EXERCICIOS RESOLVIDOS O ESTADO DO SOLO

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UNIP - COMPLEMENTOS DE MECÂNICA DOS SOLOS E FUNDAÇÕES - 2016-2 - PROFESSORA MOEMA CASTRO, MSc. [ AULA 03] 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - O ESTADO DO SOLO - ÍNDICES FÍSICOS 
 
Questão 1- Uma amostra de solo foi coletada em 
campo. Verificou-se que a amostra, juntamente com 
seu recipiente, pesavam 120,45g. Após permanecer 
em estufa a 105°C, até estabilizar o peso, o conjunto 
pesava 110,92g. Sendo a massa do recipiente de 
coleta da amostra de 28,72g, qual a umidade deste 
solo? 
𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 120,45𝑔 ∴ 𝑚𝑢 = 120,45 − 28,72 = 91,73𝑔 
𝑚𝐶+𝑆 = 110,92𝑔 ∴ 𝑚𝑠 = 110,92 − 28,72 = 82,20𝑔 
𝑚𝐶 = 28,72𝑔 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
× 100 =
𝑚𝑢 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
× 100 
𝑤 =
91,73 − 82,20
82,20
× 100 = 11,59% 
Questão 2- Considere uma amostra de solo que foi 
colocada junto com uma cápsula e levada à balança, 
apresentando uma massa de 126,12 g. Essa amostra 
permaneceu em estufa até atingir constância de 
peso, e então foi pesada novamente, desta vez 
tendo uma massa de 106,09 g. A massa da cápsula 
era de 37,12 g. Qual o valor da umidade do solo? 
𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 126,12𝑔 ∴ 𝑚𝑢 = 126,12 − 37,12 = 89,00𝑔 
𝑚𝐶+𝑆 = 106,09𝑔 ∴ 𝑚𝑠 = 106,09 − 37,12 = 68,97𝑔 
𝑚𝐶 = 37,12𝑔 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
× 100 =
𝑚𝑢 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
× 100 
𝑤 =
89,00 − 68,97
68,97
× 100 = 29,04% 
Questão 3- Determinar o teor de umidade (w) com 
base nos dados laboratoriais a seguir: 
Peso da cápsula + areia úmida = 258,7g 
Peso da cápsula + areia seca = 241,3g 
Peso da cápsula = 73,8g 
Volume da cápsula = 100cm³ 
𝑚𝑢 = 258,7 − 73,8 = 184,9𝑔 
𝑚𝑠 = 241,3 − 73,8 = 167,5𝑔 
𝑚𝐶 = 73,8𝑔 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
× 100 =
𝑚𝑢 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
× 100 
𝑤 =
184,9 − 167,5
167,5
× 100 = 10,38% 
Questão 4- Uma amostra indeformada de solo foi 
coletada numa cápsula cilíndrica de 4,0 cm de 
diâmetro e 10,0 cm de altura e apresentou uma 
massa de 300,38g. Determine a massa específica 
natural do solo. Considere a massa da cápsula como 
sendo 100,32 g. 
𝑉𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 = 𝜋 𝑟
2𝑕 = 𝜋 × 2,02 × 10 = 125,66𝑐𝑚³ 
𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 300,38𝑔 (𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 + 𝑠𝑜𝑙𝑜 ú𝑚𝑖𝑑𝑜) 
𝑚𝐶 = 100,32𝑔 
𝑚𝑡 = 300,38𝑔 − 100,32𝑔 = 200,06g 
𝜌𝑛𝑎𝑡 =
𝑚𝑡
𝑉𝑡
=
200,06
125,66
= 1,59
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
Questão 5- O teor de umidade de uma amostra é de 
25% e o peso inicial da amostra é de 300 g. Qual a 
quantidade de água existente na amostra? 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
× 100 =
𝑚𝑢 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
× 100 
0,25 =
300 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
∴ 𝑚𝑠 =
300
1,25
= 240𝑔 
𝑚𝑤 = 𝑚𝑢 − 𝑚𝑠 = 300 − 240 = 60𝑔 
Questão 6- Uma amostra de solo tem volume de 
60 cm³ e peso de 87,1 g. Depois de completamente 
seca seu peso é 69,4 g. O peso específico real dos 
grãos é 26,2 kN/m³. Calcular sua umidade e grau de 
saturação. 
𝑉𝑡 = 60𝑐𝑚
3 (𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑜) 
𝑇𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑚𝑢 = 87,1𝑔 𝑒 𝑚𝑠 = 69,4𝑔 
𝐷𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎, 𝑚𝑤 = 𝑚𝑢 − 𝑚𝑠 = 87,1 − 69,4 = 17,7𝑔 
𝛾𝑠 = 26,2
𝑘𝑁
𝑚³
 ∴ 𝜌𝑠 = 2,62
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
Determinando o teor de umidade (𝑤) 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
× 100 =
𝑚𝑢 − 𝑚𝑠
𝑚𝑠
× 100 
𝑤 =
17,7
69,4
× 100 = 25,5% 
Determinando o grau de saturação (𝑆𝑟) 
𝑆𝑟 =
𝑉𝑤
𝑉𝑣
× 100 
𝐶𝑜𝑛𝑕𝑒𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒, 𝜌𝑤 = 1,00
𝑔
𝑐𝑚³ 
 𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑚𝑤 = 17,7𝑔 
𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜, 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑉𝑤 
𝑉𝑤 =
𝑚𝑤
𝜌𝑤
=
17,7
1,00
= 17,7𝑐𝑚³ 
𝑁𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜, 𝑓𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑖𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑜 𝑉𝑣 
𝑉𝑡 = 𝑉𝑠 + 𝑉𝑣 ∴ 𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 
𝐷𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑜𝑑𝑜,𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑉𝑠 
𝑆𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝜌𝑠 = 2,62
𝑔
𝑐𝑚³ 
 𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑚𝑠 = 69,4𝑔 
𝐸𝑛𝑡ã𝑜, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 
𝑉𝑠 =
𝑚𝑠
𝜌𝑠
=
69,4
2,62
= 26,5𝑐𝑚³ 
𝐶𝑜𝑛𝑕𝑒𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑉𝑡 𝑒 𝑉𝑠 , 𝑡𝑒𝑚𝑜 𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑉𝑣 
𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 = 60 − 26,5 = 33,5𝑐𝑚³ 
𝐴 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎, 𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑓á𝑐𝑖𝑙 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑆𝑟 
𝑆𝑟 =
𝑉𝑤
𝑉𝑣
× 100 =
17,7
33,5
× 100 = 52,8% 
Questão 7- Um corpo de prova cilíndrico de um 
solo argiloso tem uma altura de 12,5 cm e diâmetro 
de 5 cm. A massa úmida do corpo de prova é 440 g. 
Sabendo-se que a massa específica do sólidos é de 
2,82 g/cm³ e o teor de umidade 29%. Determinar: 
𝑉𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 = 𝜋 𝑟
2𝑕 = 𝜋 × 2,52 × 12,5 = 245,44𝑐𝑚³ 
𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 440𝑔 (𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 + 𝑠𝑜𝑙𝑜 ú𝑚𝑖𝑑𝑜) 
𝜌𝑠 = 2,82
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
𝑤 = 29% 
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a) Massa específica; 
 
𝜌𝑛𝑎𝑡 =
𝑚𝑡
𝑉𝑡
=
440
245,44
= 1,79
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
 
b) Massa específica aparente seca; 
 
𝑚𝑠 =
𝑚𝑢
(1 + 𝑤%)
=
440
1,29
= 341,08𝑔 
𝜌𝑑 =
𝑚𝑠
𝑉𝑡
=
341,08
245,44
= 1,39
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
 
c) Índice de vazios; 
 
𝑉𝑠 =
𝑚𝑠
𝜌𝑠
=
341,08
2,82
= 120,95𝑐𝑚³ 
𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 = 245,44 − 120,95 = 124,49𝑐𝑚³ 
𝑒 =
𝑉𝑣
𝑉𝑠
=
124,49
120,95
= 1,03 
 
d) Porosidade; 
 
𝜂 =
𝑉𝑠
𝑉𝑡
× 100 =
120,958
245,44
× 100 = 50,72% 
 
e) Grau de saturação. 
 
𝑉𝑤 =
𝑚𝑤
𝜌𝑤
=
(440 − 341,08)
1,00
= 98,92𝑐𝑚³ 
𝑆𝑟 =
𝑉𝑤
𝑉𝑣
× 100 =
198,92
124,49
× 100 = 79,5% 
 
Questão 8- Uma amostra de um solo pesa 22kg. O 
volume correspondente a esta amostra é 12,20 
litros. Desta amostra subtrai-se uma parte, para a 
qual se determina: Pt = 70g; Ps = 58g; γg = 
2,67g/cm³. Para a amostra maior, determinar: 
𝑚𝑡 = 22𝑘𝑔 = 22000𝑔 
𝑉𝑡 = 12,20𝐿 = 12,20𝑑𝑚³ = 12200𝑐𝑚³ 
𝑇𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑚 𝑣𝑖𝑠𝑡𝑎 𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎, 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟: 
𝜌𝑛𝑎𝑡 =
𝑚𝑡
𝑉𝑡
=
22000
12200
= 1,80
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
a) teor de umidade (w); 
 
𝑤 =
70 − 58
58
× 100 = 20,69% 
 
b) massa de sólidos (Ps); 
 
𝑚𝑠 =
22000 − 70
1,2069
= 18170,52𝑔 
 
c) massa de água (Pa); 
 
𝑚𝑤 = 21930 − 18170,52 = 3759,48𝑔 
 
d) volume de sólidos (Vs); 
 
𝑉𝑠 =
18170,52
2,67
= 6805,43𝑐𝑚³ 
 
e) volume de vazios (Vv); 
 
𝑉𝑡 =
21930
1,80
= 12161,18𝑐𝑚³ 
𝑉𝑣 = 12161,18 − 6805,43 = 5355,74𝑐𝑚³ 
 
f) porosidade (η); 
 
𝜂 =
5355,74
12161,18
× 100 = 44,03% 
 
g) massa específica (γ); 
 
𝜌𝑛𝑎𝑡 =
21930
12161,18
= 1,80
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
 
h) massa específica do solo seco (γs); 
 
𝜌𝑑 =
18170,52
12161,18
= 1,49
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
 
i) teor de saturação (Sr). 
 
𝑆𝑟 =
𝑉𝑤
𝑉𝑣
× 100 =
3759,48
5355,74
× 100 = 70,20% 
 
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Questão 9- Para fazer a análise granulométrica de 
um solo, tomou-se uma amostra de 53,25g, cuja 
umidade era de 12,6%. A massa específica dos 
grãos do solo era de 2,67g/cm³. A amostra foi 
colocada numa proveta com capacidade de um litro 
(V=1000cm³), preenchida com água. Admita-se, 
neste exercício, que a água é pura, não tendo sido 
adicionado defloculante, e que a densidade da água 
é de 1,00g/cm³. Ao uniformizar a suspensão 
(instante inicial da sedimentação), qual deve ser a 
massa específica da suspensão? 
Dados: 
𝑚𝑢 = 53,25𝑔 𝑒 𝑤 = 12,6% = 0,126 
𝜌𝑠 = 2,67
𝑔
𝑐𝑚³ 
 𝑒 𝜌𝑤 = 1,00
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
𝑉𝑝𝑟𝑜𝑣𝑒𝑡𝑎 = 1000𝑐𝑚³ 
 
Solução: A massa de partículas sólidas empregada 
no ensaio é: 
 
𝑚𝑠 =
53,25
1,126
= 47,29𝑔 
 
O volume ocupado por esta amostra é: 
 
𝑉𝑠 =
47,29
2,67
= 17,71𝑐𝑚3 
 
O volume ocupado pela água é: 
 
𝑉𝑤 = 1000 − 17,71 = 982,29𝑐𝑚
3 
 
A massa de água é: 
 
𝑚𝑤 = 1,00 × 982,29 = 982,29𝑔 
 
A massa específica da suspensão é: 
 
𝜌𝑠𝑢𝑠𝑝𝑒𝑛𝑠 ã𝑜 =
𝑚𝑠 + 𝑚𝑤
𝑉𝑠 + 𝑉𝑤
=47,29 + 982,29
17,71 + 982,29
 
𝜌𝑠𝑢𝑠𝑝𝑒𝑛𝑠 ã𝑜 = 1,02958𝑔 
Questão 10- Na determinação do LL de um solo, 
utilizou-se o método do aparelho de Casagrande. 
Assim, foram obtidos os seguintes valores: 
 para um teor de umidade de 22%, foram 
necessários 36 golpes; 
 para um teor de umidade de 28% foram 
necessários 30 golpes. 
Qual o valor do LL deste solo? 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 
 
0,22 − 0,28
0,22 − 𝐿𝐿
=
0,36 − 0,30
0,36 − 0,25
 
−0,06
0,22 − 𝐿𝐿
= 0,55 
0,12 − 0,55𝐿𝐿 = −0,06 ∴ 𝐿𝐿 = 33% 
Questão 11- Para determinar o índice de 
consistência e a sensitividade de uma argila, 
utilizou-se uma amostra indeformada. Os ensaios 
realizados e seus respectivos resultados estão 
listados abaixo. 
 Teor de umidade natural: 50% 
 Limite de liquidez: LL=60% 
 Limite de plasticidade: LP=35% 
 Resistência à compressão simples no estado 
natural do solo: 82kPa 
 Resistência à compressão simples com o solo 
amolgado: 28kPa 
Como descrever a consistência e a sensitividade 
desse solo? 
Solução: O solo amolgado apresenta resistência 
menor e indica que o remoldamento provocou uma 
destruição da estrutura existente no estado natural: 
𝑆 =
82
28
= 2,9 
Este valor de sensitividade caracteriza o solo como 
de sensitividade média. 
 
Sensitividade Nº de Golpes 
1 Insensitiva 
1 a 2 Baixa sensitividade 
2 a 4 Média sensitividade 
4 a 6 Sensitiva 
> 8 Ultrasensitiva (quick clay) 
 
Cálculo do índice de consistência 
𝐼𝐶 =
𝐿𝐿 − 𝑤
𝐿𝐿 − 𝐿𝑃
=
60 − 50
60 − 35
= 0,4 
Por esse índice, o solo se classifica como argila mole. 
De fato, esta é a sua consistência após o 
amolgamento, quando sua resistência é de 28kPa. No 
estado natural, entretanto, a consistência é maior, e 
o solo se classifica como argila de consistência média. 
Questão 12- Ensaios de caracterização de dois 
solos indicaram que o solo A tinha LL=70 e IP=30, 
enquanto o solo B tinha LL=55 e IP=25. Amostras 
desses dois solos foram amolgadas e água foi 
adicionada de forma que os dois ficassem com teor 
1L
PROVETA
+
ÁGUA
PROVETA
+
ÁGUA
+
SOLO
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de umidade de 45%. É possível prever qual dos dois 
solos ficará mais consistente nesse teor de 
umidade? 
Solução: Pode-se determinar o Índice de 
Consistência dos dois solos com teor de umidade de 
45% (LL-LP=IP): 
𝐼𝐶𝐴 =
70 − 45
30
= 0,83 𝑒 𝐼𝐶𝐵 =
55 − 45
25
= 0,4 
Na mesma umidade, o solo A é bem mais consistente 
(deve ter maior resistência) do que o solo B. 
Questão 5- Uma areia apresenta índice de vazios 
máximo de 0,90 e índice de vazios mínimo igual a 
0,57. O peso específico dos grãos é de 26,5kN/m³. 
(a) De uma amostra dessa areia com teor de 
umidade de 3%, que peso deve ser tomado para a 
moldagem de um corpo de prova de volume igual a 
1dm³, para que fique com compacidade de 67%? 
Solução: O índice de vazios correspondente à 
compacidade de 67% pode ser calculado a partir da 
da equação: 
𝐶𝑅 =
𝑒𝑚á𝑥 − 𝑒𝑛𝑎𝑡
𝑒𝑚á𝑥 − 𝑒𝑚 í𝑛
∴ 0,67 =
0,90 − 𝑒𝑛𝑎𝑡
0,90 − 0,57
 
𝑒𝑛𝑎𝑡 = 0,68 
A esse índice de vazios corresponde o peso específico 
aparente seco de: 
𝛾𝑑 =
𝛾𝑠
1 + 𝑒
∴ 𝛾𝑑 =
26,5
1 + 0,68
= 15,77 𝑘𝑁
𝑚³
 
Para preencher o cilindro de 1dm³, o peso seco 
necessário é de 15,77N. 
(b) Que quantidade de água deve ser adicionada 
posteriormente para que a areia fique saturada? 
Solução: O peso da areia com 3% de umidade é de: 
𝑚𝑠 = 1,03 × 15,77 = 16,24𝑁 
𝑚𝑤 = 16,24 × 15,77 = 0,47𝑁 
O peso específico da areia saturada pode ser 
calculado pela expressão a seguir, observando que: 
𝑒. 𝛾𝑤 = 𝛾𝑠 . 𝑤 
𝛾𝑠𝑎𝑡 =
𝛾𝑠 + 𝛾𝑠 . 𝑤
1 + 𝑒
∴ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
𝛾𝑠 + (𝑒. 𝛾𝑤 )
1 + 𝑒
 
𝛾𝑠𝑎𝑡 =
26,5 + 0,68 × 10 
1 + 0,68
=
33,3
1,68
= 19,82𝑘𝑁 𝑚3 
Quando saturado, 1dm³ da areia terá um peso total 
de 19,82N, sendo 15,77N o peso dos grãos, o peso da 
água é igual a: 
𝑚𝑤 = 19,82 − 15,77 = 4,05𝑁 
Com a areia úmida colocada incorporou 0,47N de 
água, deve-se acrescentar 4,05-0,47=3,58N de água 
(35,8cm³) de água para que a areia fique saturada 
no cilindro. 
Questão 13- Quais os índices físicos diretamente 
determinados por meio de ensaios de laboratório? 
Solução: Os índices diretamente determinados em 
laboratório são: a umidade, a massa específica dos 
grãos e a massa específica natural do solo. Os demais 
índices são calculados a partir desses, por meio de 
expressões que os correlacionam com os três citados. 
Questão 14- Uma amostra indeformada de solo foi 
recebida no laboratório. Com ela realizaram-se os 
seguintes ensaios: 
A) Determinação do teor de umidade (w). 
Tomou-se uma amostra que, junto com a cápsula 
em que foi colocada, pesava 119,92g. Essa amostra 
permaneceu numa estufa a 105°C até constância de 
peso (por cerca de 18 horas), após esse período, o 
conjunto seco mais a cápsula pesava 109,05g. A 
massa da cápsula, chamada "tara", era de 34,43g. 
Qual o valor da umidade? 
Solução: 
𝑚𝑤 = 119,92 − 109,05 = 10,87𝑔 
𝑚𝑠 = 109,05 − 34,43 = 74,62𝑔 
A partir da definição da umidade, tem-se: 
𝑤 =
𝑚𝑤
𝑚𝑠
=
10,87
74,62
= 0,1456 𝑜𝑢 14,56% 
B) Determinação da massa específica dos grãos 
(ρs). Para o ensaio, tomou-se uma amostra com 
72,54g no seu estado natural. Depois de imersa 
n'água de um dia para o outro e agitada num 
dispersor mecânico por 20min, foi colocada num 
picnômetro e submetida a vácuo por 20min, para 
eliminar as bolhas de ar. A seguir, o picnômetro foi 
enchido com água deaerada até a linha 
demarcatória. Esse conjunto apresentou uma massa 
de 749,43g. A temperatura da água foi medida, 
acusando 21°C (considerar massa específica da 
água nessa temperatura igual a 0,998 g/cm³), e 
para esta temperatura uma calibração prévia 
indicava que o picnômetro cheio de água até a linha 
demarcatória pesava 708,07g. Determinar a massa 
específica dos grãos. 
 
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Solução: A primeira consideração a fazer é 
determinar a massa do solo seco contida na amostra. 
A determinação da massa de solo seco a partir da 
massa do solo úmido e da umidade aparece com 
muita freqüência. A partir da definição da umidade, 
tem-se: 
𝑚𝑠 =
𝑚𝑢
1 + 𝑤
=
72,54
1 + 0,1456
= 63,32𝑔 
Se essa massa de partículas fosse colocada no 
picnômetro previamente cheio d'água até a linha 
demarcatória, sem que nada de água se perdesse, 
ter-se-ia: 
𝑚𝑠 + 𝑚𝑝+𝑎 = 63,32 + 708,07 = 771,39𝑔 
Note-se que, neste caso, haveria um excesso em 
relação à linha demarcatória. No entanto, quando se 
pesou o picnômetro com amostra e água, a massa foi 
de 749,43g. Então, a massa de água que não pôde ser 
incorporada ao picnômetro porque o espaço estava 
ocupado pelas partículas é: 
𝑚𝑠 + 𝑚𝑝+𝑎 − 𝑚𝑝+𝑠+𝑎 = 771,39 − 749,43 = 21,96𝑔 
Essa massa de água ocuparia um volume que é dado 
pela divisão de seu valor pela massa específica da 
água. Em quase todos os casos, a massa específica da 
água é igual a 1g/cm³, sendo o peso específico 
adotado 10kN/m³. Nesse ensaio, as normas 
mandaram tomar a massa específica da água na 
temperatura em que o ensaio foi feito. No caso, como 
a água no picnômetro estava a 21°C, deve-se 
considerar a massa específica da água nessa 
temperatura, que é de 0,998g/cm³. O volume 
ocupado pela água é, portanto, 
(21,96/0,998=22,00cm³), sendo este o volume das 
partículas do solo. Desta forma, a massa específica 
dos sólidos é: 
𝜌𝑠 =
𝑚𝑠
𝑉𝑠
=
63,32
22,00
= 2,88
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
C) Determinação da massa específica natural do 
solo (ρn). Moldou-se um corpo de provacilíndrico 
do solo, com 3,57cm de diâmetro e 9cm de altura, 
que apresentou uma massa de 173,74g. Determine 
a massa específica natural do solo. 
Solução: O volume do corpo de prova, com as 
dimensões descritas, é de 90cm³. Portanto, a massa 
específica é: 
𝜌𝑛 =
173,74
90
= 1,93
𝑔
𝑐𝑚³ 
 
D) Determinação dos índices físicos correntes. 
Admitindo-se g=10m/s², calcule, para o solo objeto 
dos ensaios descritos anteriormente, o peso 
específico dos grãos (γs) e o peso específico natural 
do solo (γn), e a partir deles e da umidade, os outros 
índices físicos corretamente empregados em 
Mecânica dos Solos: peso específico aparente seco 
(γd), índice de vazios (e), grau de saturação (Sr), 
peso específico aparente saturado (γsat) e 
porosidade (n). 
Solução: Os pesos específicos são: 
𝛾𝑠 = 28,8
𝑘𝑁
𝑚³
 𝑒 𝛾𝑛 = 19,3
𝑘𝑁
𝑚³
 
O cálculo dos outros índices, geralmente, se faz na 
seqüência a seguir: 
Cálculo do peso específico aparente seco (𝛾𝑑) 
𝛾𝑑 =
𝛾𝑛
1 + 𝑤
=
19,3
1 + 0,1456
= 16,85𝑘𝑁
𝑚³
 
Cálculo do índice de vazios (𝑒). 
𝛾𝑑 =
𝛾𝑠𝑉𝑠
𝑉𝑠 + 𝑒𝑉𝑠
=
𝛾𝑠
1 + 𝑒
∴ 𝑒 =
𝛾𝑠
𝛾𝑑
− 1 
No caso, 
𝑒 =
28,8
16,85
− 1 = 0,71 
Cálculo do grau de saturação (𝑆). O volume da água 
é igual a S.e.Vs e o peso da água é igual a w.γsVs. Ao 
representar o peso específico da água pelo símbolo 
γw, tem-se: 
𝑆. 𝑒. 𝑉𝑠 . 𝛾𝑤 = 𝑤. 𝛾𝑠 . 𝑉𝑠 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 
𝑆 =
𝛾𝑠 . 𝑤
𝑒. 𝛾𝑠
=
28,8 × 0,1456
0,71 × 10
0,59 = 59% 
Cálculo do peso específico aparente saturado (𝛾𝑠𝑎𝑡 ). 
𝛾𝑠𝑎𝑡 =
𝛾𝑠 + 𝑒𝛾𝑤
1 + 𝑒
=
28,8 + 0,71 × 10
1 + 0,71
= 21,0 𝑘𝑁
𝑚³
 
Porosidade (𝑛). 
𝑛 =
𝑒. 𝑉𝑠
𝑉𝑠 + 𝑒. 𝑉𝑠
=
𝑒
1 + 𝑒
=
0,71
1 + 0,71
= 0,42 = 42%