Mecânica dos solos unb

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17
CAPÍTULO 2
ÍNDICES FÍSICOS
1 - INTRODUÇÃO
Índices físicos são valores que tentamrepresentar as condições físicas de umsolo 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 comportamentomecânico 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.
Emumsolo 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 devolume 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
  Eq.2
Para evitarequívocos 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.Amassa 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
  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 demasssa, 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

  Eq.4
g g
s
w w
G
 
 
 
Eq.5
w w
s s
W Mw 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 fácilconcluir
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 ouo peso específico de igualvolume de
água pura a 4C. Como é uma relação de massas ou de
pesos específicos, Gs é adimensional e portanto de
mesmo valor numérico emqualquer 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  . Os
maiores valores conhecidos no mundo são os de
algumas argilas japonesas que chegam a 1400%.
Em geral os solos brasileiros apresentam umidade
naturalabaixo de50%. 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  solo inorgânico (maioria dos solos brasileiros);
2,9 < Gs  solo inorgânico contendo ferro;
Gs < 2,5  solo orgânico;
Gs < 2,2  solo essencialmente orgânico (turfa).
Quadro 2.4
20
w
r
v
VS 100
V
 Eq.7
t
nat
t
W
V
    Eq.8
s
d
t
W
V
  Eq.9
sat
sat
t
W
V
  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 umsolo 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 coma 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 trabalhamcom
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 sódas 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 comalto
de grau de saturação, não é correta.
Quadro 2.6
21
sub
sub
t
W
V
  Eq.11
t
nat
t
M
V
    Eq.12
g

  Eq.13
s
d
t
M
V
  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 totalda 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 têmuma película de água que as envolve,
chamada água adsorvida, que faz parte de sua estrutura. Esta água está submetida a
pressões altíssimasque fazemcomque se apresente congelada à temperatura ambiente.
Dependendo da temperatura de secagem, parte ou até toda água adsorvida pode ser
removida juntocomaágua livre dos vazios o que daria diferentes pesos secos emfunção
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 110.
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 emargilas, emque 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

  Eq.15
sat
sat
t
M
V
  Eq.16
sat
sat g

  Eq.17
subsub
t
M
V
  Eq.18
sub
sub g

  Eq.19
v
s
Ve
V
 Eq.20
v
t
Vn 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-seobtera massaespecífica 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 , 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
 
s
s w
d
t
t
W
W W
V
W

 
s w
s
d
t
t
1
W W
W
1
W
V

 
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
 
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
 
24
NA NT~~ E
Wt
Figura 2.2 - Perfil de solo
d
1
w1
100
1

 

d w1
100

 

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, igualao 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 w     Eq.24
E = empuxo.
Pode-se ainda escrever:
t sub t sat t wV V V    
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 100V
V

Substituindo-se Vt por Vs + Vv (v. Figura 2.1):
v
s
s v
s
V
V
n 100V V
V


Como :v
s
V
e
V

en 100
1 e


Eq.25
ou ainda:
26
n
100e n1
100


Eq.26
4 - A partir das definições básicas dos índices físicos, chegue às seguintes relações
importantes:
g
w1
100
1 e

  

Eq.27 s
w
wG 1
100
1 e
  
   

Eq.28
s
sat w
G e
1 e

  

Eq.29
g
d 1 e

 

Eq.30
g
d
e 1

 

Eq.31 rs
SwG 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 daamostra (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 - emgeralcilíndrica - na qualse possa determinar o volume
através de uma fórmula conhecida. Outra alternativa é pesar aamostra 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 coma 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 umcorpo exige a utilização de umdinamômetro, i.e.,
ummedidorde força. A Figura 2.3 mostra umdinamômetro muitoutilizadopor 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., emduas 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 wG   t
t
M
g
V
 
g
d
e 1

 
 d w1
100

 

t d
d
M M
w 100
M


en 100
1 e

 s
r
wG
100S 100
e

s
sat w
G e
1 e

  

sub sat w   
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 62,011w = 100= 100 = 25,8 %
M M 62,01 35,046


 
 
6 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de umsolo saturado temmassa de
68,959 g. Depois de seco baixoupara 62,011 g. A massa do recipiente é 35,04 ge 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
 
   
 

r
s
S 100e 0.75
100 100w 100 100 27%
G 2,79
  
g
w
r
w 28 25,8 x100 9,81 100e 0,74S 100
100100


  
POROSIDADE - n
Aplicando-se a Eq. 25:
e 0 74n 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 gr
w
3
g
Sw 32.5 100e 0 89
100 100 100 9 81 100
26 86 kN/m
 
  

 
.
,
,
3s w
d
G 2 79 x 9 81
15 61 kN/m
1 e 1 0 72

   
 
, ,
,
,
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 24,83w 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
   
(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

  

Eq.33
s sub
d
s
G
G 1

 

Eq.34
 
s sub
r
s w sub
wG
100S
G 1


  
Eq.35
13 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de um solo saturado pesaram
0,674 N. Depois de seco emestufa 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 ge 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 16,031 26,5 1
100 100 19,06
1 e 1 e
e 0,61
              
 

t s
s
W W 0,39 0,28w 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


  
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 foide 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
 
      
 
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/m       
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. Foramtomadas todas as precauções para preservar a
umidadeda amostra até sua chegada emlaboratório onde forampesadas dentro do cilindro
e depois levadas para uma estufa a 110 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 9,81V 0,788 m
18,63
  

-6
3
nat
1080 x 10 x 9,81 13,41 kN/m
0,788
  
?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
   
    
       
 

,
, ,
,
3 kN/md
13 41 11 77w 141 1
100 100

   
 
, ,
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 de água 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 10V 1,23 x 10 m
9,81
  

o peso da cera será igual a:
37
3 kN/md
18 0 15 85w 13 61 1
100 100

   
 
, ,,
 x 9,81s w
d
G 2 61e 1 1 0 62
15 85

    

, ,
,
    -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 10V 0,23 x 10 m
8,2
  

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
   
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
13,62,61
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
   
s wsal
am
g wsal
W W
V  
 
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
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 

wsal
wsal
wsal
W
V 

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

 
 
-3
wsal wsal
wsal
79,2 x 10 x 9,81 W W0,0396
2,75 x 9,81 10,1
W 0,174 kN

 

3wsal
wsal
wsal
W 0,174V 0,0173 m
10,1
  

w wsal wW V 0,0173 x 9,81 0,169 kN   
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 0,0173e 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
VV
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 ovolume 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 totalque terá que ser trazido de cada jazida, para
ser no aterro umvolume totalcompactado de 400000 m3 comumíndice 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 umsolo 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 15G 1 1
100 9,81 100 18,5= 9,81
1 e 1 e
e 0,68
       
      
 

UMIDADE DE SATURAÇÃO
Considerando-se, na Eq. 32, Sr = 100 % , tem-se a umidade para o solo saturado:
sat
s
e 0,68w 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 15w 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 24,65W 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 2,41V 1000 158 litros
9,81
 
   

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:
 - a umidade determinada para o solo A seja maior que a do solo B;
 - a umidade determinada para o o solo A seja menor que a do solo A;
 - a umidade determinada para o o solo A seja igual a do solo B;
 - 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:
4331
d1
16,7
11,68 kN/mw 431 1
100 100

   
 
32
d2
18,6 13,0 kN/mw 431 1
100 100

   
 
g
1
d1
2,75 x 9,81e 1 1 1,31
11,68

    

g
2
d2
2,75 x 9,81e 1 1 1,07
13,0

    

s
1
1
w 43G 2,75
100 100S 100 100 90,3%
e 1,31
  
s
2
2
w 43G 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 emlaboratório para
deposição de sólidos. Sabe-se que o lodo contém20%empesodesólidos, sendo seupeso
específico 11,28 kN/m3. Após sedimentação total foiretirada umaamostraindeformada do
sedimento, tendo umvolume de 35,4 cm3 e massa de 50,3 g. Depois de seca emestufa 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:
350,3 9,81 13,94 kN/m
35,4
  
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
123,5G G
10013,94 9,81 G 2,95123,51 G
100

  

o que leva a 
3
g 2,95 x 9,81 29,04 kN/m
123,5e 2,95 3,66
100
  


 

LODO
Ws = 0,20 Wt
UMIDADE
45
w t t
lodo
s s t
W W Ww 100 1 100 1 100 400%
W W 0,20 W
   
        
   
ÍNDICE DE VAZIOS
Usando as Eq.28, chega-se à equação:
s
w
wG 1
100e 1 11,87
  
    

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 ww 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

 


  


  



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 gdo solo (1) com100 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





 
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






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.