Apostila ExercíciosResolvidos Indices Fisicos 03 16

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Alguns Exercícios Resolvidos - Índices Físicos 
 
1- Uma amostra de solo úmido em uma cápsula de alumínio tem uma massa de 462g. 
Após a secagem em estufa se obteve a massa secada amostra igual a 364g. Determinar o 
teor de umidade do solo considerando a massa da cápsula de 39g. 
 
Solução: 
 
Msolo úmido + Mcápsula = 462g 
Após secagem na estufa: 
Msólidos + Mcápsula = 364 g 
Mcápsula = 39 g 
Teor de umidade = ? 
W = Mw/ Ms 
Ms = 364 – 39 = 325 g 
Mw = 462 – 364 = 98 g 
W = 98/325 = 0,302 x 100 
W = 30,2 % 
 
2 – Um solo saturado tem teor de umidade igual a 38 % e massa específica dos sólidos 
igual a 2,85 g/cm ³. Determinar o índice de vazios, a porosidade e a massa específica do 
solo. 
 
Solução: 
W x Gs = S x e 
(0,38) x (2,85) = 1 x e 
e = 1,08 
e = n / (1+n) 
n = e / (1+e) 
n = 1,08 / 1+ 1,08 
n = 0,52 % 
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 = (1+ W) x (1 - n) s 
 = (1,38) x (0,48) x (2,85) 
 = 1,89 g/cm³ 
 
3 – Qual a quantidade de água a ser acrescentada a uma amostra de 1500g com teor de 
umidade de 17% , para que esta amostra passe a ter 30% de umidade. 
 
Solução: 
 
W = Mw/Ms 
W = 17% 
M=1500g 
 
0,17 = Mw / 1500 - Mw 
255 = 1,17 Mw 
Mw = 217 g 
Ms = M – Mw 
Ms = 1500 – 217 
Ms = 1283 g 
 
W = 30% 
0,30 = Mw1/1283 
Mw1 = 384,9 g 
Mw1 – Mw = 384,9 – 217 = 167,9 g 
V = 167,9 cm³ 
 
6 – Uma amostra de argila saturada tem um volume de 17,4 cm³ e massa de 29,8 g. Após a 
secagem total em estufa seu volume e massa passaram a ser de 10,5 cm³ e 19,6 g, 
respectivamente. Pede-se : 
 
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a) Determinar o teor de umidade, a massa específica do solo, a massa específica dos 
sólidos, a massa específica aparente seca, bem como o índice de vazios e a porosidade, 
antes e depois da secagem. 
 
b) Analisar os resultados da variação do índice de vazios e a porosidade. 
 
Solução: 
Antes da secagem: 
Vi = 17,4 cm³ = Vv + Vs , como a amostra é saturada : Vv = Vw 
Mi = 29,8 g = Mw + Ms 
Após a secagem: 
Vf = 10,5 cm³ = Vv + Vs ,como a amostra está totalmente seca: Vv = Var 
Mf = 19,6 g = Ms 
Mw = Mi – Mf = 29,8 - 19,6 = 10,2 g 
Vw = M w / w 
Vw = 10,2 cm³ 
Vs = Vi – Vw = 17,4 – 10,2 = 7,2 cm³ 
a) 
W = Mw/ Ms = 10,2 / 19,6 x 100% = 52% 
 = M / V = 29,8 / 19,6 = 1,713 g/cm³ 
s = Ms / Vs = 19,6 / 7,2 = 2,72 g/cm³ 
d = Ms / V = 19,6 / 17,4 = 1,126 g/cm³ 
ei = Vv / Vs = 10,2 / 7,2 = 1,42 ef = Vv / Vs = 10,5 - 7,2 / 7,2 = 0,46 
ni = e / 1 + e = (1,42 / 2,42)x100% = 58,6% 
nf = e / 1 + e = (0,46 / 1,46)x100% = 31,5% 
 
b) A porosidade e o índice de vazios diminuíram com a secagem do solo. 
 
4 
 
7 – Um corpo de prova cilíndrico de um solo argiloso tem uma altura de 12,5 cm e 
diâmetro de 5,0 cm. A massa úmida do corpo de prova é de 478,25 g e após sua secagem 
passou para 418,32 g. Sabendo-se que a massa específica dos sólidos é de 2,70 g/cm³ , 
determinar os índices físicos do solo no seu estado natural, indicados no item abaixo: 
 
a) Teor de umidade, a massa específica, a massa específica seca, o índice de vazios, a 
porosidade e o grau de saturação. 
 
Solução: 
V = A x h =  D² / 4 x h 
V =  (5)² /4 x 12,5 = 245, 44 cm³ 
 
M = 478,25 g 
Ms = 418,32 g 
 
s = 2,70 g/cm³ 
 
Vs = Ms / s 
Vs = 418,32 / 2,70 
Vs = 154,93 cm³ 
 
Mw = M – Ms 
Mw = 478,25 – 418,32 
Mw = 59,93 g 
 
Vw = 59,93 cm³ 
 
W = Mw / Ms 
W = 59,93 / 418,32 
W = 14,3 % 
 
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 = M / V 
 = 478,25 / 245,44 
 = 1,948 g/cm³ 
 
d = Ms / V 
d = 418,32 / 245,44 
d = 1,704 g/cm³ 
 
V = Vv + Vs 
Vv = 245,44 – 154,93 
Vv = 90,51 cm³ 
 
e = Vv / Vs 
e = 90,51 / 154,93 
e = 0,58 
 
n = Vv / V 
n = 90,51 / 245,44 
n = 36,8 % 
 
S = Vw / Vv 
S = 59,93 / 90,51 
S = 66,2 % 
 
b) Supondo que o solo tenha se saturado, mantendo seu volume inicial constante, calcular a 
massa específica saturada e o teor de umidade. 
 
Msat = Mw+Ms 
Mw = Vv 
Msat = 90,51 + 418,32 
Msat = 508,83 g 
6 
 
 
sat = Msat / V 
sat = 508,83 / 245,44 
sat = 2,073 g/cm³ 
 
Wsat = Mw / Ms 
Wsat = 90,51 / 418,32 
Wsat = 21,6 % 
 
8 – Para um solo argilo-siltoso saturado com massa específica dos sólidos igual a 2,70 
g/cm³ e teor de umidade de 46%, determinar o índice de vazios, a massa específica saturada 
e a submersa. 
Vv = Vw = Mw 
W = Mw / Ms = 0,46 
Ms = Mw / 0,46 
s = Ms / Vs = 2,7 g/cm³ Ms = 2,7 Vs 
e = Vv / Vs = 0,46 Ms / Ms / 2,7 = 1,242 
n = 1,242 / 1+1,242 = 0,55 
 
sat = s + e w / 1 + e 
sat = 2,7 + 1,242 x 1 / 1 + 1,242 = 1,76 g/cm³ 
 
’ = (1- n ) (s -w ) 
’ = (1- 0,55 ) (2,7 –1 ) 
’ = 0,765 g/cm³ 
 
 
9 – A massa de uma amostra de solo coletada no campo é de 465g e sua massa seca 
correspondente é de 405,76 g. A densidade dos grãos, Gs, determinada em laboratório foi 
de 2,68. Se o índice de vazios do solo no seu estado natural é de 0,83, determinar: 
 
7 
 
a) O teor de umidade e o peso específico do solo. 
b) O peso específico seco. 
c) O peso de água a ser acrescentado ao solo no campo por m³ , para sua completa 
saturação. 
Solução: 
a) 
M = Mw + Ms 
Mw = 465 – 405,76 = 59,24 g 
W = 59,24 / 405,76 = 14,6 % 
s = Ms + Vs 
Vs = 405,76 / 2,68 = 151,4 cm³ 
e = Vv / Vs 
0,83 = Vv / 151,4 
Vv = 125,66 cm³ 
V = Vv + Vs = 125,66 + 151,4 = 277,06 g / cm³ 
 = 465 / 277,06 = 1,68 g / cm³ = 1680 Kg / m³ 
 =  g 
 = 1680 x 9,81 = 16,48 KN / m³ 
 
b) 
d = Ms / V = 405,76 / 277,06 = 1465 Kg / m 
d = 1465 x 9,81 = 14,37 KN / m³ 
 
c) 
sat = s + e w / 1 + e 
sat = 2,68 + 0,83 x 1 / 1 + 0,83 = 1,91 g/cm³ 
sat = 1,91 x 9,81 = 18,82 KN / m³ 
sat -  = 18,82 – 16,48 = 2,34 KN / m³ 
 
 
 
8 
 
11 – Um corpo de prova de argila saturada tem uma altura de 2,5 cm e 6,5 cm de diâmetro, 
e um volume de água igual a 48,7 cm³ . Foi comprimida em um ensaio até que sua altura se 
reduzisse para 1,85 cm, sem alteração do seu diâmetro. Esta amostra possuía um índice de 
vazios inicial de 1,42 e massa específica dos grãos de 2,82 g/cm³. Admitindo que toda 
compressão tenha se dado por expulsãode água dos vazios e que a amostra ainda continue 
saturada, determinar: 
 
a) Índice de vazios após a compressão. 
b) Variação do teor de umidade. 
c) Considerando que foi retirada uma outra amostra de 1Kg do solo de fundação, calcular 
a quantidade de água (em cm³) que é necessário adicionar a esse 1 Kg de solo, cujo teor 
de umidade é de 10%, para que esse teor de umidade tenha um acréscimo de 12%. 
 
Solução: 
 
Antes da compressão: 
Vw = 48,7 cm³ 
V = Vw + Vs = ( d² / 4) x h = 33,18 x 2,5 = 82,95 cm³ 
Vs = 82,95 – 48,7 
Vs = 34,25 cm³ 
 
Depois da compressão: 
V = ( d² / 4) x h = 33,18 x 1,85 = 61,38 cm³ 
Vv = V – Vs = 61,38 – 34,25 = 27,13 cm³ 
Ms = Vs x s = 34,25 x 2,82 = 96,6 g 
 
a) 
e = Vv / Vs = 27,13 / 34,25 = 0,79 
 
b) 
Wi = Mw / Ms = 48,7 / 96,6 = 50,41 % 
Wf = 27,13 / 96,6 = 28,08 % 
 W = 22,33 % 
 
c) 
Wi = 10% Wf = 22% 
 
Ms = M / 1 + W 
Ms = 1000 / 1 + 0,1 = 909,09 g 
W = Mw / Ms 
0,1 = Mw / 909,1 
Mw = 90,9 g 
 
9 
 
0,22 = Mw / 909,1 
Mw = 199,99 g 
Mw = 199,99 – 90,9 = 109,09 cm³ 
 
12 – Foi realizada uma pesquisa de jazidas por meio de sondagens a trado. O perfil do solo 
indicado, obtido a partir dos resultados de uma das sondagens, apresenta uma classificação 
granulométrica de suas camadas obtida a partir de testes de identificação visual e táctil. 
Pede-se: 
 
a) Supondo que a camada1 (silte arenoso) tenha se saturado, devido a uma chuva intensa, 
qual é o aumento, em porcentagem, de seu peso específico. Dados do solo da camada 1 
no seu estado natural: w= 14,5%, e=0,8, Gs= 2,68. 
b) Foi feita uma coleta de amostra deformada na camada 3 (areia siltosa) para avaliar a 
possibilidade de utilização na base de um pavimento. Para isto será feito um ensaio com 
uma amostra de 2000g cujo teor de umidade, determinado em laboratório, foi de 8%. 
Calcular o volume de água a ser acrescentado para que essa amostra passe a ter 25% de 
teor de umidade. 
 
Solução : 
 
a) 
sat = s + e w / 1 + e 
sat = 2,68 + 0,8 x 1 / 1 + 0,8 = 1,93 g / cm³ 
sat = 1,93 x 9,81 = 18,93 KN / m³ 
e = (s / d) – 1 
0,8 = (2,68 / d) – 1 
1,8 = 2,68 / d 
d = 1,49 g/cm³ 
d =  / 1 + W 
 = 1,7 g / cm³ 
 =  g = 1,7 x 9,81 = 16,72 KN / m³ 
  = 18,93 – 16,72 = 2,21 KN / m³ 
 
16,72 ----------- 100% 
2,21 ----------- x 
x = 13,22 % 
b) 
M = 2000 g 
W = 8% 
Ms = M / 1+W 
10 
 
Ms = 2000 / 1+ 0,8 = 1851,85 g 
W = Mw / Ms 
Mw = 0,08 x 1851,85 = 148,15 g 
0,25 = Mw / 1851, 85 
Mw = 462,96 g 
 Mw = 462,96 – 148,15 = 314,81 g 
 
13) Uma amostra indeformada de solo foi recebida no laboratório. Com ela realizaram-se 
os seguintes ensaios: 
a) Determinação do teor de umidade (w) : tomou-se uma amostra que, junto com a cápsula 
em que foi colocada, pesava 119,92 g. Esta amostra permaneceu numa estufa a 105º C 
até constância de massa, após o que o conjunto, solo seco mais cápsula, pesava 109,05 
g. A massa da cápsula, chamada tara, era de 34,43 g. Qual o valor da umidade? 
b) Determinação da massa específica dos grãos (s) : Para esse ensaio tomou-se uma 
amostra de 72,54 g no seu estado natural. Depois de deixada imersa n’água de um dia 
para o outro e atingida num dispersor mecânico por 20 minutos, foi colocada num 
picnômetro e submetida a vácuo por 20 minutos para eliminar as bolhas de ar. A seguir, 
o picnômetro foi cheio de água até a linha de referência. Esse conjunto apresentou uma 
massa de 749,43 g. A temperatura da água foi medida, acusando 21ºC , e para esta 
temperatura uma calibração prévia indicava que o picnômetro cheio até a linha de 
referência pesava 708,07 g. Determinar a massa específica dos grãos. 
 
Solução: 
 
a) 
Mw + Ms + Mc = 119,92 g (M1) 
Ms + Mc = 109,05 g (M2) 
Mc = 34,43 g 
W = Mw / Ms 
W = (M1 – M2 / M2 – Mc) x 100% = 14,47 % 
 
 
 
14) Para se construir um aterro dispõe-se de uma quantidade de terra, que é chamada pelos 
engenheiros de área de empréstimo, cujo volume foi estimado em 3000 m³ . Ensaios 
mostraram que o peso específico natural () é da ordem de 17,8 KN/m³ e que a umidade é 
de cerca de 15,8 %. O projeto prvê que no aterro o solo seja compactado com uma umidade 
de 18%, ficando com um peso específico seco de 16,8 KN/m³. Pergunta-se: 
 
a) Que volume de aterro é possível construir com o material disponível? 
b) Que volume de água deve ser acrescentado? 
 
 
11 
 
Solução : 
 
a) 
 
d = Ms x g / V final Ms = d x V final / g 
 = M x g/ V = Ms (1 + w)g / V  = d (1 + w) Vfinal/ V 
Vfinal = 17,8 x 3000 / 16,8 (1+ 0,158) = 2745 m³ 
 
b) 
w1 = Mw1 / Ms w2 = Mw / Ms 
Ms = d x Vfinal / g = 16800 x 2745 / 9,81 
Ms = 4,7 x 10
6
 Kg 
w1 = Mw1 / Ms = Mw1 = 7,4 x 10
5
 Kg 
w2 = Mw2 / Ms = Mw2 = 8,5 x 10
5
 Kg 
Mw = 1,1 x 105 Kg = 110 m³ 
 
 
15) A massa específica de um solo foi obtida através de medida direta sobre um corpo de 
prova de amostra indeformada a através de um cilindro cortante. No primeiro caso obteve-
se cilíndrico 1 = 1,75 g/cm³ e no segundo 2 = 1,83 g/cm³. Sabendo-se que o teor de 
umidade natural do solo é de 43,5 % e que a massa específica dos sólidos é s = 2,75 
g/cm³, qual dos dois valores poderá estar mais correto? 
 
Solução : 
 
 1 = 1,75 g / cm³ 
 2 = 1,83 g / cm³ 
w = 43,5 % 
s = 2,75 g / cm³ 
 
d =  / 1 + w 
d1 = 1,75 / 1 + 0,435 = 1,22 g / cm³ 
d2 = 1,83 / 1 + 0,435 = 1,28 g / cm³ 
 
d = s / 1 + e 
1,22 = 2,75 / 1 + e1 e1 = 1,25 
1,28 = 2,75 / 1 + e2 e2 = 1,15 
 
 = s + Se w / 1 + e 
1,75 = 2,75 + S x 1,25 x 1 / 1 + 1,25 S=95 % 
1,83 = 2,75 + S x 1,15 x 1 / 1 + 1,15 S = 103 % - não existe 
 
O mais provável de estar correto é o 1 pois S=95 %. 
 
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16) Dadas as curvas granulométricas a seguir, pede-se: classificar os solos segundo a 
granulometria, determinar o coeficiente de não uniformidade e o coeficiente de curvatura 
para cada solo, definindo com isto se são bem graduados ou mal graduados. 
 
Solução : 
 
Solo 1: 
 
Pedregulho : 48 % 
 
Areia : Grossa : 60 – 48 = 12% 
 Média : 73 – 60 = 13 % 
 Fina : 83 – 73 = 10 % 
Total : 35 % 
Silte : 98 – 83 = 15% 
Argila : 100 – 98 = 2% 
 
Cu = d60 / d10 = 9/0,022 = 450 
Cc = (d30)² / (d10 x d60) = (0,7)² / (0,022 x 9) = 2,72 
Classificação granulométrica : Pedregulho arenoso 
 
Solo 2 : 
 
Pedregulho : 0 
 
Areia : Grossa : 0 
 Média : 70 % 
 Fina : 30 % 
Total : 100 % 
Silte : 0 
Argila : 0 
 
Cu = d60 / d10 = 0,55/0,3 = 1,83 
Cc = (d30)² / (d10 x d60) = (0,4)² / (0,55 x 0,3) = 0,97 
Classificação granulométrica : Areia média a fina 
 
Solo 3 : 
 
Pedregulho : 7% 
 
Areia : Grossa : 27 – 7 = 20 % 
 Média : 50 – 27 = 23 % 
 Fina : 63 – 50 = 13 % 
Total : 56 % 
Silte : 90 – 63 = 27% 
Argila : 10 % 
Cu = d60 / d10 = 1,3/0,02 = 65 
13 
 
Cc = (d30)² / (d10 x d60) = (0,05)² / (0,02 x 1,3) = 0,10 
Classificação granulométrica : Areia siltosa 
 
17) Com a finalidade de confirmar a classificação dos solos apresentada no exercício 9, foi 
realizado um ensaio de granulometria em uma amostra coletada em uma das camadas do 
perfil do terreno. Os dados e alguns cálculos do ensaio estão apresentados nos quadros 
abaixo. 
 
Massa específica dos grãos (g/cm³) 2,67 
Massa Total úmida (g) 1000 
Teor de umidade (%) 13,6 
Massa Total seca calculada (g) 881,7 
 
 
a) Determinar a curva granulométrica do solo ensaiado. 
b) Conclua a que camada do perfil provavelmente este solo corresponde, adotando a escala 
da ASTM ou da ABNT. 
 
PENEIRAMENTO GROSSO 
Peneira ABNT Abertura (mm) Massa seca retida (g) Massa seca retida acumulada (g) %total que passa 
3/8" 9,50 1,40 1,40 99,8 
4 4,80 1,38 2,78 99,7 
10 2,00 9,03 11,81 98,7 
PRATO 
 
PENEIRAMENTO FINO 
Massa úmida: 70 g Massa seca : 61,62 g 
Peneira ABNT Abertura (mm) Massa seca retida (g) Massa seca retida acumulada (g) %total que passa 
16 1,20 1,71 1,71 95,89 
30 0,60 4,80 6,51 88,15 
40 0,42 3,18 9,69 83,03 
PRATO - 
 
SEDIMENTAÇÃO 
Massa úmida : 70g Massa seca: 61,62 g 
Tempo(min) Li Temp.(ºC) R Lc Z (cm) Diâm. (mm) Psed (%) 
0,5 28,0 28 -1,6 8,52 26,4 15,3 0,0694 68,68 
1 27,5 28 -1,6 8,52 25,9 15,4 0,0492 67,38 
2 27,0 28 -1,6 8,52 25,4 15,5 0,0349 66,08 
4 26,0 28 -1,6 8,52 24,4 14,8 0,0241 63,48 
8 24,5 28 -1,6 8,52 22,9 15,2 0,0173 59,57 
 
 
 
 
 
14 
 
18) Sabe-seque além da granulometria existem outras características básicas e importantes 
dos solos. Nesse sentido: 
 
a) Explique o que são os limites de consistência, em que solos são determinados e com 
que finalidade, considerando a importância prática. 
b) O limite de liquidez e o de plasticidade obtidos em laboratório , de uma amostra da 
camada 2 do perfil do terreno indicado no exercício 2, foi de 45% e 25%, 
respectivamente. Calcular o índice de plasticidade. 
 
 
Solução : 
 
b) IP = LL – LP = 45 – 25 = 20 % 
 
 
19) O ensaio de peneiramento de uma amostra de solo forneceu os seguintes resultados: 
 
Peneira(mm) 9,50 4,80 2,40 1,20 0,60 0,30 0,15 
% que passa 99,20 89,50 67,50 39,50 14,60 3,20 1,50 
 
Pede-se: 
 
a) Traçar a curva granulométrica do solo ensaiado; 
b) Determinar o diâmetro efetivo . 
c) Determinar os coeficientes de não uniformidade e de curvatura do solo. 
 
Solução : 
 
a) 
b) d10 = 0,48 mm 
0
20
40
60
80
100
120
0,1 1 10
Diâmetro do grão (mm)
Pe
rc
en
tag
em
 qu
e 
pa
ss
a p
or
 pe
so
15 
 
c) Cu = d60 / d10 
 Cu = 4,16 
 Cc = (D30)² / (D10 x D60) 
 Cc = 0,84 
 
 
22) Um solo, com teor de umidade igual a 31,2 %, foi submetido a ensaios de laboratório 
para determinação dos limites de plasticidade, resultando LP = 25,8 % e os seguintes dados 
do ensaio do limite de liquidez: 
 
Número de golpes 40 32 27 19 12 
Teor de umidade(%) 48,3 49,5 50,1 51,7 53,8 
 
Esse mesmo solo foi submetido a uma análise granulométrica que indicou a seguinte 
distribuição (porcentagens em peso) : 
 
Peneira(mm) 4,80 2,00 0,074 0,050 0,005 
% que passa 100 85 63 55 28 
 
 
 
Pede-se : 
 
a) Determinar os valores dos índices LL e IP; 
b) Através de Cu e Cc, dizer se o solo é bem graduado. 
 
Solução : 
 
a) LL = 50 % IP = LL – LP = 50 – 25,8 = 24% 
16 
 
 
b) 
 
 
 
Gráfico de Fluência
1
10
100
48 50 52 54 56 58 60 62 64 66
Umidade (%)
N
úm
er
o 
de
 g
ol
pe
s 
0
20
40
60
80
100
120
0,001 0,01 0,1 1 10
Diâmetro do grão (mm)
Pe
rc
en
tag
em
 qu
e 
pa
ss
a p
or
 pe
so