TC-035_Alessander_Apostila_Exercícios

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ 
ENGENHARIA CIVIL 
DEPARTAMENTO DE CONSTRUÇÃO CIVIL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 MECÂNICA DOS SOLOS 
 EXERCÍCIOS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Autores: Prof. Paulo Roberto Chamecki 
Prof. Noberto Calliari 
 
 
Colaboradores: Prof. Alessander C. M. Kormann 
Prof. Andréa S. Dyminski 
Fabrícia Q. B. Amaral 
Laryssa P. Ligocki 
Rodrigo Tamarozi 
Thiago F. Falcão 
 
 
 
 
 
Revisão 1999 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
ii 
SUMÁRIO 
 
SUMÁRIO.............................................................................................................ii 
SÍMBOLOS UTILIZADOS ....................................................................................iii 
FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS ...................xii 
I - PROPRIEDADES ÍNDICES DOS SOLOS.........................................................1 
II - CLASSIFICAÇÃO DOS SOLOS ......................................................................8 
III - PERMEABILIDADE......................................................................................22 
IV - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PRÓPRIO DO SOLO
...........................................................................................................................32 
V - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS 
APLICADAS.......................................................................................................43 
VI - COMPRESSIBILIDADE................................................................................56 
VII - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO ..........................................................72 
VIII - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO ........77 
IX - ESTABILIDADE DE TALUDES.....................................................................92 
X - CAPACIDADE DE CARGA SUPERFICIAL ..................................................107 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ...................................................................117 
Mecânica dos Solos - exercícios 
iii 
SÍMBOLOS UTILIZADOS 
 
a = maior dimensão da área retangular carregada 
A(%) = grau de aeração 
AB = escala do ábaco de Newmark para cálculo do acréscimo de pressão 
b = largura ou menor dimensão da área retangular carregada 
bi = largura das fatias medidas na horizontal. 
B = largura da sapata 
B = parâmetro de pressão neutra 
c = coesão 
c’ = coesão efetiva 
Cc = coeficiente de curvatura da distribuição granulométrica 
cd = coesão mobilizada na superfície de ruptura do talude 
Cc = índice de compressão 
Ce = índice de expansão 
Cu = coeficiente da uniformidade da distribuição granulométrica 
Cv = coeficiente da adensamento 
C1 = curva teórica de adensamento 
 
d = distância entre a resultante das forças na base do muro e seu pé mais próximo 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
iv 
dc,dq,dγ = fatores de profundidade ( capacidade de carga - Brinch Hansen) 
Df = profundidade da base da fundação 
D10,D30,D60 = diâmetros efetivos 10%, 30%, e 60%, respectivamente 
E = empuxo total 
EA = empuxo ativo total 
EP = empuxo passivo total 
c (m) = excentricidade da resultante das forças na base do muro 
e (adimensional) = índice de vazios 
emáx, emin = índice de vazios máximo e mínimo, respectivamente 
e0 = índice de vazios inicial da camada compressível 
F = coeficiente de segurança 
F’ = coeficiente de segurança arbitrado 
F” = coeficiente de segurança calculado 
FAT = força de atrito 
FEmin, FEmáx = coeficiente de segurança ao escorregamento do muro de arrimo, mínimo e 
máximo respectivamente 
FT = coeficiente de segurança ao tombamento do muro de arrimo “massa específica” real dos 
grãos de solo 
G.C. = grau de compacidade 
h (m) = carga hidráulica, perda de carga, queda de potencial ou desnível de água. 
h (%) = teor de unidade 
Mecânica dos Solos - exercícios 
v 
hi = alturas médias das fatias medidas na vertical e na metade de sua larguras 
∆h = queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo 
H = altura ou espessura da camada de solo 
H = distância vertical entre a crista e o pé do talude (altura) 
Hc = espessura inicial da camada compressível no campo 
Hcrit = altura critica de um talude (método de Culmann) 
Hd = espessura ou altura de drenagem da camada compressível 
H = altura inicial do corpo de prova no laboratório 
∆H = recalque ou adensamento total 
AHe = expansão total 
i (adimensional) = gradiente hidráulico 
i (ângulo) = inclinação do talude ou da superfície do terrapleno 
ic,iq,iγ = fatores de inclinação (capacidade de carga Brinch Hansen) 
icrit = gradiente hidráulico crítico 
I = valor da unidade de influência do ábaco de Newmark 
IC = índice de consistência 
IG = índice de grupo (classificação HRB - AASHO) 
IP = índice de plasticidade 
K(cm/s) = coeficiente de permeabilidade 
Mecânica dos Solos - exercícios 
vi 
k’ (adimensional) = coeficiente da equação simplificada de Boussinesq para cálculo de 
acréscimo de pressão 
KA,KP = coeficiente de empuxo ativo e passivo, respectivamente 
kx,ky = coeficiente de permeabilidade nas direções x e y, respectivamente 
L = comprimento da base do muro na seção transversal 
L = comprimento da superfície de ruptura na seção transversal do talude 
L = comprimento da sapata 
LC = limite de contração 
LL = limite de liquidez 
LP = limite de plasticidade 
LPT = linha de pressões de tempos (cálculo de empuxo - Culmann) 
LT = linha de taludes (cálculo de empuxos - Culmann) 
m = coeficiente de estabilidade dos ábacos de Bishop -Morgernstern 
MR = momento resistente 
MT = momento atuante no tombamento do muro de arrimo 
n = coeficiente de estabilidade dos ábacos de Bishop-Morgernstern 
n = porosidade 
N = número de estabilidade (Talude - Taylor) 
N(tf) = somatório das forças verticais 
N = número de unidades de influência do ábaco de Newmark 
N A = nível d’água 
Mecânica dos Solos - exercícios 
vii 
Nc,Nq,Nγ = fatores de capacidade de carga 
Nd = número de quedas de potencial da rede de fluxo 
Nf = número de canais de fluxo da rede de fluxo 
NT = nível do terreno 
O = centro de rotação da superfície de ruptura circular 
Op = polo do circular de Mohr 
PPA,PPP = pólos de círculo de Mohr nos estados ativo e passivo; respectivamente 
p = taxa de sobrecarga distribuída sobre uma área 
p = pressão vertical total devida ao peso próprio do solo 
p = pressão vertical efetiva devida ao peso próprio do solo 
∆p = acréscimo de pressão efetiva devido a sobrecarga aplicadas 
Pa = pressão de pré adensamento 
P0 = pressão efetiva inicial 
P = carga concentrada aplicada 
p = peso total da amostra 
PA = peso de água na amostra 
PAR = peso de ar na amostra (Par = 0) 
N = componente do peso normal a superfície de ruptura 
PP = peso próprio 
Mecânica dos Solos - exercícios 
viii 
PS = peso do sólido na amostra 
T = componente do peso tangencial à superfície de ruptura 
q = vazão ou descarga unitária (por unidade de comprimento) 
q = tensão admissível do solo 
qd = capacidade de carga 
qmáx,qmin,qméd = tensões máxima, mínima e média, respectivamente, sob a base do muro 
de arrimo 
∆q = parcela da descarga unitária que escoa em uma das vias de fluxo da rede 
Q = vazão ou descarga total 
∆Q = parcela da descarga total que escoa em um dos canais de fluxo da rede 
r = distância horizontal entre a carga e σz 
r = distância entre a carga e σz (métodos Boussinesq e Frohlich) 
R = raio da área circular carregadaτ = resistência ao cisalhamento 
S (%) = grau de saturação 
Sc,Sq,Sγ = fatores de forma ( capacidade de carga - Brinch Hansen) 
t = tempo de adensamento 
tc = tempo de adensamento da camada compressível no campo 
tL = tempo de adensamento do corpo de prova no laboratório 
T = fator tempo 
Mecânica dos Solos - exercícios 
ix 
µ = pressão neutra ou pressão da água nos poros ou vazios 
U = grau de adensamento 
v = velocidade do fluxo de água 
V = volume total da amostra 
VA =volume de água na amostra 
VAR = volume de ar na amostra 
VS = volume de sólidos na amostra 
VV = volume de vazios na amostra 
z = profundidade do ponto considerado no interior do solo 
z = carga altimétrica da equação de Bernouilli 
z = distância vertical entre a carga e o σZ 
α = ângulo interno formado entre o tardos do muro de arrimo e a horizontal 
α = ângulo formado entre o traço do plano considerado e o traço do plano principal maior 
α = ângulo formado entre as retas que unem σz aos limites da faixa carregada (Carothers) 
α = ângulos da tabela de Fellenius, para localizar o centro de rotação da superfície de ruptura 
αi = ângulos formados entre os pesos das fatias e suas componentes normais, superfície de 
ruptura (Bishop) 
S = ângulo da tabela de Fellenius, para localizar o centro de rotação da superfície de ruptura 
β = ângulo formado entre a vertical passando por σz e a reta que passa pelo ponto médio da 
fixa carregada(Carothers) 
γ = peso específico aparente ou natural do solo 
γ’ = peso específico aparente do solo submerso 
Mecânica dos Solos - exercícios 
x 
γA = peso específico da água 
γSECO = peso específico aparente do solo seco 
γS = peso específico real dos grãos do solo 
γsat = peso específico aparente do solo saturado 
γsub = peso especifico aparente do solo submerso 
δ = ângulo de atrito entre o solo e o muro de arrimo 
µ = pressão neutra ou pressão da água nos poros 
φ (m) = diâmetro da área circular carregada 
φ = ângulo de atrito interno do solo 
φ’ = ângulo de atrito interno efetivo do solo 
φd = atrito mobilizado na superfície de ruptura do talude 
φ = ângulo de espraiamento da pressão, em relação a vertical 
σ = tensão normal 
σ = tensão efetiva 
σh , σv = tensões horizontal e vertical, respectivamente 
σz = acréscimo de pressão vertical, devido a uma sobrecarga aplicada 
∆σz = diferença de acréscimo de pressão vertical 
σI = tensão principal maior 
σIII = tensão principal menor 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xi 
τ = tensão tangencial ou cisalhante 
u = fator de concentração para cálculo de (Frohlich) 
I-I =plano principal maior 
III-III =plano principal menor 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xii 
FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS 
 
 
CAP. I - PROPRIEDADES ÍNDICES: 
 
Grau de compacidade 
minmax
max
ee
ee
GC −
−= 
 
Índice de consistência 
IP
hLL
IC
−= 
Índice de plasticidade IP = LL – LP 
 
Teor de umidade 100x
P
P
(%)h
S
A= 
 
Peso especifico aparente ou natural do solo 
V
P=γ 
 
Peso especifico real dos grãos de solo 
S
S
g V
P=γ 
 
Peso específico aparente do solo seco 
V
PS
S =γ 
 
Peso específico aparente do solo saturado 
SA
SA
sat VV
PP
+
+=γ 
 
Peso específico aparente do solo submerso γsub = γ’ = γsat - γA 
 
“Massa específica“ real dos grãos de solo 
A
gG γ
γ= 
Índice de vazios 
S
V
V
V
e = 
 
Porosidade 
V
V
n V= 
B) Grau de saturação 100
V
V
(%)S
V
A −= 
 
Grau de aeração A (%) = 100 - S (%) 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xiii 
CAP. I I - CLASSIFICAÇÕES 
 
Índice de grupos (HRB - AASHO) IG = (0,2 x a) + (0,005 x a x c) + (0,01 x b x d) 
 
Coeficiente de curvatura 
6010
2
30
c DD
D
C ×= 
 
Coeficiente de uniformidade 
10
60
u D
D
C = 
 
CAP. I I I - PERMEABILIDADE 
 Vazão unitária 
d
f
N
N
.h.kc = 
 
Gradiente hidráulico num ponto da rede de fluxo 
L
h
i
∆= 
 
Queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo 
dN
h
h =∆ 
Gradiente hidráulico crítico 
A
sub
criti γ
γ= 
 
Carga hidráulica total (da equação de Bernouilli adaptada a percolação através do solo) 
zh
A
+γ
µ= 
 
Fator de transformação de escala na direção x, para obter seção transformada no caso de 
escoamento e meio anisótropo 
X
y
K
K
xX = 
 
Permeabilidade isótropa equivalente (seção transformada, para escoamento em meio 
anisótropo) yx KK'K ×= 
 
CAP. I V - DISTRIBUIÇÃO DE PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PROJETO DO SOLO 
 
Equação das pressões verticais devidas ao peso próprio do solo (Terzsaghi) upp += 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xiv 
Pressão vertical total em solo estratificado com superfície horizontal 
 ∑
=
×γ=
n
ni
ii )H(p 
 
 
CAP. V DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS 
APLICADAS 
 
Equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical: 
 
5
3
z
R
z
H2
p3 ××
×=σ sendo 22 rzR += 
 
Equação de Boussinesq simplificada, com o valor de “K” obtido do gráfico em função de 
“r”e “z”. 
 
2z z
p
K ×=σ 
 
Equação de Newmark para acréscimo de pressão vertical: 
 pNIz ××=σ 
 
Acréscimo de pressão vertical sob o centro do carregamento circular, pelo “Método 
Aproximado”: 
 ( )[ ]20
2
z
tgzR
R3
p φ×+
××=σ 
 
Acréscimo de pressão vertical sob o centro da faixa carregada, pelo “Método Aproximado”: 
 
)tgz(
2
b
b
p
0
z
φ×+
×=σ 
 
Equação de Love, para acréscimo de pressão vertical: 
 



+−×=σ 2/322
3
z
)zR(
z
1p 
 
Equação de Westergaard para acréscimo de pressão vertical: 
 
2/32
2 z
r
21
zH
p
−












×+××=σ 
 
Equação de Frohlich para acréscimo de pressão vertical: 
 
u2
u
Z
RH2
zpu
+××
××=σ 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xv 
Equação de Carothers para acréscimo de pressão vertical: 
 ( )[ ]βα+α=σ 2cossen
H
p
z 
 
CAP. VI - COMPRESSIBILIDADE 
 
Recalque total: 
0
0
c
0 p
pp
logC
e1
H
H
∆+××+=∆ 
 
Fator tempo: 
2
d
V
H
tC
T
×= 
 
Relação aproximada U x T para U < 0,6 ( 60% ) 
2U
4
H
T ×= 
 
Relação aproximada U x T para U > 0,6 (60%) ( )[ ] 0851,0U1log9332,0T −−×−= 
 
Relação aproximada U x T geral 
6
3
3
5,0T
T
U += 
 
Expansão total: 
0
0
e
0
e
p
pp
logC
e1
H
H
∆+××+=∆ 
 
Índice de compressão (sendo (e’ xp’) , (e” xp”), pontos da reta virgem no trecho de 
compressão) 
 
'p
''p
log
''e'e
Cc
−= 
 
Índice de expansão (sendo (e’ x p’), (e” x p”), pontos da reta de 
 expansão/recompressão) 
 
'p
"p
log
"e'e
Ce
−= 
 
Relação aproximada entre Cc e LL, para argilas normalmente adensadas 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xvi 
 (Terzaghi e Peck - 1948): 
Cc = 0,009 ( LL - 10%) 
 
Comparação entre tempos de adensamento no laboratório e no tempo: 
2
C
2
L
C
L
H
H
t
t = 
 
 
CAP. V I I - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO 
 
Equação de Coulomb: 
 φ⋅σ+= tgcS 
 
 
CAP. V I I I - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO 
 
Coeficientes de empuxos: 
z
k h
v
n
×γ
σ=σ
σ= 
 
Empuxo ativo total - teoria de Rankine 



 ×××−



 ××γ×=
φ
φ
φ N
NHc2
N
1
H
2
1
E 2A sendo 

 φ+=φ 245tgN
2 o 
 
Empuxo passivo total -teoria de Rankine. 
[ ]φφ ×××− ××γ×= NHc2NH21E 2P sendo ( )22 45tgN φ+=φ o 
 
Empuxo ativo total - teoria de Colulomb: 
 
A
2
A KH2
1
E ××γ×= 
 
sendo 
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
2
2
2
isensen
isensen
1sensen
sen
K



+α×δ−α
−φ×δ+φ+×δ−α×α
φ+α= 
 
Empuxo passivo total - teoria de Coulomb: 
 
P
2
P KH2
1
E ××γ×= 
 
sendo 
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
2
2
2
isensen
isensen
1sensen
sen
K



+α×δ−α
−φ×δ+φ−×δ−α×α
φ+α= 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xvii 
Pressões sob a base do muro, quando 
6
L
e ≤ 


 ×±=
L
e6
1
L
N
q
min
máx 
 
Pressões sob a base do muro, quando 
6
L
e > 
d3
N2
qmáx = 
 
Força de atrito solo - base do muro: 
δ×= tgNFAT 
 
 
CAP. I X - ESTABILIDADE DE TALUDES 
 
 
Número de estabilidade de Taylor: 
H
c
N d×γ= 
 
Coeficiente de segurança no método de Taylor: 
dd c
c
tg
tg
F =φ
φ= 
 
Coeficiente de segurança no método de Fellenius ( ) ( )
∑
∑ ×+×φ=
N
N
P
LcPtg
F 
 
Coeficiente de segurança no método Bishop simplificado. 
( )
( ) ( )[ ]∑∑ 


 φ×−×+××α×= αM
tgB1pb'c
senP
1
F 
 
Valor de Mα ( Método de Bishop ): 
α×

 φ×α+=α cosF
'tgtg
1M 
 
Parâmetro de pressão neutra: 
 
H
B ×γ
µ= 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
xviii 
Método de Culmann: 
2
i
cot
c4
Hcrit ×γ= 
 
Coeficiente de segurança no método de Bishop Simplificado com utilização dos ábacos de 
Bishop e Morgernstern 
 ( )nBmF ×−= 
Mecânica dos Solos - exercícios 
1 
I - PROPRIEDADES ÍNDICES DOS SOLOS 
 
I.1.) Uma amostra de solo tem volume de 60 cm³ e peso de 92,5 gf. Depois de 
completamente seca seu peso é de 74,3 gf. O peso específico real dos grãos sólidos é 2,62 
gf/cm³. Calcular sua umidade e grau de saturação. 
RESP.: h = 24,5% S = 57,5% 
SOLUÇÃO: 
DADOS ESQUEMA DA AMOSTRA 
V = 60 cm³ 
P = 92,5 gf 
PS = 74,3 gf 
γS = 2,62 gf/cm³ 
 
 
a) Cálculo da umidade: 
100
P
P
h
S
A ×= do esquema PA = P - PS = 92,5 - 74,3 = 18,2 gf 
 
%5,24100
3,74
2,18
h =×= 
 
b) Cálculo do grau de saturação: 
 
33
A
A
A
V
A m/tf0,1cm/gf0,1
V
P
100
V
V
S ===γ∴×= 
 
PA = 18,2 . gf ∴ VA = 18,2 cm³ 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
2 
3
S
S
S
S
S
SECO cm36,2862,2
3,74P
V
V
P ==γ=∴=γ 
do esquema: 
VV = V - VS = 60,00 - 28,36 = 31,64 cm³
 
%5,57100
64,31
20,18
S =×= 
 
I.2.) Uma amostra de argila saturada possui umidade de 70% e peso específico aparente de 
2,0 gf/cm³. Determinar a porosidade, o índice de vazios e o peso específico aparente seco. 
 RESP.: n = 0,8 e = 4,7 γSECO = 1,18 gf/cm³ 
 SOLUÇÃO: 
 DADOS ESQUEMA DA AMOSTRA 
h = 70% 
γ = 2,0 gf/cm³ 
S = 100% 
 
 
1º SOLUÇÃO 
Consiste em obter-se todos os pesos e volumes em função de um deles: 
SA
S
A P7,0P70100
P
P
h ⋅=∴=×= 
 
SSSSA P7,1PP7,0PPP ⋅=+⋅=+= 
S
3 P85,0
0,2
P
Vcm/gf0,2
V
P ⋅==∴==γ 
 
S
A
A
A
A P7,00,1
PP
V ⋅==γ= 
Mecânica dos Solos - exercícios 
3 
 
SAV
V
A P7,0VV%100100
V
V
S ⋅==∴=×= 
SSSVS P15,0P70,0P85,0VVV ⋅=⋅−⋅=−= 
 
Cálculo dos índices físicos solicitados; 
8,0
P85,0
P70,0
V
V
n
S
SV =⋅
⋅== 
 
7,4
P15,0
P70,0
V
V
e
S
S
S
V =⋅
⋅== 
 
3
S
SS
SECO cm/gf18,1P85,0
P
V
P =⋅==γ 
 
2º SOLUÇÃO 
Como todos os índices físicos são relações entre pesos e/ou volumes nos casos em que 
estes são desconhecidos, pode-se arbitrar um valor qualquer para um dos pesos ou volumes, 
de modo a facilitar a resolução do problema. 
Por exemplo, arbitrando-se PA = 1,0 gf para o exercício em questão: 
gf43,1
70
1000,1
P%70100
P
P
h S
S
A =×=∴=×= 
 
gf43,243,100,1PPP SA =+=+= 
 
3
V
3
A
A
A cm0,1Vcm0,10,1
0,1P
V =∴==γ= pois S=100% 
 
33 cm21,1
00,2
43,2P
Vcm/gf0,2
V
P ==γ=∴==γ 
Mecânica dos Solos - exercícios 
4 
3
VS cm21,000,121,1VVV =−=−= 
 
Cálculo dos índices físicos: 
8,0
21,1
00,1
V
V
n V === 
 
7,4
21,0
00,1
V
V
e
S
V === 
 
3S
SECO cm/gf18,121,1
43,1
V
P ===γ 
 
3º SOLUÇÃO 
Pode-se facilmente deduzir expressões que relacionam os índices físicos entre si. (ver, 
por exemplo: LAMBE e WHITMAN, 1979) 
SS 70e100heS γ×=×∴γ×=× (1) 
e1
e
100
100
0,2
e1
e
100
S
SS
+
γ+

 ×
=∴+
γ+

 ×
=γ (2) 
 
Substituindo (1) em (2), vem: 
7,4e
e1
70
e100
e
0,2 =∴+


 ×+
= 
 
8,0
67,5
67,4
e1
e
n ==+= 
 
3
SECO cm/gf18,170100
100
0,2
h100
100 =+×=+×γ=γ 
Mecânica dos Solos - exercícios 
5 
I.3.) Um recipiente contendo solo saturado pesou 113,27 gf antes de ser colocado em estufa, e 
100,06 gf após 24 horas de secagem. O peso do recipiente é 49,31 gf e a massa específica real 
é 2,80 g/cm3. Determinar o índice de vazios, porosidade, umidade e o peso específico 
aparente da amostra. 
RESP.: e = 0,73, n = 0,42, h = 26%, γ = 2,04 gf/cm³. 
 
I.4.) Uma amostra de argila apresenta os seguintes parâmetros: LL=55%, LP=32%, LC=20% 
e h=35%. Pergunta-se a sua classificação quanto à consistência e se a amostra está saturada 
ou não. 
RESP.: argila rija; amostra saturada. 
 
I.5.) Uma amostra de areia foi ensaiada em laboratório, obtendo-se: 
a) solo no estado natural: volume = 700 cm³ e peso 1260 gf 
b) solo seco no estado compacto: volume = 644 cm³ e peso 1095 gf 
c) solo seco no estado fofo: volume = 755 cm³ e peso 1095 gf 
d) peso específico dos grãos sólidos = 2,69 tf/m³. 
Determinar a umidade natural, o grau de saturação e o grau de compacidade da areia. 
RESP.: h = 15,07%; S = 56,3l%; G.C. = 0,5 
I.6.) A umidade natural de uma amostra de argila da Cidade do México é igual a 326%. O 
peso específico real dos grãos é 2,35 gf/cm³. Sendo a argila saturada, qual será o peso 
específico aparente da amostra, o peso específico aparente seco, o índice de vazios e a 
porosidade. 
RESP.: γ = 1,16 gf/cm³; γSECO = 0,27 gf/cm³; e = 7,65; n = 0,88. 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
6 
I.7.) Um solo saturado tem peso específico aparente de l,92 gf/cm³ e umidade de 32,5%. 
Calcular o índice de vazios, a densidade dos grãos e o peso específico aparente seco do solo. 
RESP.: e = 0,89; G = 2,74; γs = 1,45 gf/cm³. 
 
I.8.) Uma amostra de argila completamente saturada tem volume de 31,25 cm³ e pesa 58,66 
gf. A mesma amostra depois de seca tem volume de 23,92 cm³ e peso de 42,81 gf. Calcular 
sua porosidade inicial e final, o peso específico dos grãos sólidos e o limite de contração da 
amostra. 
RESP.: ninicial = 0,51; nfinal = 0,36; γs = 2,78 gf/cm³; LC = 19,9%. 
(ORDEMIR I.M. - 1968) 
 
I.9.) Uma amostra indeformada de argila apresenta as seguintes características: 
h = 55% L.C. = 40% G = 2,73. 
Considerando-se que a amostra é saturada para valores de h ≥ 40%, calcular a 
variação de volume da amostra por unidade de volume, quando a umidade for reduzida até 
o limite de contração: 
RESP.: Variação unitária de volume = 0,164. 
 
I.10.) Uma amostra de solo apresenta teor de umidade de 10%, volume de 170 cm³, peso de 
316 gf e G = 2,66. Qual será a variação do seu índice de vazios, se a amostra for submetida a 
um compressão até atingir 70% do seu volumeinicial. 
RESP.: Variação do índice de vazios = 0,47. 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
7 
I.11.) Uma lama, contendo 20% em peso de sólidos, é colocada em um reservatório para a 
deposição dos sólidos. O peso específico da lama é l,l53 gf/cm³. Após sedimentação total, uma 
amostra indeformada do sedimento é retirada, tendo um volume de 35,4 cm³ e peso de 50,3 
gf. Após secagem em estufa, a amostra pesou 22,5 gf. Determinar o peso específico dos grãos 
sólidos e o índices de vazios da lama e do sedimento. 
RESP.: γs = 2,96 gf/cm³; esedimento = 3,66; elama = 11,43. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
8 
II - CLASSIFICAÇÃO DOS SOLOS 
 
II.1.) Três amostras de solos coletadas em locais diferentes, foram ensaiadas em laboratório 
obtendo-se os seguintes resultados: 
 AMOSTRA 1 AMOSTRA 2 AMOSTRA 3 
Limite de Liquidez 66 73 30 
Limite de Plasticidade 57 51 25 
Granulometria Ver figura Ver figura Ver figura 
 
Pede-se classificar as amostras pelos seguintes métodos: 
a) Associação Brasileira de normas técnicas - ABNT (T.B. - 3) 
b) Massachusetts Intitute of Technology - MIT 
c) Trilinear (Public Roads Administration) combinado com ABNT 
d) Trilinear (Public Roads Administration) combinado com MIT 
e) HRB - AASHO (Highway Research Board - American Association of State 
Highway Officials). 
f) Sistema Unificado de Classificação de Solos. 
RESP.: 
Mecânica dos Solos - exercícios 
9 
 
 AMOSTRA 1 AMOSTRA 2 AMOSTRA 3 
método a) ABNT b) MIT a) ABNT b) MIT a) ABNT b) MIT 
argila 11% 10% 58% 20% 2% 2% 
silte 69% 80% 30% 70% 3,5% 4% 
areia 20% 10% 12% 8% 77% 54% 
pedregulho 0% 0% 0% 2% 17,5% 40% 
c) Trilinear 
com ABNT 
solo siltoso argila areia 
d) trilinear com 
MIT 
silte ou solo siltoso silto-argiloso ou siltoso areia 
e) HRB-
AASHO 
A-5 (12) A-7-5 (17) A-1-b (0) 
f) UNIFICADO MH ou OH MH ou OH SW; SM 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
11 
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 1
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%
 
P
a
s
s
a
n
d
o
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
12 
 
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 2
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%
 
P
a
s
s
a
n
d
o
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
13 
 
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 3
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%
 
P
a
s
s
a
n
d
o
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
15 
SOLUÇÃO 
Apenas como exemplo, apresentam-se as classificações para a amostra 1. 
a) TB - 3 da ABNT 
Baseando-se nos diâmetro limites das partículas fixados pela ABNT, e na curva 
granulométrica da amostra apresentada na página 10, obtêm-se as seguintes porcentagens: 
Argila < 0,005 mm Æ 11% 
0,005 mm < Silte < 0,05 mm Æ 80% - 11% = 69% 
0,05 mm < Areia < 4,8 mm Æ 100% - 80% = 20% 
4,8 mm < Pedregulho Æ 0% 
Nome usual: Silte areno - argiloso 
 
b) MIT 
Obedecendo idêntico procedimento, porém com os diâmetros limites das partículas fixados 
no método do MIT, obtém-se: 
Argila < 0,002 mm Æ 10% 
0,002 mm < Silte < 0,06 mm Æ 80% (90% - 10%) 
0,06mm < Areia < 2,0 mm Æ 10% (100% - 90%) 
2,0 mm < Pedregulho Æ 0% 
Nome usual: Silte argilo - arenoso 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
16 
c) TRILINEAR Combinado com ABNT 
Utilizando o gráfico “Trilinear” com as porcentagens de argila, silte e areia obtidas no item 
“a”, classifica-se o material como solo siltoso. 
 
d) TRILINEAR Combinado com MIT 
Seguindo o mesmo procedimento, porém com as porcentagens de argila, silte e areia 
obtidas no item “b”, classifica-se o solo como Silte ou Solo Siltoso, pois o ponto resultante 
no gráfico “trilinear” fica exatamente no limite entre estas duas denominações. 
 
e) HRB - AASHO 
Dados que podem ser necessários: 
- da curva granulométrica (pág. 9), porcentagem passando: 
na peneira n.º 10 Æ 100% 
na peneira n.º 40 Æ 99% 
na peneira n.º 200 Æ 95% 
- limite de liquidez LL = 66 
- Índice de plasticidade IP = LL - LP = 66 - 57 = 9 
Cálculo do índice de grupo (IG): 
IG = (0,2 x a) + (0,005 x a x c) + (0,01 x b x d) 
a = % passando peneira n.º 200 - 35 = 95 - 35 = 60 > 40 
∴a = 40 pois sua variação é de 0 a 40. 
b = % passando peneira n.º 200 - 15 = 95 - 15 = 80 > 40 
Mecânica dos Solos - exercícios 
17 
∴b = 40 pois sua variação é de 0 a 40 
c = LL - 40 = 66 - 40 = 26 > 20 
∴c = 20 pois sua variação é de 0 a 20 
d = IP - 10 = 9 - 10 = -1 < 0 
∴d = 0 pois sua variação é de 0 a 20 
Substituindo estes coeficientes na equação do IG, vem: 
IG = (0,2 x 40) + (0,005 x 40 x 20) + (0,01 x 40 x 0) 
IG = 12 
Com os dados indicados, e o valor de IG calculado, verifica-se no quadro de classificação 
HRB - AASHO: 
1º Porcentagem passando na peneira n.º 200 = 95 > 35% 
∴materiais silto argilosos, podendo ser A - 4, A - 5, A - 6 ou A - 7. 
2º Verificação das condições do grupo A - 4 
LL = 66 > 40, o que elimina o grupo A - 4 
3º Verificação das condições do Grupo A - 5 
LL = 66 > 41 ∴ verifica 
IP = 9 < 10 ∴ verifica 
IG = 12 ≤ 12 ∴ verifica 
Como verificam todas as condições do grupo A - 5, a classificação do solo com seu IG é A 
- 5 (12). 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
18 
f) Unificado 
1º) Porcentagem passando na peneira n.º 200 = 95 > 50% 
∴ solo de granulação fina. 
2º) LL = 66 > 50 ∴ solo de alta plasticidade (H), podendo ser CH, MH ou OH. 
3º) No gráfico de plasticidade, com LL = 66 e IP = 9 obtém-se um ponto abaixo da 
linha A, na área designada por MH ou OH. 
Portanto, se o solo for inorgânico a classificação será “MH” e se for orgânico “OH”. 
 
II.2.) Três diferentes amostras de solos A,B e C apresentam as seguintes características: 
 AMOSTRA A AMOSTRA B AMOSTRA C 
% Passando na peneira 
n° 200 
20 43 60 
Limite de Liquidez 20 35 55 
Índice de Plasticidade 12 12 20 
 
Determinar o “índice de grupo” para cada amostra, de acordo com a classificação 
HRB-AASHO. 
RESP.: Amostra A IG = 0 
Amostra B IG = 2 
Amostra C IG = 11 
( CAPUTO - 1979) 
 
II.3.) Utilizando o sistema UNIFICADO, classificar uma amostra de solo com as seguintes 
características: 
Mecânica dos Solos - exercícios 
19 
LL = 25 LP = 13 granulometria conforme quadro abaixo: 
peneira abertura da malha em mm % passando 
3/8” 9,420 76 
n.º 4 4,800 70 
n.º 10 2,000 60 
n.º 40 0,420 30 
n.º 100 0,150 19 
n.º 200 0,075 10 
RESP.: SW; SC. 
 
II.4.) Duas amostras de solos foram ensaiadas em laboratório, obtendo-se os seguintes 
resultados. 
- amostra 1: 
LL = 52; LP = 15; P = 480 gf; V = 310 cm³ 
γS = 2,69 gf/cm³; e = 1,38 
 
Curva granulométira n.º 1 da página seguinte. 
- amostra 2: 
LL = 34; LP = 35; emax = 3,20; emin = 0,81; 
G = 2,65; γsub = 0,85 tf/m³ 
 
Curva granulamétrica n.º 2 da página seguinte. 
Pede-se: 
a) classificar os solos das amostras 1 e 2 quanto à sua consistência ou compacidade, 
dependendo do resultado correspondente à classificação da ABNT (TB - 3). 
b) Classificar o solo da amostra 1 pelo método HRB - AASHO; 
c) Classificar o solo da amostra 2 pelo método UNIFICADO. 
Mecânica dos Solos - exercícios20 
RESP.: 
a) Amostra 1: 
ABNT 70% de argila ∴ Consistência. Índice de consistência IC = 0,88 ∴ argila rija. 
 Amostra 2: 
ABNT 78% de areia∴Compacidade Grau de compacidade GC = 0,95∴areia 
compacta. 
b) A - 7 - 5 (13) 
c) SP; SC. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
21 
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 1
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%
 
P
a
s
s
a
n
d
o
Mecânica dos Solos - exercícios 
22 
III - PERMEABILIDADE 
 
III.1.) O fundo de um rio compõe-se de uma camada de areia com 8,25 m de espessura 
apoiada em rocha impermeável. A espessura da lâmina d’água é 2,50 m. Uma ensecadeira 
contínua com 5,50 m de largura é construída pela cravação de duas linhas de estacas-
pranchas até uma profundidade de 6,00 m abaixo do nível do fundo do rio, e uma escavação 
de 2,0m abaixo desse mesmo nível é executada no interior da ensecadeira. O nível d’água no 
interior da ensecadeira é mantido no nível da escavação por bombeamento. Se a descarga na 
ensecadeira é de 0,25m³/hora por unidade de comprimento, qual é o coeficiente de 
permeabilidade da areia? Qual é o maior gradiente hidráulico imediatamente abaixo da 
superfície escavada? Se o peso específico saturado da areia é 1,8 tf/m³, verificar se poderá 
ocorrer ruptura hidráulica por levantamento no interior da ensecadeira. 
RESP.: K = 2,8 x 10-5 m/s; i = 0,45; não ocorrerá ruptura. 
(Baseado em Porto de Lima - 1977) 
SOLUÇÃO: 
 
DADOS 
Mecânica dos Solos - exercícios 
23 
q = vazão/unidade de comprimento = 0,25m³/hora 
h = perda de carga hidráulica ou desnível de água entre a montante e a jusante = 
4,50m 
γSAT = peso específico aparente do solo saturado = 1,8 tf/m³ 
 Nf = n.º de quedas de fluxo = 6 
da rede de fluxo 
 Nd = n.º de quedas de potencial = 11 
- Cálculo do coeficiente de permeabilidade do solo: 
s/m108,2K
3600
1
6
11
50,4
25,0
N
N
h
q
K
N
N
hKq 5
f
d
d
f −⋅=∴××=×=∴⋅⋅= 
- Cálculo do máximo gradiente hidráulico de saída do fluxo: 
 L = 0,90m (obtido graficamente conforme indicações no 
esquema) 
i = imáx quando L = Lmin 
 
- Verificação da possibilidade de ocorrer ruptura hidráulica por 
levantamento do fundo da escavação: 
A condição para que isto ocorra é i > iCRIT 
8,0
0,1
0,18,1'
i
A
ASAT
A
CRIT =−=γ
γ−γ=γ
γ= 
 
CRITCRITmáx ii8,0i45,0i <∴=<= , logo não ocorrerá ruptura. 
 
III.2.) Traçar o diagrama de subpressões na base da barragem de concreto, cuja seção 
transversal está esquematizada a seguir, considerando o nível d’água de jusante como plano 
de referência. 
 
 
45,0
900,0
409,0
i
409,0
11
50,4
Nd
h
h
L
h
i
==
===∆
∆=
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
24 
SEÇÃO TRANSVERSAL E REDE DE FLUXO: 
 
RESP.: 
 
SOLUÇÃO: (Baseado em PORTO DE LIMA - 1977) 
DADOS: 
h = 5,0 - 1,0 = 4,0 m 
Da rede de fluxo Nf = 5 
 Nd = 15 
Mecânica dos Solos - exercícios 
25 
No diagrama de subpressões, estão indicados os valores calculados nos 8 pontos de saída 
de linhas equipotenciais da rede de fluxo, na base da barragem. Dois exemplos destes 
cálculos estão indicados a seguir: 
Ponto 1: 
Da equação de Bernouilli adaptada ao escoamento através do solo, a carga 
hidráulica total em 1 é: 
1
A
1
1 zh +γ
µ= 
 
Considerando as quedas de potencial ao longo da rede de fluxo, no sentido do 
escoamento: 
m27,0
15
0,4
140,4)hn(hh1 =

 ×−=∆×−= 
A carga altimétrica é a distância medida na vertical, entre o ponto 1 e o plano de 
referência (considerando-se como carga negativa para os pontos situados abaixo 
do plano de referência): 
 
z1 = - (1,0 + 0,8) = - 1,80m 
Donde: 
m07,2)80,1(27,0zh 11
A
1 =−−=−=γ
µ
 
 
Como γA = 1,00 tf/m³ ∴µ1 = 2,07 tf/m² 
Ponto5: 
Segundo o mesmo raciocínio já apresentado para o ponto 1, tem-se: 
5h
A
5
5 +γ
µ= 
Mecânica dos Solos - exercícios 
26 
sendo 
m40,2)4,10,1(zem33,1
15
0,4
100,4)hn(hh 55 −=+−==

 ×−=∆×−= 
Donde: 
2
555
A
5 m/tf73,3m73,3)40,2(33,1zh =µ∴=−−=−=γ
µ
 
III.3.) A seção transversal de uma barragem de terra homogênea e anisótropa está indicada na 
figura. Os coeficientes de permeabilidade nas direções X e Y são respectivamente 4,5 x 10-8 
m/s e 1,6 x 10-8 m/s. Construir a rede de fluxo. 
 
RESP.: 
 
(Baseado em PORTO DE LIMA - 1977) 
Mecânica dos Solos - exercícios 
27 
SOLUÇÃO: 
O fator de transformação de escala na direção X é 
60,0
5,4
6,1
Kx
Ky == 
A permeabilidade isótropa equivalente é: 
s/m107,2106,1105,4(KyKx'K 888 −−− ⋅=⋅×⋅=⋅= 
Para a obtenção da seção transformada todas as dimensões horizontais são 
multiplicadas por 0,60. 
 
III.4.) Traçar a rede de fluxo, e calcular em litros por segundo a quantidade de água que 
percola por baixo da cortina esquematizada a seguir: 
 
 N.A.= 6,0 m
ÁGUA
N.T.= 0,0
- 4,1m
- 13,1 m
N.T.= N.A.= 0,0
CORTINA DE ESTACAS-PRANCHA
 COM EXTENSÃO DE 250 m
SOLO
K = 10 cm/s
- 4
CAMADA IMPERMEÁVEL
Mecânica dos Solos - exercícios 
28 
RESP.: Q = 1,0 l/s 
(Baseado em CAPUTO - 1979) 
 
III.5.) Para a barragem de concreto esquematizada, construída sobre solo com K = 2 x 10-3 
cm/s, determinar a quantidade de água que escoa, por metro e por dia, sob a barragem. 
 
RESP.: q = 1218 litros/dia (por metro de barragem) 
(Inspirado em CAPUTO - 1979) 
 
III.6.) A seção transversal de uma barragem de terra anisótropa e homogênea, apoiada sobre 
material impermeável, está esquematizada a seguir. Traçar a rede de fluxo e calcular a 
quantidade de água que escoa através da barragem. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
29 
 
III.7.) Para a barragem de concreto esquematizada abaixo, pede-se: 
a) Calcular a vazão de percolação, em m³/segundo por metro de barragem; 
b) Calcular o gradiente hidráulico máximo de saída do fluxo. 
Dado: coeficiente de permeabilidade isótropo da areia 
K = 10-4 m/s 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
30 
SEÇÃO TRANSVERSAL 
N.A.= 5,5 m
ÁGUA
N.T. = 0,0
- 5,0 m
N.T. = N.A. = 0,0
-0,5 m
AREIA
ROCHA
6,0 m
 
RESP.: a) q = 2,1 x 10-4 m³/s ( por metro de barragem) 
b) i = 1,15 
 
III.8.) Para a barragem de concreto esquematizada abaixo pede-se: 
A - indicar na rede de fluxo as linhas equipotenciais e as linhas de fluxo limites; 
B - determinar o nível d’água de montante, para que a vazão de percolação seja 10-3 
m³/s por metro de barragem; 
C - calcular a subpressão na base da barragem, no ponto d indicado, tomando como 
referência o N.A. de jusante; 
D - determinar o gradiente hidráulico máximo de saída do fluxo. 
Obs: no cálculo dos itens C e D, considerar o resultado do item B. 
Dados: Solo com K = 3 cm/minuto 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
31 
SEÇÃO TRANSVERSAL E REDE DE FLUXO: 
 
RESP.: 
A) linhas de fluxo limite superior - b c d e 
 limite inferior - g h 
 linhas equipotenciais limite a montante - a b 
 limite a jusante - e f 
C) N.A. de montante na cota + 6,0 m. 
D) subpressão em d µd = 2,25 tf/m² 
E) i = 0,42 
Mecânica dos Solos - exercícios 
32 
IV - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PRÓPRIO DO SOLO 
 
IV.1.)Traçar os diagramas das pressões totais, neutras e efetivas para o terreno indicado no 
perfil abaixo. 
 
RESP.: 
 
(CAPUTO - 1977) 
 
0,0 m
- 1,5 m
- 4,5 m
- 8,1 m
255
660945
300585
P
P
µ
Mecânica dos Solos - exercícios 
33 
SOLUÇÃO: 
- Cálculo das pressões totais (p): 
P0,0 = 0 
P -1,5 = γareia úmida x espessura = 1,7 x 150 = 255 gf/cm² 
P-4,5 = P-1,5 + (γSAT areia saturada x espessura) = 255 + (2,1 x 300) = 885 gf/cm² 
P-8,1 = P-4,5 + (γSAT argila x espessura) = 885 + (2,0 x 360) = 1605 gf/cm² 
 
- Cálculo das pressões neutras: 
µ00 = 0 
µ-1,5 = 0 
µ-4,5 = γA x altura de coluna d’água = 1,0 x 300 gf/cm² = 300 gf/cm² 
µ-8,1 = γA x altura da coluna d’água = 1,0 x 660 = 660 gf/cm² 
 
- Cálculo das pressões efetivas: 
Podem ser calculadas pela equação das pressões p = µ + p ∴ p = p - µ 
p00 = 0 
p-1,5 = p-1,5 - µ-1,5 = 255 - 0 = 255 gf/cm² 
p-4,5 = p-4,5 - µ-4,5 = 885 - 300 = 585 gf/cm² 
p -8,1 = p-8,1 - µ-8,1 = 1605 - 600 = 945 gf/cm² 
Também podem ser calculadas diretamente, considerando o peso específico submerso 
(γSUB) das camadas de solo abaixo do N.A. 
p-1,5 - γareia úmida x espessura = 1,7 x 150 = 255 gf/cm² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
34 
p-4,5 =p-1,5 + (γSUB areia saturada x espessura) = 255 + (1,1 x 300) = 535 gf/cm² 
p-8,1 =p-4,5 + (γSUB argila x espessura) = 585 + (1,0 x 360) = 945 gf/cm² 
 
- Diagrama: 
A representação gráfica da distribuição de pressões está apresentada na resposta do 
exercício. 
 
IV.2.) Construir os diagramas das pressões verticais (totais, neutras e efetivas) para o subsolo 
do lago indicado na figura, onde ocorre um fluxo de água linear ascendente e constante, com 
gradiente hidráulico i = 0,5 na camada de areia. 
Qual seria o diagrama das pressões verticais efetivas se o fluxo de água fosse linear 
descendente com i = 0,5? 
Para o fluxo ascendente, qual seria o valor do gradiente hidráulico para que ocorresse o 
fenômeno de “quick sand” na camada de areia? 
PERFIL DO LAGO: 
 
 
 
γ
S A T
 = 2,9 gf / cm
3
- 10,0 m
- 6,0 m
ÁGUA
N.A. = 0,0 m
AREIA
ROCHA
Mecânica dos Solos - exercícios 
35 
RESP.: 
a) Fluxo ascendente: 
 
b) Fluxo descendente: 
 
c) i ≥ icrit = 1,19 
 
 
0,0 m
- 6,0 m 6,00 6,00
- 10,0 m 14,76 12,00
pp µ
2,76
Mecânica dos Solos - exercícios 
36 
SOLUÇÃO 
As pressões na conta 0,0 são nulas. É suficiente calcular as pressões nas cotas -6 e -
10m. 
a) Fluxo ascendente: 
- pressões totais: 
p -6 = γA x espessura = 1,0 x 6,0 = 6,00 tf/m² 
p-10 = p-6 + (γSAT areia x espessura) = 6,0 + (2,19 x 4,00) = 14,76 tf/m² 
- pressões neutras: 
µ-6 = γA x altura coluna d’água = 1,0 x 6,0 = 6,00 tf/m² 
µ-10 = γA x altura da coluna d’água + γA x h = 1,0 (6,0 + 4,0) + 1,0 (2,0)= 
12,00 tf/m² 
O valor da carga hidráulica h utilizada na expressão anterior foi calculada da seguinte 
forma: 
m0,20,45,0Lih
L
h
i =×=×=∴= 
 
- pressões efetivas: 
p-6 = p-6 - µ-6 = 6,00 - 6,00 = 0 
p-10 = p-10 = µ-10 = 14,76 - 12,00 = 2,76 tf/m² 
 
b) Fluxo descendente: 
p-6 = 0 
p-10 = (γSUB areia x espessura) + (γA x h) = (1,19 x 4,00) + (1,00 x 2,00) = 
6,76 tf/m² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
37 
c) “Quick Sand” (areia movediça): 
condição i = iCRIT 
19,1
00,1
00,119,2
i
A
SUB
CRIT =−=γ
γ= 
IV.3.) Para o sistema hidráulico indicado, traçar os diagramas de pressões totais neutras e 
efetivas para o reservatório R2. Qual deverá ser a posição do nível d’água do reservatório R1 
para que ocorra o fenômeno de areia movediça? 
RESP.: 
a) 
b) N.A. do R1 = + 7,80m para ocorrer o fenômeno de “areia movediça” 
0,0 m
- 4,5 m
- 11,0 m
4,5 tf / m
2
13,8 tf / m 
2
5,0 tf / m
2
p
µp
Mecânica dos Solos - exercícios 
38 
IV.4.) Com os dados do sistema hidráulico abaixo, determinar os diagramas de pressões 
totais, neutras e efetivas para o reservatório 2. Qual a cota que deveria atingir uma escavação 
na camada de areia para ocorrer o fenômeno de areia movediça, considerando inalterados os 
níveis d’água dos reservatórios durante a escavação. 
 
 
RESP.: 
a) 
 
b) Areia movediça quando a escavação atingir a conta-9,0m. 
0,0 m
- 3,0 m
- 5,0 m
- 12,0 m
ÁGUA
ÁGUA
AREIA 
γ
S A T 
= 2,0 tf / m
3
R1
R2
- 3,0 m
- 5,0 m
- 12,0 m
16 tf/m
2
2 2
12 tf/m
2
4 tf/m
2
p µ p
Mecânica dos Solos - exercícios 
39 
IV.5.) Para o sistema hidráulico indicado a seguir, traçar os diagramas de pressões verticais 
totais, neutras e efetivas para o reservatório R2. Considerar que ocorre nesse reservatório o 
fenômeno de areia movediça. 
 
RESP.: 
 
 
NA = 4,6 m
NA = 0,0 m
- 2,0 m
- 7,0 m
ÁGUA
ÁGUA
AREIA 
R1
R2
NA = 0,0 m
- 2,0 m
- 7,0 m
11,6 tf / m
2
p= µ
p
2,0 tf / m
2
0
0
0
Mecânica dos Solos - exercícios 
40 
IV.6.) Para o sistema hidráulico indicado, construir os diagramas de pressões totais, neutras e 
efetivas das camadas de solo do reservatório 2. Sabe-se que a perda de carga hidráulica por 
metro na areia fina é cinco vez maior que na areia média. 
 
RESP.: 
IV.7.) Com os dados do sistema hidráulico a seguir, traçar os diagramas de pressões verticais 
totais, neutras e efetivas para o reservatório 2. Sabe-se que a perda de carga hidráulica por 
metro na areia 1 é duas vezes maior do que na areia 2. 
Dados: areia 1: γSAT = 2,0 tf/m³ 
 areia 2: γSAT = 1,9 tf/m³ 
 
NA = 3,0 m
NA = 0,0 m
- 3,0 m
- 8,0 m
ÁGUA
AREIA FINA
AREIA MÉDIA 
R1
R2
γ
S A T
 = 1,8 tf / m
3
γ
S A T
 = 2,0 tf / m
3
11,00 tf / m
2
p µ p
15,00 tf / m
2
NA = 0,0 m
- 3,0 m
- 8,0 m
4,00 tf / m
2
6,00 5,25 0,75
Mecânica dos Solos - exercícios 
41 
 
 
 
RESP.: pressões em tf/m² 
 
IV.8.) Para o esquema abaixo, traçar os diagramas de pressões totais, neutras e efetivas para o 
reservatório 2, e o diagrama de pressões efetivas para o reservatório 1. A perda de carga por 
metro na areia média é igual a 1/3 da perda de carga por metro na areia fina. 
 
 
 
p µ p
NA = 0,0 m
- 4,0 m
- 13,0 m
- 7,0 m
17,708,0025,70
8,00 2,26 5,74
13,70 4,61 9,09
NA = - 5,0 m
NA = 0,0 m
- 4,0 m
- 13,0 m
ÁGUA
AREIA 1
AREIA 1
R1
R2
- 7,0 m AREIA 2
Mecânica dos Solos - exercícios 
42 
 
RESP.: 
 
- 8,0 m
- 13,0 m
9,10 tf / m
2
7,85 tf / m
2
1,25 tf / m
2
p p
p
µ
R2
R1
0,0m
- 5,0 m
- 2,0 m
8,75 tf / m
2
Mecânica dos Solos - exercícios 
43 
V - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS 
APLICADAS 
 
V.1.) Avaliar os acréscimos de pressões verticais sobre planos horizontais a 3, 6 e 10 m de 
profundidade, com afastamentos laterais de 0,1 e 3 m, causados por uma sobrecarga de 1500 
tf aplicada na superfície do terreno e considerada como carga concentrada. Utilizar a solução 
de Boussinesq. 
RESP.: 
Acréscimos de pressão (em kgf/cm²) 
 r (afastamento lateral) 
z (profundidade) 0 m 1 m 3 m 
3 m 8,0 6,2 1,4 
6 m 2,0 1,9 1,1 
10 m 0,7 0,7 0,6 
 (Baseado em CAPUTO - 1973) 
SOLUÇÃO: 
A equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical é: 
22
5
3
Z rZRonde
R
Z
2
P3 +=×π=σ 
Exemplo de cálculo para r = 0 e z = 3m: 
22
5
3
Z
22
cm/kgf0,8m/tf0,80
)3(
)3(
2
15003
m0,3)0()3(R
==×π
×=σ
=+=
 
Para permitiruma avaliação da distribuição de pressões a cada profundidade, os cálculos 
foram repetidos para afastamento lateral de 0 m (sob o ponto de aplicação da carga), 1 m e 
Mecânica dos Solos - exercícios 
44 
3 m. Os resultados estão apresentados no quadro de respostas. A representação gráfica 
destes resultados dá uma idéia da distribuição de pressões nos solos: 
 
 
O valor de σZ também pode ser obtido pela expressão de Boussinesq simplificada 
2Z Z
P
K ×=σ , sendo o valor de K obtido do gráfico adequado, em função de r e z. Por 
exemplo, para r = 3 e z = 3: 
0,1
Z
r = . Do gráfico, para 0,1
Z
r = obtém-se K = 0,085 
 
22
2Z
cm.kgf4,1m/tf14
)3(
1500
085,0 ==×=σ 
(Ver o gráfico, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979) 
 
V.2.) Uma carga de 405 tf é aplicada sobre uma fundação superficial quadrada de 4,50m de 
lado. Utilizando a solução de Steinbrenner, determinar: 
a) O acréscimo de pressão vertical a 10 m de profundidade, sob o centro da fundação 
(ponto C na figura); 
b) O acréscimo de pressão vertical a 3 m de profundidade, e a 4 m do seu centro sobre o 
eixo de simetria (ponto M na figura). 
Z = 0 m
Z = 3 m
Z = 6 m
Z = 10 m
P P
σ
Z
 = f (r) σ
Z
 = f (z)
Exemplo para r = 0
8,0
2,0
0,7
2 m 2 m1 m1 m
Mecânica dos Solos - exercícios 
45 
PLANTA DO CARREGAMENTO: 
 
RESP.: 
a) para z = 10 m sob o ponto C, σZ = 2,6 tf/m² 
b) para z = 3 m sob o ponto M, σZ = 2,0 tf/m² 
(Baseado em CAPUTO - 1977) 
 
SOLUÇÃO: 
Considerando-se carga uniformemente distribuída, a pressão aplicada é 
2m/tf20
5,45,4
405
p =×= 
 
a) Cálculo para o ponto C: 
PLANTA 
 
 
 
 Dividindo-se a área carregada em 4 áreas iguais, todas tem o ponto C como vértice. 
Portanto, pode-se aplicar o método para uma das áreas, e multiplicar o resultado por quatro, 
de modo a ter o acréscimo devido ao carregamento todo. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
46 
a = 2,25 m a/b = 1,0 
b = 2,25 m z/b = 4,4 
a = 10,0 m 
Entrando com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se: 
 2ZZ
Z m/tf6,24032,0204032,0p032,0
p CC
=σ∴××=××=σ∴=σ 
(Ver o gráfico, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979) 
 
b) Cálculo para o ponto M: 
PLANTA 
 
Como o ponto M está sobre o eixo de simetria, pode-se calcular a pressão devida a metade da 
área carregada (área ABDE) e multiplicar o resultado por dois. É necessário considerar áreas 
que tenham o ponto M como vértice. 
Portanto, deve-se calcular a pressão para a área AFDM, subtraindo posteriormente a 
pressão devida a área BFEM por não estar carregada. 
a = 4,50 + 1,75 = 6,25 m 8,2
b
a = 
Área AFDM b = 2,25 m 
z = 3,00 m 3,1
b
z = 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
47 
Com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se: 
 18,0
p
Z =σ 
 
a = 2,25 m 3,1
b
a = 
Área BFEM b = 1,75 m 
z = 3,00 m 7,1
b
z = 
 
Do gráfico, 13,0
p
Z =σ 
Portanto, para a área realmente carregada ABDE: 
05,013,018,0
p
Z =−=σ 
E para toda a área carregada: 
2
ZZ
Z
m/tf0,22005,02p05,0205,02
p M
M =σ∴××=××=σ∴×=σ 
 
V.3.) Uma placa circular de 4,00 m de raio, apoiada sobre a superfície do terreno, está 
uniformemente carregada com 2,5 kgf/cm². Determinar a máxima diferença de acréscimo de 
pressão vertical sob o carregamento e a 5,00 m de profundidade, comparando os resultados 
obtidos pelo método gráfico de Newmark, e pelo método aproximado adotando-se ângulo de 
espraiamento φo = 45º. Calcular também o acréscimo de pressão a mesma profundidade, de 
acordo com a solução de Love. 
 
RESP.: 
a) solução de Newmark: ∆σZ = 0,57 kgf/cm² 
b) Método aproximado: ∆σZ = 0,66 kgf/cm² 
c) Solução de Love: sob o centro σZ = 1,31 kgf/cm² 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
48 
PLANTA DO CARREGAMENTO: 
 
σZ MÁX → sob o centro (σZC) 
σZ MÍN → sob a borda (σZB) 
∴ máximo ∆σZ = σZC - σZB 
A máxima diferença de acréscimo de pressão, significa calcular a diferença entre o 
maior e menor acréscimo de pressão sob o carregamento. Portando o problema consiste 
em obter-se os acréscimos de pressão sob o centro e o bordo do carregamento, e sua 
diferença. 
a) Solução de Newmark 
O gráfico utilizado para a resolução a seguir tem as seguintes características: 
escala cm5,2AB ≅ 
valor da unidade de influência = 0,005 
B C
φ = 8 m
σ
Z B σ
Z C
Z = 5 m
N.T. p=2,5 kgf / cm = 25,0 tf / m
2 2
Mecânica dos Solos - exercícios 
49 
(Ver, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979). 
Escala cm5,2AB ≅ corresponderá à profundidade z = 5,0m. Portanto, o diâmetro da 
placa φ = 8,0m será representado por x, sendo: 
cm0,4
0,5
5,20,8
x =×= 
 
Desenha-se em papel transparente a planta do carregamento com diâmetro de 4,0 cm. 
Coloca-se a folha transparente sobre o ábaco de Newmark, fazendo-se coincidir o ponto 
sob o qual será calculado o acréscimo de pressão, com o centro do ábaco, contando-se 
então a quantidade de unidades de influência sob o carregamento. 
Para o problema em questão: 
- com o ponto C no centro do ábaco, número de unidades de influência 
NC ≅ 104; 
- com o ponto B no centro do ábaco, número de unidades de influência 
NB ≅ 58. 
Os acréscimos de pressão são calculados por: 
σZ = I x N x p, sendo I o valor de cada unidade de influência. 
σZC = 0,005 x 104 x 25 = 13,0 tf/m² 
σZB = 0,005 x 58 x 25 = 7,3 tf/m² 
∴ máxima diferença ∆σZ = 13,0 - 7,3 = 5,7 tf/m² = 0,57 kgf/cm² 
 
b) Método aproximado: 
Mecânica dos Solos - exercícios 
50 
SEÇÃO: 
 
Para carregamento circular: 
( )[ ] ( )[ ] 2ZC2o
2
2
o
2
ZC m/tf8,14
45tg54
)4(3
25
tgzR
R3
p =σ∴
×+
××=φ×+
××=σ 
Conhecido o valor de σzc, σzB pode ser obtido por semelhança de triângulos: 
 2ZBo
o
ZB
o
o
ZC
ZB m/tf22,8
)45tg5(4
45tg5
8,14
)tgz(R
tgz =σ∴×+
××=σ∴φ×+
φ×=σ
σ
 
∴ máximo ∆σZ = 14,80 - 8,22 = 6,58 tf/m² ≅ 0,66 kgf/cm² 
 
c) Solução de Love 
Este método permite calcular acréscimos de pressão somente na vertical que passa pelo 
centro da placa. 
 ( ) [ ] 2ZC2/322
3
2/322
3
ZC m/tf1,13
)5()4(
)5(
125
zR
z
1p =σ∴






+
−=



+
−×=σ 
V.4.) Obter o acréscimo de pressão vertical no ponto A indicado no esquema, devido a 
sobrecarga P, utilizando: 
a) a solução de Boussinesq: 
b) a solução de Westergaard. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
51 
c) a solução de Frohlich 
SEÇÃO: 
 
RESP.: 
a) σZ = 14,11 tf/m² 
b) σZ = 10,21 tf/m² 
c) σZ = 13,27 tf/m² 
 
V.5.) Uma área de 10x10 m sobre a superfície do terreno é carregada por uma pressão 
uniforme igual a 1 kgf/cm². A que profundidade sob o centro da superfície carregada, o 
acréscimo de pressão será de 0,1 kgf/cm²? Utilize a fórmula de Boussinesq. 
RESP.: z ≅ 21 m 
( CAPUTO - 1979) 
V.6.) Quatro pilares com fundações superficiais e com as cargas indicadas na figura a seguir, 
são locados nos vértices de um retângulo de 3 m x 4 m. Calcular pela fórmula de Boussinesq 
o acréscimo de pressão devido a este carregamento, no ponto a 7,5 m abaixo do centro da 
estrutura. 
A
P = 1500 tf
3 m
3 m
AREIA
Mecânica dos Solos - exercícios 
52 
PLANTA: 
 
RESP.: σZ ≅ 0,7 tf/m² 
(CAPUTO - 1979) 
 
V.7.) Uma sapata corrida com 2,0 m de largura e grande comprimento é carregada 
uniformemente com uma pressão de 2,5 kgf/cm². Determinar o acréscimo de pressão vertical 
correspondente, em um ponto a 3,0 m de profundidade e sob o centro da fundação, 
adotando a solução devida a Carothers. 
RESP.: σZ ≅ 1,0 kgf/cm² 
(Baseado em CAPUTO - 1977) 
 
V.8.)Uma torre tem fundação superficial em sapatas quadradas, cujos centros formam um 
triângulo equilátero de 4,0 m de lado. O peso total da torre, incluindo as fundações, é de 225 
tf. Sabendo-se que a pressão admissível no solo de fundação é de 2,9 kgf/cm², calcular os 
acréscimos de pressão devido à torre, no centro de uma das sapatas e no centro da fundação, 
ambos a uma profundidade de 2,5 m. Utilizar o método gráfico de Newmark. 
RESP.: a) sob o centro de uma sapata σZ = 0,52 kgf/cm² 
b) sob o centro da fundação σZ = 0,35 kgf/cm² 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
53 
V.9.) Uma placa circular com 3,0 m de raio está apoiada na superfície do terreno e carregada 
com taxa ‘p’. O acréscimo de pressão correspondente sob o ponto M indicado no esquema 
abaixo, a 3,3 m de profundidade, é de 0,4 kgf/cm². Utilizando o método gráfico de Newmark, 
determinar: 
a) o valor de “p” 
b) o acréscimo de pressão vertical sob o centro da placa, a 3,3 m de profundidade, 
levando em consideração a resposta do item anterior 
PLANTA: 
 
RESP.: 
a) p = 3,5 kgf/cm² 
b) σZ = 2,1 kgf/cm² 
 
V.10.) Qual será o acréscimo de pressão no ponto A indicado na figura, com a aplicação das 
sobrecargas esquematizadas, segundo o método de Steinbrenner? Na área I está aplicada uma 
carga uniformemente distribuída de 2,0 Kgf/cm², e na área II, de 2,5 Kgf/cm². Estes valores 
referem-se apenas às cargas aplicadas, devendo-se levar ainda em consideração o alivio 
devido às escavações previstas. 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
54 
PLANTA: 
 
SEÇÃO: 
 
RESP.: σZA = 4,5 tf/m² 
V.11.) Utilizando o método de Newmark, calcular o acréscimo de pressão no ponto A 
indicado, devido às sobrecargas transmitidas pelas sapatas. 
DADOS: Valores das sobrecargas, já descontadas as escavações: 
sapatas 1 p1 = 1,5 kgf/cm² 
sapatas 2 p2 = 1,1 kgf/cm² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
55 
PLANTA: 
 
PERFIL: 
 
RESP.: σZA = 0,24 kgf/cm² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
56 
VI - COMPRESSIBILIDADE 
 
VI.1.) Um aterro com peso específico γ = 1,7 tf/m³, de 3,0 m de altura foi recentemente 
colocado sobre uma extensa área. 
Calcular o recalque total do aterro, para os dados indicados no perfil abaixo. 
PERFIL 
 
RESP.: ∆H = 12,6 cm 
SOLUÇÃO: 
1º) Cálculo de po na cota - 15,0 (plano médio da camada compressível): 
po = (γareia x Hareia úmida) + (γsub areia x Hareia saturada) + (γsub argila x Hargila/2) = 
 = (1,60 x 4,00) + (1,0 x 8,0) + (0,78 x 3,0) 
po = 16,74 tf/m² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
57 
2º) Cálculo de ∆p na cota - 15,0: 
∆p = (γaterro x Haterro) = 1,70 x 3,00 = 5,10 tf/m² 
3º) Cálculo do recalque total: 
 
cm6,12m126,0H
74,16
10,574,16
log4,0
19,11
00,6
op
pop
logC
e1
H
H C
O
==∆∴
+××+=
∆+××+=∆ 
 
VI.2.) Qual será o tempo necessário para que ocorra um recalque por adensamento de 33 
cm, causado pelo aterro construído recentemente numa extensa área, esquematizado no 
perfil abaixo. Dados da camada de argila: CC = 0,6; CV = 10
-4 cm²/seg; eO = 1,2. 
PERFIL: 
 
RESP.: t = 9,072 x 108 segundos 
 
SOLUÇÃO 
1º) Cálculo de po na cota - 9,0 (plano médio da camada compressível): 
Mecânica dos Solos - exercícios 
58 
po = (γareia x Hareia) + (γsub argila x Hargila/2) = (1,70 x 5,00) + (0,90 x 8,00/2) 
po = 12,10 tf/m² 
2º) Cálculo de ∆p na cota - 9,0: 
∆p = (γaterro x Haterro) = 1,65 x 4,00 = 6,60 tf/m² 
3º) Cálculo do recalque total: 
cm25,41m4125,0H
10,12
60,610,12
log6,0
2,11
800
op
pop
logC
e1
H
H C
O
==∆∴
+××+=
∆+××+=∆ 
4º) Determinação do grau de adensamento: 
Se 41,25 cm corresponde ao recalque total (100% de adensamento), então para 33 cm 
teremos: 
41,25cm ____________ 100%. 
33,00cm_____________ x %80
25,41
1000,33
x =×=∴ 
 
logo o grau de adensamento U = 0,8 ( = 80% ) 
5º) Fator tempo: 
Sabe-se que para U > 60% T = [ - 0,9332 x log (1-u)] - 0,0851 
∴ T = [ - 0,9332 x log (1 - 0,8) ] - 0,0851 = 0,567 
6º) Cálculo do tempo de adensamento: 
 
2
H
H ilaargd = devido à dupla drenagem. 
 
anos8,28s10072,9t
10
2
800
567,0
C
)H(T
t
)H(
tC
T
8
4
2
v
2
d
2
d
v
≅⋅=


×
=×=∴×= − 
Mecânica dos Solos - exercícios 
59 
VI.3.) Calcular o recalque sob o ponto de aplicação da sobrecarga considerada como 
concentrada, devido ao adensamento da camada de argila, para um tempo de adensamento 
de 6 x 106 segundos. 
Dados da camada de argila: 
CC = 0,50; CV = 3 x 10
-4 cm²/s ; eo = 1,2 
Obs.: para a distribuição de pressão devido à sobrecarga considerar a solução de 
Boussinesq. 
PERFIL: 
 
RESP.: Recalque = 2,6 cm. 
 
SOLUÇÃO: 
1º) Cálculo de po na cota - 7,0: 
po = (γareia média x Hareia média) + (γsub argila x Hargila/2) = 
 = (1,80 x 5,00) + (0,90 x 2,00) =10,80 tf/m² 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
60 
2º) Cálculo de ∆p na cota - 7,0 (Boussinesq). 
 2
5
3
5
3
Z m/tf41,3
)7(
)7(
2
3503
)R(
)z(
2
P3
p =×π×
×=×π×
×=σ=∆ 
3º) Cálculo do recalque total: 
 
cmmH
op
popC
e
HH C
O
83,101083,0
80,10
41,380,10log50,0
2,11
400log
1
==∆∴
+××+=
∆+××+=∆ 
4º) Cálculo do fator tempo: 
 
( ) ( )
045,0
2
400
106103
)H(
tC
T
2
64
2
d
v =



××⋅=×=
−
 
5º) Cálculo do grau de adensamento: 
Utilizando-se a expressão geral que fornece valores aproximados 
 %)24(24,0
5,0)045,0(
)045,0(
5,0)T(
)T(
U 6
3
3
6
3
3
≅≅+=+= 
6º) Cálculo do recalque correspondente: 
Se 100% de recalque correspondente a 10,83 cm, a 24% deste recalque total 
corresponde: 
 cm60,283,10
100
24
x =×= 
 
VI.4.) Qual será o recalque total devido ao adensamento da camada de argila indicada no 
perfil a seguir, caso seja provocado um rebaixamento do lençol d’água de 3,00 m. 
Dados da camada de argila: 
 CV = 6 x 10
-4 cm2/s; eO = 1,19; LL = 54% 
Mecânica dos Solos - exercícios 
61 
Obs: o valor aproximado do “CC” da argila poderá ser obtido pela relação entre “CC” e 
“LL” (ver TERZAGHI e PECK - 1948). 
PERFIL: 
 
RESP.: ∆H = 4,8 cm. 
 
VI.5.) Determinar o máximo recalque diferencial do tanque de óleo de base circular indicado 
no croquis abaixo, devido ao adensamento da camada de argila. Utilizar o método gráfico de 
Newmark para o cálculo do acréscimo de pressão. 
Dados da camada de argila: 
 CC = 0,39; G = 2,70; γsat = 2,10 tf/m3 
 
 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
62 
PERFIL: 
 
 
RESP.: Recalque diferencial máximo = 2,50 cm. 
 
VI.6.) Calcular o recalque diferencial máximo sob a fundação indicada no esquema a seguir, 
devido ao adensamento da camada de argila. Determinar o acréscimo de pressão devido a 
sobrecarga pelo método de Steinbrenner. Considerar na taxa de carga “p” indicada o efeito 
da escavação prevista. 
DADOS DA CAMADA DE ARGILA: eO = 0,6; CC = 0,3; γsat = 2,0 tf/m3 
 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
63 
PLANTA E PERFIL: 
 
RESP.: Recalque diferencial máximo = 0,95 cm. 
 
VI.7.) Na fundação direta em sapatas circulares, esquematizada abaixo, determinar: 
1º) o recalque diferencial total entre os centros das sapatas; 
2º) o tempo necessário para que ocorra um recalque de 4,43 cm no centro da sapata A. 
As taxas de cargas transmitidas pelas sapatas A e B são de 1,8 kgf/cm² e 1,5 kgf/cm², 
respectivamente, devendo-se ainda levar em conta o efeito das escavações previstas. Os 
acréscimos de pressão devidos a sobrecargas, deverãoser calculados pelo método de 
Newmark. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
64 
PERFIL: 
 
RESP.: 1º) Recalque diferencial total = 3,34 cm. 
2º) t = 2,8 x 108 segundos 
 
VI.8.) Para o perfil esquematizado abaixo calcular: 
a) o máximo recalque que ocorrerá no centro do radier de 5,0 m x 5,0 m construído 
recentemente; 
b) os tempos necessários para que ocorra 40% de adensamento em cada camada 
compressível. 
Carga total da obra incluindo o peso do radier = 1000 tf. 
A argila das duas camadas têm as mesmas características: 
 G = 2,7 e CV = 2 x 10
-4 cm2/s. 
Estes dados referem-se aos planos médios das camadas de argila. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
65 
Obs.: utilizar o método de Newmark para cálculos de acréscimo de pressão devido a 
sobrecarga. 
PERFIL: 
RESP.: a) ∆H = 74,39 cm 
b) camada superior t ≅ 1,42 x 107 s. 
 camada inferior t ≅ 1,01 x 108 s. 
 
VI.9.) Pelo processo gráfico de Terzaghi - Gilboy, com um tempo de construção de 60 dias, 
determinar: 
a) o recalque 20 dias após o início da construção; 
b) o recalque no término do carregamento; 
c) o recalque 120 dias após o início da construção; 
d) o tempo necessário para ocorrer um recalque de 10 cm. 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
66 
CURVA TEÓRICA C1: 
 
RESP.: a) 2,5 cm b) 12,5 cm c) 17,0 cm d) 50 dias. 
 
VI.10.) Os gráficos apresentados a seguir, representam os resultados de um ensaio de 
adensamento com dupla drenagem, realizado com um amostra indeformada de argila. 
Determinar graficamente (Casagrande e Pacheco-Silva) sabendo que e0=0,710: 
a) o seu índice de compressão; 
b) a sua pressão de pré-adensamento; 
c) o estado da amostra, sabendo-se que a pressão efetiva sobre ela no solo era de 30 
tf/m²; 
d) O coeficiente de adensamento da amostra. 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
67 
 
 
 
RESP.: a) CC = 0,266 b) pa = 25 tf/m² c) parcialmente adensada. 
 d) CV = 6,8 x 10
-4 cm²/s. 
 
e x log(p)
0,40
0,50
0,60
0,70
0,80
0,10 1,00 10,00 100,00
Pressão (kg/cm²)
Ín
di
ce
 d
e 
V
az
io
s 
(e
)
CURVA DE ADENSAMENTO
16,6
16,8
17,0
17,2
17,4
17,6
17,8
0,10 1,00 10,00 100,00 1000,00
Tempo (min)
A
ltu
ra
 d
a 
A
m
os
tr
a 
(m
m
)
Mecânica dos Solos - exercícios 
68 
VI.11.) Num ensaio edométrico, o corpo de prova com altura de 1” alcançou 50% de 
adensamento em 8 minutos, com drenagem em ambos as faces. A camada argilosa, da qual 
foi coletada a amostra, tem 7,9 m de espessura, e está compreendida entre uma camada 
arenosa e a rocha praticamente impermeável. Quanto tempo será necessário para que a 
camada de argila chegue a 50% adensamento? 
RESP.: t ≅ 2150 dias 
 
VI.12.) Observações mostram que um edifício A recalcou 10,2 cm em 3 anos, e sabe-se que o 
seu recalque total será por volta de 30,0 cm. Um edifício B, construído sobre um terreno de 
perfil semelhante àquele sobre o qual foi construído o edifício A, provoca o mesmo aumento 
médio de pressão. A camada compreensível apresenta as mesmas características em ambos os 
casos, sendo porém 20% mais espessa sob o edifício B. Pode-se estimar o recalque total do 
edifício B, e o recalque atingido em 3 anos. 
RESP.: edifício B recalque total ∆H = 36 cm 
recalque em 3 anos = 10,2 cm. 
(Baseado em CRUZ e SAES - 1972) 
 
VI.13.) Sobre o perfil a seguir serão executados: 
- uma camada drenante (areia) com 0,20 m, e peso específico natural γ = 1,75 tf/m³; 
- um aterro (saibro) com 2,20 m, compactado a 100% do Proctor Normal; 
- um tanque apoiado na superfície do aterro, com diâmetro de 6,2 m e que transmitirá 
uma pressão de 0,92 kgf/cm². 
A camada drenante e o aterro serão executados instantaneamente em 01/01/200, e o 
tanque após o recalque total dessas camadas. 
Pergunta-se: 
a) em que data poderá ser iniciado o tanque? 
Mecânica dos Solos - exercícios 
69 
b) qual será o recalque diferencial máximo sob o tanque? 
DADOS: 
1º) Ensaio de adensamento com dupla drenagem, com uma amostra representativa do 
plano médio da camada de argila: 
 






=γ
=
=
=
3
g cm/gf02,3
gf26,97totalpeso
cm0,2altura
cm0,6diâmetro
provadecorpo 
 




⋅=
=
− s/cm104C
4,0C
resultados 23
V
C 
2º) Resultados do ensaio normal de compactação (Proctor normal) do material do aterro: 
Umidade (%) 4 12 24 35 
γ (tf/m3) 1,477 1,758 1,885 1,769 
PERFIL: 
 
RESP.: a) 24/9/200 b) máximo recalque diferencial = 4,6 cm. 
VI.14.) Um aterro com 5,0 m de espessura foi construído sobre uma extensa área, cujo perfil 
do subsolo está esquematizado abaixo: 
a) calcular o recalque total do aterro devido ao adensamento da camada de argila; 
Mecânica dos Solos - exercícios 
70 
b) qual o tempo necessário para se verificar um recalque de apenas 9,0 cm no mesmo 
caso; 
c) se depois de estabilizado, o aterro for removido, qual será a expansão total da 
camada de argila; 
d) qual será a espessura final da camada de argila, se houver um rebaixamento do 
N.A. de 3,0 m, após a expansão total da camada. 
Dados da camada de argila: CC = 0,40 γsat = 1,72 g/cm3 
 eO = 1,35 Ce = 0,15 
 CV = 2 x 10
-3 cm2/s 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
71 
PERFIL: 
 
RESP.: a) 23,46 cm b) 2,11 x 107 s c) 8,8 cm d) 582,85 cm 
Mecânica dos Solos - exercícios 
72 
VII - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO 
 
Nos exercícios deste capítulo, a convenção de sinais adotada foi: tensão normal 
positiva à direita da origem; tensão cisalhante positiva acima da origem; ângulo positivo no 
sentido anti-horário. 
Em diversos exercícios, foram utilizados valores de ângulos formados entre traços de 
planos, como forma de apresentar os dados e/ou os resultados. 
VII.1.) A lei de resistência ao cisalhamento de um maciço de argila é τ = 1,5 kgf/cm². Se for 
realizado o ensaio de compressão simples em um corpo de prova indeformado desta argila, 
pergunta-se quais: 
a) as direções dos planos de ruptura; 
b) as direções dos planos principais; 
c) as tensões atuantes num plano que forma um ângulo de 20º com a horizontal. 
RESP.: 
a) ângulo entre a horizontal e os planos de ruptura: + 45º e - 45º. 
b) ângulos entre a horizontal e os planos I - I e III - III: 0º e 90º respectivamente. 
c) tensões num plano inclinado de 20º: σ ≅ 2,7 kgf/cm² e τ ≅ 1,0 kgf/cm² 
Mecânica dos Solos - exercícios 
73 
SOLUÇÃO: 
 
Sabe-se que o ensaio de compressão simples é representado pelo círculo de Mohr 
tangente ao eixo das ordenadas (pois σIII = 0), com centro no eixo das abcissas e tangente 
à lei de resistência ao cisalhamento do solo. Neste caso, a lei de resistência é uma reta 
horizontal, pois Ø = 0. Portanto está definido o círculo. 
Do ensaio, sabe-se que a maior tensão normal σI é sempre vertical; portanto o plano I - 
I é horizontal. Consequentemente o plano III - III é vertical. 
Na representação do ensaio de compressão simples, o pólo do círculo de Mohr é 
sempre a origem do sistema de coordenadas. Basta verificar, por exemplo, o ponto de 
interseção do círculo com o plano III - III (vertical), que passa pelo ponto de tensões σ=0 e 
τ = 0, correspondentes a este plano. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
74 
As direções dos planos de ruptura são definidas pelas retas que passam por 0p, e pelos 
pontos de interseção do círculo com a lei de resistência τ = 1,5 kgf/cm², e a reta simétrica 
em relação ao eixo σ. 
Para determinaras tensões no plano inclinado, traça-se pelo pólo uma reta formando 
um ângulo de 20º com a horizontal. Sua interseção com o círculo define o par de tensões 
procurado. 
 
VII.2.) Num ensaio de cisalhamento direto, a força normal aplicada em um corpo prova de 
areia era de 82,5 kgf. No momento da ruptura, a força cisalhante era de 45,0 kgf e a área da 
amostra (corpo de prova) era de 5,0 x 5,0 cm. Determinar as inclinações dos planos 
principais. 
RESP.: Ângulo com a horizontal: plano I - I = 120º; plano III - III = 30º. 
 
VII.3.) Uma amostra de areia submetida a um ensaio de compressão triaxial rompeu quando 
as tensões principais eram 1,5 kgf/cm² e 5,6 kgf/cm². Utilizando o diagrama de Mohr, 
determinar o ângulo de atrito interno do material, e o ângulo ∝ do plano de ruptura com a 
direção da tensão principal menor. 
RESP.: ∅ = 35º α = 62,5º (CAPUTO - 1973) 
 
VII.4.) Uma amostra de argila saturada foi submetida a um ensaio triaxial do tipo “U.U.” (não 
consolidado, não drenado), obtendo-se: 
σI = 1,10 kgf/cm² 
σIII = 0,24 kgf/cm². 
Pede-se: 
a) o valor da coesão da argila; 
Mecânica dos Solos - exercícios 
75 
b) a direção dos planos principais; 
c) o valor das tensões num plano que forma 30º com a horizontal; 
d) a inclinação dos planos de ruptura. 
RESP.: 
a) c ≅ 0,43 kgf/cm². 
b) ângulo entre a horizontal e os planos I - I e III - III: 0º e 90º, respectivamente. 
c) σ30 ≅ 0,89 kgf/cm² e τ30 ≅ 0,37 kgf/cm². 
d) ângulos entre a horizontal e os planos de ruptura: + 45º e - 45º. 
 
VII.5.) Uma amostra de solo foi utilizada para realização de ensaio triaxial com dois corpos de 
prova, obtendo-se: 
1º corpo de prova: σIII = 1,0 kgf/cm² e σI = 3,0 kgf/cm². 
2º corpo de prova: σIII = 2,5 kgf/cm² e σI = 5,5 kgf/cm². 
Indicar, em cortes esquemáticos dos corpos de prova, as direções das superfícies de 
ruptura. 
RESP.: Direção das superfícies de ruptura: 
Mecânica dos Solos - exercícios 
76 
1º e 2º corpo de prova 
Mecânica dos Solos - exercícios 
77 
VIII - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO 
 
VIII.1.) Determinar a intensidade, direção, sentido e ponto de aplicação do empuxo atuante 
no muro de arrimo abaixo esquematizado, pelo método gráfico de Culmann. Para simplificar 
a solução, na determinação da intensidade utilizar apenas 3 cunhas. 
DADOS DO SOLO: 
γ = 1,8 tf/m³ τ = σ . tg 28º 
SEÇÃO TRANSVERSAL: 
 
RESP.: 
Intensidade ≅21 tf 
Direção: ângulo formado com a horizontal ≅ 8º 
Sentido: do terrapleno contra o muro 
Ponto de aplicação ≅ 2,4m acima da base do muro. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
78 
SOLUÇÃO: 
 
1Ad = peso da cunha 1 = 17,6 tf 
21dd = sobrecarga concentrada = 10 tf 
32dd = peso da cunha 2 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf 
43dd = sobrecarga concentrada = 15 tf 
54dd = peso cunha 3 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf 
65dd = sobrecarga concentrada = 10 tf 
No esquema 1 está representada a determinação de intensidade do empuxo ativo por 
unidade de comprimento do muro, pelo método gráfico de Culmann. 
Do mesmo esquema obtém-se a sua direção, pois será paralela à reação ao empuxo 
representada. 
Mecânica dos Solos - exercícios 
79 
O ponto de aplicação está determinado apenas de uma forma simplificada no esquema 
2 (ponto M). Após a determinação do ponto M, ainda deveria ser feita uma correção na sua 
posição, devido a presença de cargas concentradas na seção transversal (ver, por exemplo, 
TERZAGHI e PECK - 1948). 
ESQUEMA 2 
 
 
VIII.2.) Verificar a estabilidade do muro de arrimo esquematizado a seguir, quanto ao 
tombamento, escorregamento e tensões na base. 
Obs.: 
a) Os empuxos deverão ser calculados segundo a teoria de Rankine; 
b) O empuxo passivo deverá ser considerado em todas as verificações; 
DADOS: 
I) Solo (dos dois lados e sob o muro): τ = σ. tg 30º γ = 1,65 tf/m³ 
II) Muro: Concreto ciclópico com γconcreto = 2,2 tf/m³ 
III) ]Tensão admissível do solo sob o muro: q = 20 tf/m² 
IV) 
2,4m
0,5m
A
M PONTO DE 
APLICAÇÃO
B C
ABC=CUNHA DE 
 RUPTURA
SUPERFÍCIE DE
 RUPTURA
C.G. DA CUNHA 
 DE RUPTURA
E
A
Mecânica dos Solos - exercícios 
80 
SEÇÃO: 
 
RESP.: Verificação de segurança: 
- ao tombamento estável (FT = 3,3) 
- ao escorregamento: estável (FE máx = 1,90 e FE min = 1,51) 
- às tensões na base: estável (qmáx = 15,78 tf/m² e qméd = 8,58 tf/m²) 
SOLUÇÃO: 
a) Cálculo dos empuxos de terra pela teoria de Rankine: 
Coeficientes de empuxo: 
33,0
30sen1
30sen1
sen1
sen1
K
o
o
A =+
−=φ+
φ−= 
00,3
33,0
1
K
1
K
A
p === 
Intensidade dos empuxos por unidade de comprimento do muro. 
( ) tf14,433,0)90,3(65,1
2
1
KH
2
1
E 2A
2
A =×××=××γ×= 
tf00,200,3)90,0(65,1
2
1
K)H(
2
1
E 2p
2
p =×××=××γ×= 
Mecânica dos Solos - exercícios 
81 
Direção dos empuxos: paralelos à superfície do terrapleno, portando ambos são 
horizontais. 
Sentido dos empuxos: do terrapleno para o muro. 
Pontos de aplicação: os empuxos passam pelo centro de gravidade das distribuições de 
pressões. Neste caso as distribuições são triangulares, portanto os pontos de aplicação 
ficam a um terço da altura acima da base. 
ESQUEMA: 
 
 
A outra força representada no esquema, aplicada no C.G. da seção transversal do 
muro, é o seu peso próprio por unidade de comprimento: 
Pp = área x γmuro = 2,00 x 3,90 x 2,20 = 17,16 tf 
b) Verificação da segurança ao tombamento, em torno do ponto A indicado no esquema: 
Momento resistente = MR = (17,16 x 1,00) + (2,00 x 0,30) = 17,76 tf·m 
Momento atuante = MT = 4,14 x 1,30 = 5,38 tf·m 
Coeficiente de segurança: 30,3
38,5
76,17
M
M
F
T
R
T === 
Mecânica dos Solos - exercícios 
82 
Como F = 3,30 > 1,5 .·. estável ao tombamento 
c) Verificação da segurança ao escorregamento sobre a base do muro: 
A força de atrito na base do muro será FAT = N tg δ, sendo N o somatório das forças 
verticais, e δ o ângulo de atrito entre o muro e o solo de fundação (considerado aqui como 
sendo igual a φ×
3
2
). 
.·. tf25,630
3
2
tg16,17F oAT =

 ××= 
Coeficiente de segurança máximo: 99,1
14,4
00,225,6
E
EF
F
A
pAT
máxE =+=
+= 
como FE máx = 1,99 > 1,50 .·. verifica 
Coeficiente de segurança mínimo: 51,1
14,4
25,6
E
F
F
A
AT
mínE === 
como FE mín = 1,51 > 1,00 .·. verifica 
As duas condições verificam, portanto a seção é estável ao escorregamento. 
d) Verificação da segurança quanto a tensões excessivas sob a a base do muro: 
Inicialmente calcula-se a excentricidade da resultante na base da seção transversal. Isto 
pode ser feito, por exemplo, calculando-se a distância até o ponto A, em função dos 
momentos já calculados em torno deste ponto. 
 
 
 
 
 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
83 
SEÇÃO 
 
∑MA = 17,76 - 5,38 = 12,38 tf.m 
m72,0
16,17
38,12
N
M
d A === ∑ 
 
A excentricidade será: 
m28,072,0
2
00,2
d
2
L
e =−=−= 
 
É conveniente que o ponto de aplicação da resultante esteja dentro do núcleo central 
de inércia da base, na seção transversal. Como o núcleo central de inércia, no caso, é o 
terço médio da base, a condição a ser verificada é: 
6
Le < 
m33,0
6
L
m28,0e33,0
6
00,2
6
L =<=∴== (verifica). 
 
Em seguida, obtém-se a distribuição aproximada (trapezoidal) das tensões na base do 
muro. Como 
6
Le < , vem: 
)84,01(58,8
00,2
28,06
1
00,2
16,17
L
e6
1
L
N
q
mín
máx
±=

 ×±=

 ×±= 
 
Mecânica dos Solos - exercícios 
84 
qmáx