1,7 - 1,0 = 0,7 g/cm3•
-:
h3 = 670 - (420 = 250 em.
Ó 2,65
'V 'V = 1,56 g/cm3•
I' = ~ Ia = 1 + 0,7
h, = 1040 - 670 = 370cm.
26 PROPRIEDADES FlslCAS DOS SOLOS CAPo 1
Para as pressões obtém-se:
no nível 0,00: Pl = 'Yh1 = 1,68 X 280 = 480 gJcm2
no nível - 4,20: P2 = Pl + 'Ysub. h2 = 480 + 1,1 X 420 = 942 gJcm2
no nível - 6,70: p. = P2 + 'Ysub. h3 = 942 + 0,7 X 250 = 1117 gJcm2
no nível - 10,40: P4 = P3 + "I a (h2 + h3) + "18 h4 =
= 1 117 + (420 + 2502 + 1,56 X 370 = 2355 gJcm2•
Há ql~e.considerar, também, que no nível - 6,70 m, uma vez que a 4." camada
é admitida impermeável, atua a coluna de água (h2 + h3). Assim, a pressão será:
P3' = P3 + "Ia (h2 + h3) = 1117 + (420 + 250) = 1 787 gJcm2
e o diagrama correspondente é o indicado na figo 1.9.
+280
r-----~ '-
-420
~
III.?<U~~~_ ~
O 2m 1. 1
O 5OOg/cm2
! , --j
-1040
2355g/cm2 ~
" ,
Fig. 1.9
'11
I M ANI A DO lO
I h 11,111Uni l/c 1"1"0110 ('()"HI,it.ufelo d( 1U'(\il~íinn, O ntvol <1RP,\lI~ (\11C nLl'l1.-H( fi,2,M) 'li
,I. I'llIrllll(lidnd(. ( 1'('1-\0 (\Hlwe{fico HnLurl:I.(\()6 2,1 gJ ·ma
(I u d lI~jda 1<.d!\~prtrtf
I
'1117 nl ular 1\ pr fundidad na qual 11 pros: ã oíotíva FI ,J!\ l!(\II1\ 11.
• ti 'I', .," <>
t, I I, le ml
.
/" li, IO,30m•
I Hllp ndo que a relação entre a pressão vertical a; e ° peso. esp cíüco "I
,1,"11 pOI" "I = A + Ba , com A e B constantes, pede-se deterrrunar a funç li
I (e).
,1/"" li. endo
da ; = "I dz
\11,01, mOA screver que
dt1. = "I = A + Bt1.
dz
du. = dz
A + Bt1.
li" I~il\da:
Iti\( grando. vem:
f~-·- = fBdZ
A + e«.
11 qu nos dá:
L (A + Bu.) = Bz + C.
)omo, para z = 0--> a, = O,tem-se
LA = C.
\)o.Í:
L (A + Ba v) - LA = Bz
ou:
L~ + Bu. = Bz
A
28
PROPRIEDADES ,,/ ICAS DOS SOLOS CAI'. 1
donde:
B
1 + -O' = eBzA v
e, finalmente:
A
0'. = 13 (eBz - 1).
1.48 Os dados obtidos no laboratório para a determinação de umidade natural,
do limite de liquidez e do limite de plasticidade de Uma amostra de argila foram
os seguintes:
Umidade:
Pergunta-se: qual a consistência dessa argila?
Solução. Umidade natural:
h1 % = 7,782 - 6,682 X 100 = 16,5 %
6,682
h% = 16,5 ~ 16,9 = 16,7%.
11,2 % = 5,041 - 4,312 X 100 = 16,9 %
4,312
Limite'de liquidez: determinadas as umidades e locando-se os pontos correspon-
dentes no diagrama (fig. 1.10) obtém-se LL = 26%,
Limite de plasÜcidade:
0,647 - 0,557 X 100 = 16,2%
0,557
0,64~,~6~,566 X 100 = 14,0% LP = 16,2 + 1!,0 + 15,1 = 15,1%.
0,388 - 0,337 X 100 = 15,1%
0,337
"
-i\ '~I~
I~ -r-; ,~=I~ 1-1\
1=-=,~1-
\
1- - -I~ 1\-1- \-,- 1\
-I-
- 1-
1\
1\
o
--
"
1\
%
1
'Yo
35 40
Peso do solo úmido (g) 17,782/5.0~} ,
Peso do solo seco (g) 6,682 4,312
Limite de liquides:
1
11N.o de golpes I 13 I 20 I 29 36Peflo do solo úmido (g) 2,803 2,215 2,296 2,663 !JPeso do solo seco (g) 2,210 1,752 1,825 2,123.Limite de plasticidade:
Peso do solo úmido (g)
I
0,647 0,645 I 0,388
Peso do solo seco (g) 0,557 0,566 0,337
• I o/c
7 8 9 10 15 20 25 30
NQ DE GOLPES(esc.log.)
50
Fig. 1.10
1 'tlll~iHt~n('iada argila:
26 - 16,7
IC = 26 _ 15,1 = 0,85,
O 7- < IC < 1 00 a argila é de consis-('IIIl\O ,<> , ,
, nr-iu rijo:
I A(> Uma reta de escoamento apresentou:.'.~ '78wfllcli('(' de fluidez IF = 18 % e hlOOo = /0,
",.clp-flp.h100 e LP, sabendo-se que IP = 43%.
Da fig, 1.11, obtém-s\e, de imediato,8I1h~ção.
qllO:
h
hIO---~
IF
"ico
, I
I I
109 10 iog 100 logN
Fig. 1.11
30
PROPRIEDADI I ICAS DOS SOLOS CAPo 1
h100 = hlOOo + IF = 78 + 18 = 96%.
omo o LL corresponde a 25 golpes, por uma simples proporcionalidade podemo,
screver que:
LL - 78 log 100 - log 25
~-- = log 100 - log 10 = log 4
donde:
LL = 78 + 1810g4 = 78 + 18 X 0,602 = 78 + 10,8 = 88,8%
e, daí:
LP = 88,8 - 43 = 45,8%.
1.50 Fornecidos os dados abaixo, determine o LL do solo.
14
21
31
39
40,0
34,4
28,0
25,0
N.· de golpes Umidade %
Resp. LL = 31,5%.
1.51 São dados os valores abaixo de um ensaio. Determine o LL.
N.· de golpes Umidade %
10 32,6
20 30,7
30 29,5
38 28,7
52 28,0
Iiesp, LL = 30%.
1.52 Determinar o limite de liquides de um solo, sabendo-se que os resultados
do ensaio foram os seguintes:
N.· de golpes 11 19 28 39 50
Teor de umidade 30,4 28,1 26,2 24,8 23,5
Resp. LL = 26,7%.
'010 Solo H Solu ('
• ti,
t t 10 2 39 50 12 1 23 31 35 12 2l 31 !IO 10
JIIII/II~
"'"
...• C'l 00 LQ o 00 LQ o ...• o o ~ Ol '1;1
11/11//11//, g gf ~~ ~~ ~
Ol~ ~f o) LQ~ cQ ....~ o) t-.~ et!
C'l -.j< co:> co:> co:> co:> C'l C'l C'-I I
'"
I', Holo A ~ LL = 26,7%.
, ol B - LL = 38,0%.
" I C -> LL = 28,3%.
t Na doterminação do LL de um solo foram obtidos os seguintes vaI reli:
N.· de golpes 49 31 23 19 8
Umidade~%) 16 20 21 23 31
I 11 I P d ase solo é 8,5%, qual o seu LP?
11111/1, [JP = 12,7%.
I., ,010 de uma jazida para uso de uma obra de terra tem as seguintes cara c-
1,I,.r I,j ias: LL = 60% e LP = 27%. O teor de umidade natural do solo é de
\'''/1 . termine: a) o índice de plasticidade; b) o índice de consistência;
,.) « InHküiqueo solo em função do valor obtido em (b).
Nnl'nçno.
" IP = LL - LP = 60 - 27 = 33%.
IC = 60 - 32
33
2833 = 0,85.
(' Rija.
1.1i, Um solo apresenta LL = 65% e IP = 25%. O seu teor de umidade na-
1,lIml 6 45%. Qual o seu estado de consistência?
h!/'1I7>. Estado plástico.
1.57 Na determinação do LL de um solo foram obtidos os seguintes val l' 8:
N.O de golpes 44 31 23 12
Umidade (%) 29 35 40 49
Se LP = 22% e h = 31%, pede-se classificar o solo quanto à consistência.
Resp, Consistência mole.
1.58 Um solo tem LL = 57%, LP = 28% e hnat. = 32%. Qual a sua consis-
tência.
Resp, Rija.
1.59 As seguintes indicações são fornecidas para os solos A e B:
A B
LL 30% 9%
LP 12% 6%
h 15% 6%s 2,7 2,68
S 100% 100%
Pergunta-se: a) Qual o de maior teor de argila?
b) Qual o de maior índice de vazios?
Solução. a) Para o solo A: IP = 30 - 12 = 18%.
Para o solo B: IP = 9 - 6 = 3%.
O solo A é, pois, o de maior teor de argila.
b) Como os solos são satura dos (S = 100%): f = hÕ e, assim, para o solo
A: f = 0,15 X 2,70 ~ 0,41 e, para o solo B: f = 0,06 X 2,68 ~ 0,16.
O solo A é, também, o de maior índice de vazios.
1.60 Um solo argiloso apresenta as seguintes caracteristicas: LL = 58,6%,
LP = 23,1% e IC = 0,44.
Pede-se calcular a quantidade de água necessária a adicionar a 2 kgdeste solo
para reduzir o IC a 0,20. '.
Solução. Da-definição do índice de consistência
IC = LL - h
LL- LP
J(' /J/J
1111111
li /'"
t' •
- P" (I + li)
P,
1 I- h'
I I "
r, I X 0,43 = 06 kg P, = P. - P; = 2,0 - 0,6 = ],4 kg.
143 ',
I, I
P; = hP, = P. {LL - IC (LL - LP)}.
1111, pl~I" / ' - 0,20,
1,4 {0,586 - 0,20 (0,586 - 0,231)} ~ 0,72 kg.
I 11 f 111ti 0, Horl\. n cessário adicionar:
Aa = 0,72 - 0,.60 = 0,12 kg = 120 em" de água.
I f j () (10 fi iente de permeabilidade de um solo é 3 X 10-3 cm/seg e o índice de
'I 11 1,22. Qual o valor do coeficiente de percolação?
, "Iflt' 11. 'orno sabemos
1+ 122 -»; = 3 X 10-3 X '= 5,45 X 10 3 cm/seg.
1,22
I,t,. Uma amostra de areia graduada com e = 0,62 tem k = 2,5 X 10-2 cm/seg.
( 111 I o valor de k, para o mesmo material,. com f = 0,73 ?
, ulflC o.
11'1 d,
Em se tratando de areias bem graduadas, tem-se pela fórmula empí-
asagrande:
k = 1,4 kO.85 f2
2,5 X 10 = 1,4 kO.85 X 0,622
donde:
ko,s. = 4,6 X 10-2 cm/seg
e, dai:
k = 1,4 X 4,6 X 10-2 X 0,732 = 3,4 X 10-2 cm/seg.
1.63 Um subsolo arenoso é constituído por três camadas horizontais de igual
espessura. O valor de k para as camadas superior e inferior é 10-4 cm/seg e para
a camada intermediária 10-2 cm/seg. Qual o valor da razão entre os coeficien-
tes de perrneabilidade do subsolc, na direção horizontal e na direção vertical?
Solução. Sendo e a espessura das camadas, k o coeficiente de permeabilidade das
camadas superior e inferior e k' da camada intermediária, podemos escrever que:
_2_k_e_+,---k_'e'-.. __ 2 _k_+_k_'
k" = 3e 3
k v = 3e.:...-_
e e2-,; +-/1
3kk'
2k' +k
3e
e (2k' + k)
kk'
e. portanto:
kh 2k + k' 2k' + k
-- = ---·X -----
k , 3 3kk'
5kk' + 2k2 + 2 k'2
9kk'
Substituindo e, k e k' pelos seus valores e efetuando, vem:
k"
k. -
5 X 10-6 + 2 X 10-8 + 2 X 10-4
9 X 10-6
10-8 (5 X 102 + 2 + 2 X 104)
9 X 10-6
10-2 (5 X 102 + 2 + 2 X 104)
9
5 + 2 X 10-2 + 2 X 1O~
9
205 + 0,02
::: 23.
9
1.64 A análise granulométrica de uma areia apresentou o seguinte resultado:
d60% = 0,7 m.m e coeficiente de uniformidade C« = 2. Pede-se avaliar o coefici-
ente de permeabilidade.
Solução. Como
d _ d60% _ 0,7
ef. - C; --2 0,35 mm = 0,035 cm.vem
li'
1'"11,
3~2 ')52
2 o = ~ ~ 1 ~2 X 10 I ('1111 I' ,
I()()(:lfí/I 000)2 - 10 X 106 104 '
â t d nív I constante com a diíoronce ( 1111'(' OM 1\ "I
'ft 1';111 111\\ p('rm(' me r ' .
I, ,,,111 ,li n MII{da da água igual a 15 c~, verdifiCd~â-se~ue, ~:i:am~~r:~:~~H:~~I~\;;:I'~'I:
I I' 1 t: em d altura e o em e 1 me ro,
1'" ,I 111I'II'I~ (:C)m o .' d d teri I a t mlwmLllm do
I (\ 1 ficientc de permeablhda e o ma eria , n
" /I 111, ~\Iu.
, 11 " " 'i
"II/t' 111, 1"t1.z ndo em
h = 15 em
Q = 196cm3
= 3 min = 180 seg
L = 15 cm
cp = 5 em .........•A 71cp2 2571 _ 19,6 cm2
-4-=-4--
"htt'lm-f!
196 X 15 =_1_ = 0055 = 5,5 X 10-2 cm/seg.
k = 19,6 X 15 X 180 18 '
t t 6 X 10-5 m3 de água per oll~
I 16 Em um permeâmetro de nível cons an e, .
• 'U dri d O 13 m de altura e 0,07 m de diâmetro, du-
I í.rnvés de uma amostra CI n rica e , . Qual é o 01-
i do de 1 5 minutos com um nível efetIvo de 0,30 m.
l'l\nt um per o " t t a do ensaio 'l
fi( i nte de permeabilidade da amostra, em em/seg, na empera ur
8olução. Com
Q = 6 X 10-5 m 3 = 60 em 3
t = 1,5 X 60 = 90 seg
i - ~ = 0,30 = 2 3
- L 0,13 '
A ~ 3,14 X - O,~7'73,83 X lI}-' m' ~ 38,3 em',
PROPRIEDAD
obtém-se:
60 1
k = = 132 ~ 8 X 10-8 cm/seg.38,3 X 2, 3 X 90
1.67 Uma amostra. de areia é ensaiada em um permeârnetro de nível constante.
O diâmetro da amostra é 10,2 cm e a altura 12,5 cm. A diferença de nível entre
os dois tubos piezornétricos é de 86,0 cm e a quantidade de água coletada durante
2 minutos é de 733 em", Calcule a descarga (por segundo) e o coeficiente de per-
meabilidade desta arei a.
Resp. Q = 6,1 cm8/seg;
k = 1,1 X 10-2 cm/seg.
1.68 Num permeâmetro, com 10,2 em de diâmetro e 11,8 cm de altura é colo-
cada uma amostra de solo que é imedia.tamente saturada. A porosidade do solo
é 40%. O nível dágua que estava inicialmente na parte superior do cilindro desce
para a parte inferior em 60 segundos. Calcule o coeficiente de permeabiJidade do
solo.
Solução. Com:
'lId2
I d = 102cm~A = -- = 8171 em!, 4'
L = 11,8 cm } i = ~ = 1
h = 11,8cm L
e
n=
Vv Va
--= --,
Vt Vt
donde:
r. = »v, = 0,40 X A X L
ou:
Va = 385,67 em! = Q
tem-se:
k = ~ = 385,67 = 7,86 X 10-2 cm/seg.
Ait 81,71 X 1 X 60
1.69 Na determinação do coeficiente de permsabilidade de uma argila os dados
de ensaio foram os seguintes:
- altura dágua inicial 32 cm
- altura dágua final 30cm
1
M ANI A DO
tI IHJlII dI (·onido
di nu t,1'I) dll /'Ii'l) (l t,I'ILII/'IVi'rHtll do tubo de 'argl.l.
" nu tro da H Q o (,mllHvol'snl da am stra
.d t,lIm (IJL nrnoatru
t,ml" pc mturtL
H min :l!í H('j.Ç
1,7mm
6,35 em
2,..54em
27°C.
( I'Llc 1111 J' ) • fiei nte d permeabilidade na temperatura de ao-c.
"/II~' 11.
LXa h1 k C
k 2 3 log - e k200 = T • ••
rO = , AXt h2
N 11 I lHO:
h1 = 32 em
h2 = 30cm
= 6 min 35 seg = 395 seg
L = 2,54cm
T = 27°C
q,l= 1,7 mm- a = 'li X 0,172 2= 0,0227 cm
4
'li X 6,352 = 31,7 em?.q,2= 6,35 cm - A = 4
C. = 0,86.
IIhHtituindo e efetuando:
2,54 X 0,Q227 log 3320= 2,97 X 10-7 cm/seg
kT
o = 2,3 31,7 X 395
k
200c = 2,97 X 0,86 X 10-7 = 2,55 X 10-7 cm/seg.
. . d bili d de d uma areia os dado«1.70 Na determinação do COefICiente e permea I I a t-
dI (nAaio foram os seguintes:
_ altura dágua inicial
altura dágua final
tempo decorrido (
81,0 em
39,5 cm
1 min 32 seg
38
PROPRIEDADES "rSICAS DOS SOLOS CA'. 1
- área de seção transversal do tubo de carga
- área de seção transversal do corpo de prova
- altura do corpo de prova
- temperatura
2,1 em"
44,Ocm2
6,Ocm
27°C.
Calcular o coeficiente de permeabiJidade do material na temperatura de
20°C.
Resp, 1 92 X 10-3 cm/seg.
1.71 Determine a quantidade de água que escoa através do tubo indicado na
figo 1.12.
O tubo tem uma seção de 100 em-
e o solo um coeficiente de permeabili-
dade k = 4 X 10-6 cm/seg. O tempo
de escoamento é de 42 mino
Solução. r+-
Com
A = 100 em-
t = 42 min = 2 520 seg
k = 4 X 10-6 cm/seg
40 - 15 25 5
30 = 30 =-6
Fig •. 1.12i
obtém-se:
5 .
Q = 102 X 4 X 10-6 X 6 X 2,52 X 103 = 8,4cm8•
1.72 Um canal e um rio correm paralelamente, tal como indicado na figo 1.13.
Considerando-se as indicações nele contidas e sabendo-se que o
coeficiente de permeabilidade da areia é 6,5 X 10-3 cm/seg, pede-se calcular a
perda de água do canal, por infiltração, em cm3/seg/km.
Camada impermeóvel
~ 11,50 Areia
~/@'~' t -- ------~-----
Camada impermeoveJ
Fig. 1.13
OL
1',llilo""
A ki!
11'10(0;
k - 6,5 X 10-8 cm/seg
. li,- -J
532 - 512 _ ~ = 2 X 10-1
100 - 100
A - 1,50 X 1 000 = 1 500 m" = 15 X 106 em!
li
IIi X 10ft X 6,5 X 10-8 X 2 X 10-1 X 1 = 19,5 X 103 cm 3/seg/km.
",dlfl /Lquantidade de água que escoa através da camada arenosa abaixo
lil1ll/l/4I\IIIdo terra, indicada na figo 1.14. Considere uma faixa de 1 m de bar-
lil I 11111 poríodo de 24 h. Os elementos para determinação do coeficiente do
'111 ,,""Id/ldo do material, através de um perrneâmetro de carga constante, são:
ilt!\lIlldl~dlldo água que percola através da amostra cilíndrica: 6 X lO-Ó m3; al-
ji'H I difl.II'ntro da amostra, respectivamente, 0,13 me 0,07 m; tempo: 1 minuto
irlll", "fvnl efetivo: 0,30 m.
16
:Z:~m~·~*4m
~ 35m __ 4 '
Fig. 1.14
il/llrflll. O coeficiente de permeabilidade, já determinado no Probl. 1.66, é igual
H X 10-3 cm/seg.
Hnlldo
t = 24 h = 8,64 X 104 seg, A = 100 X 30 = 3 X 103 em-
~ = 600 - 150 = 450 = 013
3500 3500 '
I fi11I ·HI \
Q = 3 X 103 X 8 X 10-3 X 0,13 X 8,64 X 104 ~
~ 27 X 104 cm3/m = 270 dm3/m ~ 270Iitros/m.
)
40 PROPRIEDADES plSICAS DOS SOLOS tAPo 1
1.74 Calcule a quantidade de água que flui, por segundo e por metro corridr
(perpendicular ao plano da fig .•1.15), através da massa de solo representada. abaixo.
NA
E
2
NA
~ 30m ."
3m2m 1/,'-': :,.'. -s.: ",,::.:.~Solo .....:>~.'.'->
Fig. 1.15
o coeficiente de permeabilidade do solo foi determinado por um permeâmetro
de carga constante, onde através de uma amostra cilíndrica de 0,13 m de altura
e 0,07 m de diâmetro, durante 1 minuto e meio, com um nível efetivo de 0,30 m,
percolou 6 X 10-5 m 3 de água.
Exprima o resultado em cm3/segfm.
Resp. 85,5 cm3/seg/m.
1 Adensamento - Recalques
apítulo •
,,11 '"'~ lniciul do uma amostra é ho = 2,0 em e o seu indico de Vfti:ioH
HllllllloLido. a um ensaio de adensamento, a altura se reduz para] ,2H em.
dll vazios final?
li'n'I\'IW qu
I"
V.
VI - V.
V.
h, - h. _ h.
h.
~~-.
1 + E-
111'1, "fim W\ (fondições iniciais:
h
2,0= -._._- = ° 92 em
• 1 + 1,18 '
'I "Il.uru roduzida da amostra.
II IlIdioo do 'vazios final será, portanto:
1,28 - 0,92 = 0,36 ~ ° 4
0,92 0,92' .EI =
() "(\oltlquetotal de um edifício construído sobre uma camada deargila rijo"
'11
1
1M 11\ do espessura, foi de 5,26 em. Sabendo-se que a pressão média, na ca-
illidll tlll Itl'll;ila,aumentou de 0,7 kg/crn2, pede-se determinar o seu coeficiente d('
k'lIt"/iIIl\l\() de volume.
,,,,,(1111. Considerando que a fórmula do recalque total
LlE h
~h = 1 + Ei
.!h
R\" 1>
t!1. <;l.h~ •...
t 111111 ,t'l1II /-ir escreve, multiplicando-se e dividindo-se por ~p:
LlE
~h = ~p (1 + Ei) h~p
)
42 TEORIA DO ADENSAMENTO - R CALQUES CAPo 2
~E
OU, ainda, com --~p = a. e
~h = ~p . h . m.
tem-se que:
~hm =--=
v h~p
5,26 = 0,0042 cm2/kg.
1800 X 0,7
2.3 O recalque de um edifício apoiado sobre urna camada de argila, com 20 m
de espessura, estabilizou em 4 cm após um certo número de anos. A pressão
média aplicada à camada era de 0,.8 kg/cm". Calcular a perda especificada de
água intersticial da camada de argila.
Solução. Como m, também se escreve:
~h
mv = ----
~p X h
tem-se:
4 1
m; = -_~-- = -- = 2 5 X 1O-a cm2/kg
0,8 X 2 000 400' .
2.4 Uma camada compressível tem 6 m de espessura e seu índice de vazios
inicial é 1,037. Ensaios de laboratório indicam que o índice de vazios final, sob
o peso de um edifício projetado, será 0,981. Qual será. o provável recalque total
desse edifício?
Resp. Ó.h ~ 16,5 cm.
2.5 Se o coeficiente de compressibilidade é 0,1071 cm2/kg, o coeficiente de
_ cf consolidação 12,960 cm2fano e o índice de vazios médio 0,680, calcule o coeficiente
J de permeabilidade em cm/seg.
;/ Solução. Sendo
Cv =
(1 + E) k
av . 'Ya
tem-se:
k = _c •. a •. 'Ya
1 + E
•
11, 0,1071 ()1TI2/k~
1'. 12,\)00 ·m2fnno
0,6 0,
k ""' 12,960 X 0,1071 X 10-1
~ 26 X 10-11 m/
1 + 0,680 ' c cg.
" 111 11111 I'llImio d aden a.mento uma amostra com 4 cm de altura exigiu 24
I' III 11011 ir um determinado grau de adensamento. Pede-se calcular o
lill (, 111 dll M) para que uma camada, com 8 m de espessura, e do mesmo ma-
I II!ljl, MO!> na mesmas condições de carregamento, o mesmo grau de adon-
",,,,,.,,,,1', ( '0100
h1 = 1: cm -4 h~ = 16
h2 = 800 em ~ h~ = 64 X 104
tI = 24 h,
t - 24 X 64 X 10
4
= 96 X 104 horasou 4 X 104 dias.
2 - 16
1 pressão existente sobre um solo compressível é de 1,8 kg/cm", a qual
I li I ernscida de 1,2 kg/cm" pela construção de um edifício. A camada compres-
I ,I 1,11/11 2,50 m de ~pessura e índice de vazios igual a 1,20. Sob o acréscimo
ti, 1"11 H , o índice de vazios decresce para 1,12. Pede-se determinar o índice
de ""1'1'1' ssão do solo e a deformação da camada.
,411çe 11. Tem-se:
1,8 kg/cm2
}
~p = 1,2 kg/cm!
Pi =
P1 + ilp = 3,0 kg/cm"
(
R CALQU S CAPo 244 TEORIA DO ADENSAM NTO
h = 2,50 m = 250 em
Ei = 1,20 I
.1E = 0,08
EI = 1,12
donde:
K
.1E 0,08 0,08
---- = --- = -- = 036
Pi + .1p I 3,0 0,222og--
Pi 1,8
log
0,08
1 + 1,20 X 250 ~9 em.
2.8 Uma camada, com 3 m de espessura, de argila normalmente carregada,
tem um índice de vazios 1,4 e um índice de compressão 0,6. Se a pressão vertical
existente sobre a argila é duplicada, qual será a variação de espessura da camada
de argila?
Solução. Tem-se:
h = 3 m = 300 em
Ei = 1,4
K = 0,6
PI = 2pi.
Como:
.1h = h K log .1!.L
1 + Ei p,
vem, substituindo:
Ah -_ 300 ° I
L.l 1 + 1,4 X ,6 X og 2 ~ 23 em.
2.9 Estimar o valor do índice de compressão de uma argila normalmente aden-
sada, sabendo-se que o seu limite de liquidez é de 25,7%.
Solução. Pela fórmula empírica de Terzaghi:
K = 0,009 (LL - 10%),
obtém-se
K = 0,009 (25,7 - 10) = 0,14.
11 1)01 P()IIL()~ I-Hlhn\ t~ curvn virgem do ('()rnpl'(,~~1 () ([(' umu '~I' rI,~ 110"11111
111. ,~dcIIAltll"., A o: (I 1,00; Pl 0,.1 I g/cm2) (' (E2 O,UO; 112 ~,r,I K/C'IlI'I)
, pl'(\AAI o média sobre uma camada d 6 m do cspe aura 6 d O,71i kp;/('1t1~, cul-
"I. ti d( (lI'óHcimo de spcs ura da camada sob um acréscimo médio d prcas o
•I /(\In~.
/, ~II/. P r interpolação obtém-se
Ei = 0,97 e .1E = 0,05
.1h = 0.05 X 600 15cm.
1 + 0,97
Um edifício A apresentou um recai que total de 30 em (estimado). No
li' ti, três anos o recaI que medido foi de 10 em. Calcular para um idêntico edi-
fi /I O recalque total e também o recalque no fim de três anos (fig. 2.1).
• I
Fig. 2.1
,1/ /I~' O. Para os recalques totais, tem-se:
Rb = 1,5 R; = 1;5 X30 = 45 em.
1',"" os recalques no fim de três anos (t = 3), podemos escrever:
r; = UaRa com U;
10 1
--=-
30 3
46
Assim:
Mas:
Th2
t = -- e, como U < 60%, podemos adotar T = ~ U2•
C. 4
Dai:
Tah! Tbh~
--=--c. c.
Finalmente:
r» 1- = --1 5 X 1,5 = 1-> rb = Ta = 10 cm.
Ta ,
2.12 O recal que total de um ediíício, devido ao adensamento de uma camada
de argila, nada elas duas faces, é estimado em 10 cm. Admitindo-se que a
carga seja aplicada instantaneamente, pede-se calcular os tempos (em dias) neces-
sários para que sejam atingidos recalques de 1 em, 5 cm e 8 em, sendo dados:
espessura total da camada de argila = 6 m.
coeficiente de adensamento = 25 X 10-4 cm2/seg.
Solução. Os tempos pedidos são calculados pela fórmula
Th~
t = c.
com
600
h« = -- = 300cm2 .
Assim,
9 X 104
25 X 10-4 T = 36 X 106T sego
e dai:
1
U1 % = 10 X 100 = 10% -) TI = 0,008 ~ tI = 0,29 X 106 seg ~ 3 dias.
8U« % = 10 X 100 = 80% -> Ta = 0,565 ---'o ta = 20 X 106 seg ~ 230 dias.
(I 11cI1('1' d, VM'iltlH lI" umn lunoHt ra A do nrll:'la diminuiu IJt. n, ,7", li, ,0,
111111 VIU'III() 0(/11 PrI'HH o do 1,2 IL 1,8 kl!;/cm2• Para uma lunoHt,m li, tI 111" 111
, ti 11,1\ IIILHII'WHmIiHcondiçõ H, o índice d vazios variou d 0,612 n O,[)l)7Hoh I~
ILl"illQ () do 1)J"()SH!lo que para a amostra A. A espe sura da amoHtm A
I" ,'ZI'fI u sspossura da amostra B e o tempo requerido para atingir 50 %
ItI 11 I 11\('IlLo f i três vezes maior para a amostra B que para a A. Qual é a
Ii IIIl.t, OH ficientes de perrneabilidade de A e de B?
Para
{).p = 1,8 - 1,2 = 0,6 kg/cm2 -> ÁE = 0,572 - 0,505 = 0,067,
espessura: hA = 1,5 hs.
"'" 11 I~ 11: Para
Áp = 0,6 kg/cm" ---r ÁE = 0,612 - 0,597 = 0,015,
tempo para U = 50%: tB = 3tA.
!'lIdo
T = t (1 + E) k
a•. ')'a . h~
I , pLtra a amostra A:11111
T=
tA (1 + 0,572) kA
0,067 . ')'a . (1,5 hB)2
0,6
I IlIlm.t amostra B:
T
3tA (1 + 0,612) kB
0,015 . ')'a • (hB) 2
0,6
1,572 tAkA
0,252')'a hi
4,836 tAkB
0,025')'a hi
, , dI I:
~
.1 t O recalque total previsto, devido ao adensamento de uma camada argilosa
ti III'ILda,é de 15 em. Três meses após a aplicação da carga, ocorreu um recalque
.I, ,I rm. Quantos meses serão necessário~ra atingir o reeal que de 8 cm?
",. T ORlA DO ADENSAM NTO R CALQU 5 CAPo 2
Soluçao. Tem-se:
1
Ãh = 15 em
ti = 3 meses -4T.l = 5 em
t2 ? -> T2 = 8 em.
Podemos escrever que:
TI = : m = --} (1~r e T2 = : m = +(1~r
donde
Por outro lado,
donde
Daí, finalmente:
192 2 di-. t2 = 2s ~ 31 Ias ou '" 8 meses.
2.15 O resultado do ensaio de adensamento de uma amostra de solo foi o seguinte:
P E P E(kg/cm2) (kg/cm2)
0,049 1,85 7,808 1,37
0,244 1,82 15,616 1,05
0,488 1,77 4,887 1,10
0,976 1,68 0,976 1,20
1,952 1,56 0,244 1,28
3,904 1,46 0,049 1,38
Pede-se: a) desenhar a curva pressão-índice de vazios em escala semilogarítmica; I
b) calcular o índice de compressão; c) determina! a carga de pré-adensamento pelo
processo do Casagrande; d) achar a diferença entre os índices de vazios quando
a pressão passa de 0,805 kg/cm" para 1,312 kg/cm>; e) se a camada de solo em
(d) é de 3 m de espessura, calcular o recalque total; f) se o coeficiente de aden-
samento é 4,16 X 10-4 cm2/seg e a camada em (e) é drenada pelas duas faces, calcu-
lar os tempos necessários para 30, 60 e 90% do recalque total.
49
li, I A ( UfVU. proMM -ín
I tIl ,. (il 0, 01>1.( mOR:
d vazios é mostrada na figo 2.2.
K = 1,73 - 1,'23 O
10 = ,50.
log T
lIell fi ~fáfico: po = 0,6 kg/cm"
" 1',,":
~,805 kg/em" ---- EI = 1,70
1,3i2 kgfcm2 -4 E2 = 1,64
ÃE = 0,06.
Ãh = 0,06 300 6 71 + 1,70 X =, em.
(I ,\lido
11'" I, com h= 150crn e c.
1502---'------ T
4.16 X 10-4
"" '
t = 56 X 106 X T.
('111110, para U = 30% - T = 0,072:
tao% ~ 4 X 106 seg "-' 46 dias (1 dia = 8,64 X 104 seg)
" (10% -+ T = 0,287:
t60% "-' 16 X 106 seg '" 184 dias.
t! 00% ~ T = 0,848:
t90% ::: 47 X 106 seg ~ 540âias
50 TEORIA DO ADENSAMENTO - RECALOU
I
......,
I I I
li
I I I i I
I
i
,
I
1
~~
I
I 't
I
I
11 I~1 I
I
I~ r- l'f
I
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Ik=t -
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---
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r-,-I"
cr
~
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~
9
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ç:
2
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e<I
0'1 Ili>
6 iZ
8
L
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11
ç:
z
01'060',0
800
~8
ga'O
t.do
ç:do
zo'o
Ar 2 1 MICANICAA
,I(, HOlldo (lollhooidme flldioo do (~OmpJ'(IHHn() J( o,'n, IIII'MMnll11111'1,,1
'i --,1,'l.7 kp;/ctn~; Indicc do vUílioH E.· 1,04 (' (~()did(\ld(l ((li 111'1111"1111111111111.,
:1/; X LO-8cm/flog; podo-se calcular: a) a variação d(' ~ ((\111,11110 a IIl'IlMMno
II/I'IH/l pura 1,90 kg/crn2; b) o recalquo total do uma carnadu do fi fll d(lI'Hp('~tHlm,
r) IIHtr-mpce em que ocorrerão 25; 50, 75 e 90% desse recalquo total, (~()nHidnmll
dllMIIduas as faces de drenagem. 0,21 b. t .
I.", ~,~" r I
1.'/111/1. floE = 0,05. c.
floh = 12,25 em.
t25% = 39 dias.
t60% = 156 dias.
t16% = 381 dias.
tgO% = 679 dias.
Dada a curva de adensamento abaixo (fig. 2.3), calcular: a) o índice d
1lIlllpressão; b) a carga de pré-adensamento; c) a variação de E quando p passa
di' I,fi kg/cm! para 2,7 kg/cm"; d) o recalque de uma camada de 2 m de espessura,
'"IHlidcrando-se os valores do item anterior; e) os tempos para 25%, 50% e 75
dll udonsamento da camada do item (d), supondo-se "drenagem dupla" e cooíi-
e11lllt,H de adensamento c~ = 2,08 X 10-4 cm2/seg.
1,000
O,9?0
0,900--
0,1 0,2 P{kg/cm2) esc.log.
Fig. 2.3 ~
2 TEORIA DO
olução. a) índice de compressão:
K=
log~
PI
Para
EI = 0,950 - PI = 5 kg/cm"
E2 = 0,900 -; P2 = 10 kg/cm2,
logo:
K 0,950 - 0,900
10
log -5-
K = 0,17.
b) Pressão de pré-adensamento.
'Graficamente, obtemos:
'{J.a = 2,8 kg/cm",
c) Variação de E:
PI = 1,5 kgfcm2 ---> EI = 1,000
P2 = 2,7 kg/cm! -. E2 = 0,983
L\E = 0,017.
d) Recalque total:
L\h
L\E
---Xh
1 + E.
L\h 0,017
1 + 1,000 X 200
6h = 1,7 em.
e) Determinação dos tempos:
T=
c.
U = 25% -> T = 0,049
t = 0,049 X 104
2,08 X 10-4 = 2,36 X 106 seg ou 27 dias.
I M ANI A DO
,('fI/()• '1' o 1/)1':,/( , I.J
1=
0,195 X 10·
2,0 X 10-4
109 dia.
T = 0,475
0,195 X 104
= 264 dias.
2,08 X 10-4
111 'om a indicações dadas (fig. 2.4) no perfil e conhecida a curva" E - p",
,d,llIII d um ensaio de adensamento com uma amostra de argila, pede-se estimar
" I "I'ldqu de uma estrutura, devido ao adensamento da camada de argila, saben-
.I.. I' qu a pressão no plano médio dessa camada é acrescida de 1 kgjcm". Pe-
01, I ainda determinar o tempo para que ocorra 50% do recalque total calculado.
NT
~~4~. .' .' .'
8 ,I ~., " 2 11
'.·N~":'<'{'."'"i;~8~~~,7'-5=-L " &'=2155 1)6.1t-t-t--t-----'::::::...--_
'. " AREIA rÓ;Ó, <> I35H-t-+---t-------=="'-~
Ó, ' •• ' , n=35Vo 1
'; ~' ".. '.", .:;..: O:'q~2;-;o~,5'.~lrO;,------;2;!.,O..-------~---
ARGILA k=2)(IO-~cm/seg. \" . . . . .
,'AREIA'
, -
Fig. 2.4
t:.h = 5,2 em ..
tõO% ~ 88 dias.
•• I() Dada a curva" E - log p" (fig. 2.5) de um ensaio de adensamento, deter-
111 II( a" pressão de pré-adensamento" pelo processo gráfico de Casagrande,
""·HJI. ,pa ~ 5 kg/cm".
·'.:.W Um terreno (fig. 2.6) é constituído por uma camada de areia fina de 10,60 m
dn W-IP ssura, sobrejacente a uma camada de argila mole com 7,60 m. O NA está
I~ ·1 ,no m abaixo no NT. O peso específico submerso é de 1,04 tfm3 e o da areia,
l,I'iHI!~ do NA, é de 1,76tfm3.
54
TEORIA DO ADENSAMENTO - RECALQU S CAPo 2
0,1
Fig. 2.5
A argila é normalmente adensada; o seu teor de umidade natural é de 40%,
o seu limite de liquidez é de 45% e a densidade de suas partículas 2,78.
A construção projetada aumentará a
pressão, atuante na argila, de 1,2 kg/cm".
Pede-se o recai que médio da cama-
da de argila.
Solução. De imediato se obtém que:
p; = 1,76 X 4,60 + 1,~4 (6,00 +
+ 3,80) = 18,3 tJm2 ~ 1,8 kg/cm!
!
Pt = p, + 1,2 = 1,8 + 1,2 = 3,0 kg/cm"
K = 0,009 (45 - 10) = 0,31
1,04 = 1,78 (1 - n) __ n = 0,42 e
0,42
e, = 0,58 = 0,72
A - c'
donde o recalque pedido será:
\ Âh
760
1 + 0,72 X 0,31 X
1
3,0
X og18, 30cm.
AREIA
I . 0=2,78
J~---)
Fig. 2.6
2.21 Um ensaio de adensarnento de uma amostra de argila forneceu o seguinte
resultado:
M ANI A PO
o 2,11
0,2 2,08
0,5 1,99
1,0 1,85
2,0 1,61
4,0 1,35
, 11111t·' 1I\1~da de. sa argila, com 60 em de espessura, é limitada por duas 'ama-
.I, tllt.il, sonde que a superior, com 6 m de espessura, tem as seguint 8 arae-
, '" Ó 2,65 e n = 35%. O nível de água encontra-se a 3 m acima do
'I''' .111 (,,"tlltda de argila. Devido a uma estrutura implantada sobre a ar ia, t~
111111 1i dt, urgila recebe uma sobrecarga de 1 kgjcm", Pede-se: a) estimar o
"'1111' tia ostrutura em conseqüência do adensamento da camada de argila;
1I " 11'1111'0 ('111 quc ocorrerá 50% do recalque total, se o coeficiente de permcabili-
I I. dll, ,u'jI;ila é 2 X 10-9 cm/seg.
Ml\jI;'.1nteshipóteses sirnplificadoras devem ser adotadas:
Ill'jI;ligt-nciar o peso próprio da camada de argila;
7r
IIMur a fórmula T = 4 U2•
./IIV 11 A figo 2.7 visualiza os dados do problema, de onde, então, se obtém que:
/'. = 2,65· X 0,65· = 1,72 tJms
'Ysub. = 1,65 X 0,65 = 1,07 t/ms
JI' = 1,72 X 3 + 1,07 X 3 = 8,37 t/m2 = 0,8 kg/cm" -- fi = 1,9.
. /.
\ NA .r·. (AREIA'
tg = 2,65g/cm3.
n = 35 %
E~. . ,
.' ,
k = 2 x IO·9cm/seg ~I kg/cm2O,60m . ARGILA
AREIA., •
Fig. 2.7
56 TEORIA DO ADENSAMENTO - RECALQU S CAPo 2
ó.p = 1,0 kg/em!
PI = 0.8 + 1,0 = 1,8 kg/orn! ~ EI = 1,66
Ó.E = 1,9 - 1,66 = 0,24.
Daí:
Ó.h 0,24· 14,4
X 60 = ~9 ~5cm.
1 + 1,9 ~,
Por outro lado, com:
Ó.E 0,24
a. = ó.p = -1- = 0,24 cm2Jkg = 2,4 X 10-4 crn2Jg
'Ya' = 1gJcm3
E = 1,9
k = 2 X 10-9 cmJseg
0=50%
obtém-se:
c. 2 X 10-
9
(1 + 1,9) = 2,41 X 10-6 cm2Jseg
2,4 X 10-4 X 1
e
T 7r4 X 0,52 = 0,196.
Como
h 0,60
hd = 2 = --2 = 0,30 = 30 em.
tem-se finalmente:
0,196 302 _ 735 106t = 2,41 X 10-6 X - , X seg
ou, aproximadamente, 85 dias.
2.22 Uma camada de argila saturada com 6 m de espessura, drenada por ambas
as faces e sujeita a uma pressão devida ao peso próprio das camadas sobrejacentes
igual a 1,32 kg/cm", apresenta as seguintes características: índice de vazios inicial
1,02, índice de compressão 0,23 e coeficiente de permeabilidade 3,2 X 10-8 cmJseg.
I '"ell' Ht\dlll(\l'milllLl": It) o 1'(\('tüq\l(' Lolt,1 du, (:lUnl\dl~ dI' 1L/'lI.ilI,I rlllI(tIlHI" I q'"
I 111ri 11111 !L(:I'('Heimo dI' ))1'('1'1'1 I'H dI' O,!iO kp;/('m2; IJ) 01'1 (l'lIlPO 1'111 11"1 111'11111
til ,O II H()IJ.{, do l'o(:i\lqu(1 totul ("ti .ulado.
" l,fI em; 203 dias;' 5 7 dias.
I lI\li elimada d argila com 6 m de spesr ura é situada ntr d iH I'HtmtnH
1111
1
11 , valor médio do coeficiente de adensamento é 4,92 X 10-4 'm~/H('p;.
I 111 li do um diíício aumentou a pressão vertical média sobre a camada, ha-
11110 1111I (: ns qüência um recalque do edifício. Quantos dias serão n c ssárl H
111 1\1\(\ iorra a metade do recalque total?
"
1\23 dias.
I
forJO 0~ . ~
!l + J( 02..
Tensões e
Deformações - Elasticidade e Plast'lcidade
Capítulo 3
3.1 Sobre um ponto da superfície livre de um maciço terroso não atua nenhuma
carga. Um vetor unitário normal a esta superfície tem para cossenos diretores l,
me n, respectivamente, com os eixos x, y e z. Estabeleça as relações entre as ten-
sões normais e de cisalhamento, relativas ao sistema de coordenadas x, y e z na
vizinhança deste ponto.
Solução.
° Tyx
o T.y mTxy
o n
° = (J'x l + Tyx m + Tu n
1-z- (TzlI m + Tx% n)
° = TXII l + (J' 11m + T11%n - (J'y=-
° = Tx.l + TI/' m + (J'. n - (J'. = -
3.2 Dadas as componentes (em kg/cm2) de um estado de tensão em um ponto
de um maciço terroso, referido a um sistema de coordenadas x, y, z:
(J'x = (J'I/ = T%II = ° (J'. = 2,0 Til' = T", = 1,0
pede-se determinar as tensões octaédricas.
M ANI A DO
-o O 1,0-
O O 1,0
_1,0 1,0 2,0_
11 = 2,0
() O
1+ ° 1,0 ° 1,0+ =0-1-1=-2
() ° 1,0 2,0 1,0 2,0
O ° 1,0
° 1= OIa = ° ° 1,0
O 1
1,0 1,0 2,0
1 2
(J'oct. = 3 (2) = 3
v2 ,/- _ V2Q. = 2V5,
Toct. = -3- . V 4+ 6- 3 3
111 do O tensor das tensões (em kg/cm")
I, 1111 1111r invariantes das tensões, a equação característica, as tensões princi-
1 (111, ões octaédricas.
11 = (J'x + (J'I/ + (J'. = 1 - 2 + 1 = O
1 2
+ 1-: -:1 -2 -2
12 = + - 27
2 -2 -2 1
60
TENSOES O ORMAÇOES CAPo J
13 = = 54
1 42
2 -2 -2
-4 -2 1
Resolvendo esta equação, obtém-se: 0"1 = 6; -3
1
O"oct. = 3 X ° = °
V2_/ V2 -
Toct. = -3-V 0- 3 (- 27) = -3- V81 = 3 V2.
3.4 Determine os invariantes e as tensões octaédricas para o seguinte
estado de tensão, em kg/cm2 0"", = 10' O" = 05' O" - 01'
, "11" z - - " T:tll = 0,4;
T",. = - 0,2 e Til' = 0,3.
Solução.
[
O"", TIIz
TZlI 0"11
T",. Til'
:::J [~::
0". -0,2
0,4 -0,2J
0,3
-0,1
0.5,
0,3
11 = 1,0 + 0,5 - 0,1 = 1,4
/1,0 0,4/ + 0,5 0,3 1,0 - 0,2
12 = +
0,4 0,5 0,3 - 0,1 - 0,2 - 0,1
= 0,5 - 0,16 - 0.05 - 0,09 - 0,1 - 0,04 = 0,06
Ia =
- 0,2 0,3' - 0,1
1,0 0,4 - 0,2
- 0,1920,4 0,5 0,3
1,4
O"oc~. = -3- ~ 0,47 kg/cm>
1" t. 0,11' kl(/C 111
V2
0.1 - 3 . VI,78
I), cio () t na r da t n O 9 ( m kg/cm2) para um p nto d(, \1111 11111' lCJII II I
1\ 11 'I do IL um aíet ma do coordenada x, ,y, z:
1
I,6J
1,5
- 0,6
°
1,5
" 1\ I ILI iular a tensão normal ao plano que passa pelo ponto, sendo o plano
I r II ti" 11 1 vetor unitário
- ~ ~ V2-n = 0,5~ +0,5) +-2-k.
i , li,
[
pn
z J [1Pnll 1
Pn. 1,6
1,6J [0,5 J1,5 0,5
V2- 0,6 ---
2
1
°
1,5
I'. - 0,5 + 0,5 + 0,8Y2 = 2'131 pn = 2,13i + 1.56) + 1,13k
Pn71 = 0,5 + 1,5~2 = 1,56 IPnl = V4,54 + 2,43 + 1,28=
l'", 0,8 + 0,75 - 0,3Y2 = 1,13. = V8,25 = 2,86
- -I 111 fi pressão do produto escalar de pn por ri, podemos escrever que:
V2
1'" . n = IPnl . InlcosO = 2,13 X 0,5 + 1,56X 0,5 + 1,13X -2-
tI'lIlIl, :
2,86 X 1 X cos O = 2,642
II
cosO
2,64
2,86
62
e daí:
2 8 2,64
U n = , 6 X 2,86 = 2,64 kg/cm".
3.6 Um volume V de solo encontra-se sujeito ao estado de tensão representadu
na figo 3.1.
O m ó d u l o de deformabiJidade
E = 500 kg/cm", o coeficiente de Poisson <!z=4,5 kg/cm2
/oJ = 0,32 e o índice de vazios inicial 0,52.
Pela aplicação das leis de Hooke genera-
lizadas, determine o índice de vazios após <S" y = 12,5 k g/cm2
a deformação provocada pelas tensões--4-1-
indicadas.
Solução.
<rx =0,1 kg/cm2
~VV = E", + Eu + E. = Fig. 3.1
. 1 1
= - {u - 2J..1u} = - {u (1 - 2M)}E E
~VII 6156V- = 500 {17,1 (1 - 2 X 0,32)} = 500 {17,1 X 0,36} = ~OO = 0,0123
~V V - V'-y= --V--
V' V'. + V.
1 - V = 1- V. + V.
EI + 11 - --- =00123
Ei + 1 '
1 - 1 + E, OO 2
1 + 0,52 = , 1 3j
1 + EI
152 = - 0,988,
- (1 + E/) = - 1,502 --> 1 + EI = 1,502 ---;EI = 1,502 --1 = 0,502.
3.7 Uma amostra de areia, submetida num ensaio de cisalhamento direto a
uma pressão normal de 1,0 kg/crn", rompeu quando a tensão de cisalhamento
atingiu 0,60 kg/cm". Qual o valor elo ângulo de atrito interno? Para que ten-
são de cisalhamento romperia a amostra se a tensão normal fosse de 2,5 kg/cm" '?
r = a tgcp.
tgcp 0,6 = O 6 - -, cp ~ 31°
1,0 '
r' = 2,5 X 0,6 = 1,5 kg/cm".
lhun amostra de areia seca foi submetida a um ensaio de compressão tria-
() ngulo de atrito interno determinou-se ser aproximadamente 37°, Se a
10 II (ll'in 'Ípal menor é de 2 kg/cm 2, para que valor da tensão principal maior
"11 I'~ I ruptura da amostra?
abemos que, na ruptura:
Ul = Q'3N", + 2c VN",
1111111 11 solo é uma areia, c = O logo:
., I)(\t rmine o ângulo de atrito interno de uma amostra de areia que rompe
11111111 1\I1SaiO de compressão triaxial, quando Ul = 3U3.
"Jlç 11. A equação de ruptura de Mohr, para o caso, escreve-se:
3U3 = U3 tg2 (45 + ~ )
VS
J
3.10 Um ensaio triaxial é realizado com uma amostra d argila. valor do
CT3 é 2,0 kgjcm-, No momento da ruptura tem-se CT1 - CT3 = 2,8 kgfcm2 eu =
= 1,8 kgfcm2• Se o plano de ruptura faz um ângulo de 57° com a horizontal, pe-
de-se calcular as tensões normal (efetiva) e de cisalhamento nesta superfície. Para
qual inclinação do plano, a tensão de cisalhamento é máxima e qual o seu valor?
Solução. Tem-se:
1
CT3 = 2,0 kg/cm!
<11 = CT3 + 2,8 = 2,0 + 2,8 =
= 4,8 kgfcm2
a ""57°
u = 1,8 kgjern".
Veja-se figo 3.2.
<5'\ =4,8 kg/cm2
CT1 + Ó'3 0'1 - CT3
2 + --=-2=-- cos 2a
1
CT =
CT1 - CT3
7' = ---- sen 2a.
2
Daí:
6,8 2,8 3 4
CT = -- + -- cos 114° = -
2 2 '
- 1,4 cos 66° = 3,4 - 1,4 X 0,407 =
= 2,83 kgfcm2•
\\\
Fig. 3.2
o- = CT - U = 2,83 - 1,8 = 1,03 kgfcm2•
7' = 1,4 sen 114° = 1,4 sen 66° = 1,4 X 0,914 = 1,28 kgjcm",
o 7'máx. se verifica para a = 45°, pois sen 2a = sen 90° = 1.
Assim:
7'máx. = 1,40 kg/cm".
3.11 Os parâmetros de um solo argiloso são: cp = 18°
e c = 0,4 kg/orn-. Qual a altura mínima de uma amostra
cilíndrica (diâmetro da base igual a 4 cm) desse solo, para
que o plano de ruptura, num ensaio de compressão sim-
ples, não corte as bases? Qual o valor da carga de rup-
tura R?~t Solução Como se sabe, o plano de ruptura forma. um
ângulo a = 45 - : com a vertical, donde então (fig. 3.3):
Fig.3.3
b ------------------------
1 "
2 -
"li 111'11, In{nima rá, assim:
hmln. = .i. cotg a
2 2
011
hmln. = 4 cotg 36° = 5,5 em,
I 111' I~ d ruptura
71d2 71d
2 (45R = CT1 4 = -4- X 2 X c X tg
, I' , portanto:
R = 8 71 X 0,4 X tg 54° = 13,8 kg.
Resistência ao Cisalhamento dos Solos
Capítulo 4
4.1 Em uma caixa de cisalhamento direto, com 36 em" de área, foram obtidos
. s-va ores a seguir, durante os ensaios de uma amostra indeformada de argila are-
nosa.
Força vertical
(kg)
12,5
15,5
18,5
22,5
25,5
Força de cisalhcimento máxima
(kg)
9
18
27
36
45
Determmar a coesão e o ângulo de atrito interno do solo.
Solução. Calcutadas as pressões normal e tangencial, e traçado o gráfico (fig. 4.1)
obtém-se c = 0,26 kg/crn" e cp = 20°.
0,50
i5 ('g/cm21
0,75
ESCALA_0_~~0.2;.;.5_~=o,;.;..50 'g/cm2
--~-~------~--~----~~- -- --
67
J)n um IIIIHILÍO (Pllto, rpl1lizn.do no aparelho do 'aliall;mnd(, foram obt ido«
111111 (':-1 f"('HulLa{\o!i com urna umostra de 8 cão 6 em p r 6 em:
Carga vertical
(em kg)
52
35
27
Carga horizontal
(em kg)
120
60
30
I)pLt'rmine os parâmetros c e cp do solo.
\11\\ cnf!aio de compressão triaxial é realizado com uma amostra do me mo
"I", ('om uma pressão de confinamento de 1,5 kgfcm2• Qual a pressão axial de
I 111'1 111'11 't .
I, I' r = 0,50 kgfcm2; cp = 16°; 0"1 ~ 4 kgjcm".
m ensaio triaxial com uma amostra de argila, forneceu os seguintes resul-
1,,111 : a, = 10 kgfcm2; O"a = 2 kgfcm2 e ângulo de inclinação do plano de ruptura:
1,11 ('111Il a horizontal.
Dnt rmine, pelo diagrama de Mohr, a tensão normal, a tensão de cisalhamen-
I", li t,('Mão resultante, o ângulo de atrito interno e a coesão.
,,/ /I~'I (). Traçado o diagrama de Mohr (fig. 4.2) obtém-se de imediato que:
ESCALA
Fig. 4.2
c = 1,20 kgfcm2
cp = 31°
.!!.. = 4,00 kg/crn":
!.. =3,45 kgfcm2
r = vi 0"2 + T2 = 5,28 kg/cm'.
68
4.4 Foram realizados três ensaios triaxiais de uma areia, tendo sido obtido. OA
seguintes resultados:
Pressão lateral
de conjinamento (0"3)
0,82 kg/cm''
1,60 kg/cm''
2,44 kgjcm2
Pressão vertical
de ruptura (0"1)
0,2 kg/cm''
0,4 kg/cm''
0,6 kg/cm''
Determine pelo diagrama de Mohr, o valor do ângulo de atrito cf> c as ten-
sões de cisalhamento T nos planos de ruptura.
Solução. Do diagrama de Mohr (fig. 4.3) obtém-se:
I ; ; ;
o 0,2 0,4 0,6
Fig. 4.3
cf> = 36° 30'.
TI = 0,24 kg/cm>.
T? = 0,48 kg/cm".
T3 = 0,74 kg/cm".
J..5 Em um ensaio de compressão simples com uma amostra de argila de 2,5 cm
de diâmetro, foram obtidos os seguintes valores:
Carga (kg) ° 1 1,5 2 2,5 2,75 3 3,25
Altura da 5,00 4,75 4,68 4,55 4,45 4,38 '4,25 3,85amostra (em)
1-
M ANI A DO OlO 69
Jlt <lI A truçnr I.L 'UI'Vl~ 'Il.l'gll.-d(·form/içO aleular a co " d mat rial.
. ,,11/(' li. Afl d f rrnaçõ fi '01'1' sp nd ntos às cargas são as indieadas na tabolu,
,,,''\ IVI OIUÚS traçamo a curva carga-deformação (fig. 4.4).
3,25
3pO
~75
CI 2[>0
-"
rn
c:r
(!)
a:: 2pOc:r
Ü
1,s0
1,00
o 0,25 0;:.0 0,75
DEFORMAÇÕES (em)
Fig.4.4
Carga Altura da Deformações
amostra
(kg) (em)
(em)
° 5,00 °1 4,75 0,25
1,5 4,68 0,32
2 4,55 0,45
2,5 4,45 0,55
2,75 4,38 0,62
3 4,25 0,75
3,25 3,85 1,15
70 R SIST NCIA AO CISALHAM NTO 00 SOLOS CAPo 4
Da curva obtemos para carga de ruptura:
pr = 2,80 kg
e, para pressão:
2,80
p; = -----'--2-5-
2
- = 0,57 kg/cm",
7T X -'-
4
A coesão do material será, pois, c = 0,57/2 ~ 0,29 kg/cm".
4.6 Com uma amostra de argila, tendo 4 em de diâmetro e 8 em de altura, foi
realizado um ensaio de compressão simples. As deformações correspondentes
às cargas aplicadas, foram as constantes do quadro a seguir.
°5,0
11,3
18,8
23,8
25,1
°0,06
0,12
0,23
0,37
0,55
P(em kg) t:.h(em em)
Pede-se: a) traçar o diagrama carga-detormação, isto é, P = f (tJ.h); b)
determinar o valor da. resistência à compressão simples; c) traçar o círculo de
l\:ohr e determinar a coesão do material.
Resp.: c = 1,00 kg/cm".
4.7 Realizado em ensaio de palheta (vane test), sendo D = 7 em e H = II em,
foi obtido M = 638 kg em para valor do momento necessário para girar as pa-
lhetas.
Determinar a coesão do material.
Solução. Sendo
obtém-se para valor da coesão
638
c = ---(-=-1:"':1--7-)- = 0,62 kg/cm",
7r X 72 '2+"6
ompactação - Classificação - Amostragem
Capítul 5,
Num ensaio de eompactação deProctor foram obtidos os seguinte valores
h% 9,8 12,6 15,6 18,1 22,4
"Y.(tjm3) 1,59 1,88 1,85 1,75 1,56
I) senhar a curva 'Y I = f (h), determinando a umidade ótima é·hõt.) e o peso
I Pll( {fico máximo ('Y I,mb.). Calcular, também, as 'umidades para que cadn
'!tIIlO de prova seja saturado, supondo a densidade relativa dos grãos igual a 2,70.
011/(' o. Tomando-se sobre o eixo das abseissas, as umidades e sobre o das or-
111/ das, os pesos específicos, teremos a "curva de compactação" (fig. 5.1) dond
, "" érn (ponto A da curva):
umidades correspondentes à saturação, são dadas pela fórmula
1 1
h = - - -(como = 2,70)
'Y. Ó
oIl1l1d , então:
I.
111 = 25,9%; h2 = 16,2%; h3 == 17,1%; h4 = 20,2%; hõ = 27,1%.
Num ensaio de compactação, foram obtidos os seguintes dados:
Umidade de 5,2 6,8 8,7 11,0 13,0compactação (%)
Peso do
cilindro mais 9810 10 100 10225 10 105 9985
solo úmido (g)
COMPACTAÇAo - CLAS$IFICAÇAo AMO$TRAGEM CAPo 5
2,I
VV +r-,
I- 1"- r-, A
1,9
~ "'* ..•.....~
/ b,7
V
./ ~
~J. / I
V r-- '"
~ r+-I--.,5 I-- ,.. '-A' 1" r-,',3
1,1 j
6 8 10 12 14 16 18 20 22 24
h %
26
Fig. 5.1
o volume e o peso do cilindro são 2,321 litros e 5051 g. Desenhe a curva
peso específico aparente seco em função do teor de umidade e determine a umi-
dade ótima e o peso específico máximo.
Calcule, ainda, quais as umidades que cada corpo de prova deveria ter para
ser saturado, supondo o peso específico das partículas igual a 2,65 g/cm3•
Resp. h«. = 8,0%; 'Y.,má". = 2065 kg/m";
h1 = 14%; h2 = 11,5%; -n; = 11%;
h4 = 13%; hs = 15,5%.
5.3 NUma série de cinco ensaios de compactação (Proctor) foram obtidos os
seguintes resultados:
Teor de umidade (%) 20,2 21,4 22,5 23,4 25,6
Cilindro + solo úmido (g) 5037 5115 5162 5173 5160
o volume e o peso do cilindro são, respectivamente, 0,942 litros e 3375 g.
M ANI A
'1'/'I~tJl~r .\ ourvn d(' ('OltllIIlIlL'iQ o, t!(lt,(lJ'lIIilliilH!O .~ 111111/11 d, 111 /1111 1 " I" "
1" 1·((te·O mt1.xim .
22, Yo; 'Y••máx ••• 1.1)60kg/m3•
Itc nlizud um nsaio d pcn tração com uma arn LI'U dc' Holo, C'O/IIII/II I ,rllI
1IIIII'fielll m d t nminadas condições, pede-se calcular ISC d('HHO fiOlo ,mlll 11
I" , 11\I( pura a penetraçã de 0,1", foi obtida a carga d 21) I 1/;. () eli 11\1 l/o
I" 1'1 I o d p netração é igual a 4,97 em.
I I II~'(ri, fmido o "índice de suporte Calif6rnia", como
ISC = ia X 100 (para 0,1")
IlIelO
825
= 42,5 kg/om"11 = 7T X 4,972
4
1'1 ,
ISC 42,5 X 100 ~ 61%.
70
'I'" s diferentes amostras de solos, A, B e C, apresentam as seguintes cara ,-
I ti I c 11M:
% que passa
Peneira
A B C
N.· 200 20 43 60
LL 20 35 55
IP 12 12 20
I I, !'oJ'minar O índice de grupo para cada amostra, de acordo com o HRB.
I I li I'.
/rI (P200 - 35) {O,2+ 0,005 (LL - 40)} + 0,01 (P200 - 15) (IP - 10).
"'I t:
IG = O + 0,01 X 5 X 2 -+ O.
74 COMPACTAÇAo - CLASSIF'ICAÇAO
Solo B:
IG = 8 X 0,2 + 0,01 X 28 X 2 = 1,6 + 0,56 = 2,16--2.
Solo C:
IG = 25 X 0,2 + 25 X 0,005 X 15 + 0,01 X 40 X 10 -+ 11.
5.6 Foram extraídas duas amostras de solo; uma, com amestrador cujos diâ-
metros característicos são D. = 76 mm e Di = 71 mrn e, outra, com um amos-
trador culos diâmetros são D. =92 mm e Di = 74 mm .. Qual a razão entre os
"graus de alteração" (também chamado "coeficiente de superfície") das duas
amostras?
Solução. Sendo
D! - D:D; X 100
tem-se para a 1."'amostra:
762 - 712A~ = ---- = 0,15712
Movimento da Água nos Solos
Capítulo
nhecida a rede de escoamento, calcule em litros por segundo a quanti-
l'ld, dI água que percola abaixo da cortina da figo 6.1.
Cortina de estacas_pranchas
com extensa-o de 250 m .
6.00
e, para a 2." amostra: '{/
Ao _ 922 - 742 °
T - 742 = ,55.
A razão pedida vale, portanto:
A~ == 0,15 = {}27' ou
A~ 0,55 '
A; 0,55 .
. A~ = 0,15 = 3,67.
Fig. 6.1
"/1/(' O. Como se sabe
76 MOVIMENTO DA A UA NO OLOS CAP.'
onde, no caso:
k = 10-4 cm/seg = 10-6 m/seg
h = 6 m
N, = 8
Nd = 12
donde, então, para uma extensão de 250 m:
Q = 10-6 X 6 X ~ X 250 = 10-6 X 103 = 10-3 m3/seg = l Iitro/seg.12
6.2 Para a barragem de concreto mostrada na figo6.2, sobre um solo não-coesivo
tendo k = 2 X 10-3 cm/sf.'g,pede-se determinar a quantidade de água que escoa.
por metro e por dia, sob a barragem.
Fig. 6.2
. Solução. 1/
I' 4 Jv 1'(llJ~.) ,f ,,1
Q = 2 X 10-5 X 3 X 17 X 24 X 60 X 60 = 1218 X 10-3 = 1,218 m3/dia/m =
= 1 218 litros/dia/mo
6.3 Calcular a quantidade de água que escoa através da barragem indicada na
figo 6.3.
NA
8500
kx :3xlO-
4cm/eeo
-4
ky: IxlO cm/seo'
8500
6000
/
Fig.6.3
, ol1lção. A figo 6.4 mostra-nos a rede de fluxo para a seç~o transfo~da., ~,qual
1111traça da procurando manter a razão a/L constante e Igual a 1 (figuras qua-
.lrndas").
\~X = V-ç '10. =0,571 '10.
J ~ 34,60 r
r- ~4~~~OO~ ~------~-====4=~:0:0::======t_
Fig. 6.4
Nesse caso a fórmula escreve-se
8
com
MOVIMENTO DA ÁGUA NOS SOLOS CAP. 6
k' = V k; . kll = 1,732 X 10-4 cm/seg ~ 0,15 m/dia.
Assim, com N, = 4, N« = 11 e h = 27 m, tem-se
IOOcm
Q = 0,15 X 27 X 1~ = 146 m3/diafm.
6.4 Sendo a densidade relativa das partículas igual a 2,75 e a poros idade igual
a 45%, qual o gradiente hidráulico que corresponde à condição da "areia move-
di "? --Iça .
. 2,75 - 1
Zc = ° 45 = 0,96.1+_' _
0,55
6.5 Com as indicações da figo 6.5 pergun-
ta-se: qual o indice de vazios da areia (com
o = 2,65) que corresponderá ao seu estado de
areia movediça?
Solução. Como
ó - 1.- ' e
Zc = 1 + E
temos
0,45
E=-550, e
Solução. O gradiente hidráulico vale:
h 50
z = L = 100 = 0,.5.
Para que ocorra o fenômeno da areia move-
diça deveremos ter
ó - 1z·'= Z'CT = ~
logo
0,50 2,65 - 1
1+E
donde
, E = 2,3.
n
E = 1 _ n-
\:\t\;:t':. T ,', .. ,'. " .. ' .'
;. • ',", ~:.' '., ': , I _-=--=---=----====
Fig. 6.5
h,t, Pura prevenir a coudlção do areia. movediça rOCOl'l'O-IH\IUI f\lIlpn'gn dI) 11111
olll'(I('ltrga sobre a superfície da camada de areia, o quo cquivulo I~ nUlllfllIUU· I) 111)11
PI'MO próprio. Sabendo-se que o gradiente hidráulico crítico do /41"0 " II,M õ fi
mdil'nte hidráulico real de um dado sistema é 0,46, qual dovorri MI'" ,~ /101111'1'1111(1\
(1101' unidade de volume) para que seja igual a 3 o fator de segurnuçn, elo (lonJ\lII!",
1'llIllrQ a condição de areia movediça?
,'-{o/ução. Seja iCT = 0,35 o gradiente hidráulico crítico do solo e i - 0,1(1 o .c'"
"tonto hidráulico real do sistema com um coeficiente de segurança 3. NO/j/jl~PI()()II
-r
dl\JõeA i = Z ;T ou i'cT = 3i. Por outro lado:
i'cT')'a ='')'8ub, + P
ou:
-r 'Yeub. + p
'" CT = -- --
')'a ')'a
ou ainda:
.,
Z or
~+J!......=3i
1 + E ')'a
que também se escreve:
-r
Z er . + P 3'Zcr - = 1,
')'a
a, daí:
P0,35 + -1 = 3 X 0,46
donde:
p = 1,03 g/cm8•
Distribuição das Pressões
Capítulo 7
7.1 Uma carga concentrada de 8 t é aplicada sobre a superfície do solo. Cal-
cule a pressã~ vertical em um ponto de coordenadas x = 1,20 m, Y = 1,80 m e
z = 0,90 m (fig. 7.1).
P=8 t
y
x
z
Fig. 7.1
Solução. Com as indicações da figo 7.1 tem-se que:
P = 8t
cos ()
z = 0,90 m
0,90 0,90
_/- = 0,385
v 5,49V1,802 + 1,202 + 0,902
cos! () = 0,008 5
donde:
3X8
(T. = -=2-7r--'-X-'-0-,-81-X 0,0085 = 0,04 t/m2.
IJltm (lMl/:ft COIH:~'lltl'lidlt d( :~Ol ó upli 'u.du ft HIIJ)(Il'fkip do 1'40\0 ('1\\.11\."
IIv('I'ti('nlcmump nto d ord nadaa z = 1,50m,y :.:!,IOl\lt 1,111111
O ponto d aplicaçã d cnr n ('olll('idl 1'11111
a origem do sistema de r {rI' nei/L(fi . 7.")
Resp. (T •• = 0,11 tJm2
•
o=~
z,
Fig. 7.2
11 '1" nos dá:
- p!j.ra z =
x
7.3 Traçar o diagrama das pl'CHH ('H I (I
longo do eixo de uma carga de 130 t, aplica-
da na f'uperfície do terreno. Calcular as prcs-
sões nas profundidades de 2, 4, 6, 8 e 10 m
(fig. 7.3).
Solução. Pela fórmula de Boussinesq, temos:
(T. =
3 X 130
2 -> (T. = 1,55 kg/cm".
4 ----> (T. = 0,39 kg/cm".
6·~ (T. = 0,17 kgfcm2.
- para z =
- para z =
P =130 t
_ para z = 8 ~ (T. = 0,09 kgfcm1
.
_ para z = 10 ~ a, = 0,06 kgfcm2.
2 -------
,4. Traçar o diagrama das pressões ao longo do
111 O de uma carga de 120 t, aplicada na. superfície
do terreno. Calcular as pressões nas profundidades
do 2, 3, 4, 5 e 8 m.
I~ sp.
z .u.
(m) (kg/cm2)
2 1,43
3 0,64
4 . 0,36
5 0,23
8 0,09
6
8
10
7.5 U ma área de 10 m X 10m sobre a superfície
de terreno é carregada por uma pressão uniforme Fig. 7.3
DISTRIBUIÇAO DAS PRUSO CAI'. 7
igual a 1 kg/cm", A que profundidade, sob o centro da superfície carregada, ()
acréscimo de pressão será de 0,1 kg/em"? Utilize a fórmula de Boussinesq.
Solução. A fórmula de Boussinesq
3P
a, = -2 1 cos50
1IZ
para o caso:
o = 0° -> cos+O? = 1
p = (10 X 10) m2 X 10 tfm2 = 1000 t
a, = 0,1 kg/cm? = 1 tfm2
torna-se:
1= 3XI000
211Z2
donde:
1IZ2 = 1500
e daí:
Z = V1500f1l ~ 21 m.
7.6 Na superfície de um maciço terroso e em três pontos colineares e espaçados
de 2 m, atuam cargas de 64 t, 16 te 20 t, nesta ordem. Pela fórmula de Boussí-
nesq calcule as pressões resultantes nas verticais das cargas, na profundidade de
1 m (fig. 7.4).
oo
Fig. 7.4
1 M cANICA DO LO
11/11~illl. 'om aA indi 'açO Fldudus lia figo 7.5 p demos '·H('I·('\'PI':
200 200
64t 16t 20t
Fig. 7.5
eoss O? = 1
1-----289V17
t'otuo 1:
11. IC _3_ {64cos50° + 16cos5(}1 + 20 cos! O2 } = _3_ {64 + 16,_ +
211 211 25V 5
t 20} = _3_{64+0,29+0,02}= _3_X64,31=30,9t/m2=3,lkgfcm2.
289V'Í7 211 211
Ponto 2:
3 3 { 64 20 }
0'. = -{64coS5(}1 + 16cos5oo+20cos5(}1} = -2- _;- + 16+ _;- =
211 11 25v 5 25v 5
•• 2~ {1)5 + 16 + 0,36} = 2;- X 17,51 = 8,4 tfm~ = 0,8 kg/cm'.
Ponto 3:
3 3 { 64' 16 }
0'. = --{64coS5(}2+ 16cosóOl+20cos500} = -2- _/ +;.: ;-+20 =
211 11 289v 17 25v 5
= _3_ {O05 + 0.29 + 20} = _3_ X 20,34 = 9,8 tfm2 ~ 1 kg/cm" .
. 211" 211
84
7.7 Quatro pilares com as cargas indicadas na figo 7.6 são locados nos vér-
tices de um retângulo de 3 m X 4 m. Calcular pela fórmula de Boussinesq
o acréscimo de pressão, devido a este carregamento. no ponto à 7,5 m abaixo do
centro da estrutura.
Solução. De imediato se obtém que:
3 cosóO
(1z = (2 X 30 + 2 X 25)
27TZ2 •
Sendo ~-
0-'
t O = -,;). = ~
g 7.5 3
tem-se
I-t=- _25'
4,00
cos () 3
VlO
(JlO)5=~
Fig. 7.6
e co"Ó() =
Daí:
(T. =
3X~= 7,29
100VlO X llO = VlO X 110 =
27TX (7;5)2 112,57T
7,29
112,51l"VlO X 110 = 0,007 X 110 ~ 0,8 t/m2
•
25t
7.8 Calcular as pressões verticais nos pontos A, B e C indicados na figo 7.7.
20t
~'V?/~ ~I\~~W~WA-~~
/' /' 6Oà---t,,~
/' I;;J\.} \
/' \ E/' I J<)/' \ -l/' \
~-----J--+
A B C'
Fig. 7.7
8
r<i
AItTI 1 MICANICA DOS SOLO
NWl[I. (T,A - 0,033 t/m2
•
(J'IJ - 1,06 t/m2
•
(Te = 0,52 t/m2
•
.9 As coordenadail cartesianas do centro de uma placa retangular dn flllltlltl)n
Ci
Mn.O (O,O) e as dos seus vértices (±8, ±5), sendo as dimensões tomndus ('111 1111'
II'o/;. A carga, uniformemente distribuída sobre a fundação é de J,fi t/Jl\~·
,
º
C\l
Fig. 7.!I
Estimar, utilizando o ábaco de Steinbrenner, as pressões verticais sobre o plano
Z = 15 m abaixo da face inferior da fundação sob os seguintes pontos: (- 8,5),
(0, O), (8, O), (- 10, - 7) e (35, - 5), fig.7.8.
Solução. Ponto A:
z 15
b=lo =1.51
1,61 ~ = 0,15~
(1. = 0,15 X 1,5 = 0,225 t/m2
•
a 16
b=lo=
Ponto O: Para a área AEOF:
15 3 \
~ = 5 = Es. = 0,066
pa _~ = 1,6b = 5
I' DISTRIBUIÇAo DA PRESSO S CAPo 7
logo, para o ponto O: a, = 4 X 0066 Xl,;'} = 0,396 t/m2•
Ponto G: Para o retângulo BAEG:
logo, para o ponto G:
a, = 2 X 0,088 X 1,5 = 0,264 t/m2•
Ponto L: Aqui consideramos o efeito do retângulo JBNL, subtraindo os efeitos
Idos retângulos J AML e KCNL e somando o do quadrado KDML, que foi sub-
traído duas vezes.
JBNL: z/b = 15/12 = 1,25; alb = 18/12 = 1,5 - uz/p = 0,170.
JAML: zlb = 15/2 = 7,5; a/b = 12/2 = 6----->u./p = 0,033.
KCNL: z/b = 15/2 = 7,5; a/b = 18/2 = 9----->u./p = 0,039.
KDML: zlb = 15/2 = 7,5; alb = 2/2
A pressão resultante será, então:
1-----> u./p = 0,009.
a, = (0,170 - 0,033 - 0,039 + 0,009) X 1,5 = 0,160 t/m2.
Ponto Q: O valor da pressão nesse ponto é despre-
zível, como facilmente se verifica.
7.10 Uma carga de 6480 t está uniformemente dis-
tribuída sobre uma placa de 12 m X 18 m. Deter-
mine, utilizando o ábaco de Steinbrenner, para a
profundidade de 5 m, as pressões verticais abaixo:
do centro da placa, do meio do lado menor, do meio
do lado maior e de um dos vértices.
Solução. São pedidas as pressões na profundidade
z = 5 m e nas verticais dos pontos 1, 2, 3 e 4
(fig.7.9).
L
2r-
I
EI~I
~1-----=-12'-'-'-----,m (
I
i
I
I\-r--t-:--3
I
Fig. 7.9
r 1 M cANICA DO SOLO
I IIllto 1:
,Ionto 2:
I'onto 3:
Ponto 4:
pr ssão
p 6480 = 30t/m%= 3kg!cm2•
12 X 18
7.11 Com as indicações da figo 7.10 calcular pelo gráfico de Steinbrenner, os
valores das pressões pl, pa, Pa, P4, pl, pll, plIl e plV.
z :~' 5 . \b" = 6~0,8 .
~ = 0,2- a, == 4 X 3 X '0,2 = 2,4 kgjcm",
~ =!. = 1,5 p
b 6
~ = ~ ~ o,8\
~ = 0,21 ~ a, = 2 X 3 X 0,21 = 1,26 kg/cm".
a 18 p
b"= '6 = 3
~ = ~ ~ o,55\
b 9') ~ = 0,23----->a, = 2 X 3 X 0,2~ = 1,38 kg/cm"
~=L~13 p
b 9 ' ~c
',,'lt
~
"O
('J
C~.-6
·•.•0
s. = ~~04\ o;)b 12 '
~ ~ 0,23----->a, = 3 X 0,23 = 0,69 kgjcm".
~ = 18 = 15 p
b 12 '
DISTRIBUIÇAO DAS PRESSOES CAP,
1 ~oo t 6,00 t 6tp T 12000 t-
I ' , , , ,I, , , 1 > , > > ) ) ) i I
I
It--
I
I
I
I
88
Solução.
8
~
I Variaçõa(no profundidade j
--l---- de 10m) com a. di.t6ncio~ , 'I 5
00 centro, n08 pontos 06.11
p~ nalados
10
Variação com a
I I I P,/ profundidade abaL 15------. . t--1J xo do centro da ---
placa
20
Fill. 7.10
IZ 5 1b = 6' = 0,83
(J'. .
PI - = 0,22 -----(J', = 0,44 kg/crn"
!:!... = 12 = 2 P
b 6
Pl = 4(J'. = 1,76 kgJcm2,
I~= 10 = 166) .b 6 '
P2 ~ = 0,1.55~ (J', = 0,31kg/cm2
a 12 p
- = -= 2
b 6
P2 = 4(J', = 1,24 kgjcm",
I
Z 15 1b = 6' = 2,5
P3 ~ _ 12 ~ = 0,10 -> (J', = 0,20 kg/cm>
b - 6' = 2
P3 = 4(J', = 0,80 kg/cm".
\
z 20b -"6 0= 3,3~
p, ~ _ 12 \ ~. = 0,07 - 0'. = 0,14 k~Jcm~
b -"6 = 2
P4 = 40'. = 0,56 kgJcm2
pI = P2 = 1,24 kg/cm".
z 10b = 6' = 1,66 1~ ~ 0,105 ~ a, ~ 0,21 kglcm'
pIl
a 18
1;="6=
a 6
1;="6 = 1
z 101;=6'= 1,66 \
}
(J", ee 0,165 a, = 0,33 kgfcm2
p .
3
pIl = 2(J', + 2(J", = 0,42 + 0,66 = 1,08 kgjcm",
pIlI \ : ~
b - \
(J'.P = 0,165 ~ 0'. = 0,33 kgjcm"
1,66
24 = 46
pIII = 2(J', = 0,66 kgjcm",
pIV
b
Z- = 1,66\
5 ~ = 0,17 ~ 0', = 0,34 kg/cm2b
a
-=
Z \
- = 1,66
b 0"_" = 0,105 ~ 0". = 0,21 kg/cm"
a p
- = 1
b
pIV = 20', - 20". = 0,68 - 0,42 = 0,26 kgfcm2
•
90 OISTRIBUIÇAO DAS PRISSO S CA'. 7
7.12 Dois edifícios, um com as dimensões de 20 m X 10 m e outro com 30 m X
X 5 m, estão separados por uma rua de 5 m de largura, tal como indicado na
fig.7.11. O primeiro carrega uniformemente o solo com 2 kg/cm! e o segundo
com 5 kgfcm2• Calcular, utilizando o gráfico de Steinbrenner, a pressão ver-
tical no centro do primeiro edifício e a 10 m de profundidade.
Fig. 7.11
Solução. a) Pressão devida ao primeiro edifício:
Z 10 1-- = - = 2
b 5 (T
--'- = 0,12 ~ (T. = 4 X 0,12 X 2 = 0,96 kg/cm",
a 10 p
-= -= 2
b 5
b) Pressão devida ao segundo edifício:
~ = ~o= 2\ (T.
. - = 0,17
~ = 45 = 9 P
b 5
~ = 0,03 ---. (T, = 0,03 X 5 = 0,15 kg/cm",
p
c) Pressão total no centro do primeiro edifício:
(T. ~ 0,96 + 0,15 = 1,11 kg/cm-,
I M ANICA DO OLO
IIédí 'amada de 100m 1\0 "I-'Pl' 111'''. 1111I \ 1)\ (,lIrrnillu.r ato;pr 'fl~õ li m la~ na .. ' •
dOH 'Olltr li das dua fundaçõ's indicadas na Iig. 7.12.
I 500
-+------,
o
10
(X)
2 /cm2
Fig. 7.12
11/1/(' o. a) Fundação maior:
pr-n. são no topo da camada:
4,25
2,5
\
~ = 12
~ , {~ = 0,195 ---> (T, = 4 X 2 X 0,195 =
- = 17
b '3
1I 4,25
pr •.são na base da camada:
11 - 2,5
\
_Z =160 2
~ , {~ = 0,155~ (T, =4 X 2 X 0,155 = 1,24 kgfcm .
-= 17
b '
pr ssão média:
4m
(T.m = 1,24 + 1,56 = 1,40 kgfcm2•
2
92
b) Fundação menor:
- pressão no topo da camada:
Ia = 1,5 z
b = 1 I'b = 3 {~ = 0,07 ---> o,
~ = 15 P
z = 3 b '
- pressão na base da camada:
Ia = 1,5
1
z
-=4
b
b = 1,0
a
-= 15
z=4m b '
{
U.P = 0,05 --+ a,
- pressão média:
DISTRIBUIÇAO DAS PRESSO 5 CAPo
4 X 2 X 0,07 0,56 kg/cm>,
4 X 2 X 0,05.= 0,40 kg/cm".
U.m =
0,56 + 0,40
2 = 0,48 kg/cm",
7.14 Dois edifícios, cada um com 15 m X 15 m, estão separados por uma rua
de 3 m de largura. O primeiro edifício carrega uniformemente o terreno com
3,5 kg/cm" e o segundo com 2,5 kg/em". Calcular a pressão vertical.no centro do
primeiro edifício e a 10 m de profundidade.
Sol-ução.
A B C D
I
3,5 kgl/cm2 2,5 kg/cm2__ -º+-- _. -.4 -- K____ ~
I
I
E
10
Flg. 7.13
I M CANI A DO OLO
I , 111 HO (}U (fi!Ç. 7.13):
I' 111 ,,:
10m
,1 25,5m
I, 7,5m
10m
/I 10,5m
li 7,5 m
/"11./11:
10m
" 7,5m
I, 7,5 m
I z- = 133
: ' {~. = 0,20 -- «,
- = 340
b '
2,5 X 0,20 0,50 kg((Jms.
l-z = 133
b '
~ = 140
b '
{ ~ = 0,165 - a, = 2,5 X 0,165 = 0,41 kgfcm2
•
/
.z -- = 133
b '
~= 1
b
{
U.P = 0,14_u, 3,5 X 0,14 0,49 kg/cm".
po = 2 X 0,50 - 2 X 0,41 + 4 X 0,49
p« = 2,14 kg/cm"
7.15 Dada a placa da figo 7.14, com uma
carga uniformemente distribuída de 2,5 kgfcm\
pede-se calcular as pressões abaixo dos pontos
A, B e C, a uma profundidade de 20 m.
Resp, UA = 0,36kgfcm2•
UB = 0,90 kg/cm"
ao = 0,34 kg/cm",
7.16 Considere-se uma fundação em" radier",
com 12 m de largura e 18 m de comprimento,
que transmite ao terno uma pressão de 3 kg/cm".
94 DISTRI UlçAO DA PR SSO S CAP,,,
Pedem-se as pressões