Indices Físicos

Prévia do material em texto

17
CAPÍTULO 2
ÍNDICES FÍSICOS
1 - INTRODUÇÃO
Índices físicos são valores que tentam representar as condições físicas de um solo no estado
em que ele se encontra. São de fácil determinação em laboratórios de geotecnia e podem
servir como dados valiosos para identificação e previsão do comportamento mecânico do
solo.
Embora existam em número considerável - alguns já em desuso - todos os índices físicos
podem ser obtidos a partir do conhecimento de quaisquer três deles.
Em um solo ocorrem, geralmente, três fases: a sólida, a líquida e a gasosa. Os índices físicos
são, direta ou indiretamente, as diversas relações de peso, massa ou volume destas três
fases.
2 - PRINCIPAIS ÍNDICES FÍSICOS
Admita-se a abstração apresentada na Figura 2.1 em que as três fases: a sólida, a líquida
e a gasosa possam permanecer isoladas. À esquerda está a coluna de volume e à direita a
coluna de peso onde:
Va
Vw
Vs
Vv
Vt Ww
Ws
Wt
AR
ÁGUA
SÓLIDOS
Figura 2.1 - Amostra Idealizada
Fredlund (19XX), além das três fases citadas, acrescenta uma quarta que seria
formada pela película contráctil que se forma na fronteira entre a fase líquida e
a fase gasosa nos vazios dos solos não saturados, devido à tensão superficial da
água.
Quadro 2.1
18
s
g
s
W
V
g = Eq.2
Para evitar equívocos freqüentes mesmo entre engenheiros, reafirma-se aqui o
conceito de peso e o de massa de um corpo. O peso é uma força, igual à massa
do corpo multiplicada pela aceleração da gravidade (W = Mg) e portanto,
variável com esta. Sua unidade no Sistema Internacional (SI) é o Newton com
seus múltiplos e submúltipos. A massa de um corpo é uma propriedade constante
daquele corpo. Sua unidade é o grama com seus múltiplos e submúltiplos.
Quadro 2.2
s
g
s
M
V
r = Eq.3
Vt = volume total da amostra;
Vs = volume da fase sólida da amostra;
Vw = volume da fase líquida;
Va = volume da fase gasosa;
Vv = volume de vazios da amostra = Va + Vw;
Wt = peso total da amostra ;
Wa = peso da fase gasosa da amostra;
Ws = peso da fase sólida da amostra;
Ww = peso da fase líquida da amostra.
Com se considera o peso da fase gasosa igual a zero, o peso da fase sólida é igual ao
peso seco da amostra.
Alguns índices físicos são obtidos com a massa e não com o peso do material. Neste caso,
pode-se pensar na Figura 2.1 com a coluna da direita sendo uma coluna de masssa, onde
Mt seria a massa total da amostra, Mw a massa da fase líquida da amostra e Ms a massa
da fase sólida.
2.1 - PESO ESPECÍFICO DAS PARTÍCULAS - ?g
É o peso da fase sólida por unidade de volume. Sendo uma
relação de força por volume a unidade usada no SI é o kN/m3
e seus múltiplos e submúltiplos.
2.2 - MASSA ESPECÍFICA DAS PARTÍCULAS - ?g
É a massa da fase sólida por unidade de volume. Sendo uma
relação de massa por volume a unidade mais usada é a t/m3,
que numéricamente é igual ao g/cm3, preferida em
laboratórios de geotecnia.
19
A tonelada (t) é muito usada no Brasil como unidade de massa, valendo 106
gramas. O termo tecnicamente mais adequado para este valor seria o
megagrama (Mg) mas será mantido neste livro o termo consagrado no país.
Quadro 2.3
g
g g
g
r = Eq.4
g g
s
w w
G
g r
= =
g r
Eq.5
w w
s s
W M
w 100 100
W M
= = Eq.6
Considerando que o peso de um corpo é o produto de sua
massa pela aceleração da gravidade (W = Mg) é fácil concluir
que a massa específica das partículas pode ser obtida com a
relação do peso específico dos grãos pela aceleração da
gravidade:
2.3 - DENSIDADE RELATIVA DOS GRÃOS - Gs
É a razão entre a massa ou o peso específico da parte
sólida e a massa ou o peso específico de igual volume de
água pura a 4EC. Como é uma relação de massas ou de
pesos específicos, Gs é adimensional e portanto de
mesmo valor numérico em qualquer sistema de unidade.
2.4 - TEOR DE UMIDADE - w
É a relação entre a massa ou o peso da água contida no solo e a massa ou o peso de sua
fase sólida, expressa em percentagem.
A umidade varia teoricamente de 0 a 4. Os
maiores valores conhecidos no mundo são os de
algumas argilas japonesas que chegam a 1400%.
Em geral os solos brasileiros apresentam umidade
natural abaixo de 50%. Se ocorre matéria orgânica,
esta umidade pode aumentar muito, podendo chegar até a 400% em solos turfosos.
O valor de Gs pode ser uma indicação do tipo de solo. Se:
2,6 < Gs < 2,8 6 solo inorgânico (maioria dos solos brasileiros);
2,9 < Gs 6 solo inorgânico contendo ferro;
Gs < 2,5 6 solo orgânico;
Gs < 2,2 6 solo essencialmente orgânico (turfa).
Quadro 2.4
20
w
r
v
V
S 100
V
= Eq.7
t
nat
t
W
V
g = g = Eq.8
s
d
t
W
V
g = Eq.9
sat
sat
t
W
V
g = Eq.10
2.5 - GRAU DE SATURAÇÃO - Sr
É a relação entre o volume de água e o volume de vazios de um
solo, expressa em percentagem. Varia de 0% para um solo seco
a 100% para um solo saturado.
2.6 - PESO ESPECÍFICO APARENTE (OU NATURAL) - ? (ou ?nat)
É a relação entre o peso total e o volume total da amostra.
2.7 - PESO ESPECÍFICO SECO - ?d
É definido como o peso específico aparente para a situação
de umidade nula. Obtém-se com a relação entre o peso seco
e o volume total da amostra.
2.8 - PESO ESPECÍFICO SATURADO - ?sat
É a relação entre o peso da amostra saturada (Wsat) e o
volume total.
Cada vez é mais usada entre os geotécnicos, especialmente entre os que trabalham com
resíduos sólidos, a umidade volumétrica (? ), também expressa em percentagem e
definida como a relação entre o volume de água e o volume total da amostra.
Quadro 2.5
A ocorrência só das fases sólida e líquida é bastante comum. Neste caso todos os vazios
do solo encontram-se ocupados por água e o solo é chamado de saturado. A condição
de saturado não admite meio termo: ou um solo está saturado ou não está; por isto, a
expressão "parcialmente saturado", bastante utilizada para referir-se a um solo com alto
de grau de saturação, não é correta.
Quadro 2.6
21
sub
sub
t
W
V
g = Eq.11
t
nat
t
M
V
r = r = Eq.12
g
g
r = Eq.13
s
d
t
M
V
r = Eq.14
2.9 - PESO ESPECÍFICO SUBMERSO - ?sub
É a relação entre o peso da amostra submersa (Wsub) e o
volume total.
2.10 - MASSA ESPECÍFICA APARENTE (OU NATURAL) - ? (ou ? nat)
É a relação entre a massa total e o volume total da amostra.
De forma análoga à Eq. 4, é fácil concluir que a massa específica
aparente ou natural pode ser obtida com a relação do peso
específico aparente ou natural pela aceleração da gravidade:
2.11 - MASSA ESPECÍFICA SECA - ? d
É definido como a massa específica aparente para a situação
Em condição natural não se encontram solos secos (ausência da fase líquida). Em
laboratório isto pode ser conseguido facilmente mas torna-se necessário definir o que é
solo seco uma vez que as partículas de argilas têm uma película de água que as envolve,
chamada água adsorvida, que faz parte de sua estrutura. Esta água está submetida a
pressões altíssimas que fazem com que se apresente congelada à temperatura ambiente.
Dependendo da temperatura de secagem, parte ou até toda água adsorvida pode ser
removida junto com a água livre dos vazios o que daria diferentes pesos secos em função
da temperatura da estufa. Para resolver isto, convenciona-se em Mecânica dos Solos
que solo seco é aquele que apresenta constância de peso em duas pesagens
consecutivas após secagem em uma estufa de 105º a 110E.
Quadro 2.7
Quase sempre o solo submerso é considerado saturado - nesta condição, o ?nat
deste solo é o ?sat - muito embora, o solo submerso estar saturado nem sempre
é a realidade, especialmente em argilas, em que é comum a existência de bolhas
de gas retidas nos vazios, produzidas pela atividade biológica dos
microrganismos presentes.
Quadro 2.8
22
d
d g
g
r = Eq.15
sat
sat
t
M
V
r = Eq.16sat
sat g
g
r = Eq.17
sub
sub
t
M
V
r = Eq.18
sub
sub g
g
r = Eq.19
v
s
V
e
V
= Eq.20
v
t
V
n 100
V
= Eq.21
de umidade nula. É a relação entre a massa seca e o volume total da amostra.
Também pode-se obter a massa específica seca com a
Eq. 15.
2.12 - MASSA ESPECÍFICA SATURADA - ? sat:
É a relação entre a massa da amostra saturada e o volume
total da amostra.
Da mesma forma pode-se obter a massa específica saturada
com a Eq. 17.
2.13 - MASSA ESPECÍFICA SUBMERSA - ? sub
É a relação entre a massa da amostra submersa e o volume
total da amostra.
De forma análoga pode-se obter a massa específica submersa
com a Eq. 19.
2.14 - ÍNDICE DE VAZIOS - e
É a relação entre o volume de vazios e o volume de sólidos.
Embora possa variar, teoricamente, de 0 a 4, o menor valor
encontrado em campo para o índice de vazios é de 0.25 (para
uma areia muito compacta com finos) e o maior de 15 (para
uma argila altamente compressível).
2.15 - POROSIDADE - n
É a relação entre o volume de vazios e o volume total da
amostra, expressa em percentagem.
23
s
t
d
t
t
W
W
V
W
g =
 
s
s w
d
t
t
W
W W
V
W
+
g =
s w
s
d
t
t
1
W W
W
1
W
V
+
g =
Teoricamente varia de 0 a 100%. Na prática varia de 20 a 90%.
3 - PROBLEMAS PROPOSTOS E RESOLVIDOS
1 - A partir do peso específico aparente (?) e da umidade de um solo (w), deduza uma
expressão para o peso escífico seco (?d).
SOLUÇÃO:
Como pode-se ver na Eq.9, .sd
t
W
V
g =
Dividindo-se o numerador e o denominador por Wt:
Substituindo-se Wt por Ws + Ww (v. Figura 2.1):
Invertendo-se o numerador e o denominador, tem-se:
Substituindo-se e :w
s
W
w 100
W
= t
t
W
V
g =
24
NA NT~~ E
Wt
Figura 2.2 - Perfil de solo
d
1
w1
100
1
+
g =
g
d w
1
100
g
g =
+
Eq.22
o que leva a:
Considerando o empuxo, ache uma relação para o peso específico submerso (?sub).
SOLUÇÃO:
2 - Se o solo está submerso, passa a atuar nas partículas o empuxo de água que é uma
força vertical, de baixo para cima, igual ao peso do volume de água deslocado. Considere-
se, como mostra a Figura 2.2, uma amostra de solo submersa e saturada, com volume Vt
e peso Wt:
Pelo equilíbrio de forças na direção vertical, tem-se:
sub tW W E= - Eq.23
sendo:
Wsub = o peso submerso da amostra;
Wt = peso da amostra ao ar;
25
sub sat wg = g - g Eq.24
E = empuxo.
Pode-se ainda escrever:
 t sub t sat t wV V Vg = g - g
o que leva a:
3 - Ache uma relação biunívoca entre o índice de vazios (e) e a porosidade (n).
SOLUÇÃO:
Por definição: v
t
V
n 100
V
=
Dividindo-se o numerador e o denominador por Vs:
v
s
t
s
V
V
n 100
V
V
=
Substituindo-se Vt por Vs + Vv (v. Figura 2.1):
v
s
s v
s
V
V
n 100
V V
V
= +
Como :v
s
V
e
V
=
e
n 100
1 e
=
+
Eq.25
ou ainda:
26
n
100e
n
1
100
=
-
Eq.26
4 - A partir das definições básicas dos índices físicos, chegue às seguintes relações
importantes:
g
w
1
100
1 e
+
g = g
+
Eq.27 s
w
w
G 1
100
1 e
æ ö+ç ÷
è øg = g
+
Eq.28
s
sat w
G e
1 e
+
g = g
+
Eq.29
g
d 1 e
g
g =
+
Eq.30
g
d
e 1
g
= -
g
Eq.31 rs
Sw
G e
100 100
= Eq.32
5 - Mostre um esquema demonstrativo para a determinação dos principais índices físicos
obtidos em uma amostra indeformada de argila trazida ao laboratório.
Conhecendo-se três indíces físicos de um solo, todos os demais podem ser obtidos. Para
conhecer-se estes três índices, determina-se no laboratório o volume da amostra (Vt), sua
massa na condição natural (Mt) e após seca em estufa (Md) e a densidade relativa dos
grãos (Gs).
Para a determinação do volume o método mais usado é a moldagem de uma amostra em
uma forma geométrica simples - em geral cilíndrica - na qual se possa determinar o volume
através de uma fórmula conhecida. Outra alternativa é pesar a amostra ao ar, cobri-la com
parafina e pesá-la submersa; aplicando o princípio do empuxo pode-se chegar facilmente
ao volume da amostra (v. exercício 19).
27
Figura 2.3 - Dinamômetro
A determinação da massa da amostra é obtida com a utilização de uma balança comum de
laboratório. Em geral, as balanças de laboratório são de compensação e medem a massa
do corpo. A determinação do peso de um corpo exige a utilização de um dinamômetro, i.e.,
um medidor de força. A Figura 2.3 mostra um dinamômetro muito utilizado por vendedores
ambulantes de pescado em cidades de veraneio no litoral do país - e por isto conhecido
popularmente por balança de peixeiro - que mede a força necessária para distender uma
mola calibrada.
A massa seca é obtida após secagem da amostra em estufa de 105º a 110ºC, até ocorrer
a constância de massa, i.e., em duas pesagens consecutivas, espaçadas por um tempo não
inferior a 30 minutos, obtenha-se o mesmo valor na balança. Tratando-se de amostras de
solo orgânico, sugere-se o uso de estufa de 60ºC para evitar a queimada matéria orgânica.
Métodos alternativos usados para acelerar a secagem das amostras - como a adição de
álcool à amostra, com queimas sucessivas - só podem ser usados quando comparações
prévias garantirem, para aquele solo, a validade do processo.
A determinação da densidade relativa dos grãos pode ser feita a partir da proposta da
ABNT/NBR-6508 para a determinação da
massa específica dos grãos de solo.
Com estes quatro valores, pode-se seguir o
modelo da Figura 2.4 para obter-se os índices
físicos desejados. Cabe observar que a simples
divisão dos pesos específicos obtidos, pela
aceleração da gravidade g fornece as massas
específicas equivalentes.
28
Vt Mt Md
g s wGg = g t
t
M
g
V
g =
g
d
e 1
g
= -
g d w1
100
g
g =
-
t d
d
M M
w 100
M
-
=
en 100
1 e
=
+ s
r
w
G
100S 100
e
=
s
sat w
G e
1 e
+
g = g
+
sub sat wg = g - g
Gs
Figura 2.4 - Seqüência proposta para determinação dos índices físicos
sat seca
seca
am +vidro am vidro
am vidro vidro
M M 68,959 62,011
w = 100= 100 = 25,8 %
M M 62,01 35,046
+
+
- -
- -
6 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de um solo saturado tem massa de
68,959 g. Depois de seco baixou para 62,011 g. A massa do recipiente é 35,04 g e o peso
específico dos grãos é 28 kN/m3. Determine o índice de vazios, a porosidade e o teor de
umidade da amostra original.
SOLUÇÃO:
TEOR DE UMIDADE - w
A partir da Eq. 6, pode-se escrever:
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Aplicando-se Eq. 5 e Eq. 32, tem-se:
29
sat s
w
t
M g G e 0,0572 x 9,81 2,79 e
 9,81
V 1 e 0,0283 1 e
e 0,75
+ -
= g ® =
+ +
=
r
s
S 100
e 0.75
100 100w 100 100 27%
G 2,79
= = =
 
g
w
r
w 28 25,8
 x
100 9,81 100e 0,74S 100
100100
g
g
= = =
POROSIDADE - n
Aplicando-se a Eq. 25:
e 0 74
n 100 = 42,41 %
1 e 1 0 74
= =
+ +
,
,
7 - Uma amostra de solo saturado tem um volume de 0,028 m3 e massa de 57,2 kg.
Considerando que os vazios estão tomados por água, determinar o índice de vazios, o teor
de umidade e o peso específico seco deste solo. Considerar Gs = 2,79.
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Se o solo está saturado, Sr = 100% e ?nat = ?sat. Aplicando-se as Eq. 16, 17 e 29:
TEOR DE UMIDADE - w
Aplicando-se Eq. 32, tem-se:
PESO ESPECÍFICO APARENTE SECO - ?d:
A partir das Eq. 5 e Eq. 30, tem-se:
30
r
sat w
S 100e e
100 100e ew 32 5
100 100 18 83 9 81
1 e 1 e
e 0 89
+ +
g = g ® =
+ +
=
,
, ,
,
g gr
w
3
g
Sw 32.5 100e 0 89
100 100 100 9 81 100
26 86 kN/m
g g
= ® =
g
g =
.
,
,
3s w
d
G 2 79 x 9 81
15 61kN/m
1 e 1 0 72
g
g = = =
+ +
, ,
,
,
8 - Um solo saturado tem um peso específico aparente de 18,83 kN/m3 e umidade de
32,5%. Calcular o índice de vazios e o peso específico dos grãos do solo.
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Se o solo está saturado, Sr = 100% e ?nat = ?sat. Usando as Eq 29 e 32, tem-se:
PESO ESPECÍFICO DOS GRÃOS - ?g
Da Eq. 32 e 5, tem-se:
9 - A massa de uma amostra de argila saturada é 1526 g. Depois de seca em estufa passa
a ser 1053 g. Se Gs = 2,7, calcule e, n, w, ?, ?d.
(Resp.: e = 1,21 ; n = 54,81 % ; w = 44,92 % ; ? = 17,37 kN/m3 ; ?d = 11,99 kN/m3)
10 - Em um solo saturado são conhecidos o peso específico aparente (? = 20,1 kN/m3) e
seu teor de umidade (w = 23%). Encontre a densidade relativa dos grãos deste solo.
(Resp.: Gs = 2,71)
11 - Em um solo saturado Gs = 2,55 , ?nat = 17,65 kN/m3. Calcule o índice de vazios e a
umidade deste solo.
31
w t s
s s
M M M 28,81 24,83
w 100 100 16,03%
M M 24,83
- -
= = = =
-6
3t
-6
t
M g 28,81 x 10 x 9,81
19,06 kN/m
V 14,83x 10
g = = =
(Resp.: e = 0,94 ; w = 36,8%)
12 - Em uma amostra de solo são conhecidos o ?sub, w e Gs. Encontre o peso específico
seco, o índice de vazios e o grau de saturação em função dos valores conhecidos.
(Resp.:
s
w
sub
G 1
e 1 
-
= g -
g
Eq.33
s sub
d
s
G
 
G 1
g
g =
-
Eq.34
( )
s sub
r
s w sub
w
G
100S
G 1
g
=
- g - g
Eq.35
13 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de um solo saturado pesaram
0,674 N. Depois de seco em estufa o peso tornou-se 0,608 N. O recipiente de vidro pesa
0,344 N e o peso específico dos grãos do solo é 27,5 kN/m3. Determinar o índice de
vazios e o teor de umidade da amostra original.
(Resp.: e = 0,70 ; w = 25%)
14 - Por imersão em mercúrio o volume de uma amostra siltosa foi determinado igual a
14,83 cm3. Sua massa, no teor natural de umidade era 28,81 g e depois de seca em estufa
24,83 g. O peso específico dos grãos era 26,5 kN/m3. Calcule o índice de vazios e o grau
de saturação da amostra.
Aplicando a Eq. 6 tem-se:
com a Eq. 8 pode-se achar o peso específico aparente:
Com a Eq. 27 pode-se achar o índice de vazios:
32
Argila siltosa média
Areia medianamente compacta
0 -
2 -
4 -
6 -
(m)
NA
NT
Figura 2.5 - Perfil do terreno
g
w 16,03
1 26,5 1
100 100 19,06
1 e 1 e
e 0,61
æ ö æ ög + +ç ÷ ç ÷è ø è øg = ® =
+ +
=
t s
s
W W 0,39 0,28
w 100 39,28%
W 0,28
- -
= = =
g
w
w 26,5 16,03 x x 
100 9,81 100S 100 100 70,59%
e 0,61
g
g
= = =
e com as Eq. 5 e 32 acha-se, finalmente o grau de saturação:
15 - Do perfil de terreno mostrado na Figura 2.5, retirou-se uma amostra a 6 m de
profundidade. O peso da amostra foi de 0,39 N e após secagem em estufa foi de 0,28 N.
Sabendo-se que Gs = 2,69, pede-se: w, e, ?nat, ?sub.
Como a amostra estava submersa a consideração de estar saturada é plenamente aceitável,
logo: Sr = 100 %. Considerando a Eq. 6, tem-se:
33
3s
nat sat w
G e 2,69 1,06
9,81 17,87 kN/m
1 e 1 1,06
+ +
g = g = g = =
+ +
s
r
w 39,28G 2,69 x
100 100e 1,06S 100
100100
= = =
3
sub sat w 17,87 9,81 8,06 kN/mg = g - g = - =
A Eq. 32 permite determinar o valor do índice de vazios:
Com a Eq. 29 pode-se calcular o ?sat:
e finalmente, com a Eq. 24:
16 - As amostras A, B ,C e D foram recolhidas por meio da cravação de um cilindro de
aço de 1 litro de volume e massa de 100 g, com paredes suficientemente finas para não
alterar o volume inicial da amostra. Foram tomadas todas as precauções para preservar a
umidade da amostra até sua chegada em laboratório onde foram pesadas dentro do cilindro
e depois levadas para uma estufa a 110E C até chegar-se à constância de peso. Foram
obtidos os seguintes resultados: 
AMOSTRAS A B C D
massa da amostra + cilindro (g) 1520 2050 1450 2030
massa da amostra seca (g) 1210 1640 1165 1720
Tabela 2.1 - Dados do problema 16
Admitindo-se Gs = 2,65, determinar os pesos específicos aparentes e secos, os teores
de umidade, os índices de vazios e os graus de saturação dessas amostras,
A B C D
? (kN/m3) 13,93 19,13 13,24 18,93
w (%) 17,36 18,90 15,88 12,21
34
A B C D
-6
3areia
buraco
areia
M g 1500 x 10 x 9,81
V 0,788 m
18,63
= = =
g
-6
3
nat
1080 x 10 x 9,81
13,41 kN/m
0,788
g = =
?d (kN/m3) 11,87 16,09 11,43 16,87
e 1,19 0,62 1,27 0,54
Sr (%) 38,65 81,34 33,01 59,84
Tabela 2.2 - Resposta do problema 16
17 - Escavou-se um buraco em um terreno, retirando-se 1080 g de solo. Logo em
seguida preencheu-se este buraco com 1500 g de uma areia seca com peso específico
aparente de 18,63 kN/m3. Calcular o peso específico seco, o índice de vazios e o grau
de saturação deste terreno sabendo-se que de uma parcela do solo retirado do buraco
determinou-se a umidade do terreno em 14% e a densidade relativa dos grãos em 2,5.
Este problema representa um ensaio de frasco de areia, usado para determinações "in
situ", do peso específico natural do terreno.
O primeiro passo do ensaio em campo, consiste em escavar-se, cuidadosamente, um
buraco no solo na forma aproximada de um cilindro de 20 cm de diâmetro por 15 cm de
altura. Após isto, preenche-se o buraco com uma areia de peso específico conhecido,
determinando-se a massa de areia necessária para enchê-lo; o volume do buraco pode
ser determinado a partir da massa da areia que preencheu o buraco e do peso
específico, previamente conhecido, da areia. Com a massa do terreno retirado para
escavar o buraco e o volume do mesmo, determina-se o peso específico natural do
terreno.
Massa da areia necessária para preencher o buraco = 1500 g; peso específico desta
areia = 18,63 kN/m3, logo, de acordo com a Eq. 8, o volume do buraco será:
Massa do material retirado para fazer o buraco = 1080 g; volume do buraco =
0,788 m3, logo o peso específico natural do terreno será:
e o peso específico poderá ser obtido a partir da Eq. 22:
35
A r g i l a s i l t o s a m é d i a
A r e i a m e d i a n a m e n t e c o m p a c t a
0 -
2 -
4 -
6 -
( m )
N A
N T
Figura 2.6 - Perfil do terreno
sG
= 100r
w 14
2 5
100 100S 100 32 28
e 1 05
= =
,
, %
,
s
w
w 14
G 1 2 5 1
100 10013 41 9 81
1 e 1 e
e 1 08
æ ö æ ö+ +ç ÷ ç ÷è ø è øg = g = =
+ +
=
,
, ,
,
3 kN/md
13 41
11 77
w 14
1 1
100 100
g
g = = =
+ +
,
,
O índice de vazios com a Eq. 28:
Finalmente o grau de saturação pode ser obtido com a Eq. 32:
18 - Retirou-se uma amostra a 3 m de profundidade no perfil abaixo, com massa de
18,0 kg e volume de 0,011 m3. Sabendo-se que a densidade relativa dos grãos deste
solo é 2,69, calcule:
- o peso específico natural;
- o peso específico submerso;
- o índice de vazios;
- a umidade
A amostra retirada a 3 m de profundidade encontrava-se na camada argilosa, 1,0 m
acima do lençol freático. Nestas condições, a consideração de a amostra estar saturada
(por capilaridade) é plenamente aceitável tratando-se de uma argila. Com esta
consideração de Sr = 100%, pode-se resolver facilmente o problema.
36
Va
Vw
Vs
Vv
Vt
AR
ÁGUA
SÓLIDOS
CERAVc
Vam
Figura 2.7 - Amostra idealizada
(Resp.: ?nat = 16,05 kN/m3, ?sub = 6,24 kN/m3, e = 1,66 ; w = 61,55%)
19 - O volume de uma amostra irregular de solo foi determinado, cobrindo-se a amostra
com cera e pesando-a ao ar e debaixo d'água. Encontre o ?d e o Sr deste solo sabendo
que:
- massa total da amostra ao ar = 184 g
- massa da amostra envolta em cera, ao ar = 203 g
- massa da amostra envolta em cera, submersa = 80 g
- umidade da amostra = 13,6%
- densidade relativa dos grãos = 2,61
- peso específico da cera = 8,2 kN/m3.
Admitindo-se a amostra idealizada mostrada na Figura 2.7:
O empuxo, que é igual ao peso deágua deslocado pela submersão da amostra, é obtido
pela diferença da pesagem ao ar e submersa, e portanto:
( ) -3ar submersoE W W 203 80 x 10 x 9,81=1,21 N= - = -
logo, o volume total (amostra + cera) será igual a:
-3
-4 3
am cera
w
E 1,21 x 10
V 1,23 x 10 m
9,81+
= = =
g
o peso da cera será igual a:
37
3 kN/md
18 0
15 85
w 13 6
1 1
100 100
g
g = = =
+ +
,
,
,
 x 9,81s w
d
G 2 61
e 1 1 0 62
15 85
g
= - = - =
g
,
,
,
( ) ( ) -3c am am ceraW M M g 203 184 x 10 x 9,81=0,19 N+= - = -
o volume de cera será igual a:
-3
-4 3c
c
c
W 0,19 x 10
V 0,23 x 10 m
8,2
= = =
g
o volume da amostra será:
-4 -4 -4 3
am t cV V V 1,23 x 10 0,23 x 10 1,0 x 10 m= - = - =
o peso específico da amostra pode ser obtida com as Eq. 12 e 13:
-3 3
3am
am -4
am
M g 184 x 10 x 9,81 x 10
18,0 kN/m
V 1,0 10
g = = =
o peso específico seco da amostra com a Eq. 22:
o índices de vazios com as Eq. 5 e 31:
e, finalmente, o grau de saturação com a Eq. 32:
r
13,6
2,61
100S 100 57,65 %
0,62
= =
20 - Uma amostra de solo saturado tem o volume de 0,0396 m3 e massa de 79,2 kg. A
densidade relativa dos grãos é 2,75.
a) considerando que os vazios estão tomados por água pura, determinar o teor de
38
3t
t
M 0,0792
2,0 m
V 0,0396
r = = =
s wsal
am
g wsal
W W
V = +
g g
Eq.36
s
sat w
G e 2,75+e
g 2 x 9,81 = 9,81
1 e 1+e
e = 0,75 
+
r = g ®
+
r
s
S 100e 0,75
100 100w 100 100 27,27%
G 2,75
= = =
umidade e o índice de vazios deste solo.
b) considerando agora que a água dos vazios seja salgada (com os sais totalmente
dissolvidos), tendo o peso específico de 10,1 kN/m3, determinar o peso de água pura,
o peso do sal e o índice de vazios desta amostra.
a) para esta situação aplica-se as Eq. 12, 16, 29 e 32:
b) neste caso, como os sais nos vazios estão completamente dissolvidos, eles não
ocupam espaço adicional ao da água; com a dissolução integral, as moléculas de sal
ocuparão os espaços entre as moléculas da água, portanto, na amostra saturada com
água salgada, o volume de vazios (Vv) será igual ao volume de água nos vazios (Vw) e
igual ao volume de água salgada nos vazios (Vwsal):
v w wsalV V V= =
o volume total da amostra será igual:
am s v s wsalV V V V V= + = +
como e , pode-se escrever:ss
g
W
V =
g
wsal
wsal
wsal
W
V =
g
o peso da amostra (Wam) é igual a:
39
( ) 3sal wsal wW W W 0,174 0,169 10 5,01 N= - = - =
am s wsalW W W= + Eq.37
am wsal wsal
am
g wsal
W W W
V
-
= +
g g
-3
wsal wsal
wsal
79,2 x 10 x 9,81 W W
0,0396
2,75 x 9,81 10,1
W 0,174 kN
-
= +
=
3wsal
wsal
wsal
W 0,174
V 0,0173 m
10,1
= = =
g
w wsal wW V 0,0173 x 9,81 0,169 kN= g = =
aplicando-se o valor de Ws obtido na Eq. 37 na Eq. 36, tem-se:
que leva a:
o volume de água salgada nos vazios (Vwsal) será:
como o volume de água salgada é igual ao volume de água, o peso de água será:
o que dá para o peso de sal:
o índice de vazios poderá ser calculado com a Eq. 20:
 v wsal
s am wsal
V V 0,0173
e 0,77
V V V 0,0396 0,0173
= = = =
- -
21 - Retirou-se uma amostra de argila do fundo do mar. Para determinar seu volume,
cobriu-se a amostra com parafina e determinou-se sua massa ao ar e debaixo d'água,
obtendo-se:
- massa da amostra ao ar = 12 Kg;
- massa da amostra coberta com parafina ao ar = 13 Kg;
- massa da amostra coberta com parafina debaixo d'água = 3,5 Kg.
40
t
s
V
V
1 e
=
+
Eq.38
3
s
400000
V 243902 m
1 0,64
= =
+
Admitindo-se que a água existente nos vazios da amostra tem peso específico de
10,3 kN/m3, pede-se o peso do sal contido nos vazios da amostra. Considerar:
- peso específico da parafina = 8,2 kN/m3;
- densidade relativa dos grãos = 2,65.
(Resp.: ?nat = ?sat = 14,18 kN/m3 ; e = 2,71 ; w = 102,1%)
22 - A construção de um aterro consumirá um volume de 400.000 m3 de solo de
empréstimo com um índice de vazios após a compactação de 0,64. Há três jazidas que
podem ser utilizadas com as seguintes características:
JAZIDA DISTÂNCIA (km) e
Serrinha 3 1,85
Araras 5 0,78
Pitomba 4 1,1
Tabela 2.3 - Dados do problema 22
Admitindo-se que o preço do transporte do material por km seja igual, qual a jazida
economicamente mais favorável?
Neste caso, independentemente do índice de vazios original, o volume de sólidos a ser
utilizado no aterro tem que ser igual nas três jazidas, uma vez que o volume total no aterro
e o índice de vazios final são os mesmos. A partir da Eq. 20 para o índice de vazios pode-
se chegar à expressão a seguir:
o que leva a:
Conhecido o Vs, pode-se achar o volume total que terá que ser trazido de cada jazida, para
ser no aterro um volume total compactado de 400000 m3 com um índice de vazios de 0,64.
Para isto usa-se a mesma expressão anterior e monta-se a tabela:
JAZIDA ÍNDICE DE
VAZIOS
DISTÂNCIA
km
VOLUME
TOTAL m3
CUSTO
TOTAL
Serrinha 1,85 3 695122 2085365,85
41
Araras 0,78 5 434146 2170731,71
Pitomba 1,1 4 512195 2048780,49
Tabela 2.4 - Resposta do problema 22
A coluna de CUSTO TOTAL teria que ser multiplicada pelo custo do kilômetro para
fechar-se o custo de cada jazida, porém como este preço é o mesmo para todas as jazidas,
a opção Pitomba é a mais favorável.
23 - Uma amostra de um solo argiloso apresentava os seguintes índices físicos: ?nat = 18,5
kN/m3 , ?g = 27 kN/m3 e w = 15%. Qual o volume de água a ser acrescentado para que
a amostra fique completamente saturada ?
INDÍCE DE VAZIOS
Aplicando-se a Eq. 28:
s
w
w 27 15
G 1 1
100 9,81 100
 18,5= 9,81
1 e 1 e
e 0,68
æ ö æ ö+ +ç ÷ ç ÷
è ø è øg = g ®
+ +
=
UMIDADE DE SATURAÇÃO
Considerando-se, na Eq. 32, Sr = 100 % , tem-se a umidade para o solo saturado:
sat
s
e 0,68
w 100 24,65%
27G
9,81
= = =
Um volume de 1 m3 deste solo pesa 18,5 kN/m3. Considerando a Eq. 6, pode-se chegar:
o
0
0
ww
t w w
w
WW 15
w 100 
W W 100 18,5 W
W 2,41 kN
= ® =
- -
=
42
O que leva ao peso de sólido:
s t wW W W 18,5 2,41 16,09 kN= - = - =
E portanto, o peso de água de um m3 da amostra saturada é:
sat
sat
w s
w 24,65
W W 16,09 3,97 kN
100 100
= = =
O que faz com que o volume de água a acrescentar, necessário para saturar 1 m3 de
amostra:
sat 0w w
w
w
W W 3,97 2,41
V 1000 158 litros
9,81
- -
D = = =
g
24 - Uma amostra de areia tem uma porosidade de 34%. A densidade relativa dos grãos
é igual a 2,7. Calcule o peso específico seco e o saturado desta areia.
(Resp.: ?d = 17,48 kN/m3 ; ?sat = 20,82 kN/m3)
25 - Determinou-se a umidade de duas amostras iguais de um solo argiloso, utilizando
diferentes estufas para a secagem das amostras: na amostra A usou-se uma estufa de 300
ºC e na amostra B uma de 110 ºC. É de se esperar que:
G - a umidade determinada para o solo A seja maior que a do solo B;
G - a umidade determinada para o o solo A seja menor que a do solo A;
G - a umidade determinada para o o solo A seja igual a do solo B;
G - nenhuma das respostas anteriores.
(Resp.: é de se esperar que a umidade determinada para o solo A seja maior que a umidade
determinada para o solo B porque a estufa de 300º irá retirar parte da água adsorvida das
partículas levando a um peso seco menor para a amostra A e, por conseqüência, a uma
umidade maior).
26 - Em uma amostra de solo, tem-se : Gs = 2,75 e w = 43%. Determinou-se o peso
específico aparente deste solo duas vezes, sendo ?1 = 16,7 kN/m3 e ?2 = 18,6 kN/m3.
Sabendo-se que houve erro em um dos ensaios, qual o peso específico correto?
Como são conhecidos três índices físicos da amostra pode-se calcular qualquer outro que
se queira. Um caminho possível para determinar um erro nestes casos,é achar índices
físicos com faixas limitadas e verificar se estes limites são obedecidos. O índice que mais
se adequa a isto é o grau de saturação que tem limites de 0% a 100%. O primeiro passo
então será calcular o grau de saturação admitindo o peso específico de 16,7 kN/m3:
43
31
d1
16,7
11,68 kN/m
w 431 1
100 100
g
g = = =
+ +
32
d2
18,6
13,0 kN/mw 43
1 1
100 100
g
g = = =
+ +
g
1
d1
2,75 x 9,81
e 1 1 1,31
11,68
g
= - = - =
g
g
2
d2
2,75 x 9,81
e 1 1 1,07
13,0
g
= - = - =
g
s
1
1
w 43
G 2,75
100 100S 100 100 90,3%
e 1,31
= = =
s
2
2
w 43
G 2,75
100 100S 100 100 110%
e 1,07
= = =
CÁLCULO DE Sr1:
Aplicando.se as Eq. 22, 31 e 32, tem-se:
O valor de Sr1 não dá nenhuma indicação de erro.
CÁLCULO DE Sr2:
Fazendo o mesmo para o segundo ensaio:
Como Sr tem que ser menor ou igual a 100% o valor de ? = 18,6 kN/m3 é incorreto e
portanto o peso específico da amostra deve ser considerado igual a 16,7 kN/m3.
27 - Um certo volume de lodo (resíduo industrial) deverá ser estocado em laboratório para
deposição de sólidos. Sabe-se que o lodo contém 20% em peso de sólidos, sendo seu peso
específico 11,28 kN/m3. Após sedimentação total foi retirada uma amostra indeformada do
sedimento, tendo um volume de 35,4 cm3 e massa de 50,3 g. Depois de seca em estufa esta
44
amostra teve sua massa alterada para 22,5 g. Determinar o peso específico dos grãos, o
índice de vazios do lodo e o índice de vazios do sedimento.
SEDIMENTO
PESO ESPECÍFICO APARENTE
Com a Eq. 12 e 13 chega-se a:
350,39,81 13,94 kN/m
35,4
g = =
TEOR DE UMIDADE
50,3 22,5
w 100 123,5%
22,5
-
= =
PESO ESPECÍFICO DOS GRÃOS
Como o sedimento decantou em água a consideração de Sr = 100% é correta, logo,
usando-se a Eq. 28:
s s
s
s
123,5
G G
10013,94 9,81 G 2,95
123,5
1 G
100
+
= ® =
+
o que leva a 
3
g 2,95 x 9,81 29,04 kN/m
123,5
e 2,95 3,66
100
ìg = =
ï
í
= =ï
î
LODO
Ws = 0,20 Wt
UMIDADE
45
w t t
lodo
s s t
W W W
w 100 1 100 1 100 400%
W W 0,20 W
æ ö æ ö
= = - = - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
ÍNDICE DE VAZIOS
Usando as Eq.28, chega-se à equação:
s
w
w
G 1
100
e 1 11,87
æ ö+ç ÷
è ø= g - =
g
28 - Duas porções de solo (1) e (2) da mesma amostra apresentam respectivamente w1 =
10% e w2 = 25%. Quanto da porção (1), em peso, deve ser acrescentado à porção (2)
para obter-se a umidade final da mistura igual a 22% ?
Da Equação 2.5 tira-se:
t s t
s s
W W W w
w 100 1
W W 100
-
= ® = +
( )
( )
1
1
2
2
f
f
t
s
t
s
t
s
W
para a porçao 1 1,10
W
W
para a porçao 2 1,25
W
W
para a mistura final 1,22
W
ì
® =ï
ï
ï
ï ® =í
ï
ï
ï ® =
ïî
%
%
A última expressão pode ser escrita: 1 2
1 2
t t
s s
W W
1,22
W W
+
=
+
ou ainda: 1 2
1 2
t t
t t
W W
1,22
W W
1,10 1,25
+
=
+
46
daí tira-se: 1
2
t
t
W
0,22
W
=
Isto é, a mistura de 22 g do solo (1) com 100 g do solo (2) produzirá uma amostra com w
= 22%.
29 - Uma camada arenosa de e = 0,60 sofreu o efeito de um terremoto de tal forma que
a espessura desta camada reduziu-se em 3% da espessura inicial. Pede-se o índice de
vazios desta areia depois do terremoto.
ANTES DO TERREMOTO 
0
s
0
0
espessura da camada = H
volume de solidos = V
volume total = A H
indice de vazios inicial = e 0,60
ì
ï
ï
í
ï
ï =î
DEPOIS DO TERREMOTO 
0
s
0
f
espessura da camada = 0,97 H
volume de solidos = V
volume total = A x 0,97 H
indice de vazios final = e
ì
ï
ï
í
ï
ïî
A partir da Eq. 38 e considerando que o volume de sólido não se altera com o terremoto,
pode-se chegar à expressão:
0 0
0 f
A H A x 0,97 H
1+e 1+e
=
Substituindo-se o valor de e0 encontra-se ef = 0,55.