Mecânica de Solos II - Compressibilidade e Adensamento

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Engenharia Civil de Infraestrutura – Monitoria de Mecânica de Solos II 
Guia prático da disciplina 
Profs. Orientadores: Julio Cesar Bizarreta Ortega; Noé Villegas Flores 
Monitoras: Deborah Nardi; Samanta Klering 
2017.2 
COMPRESSIBILIDADE E ADENSAMENTO 
1) Se realizará um projeto de uma rodovia que transmitirá uma carga de 
200kPa sobre um deposito argiloso normalmente adensado de 10 
metros de profundidade. O deposito argiloso está apoiado sobre a 
rocha basáltica considerada impermeável para o exercício. Dados: 
cv=0,04 m²/dia; 𝛾𝑤 = 10𝑁/𝑚³; 𝛾𝑠𝑜𝑙𝑜 = 15𝑘𝑁/𝑚³. 
 
a) Plote o diagrama de poro-pressões no topo, no meio e na base da 
camada argilosa para a condição inicial (sem aterro) e nas 
condições do adensamento para tempo = 0 anos, 1 ano, 5 anos, e 
tempo infinito. 
 
Solução a: 
 
i) Condição inicial (sem carregamento), uwo = poro-pressão inicial. 
Topo: uwo = 0 
 Meio: uwo = 10*5=50 kPa 
 Base: uwo = 10*10= 100kPa 
 
ii) Em t=0 do adensamento temos: 
 
𝑈𝑜 = 200𝑘𝑃𝑎; 𝑈𝑒 = 200𝑘𝑃𝑎 (já que em t=0 ainda não ocorre a dissipação da 
poro-pressão); e, por fim, por (1) 𝑈𝑧 = 0. Condição de drenagem é no Topo, 
por isso para t>= 0, 𝑈𝑒 = 0𝑘𝑃𝑎. 
Topo: uw (t=0) = 0 + 200 = 200kPa / uwo = 0 kPa (drenagem) 
 Meio: uw (t=0) = 50 + 200= 250 kPa 
 Base: uw (t=0) = 100+ 2000= 300kPa / (sem drenagem) 
 
 
 
 
2 
 
iii) Em t=1 ano (365 dias) 
 
Temos que 𝑈𝑧 = 1 −
𝑈𝑒
𝑈𝑜
 (1), onde 𝑈𝑧 corresponde ao grau de adensamento (ou 
porcentagem de adensamento), 𝑈𝑒 o excesso de poro-pressão e 𝑈𝑜 o excesso 
de poro-pressão inicial (no caso da rodovia, aterro infinito, 𝑈𝑜 é igual a carga, 
200kPa). 
 Primeiramente, precisamos encontrar o grau de adensamento em 
função da profundidade e do fator tempo. Assim, temos que 𝑇 =
𝐶𝑣∗𝑡
(𝐻𝑑)²
 (2), onde 
𝑇 é o fator tempo, 𝐶𝑣 é o coeficiente de adensamento, 𝑡 é o tempo e 𝐻𝑑 é a 
distância de drenagem. 𝐻𝑑 =10 m pois só o topo da camada de argila é 
drenante, com o tempo igual a 365 dias, temos 𝑇 = 14,6%. 
 Com o ábaco porcentagem de adensamento vs Z (fator profundidade : 
𝑍 =
𝑧
𝐻𝑑
, onde 𝑧 é a profundidade estudada) 
 No topo da camada (𝑧 = 0), 𝑈𝑧 = 0, por ser uma condição de 
drenagem. 
No meio da camada (𝑧 = 5𝑚),com 𝑇 = 14,6%, 𝑈𝑧 = 34%; 
Na base (𝑧 = 10𝑚), com 𝑇 = 14,6%, 𝑈𝑧 = 12%; 
 
 Para plotarmos o diagrama de poro-pressões, precisamos saber para 
cada tempo e cada camada a dissipação de poro-pressão (𝑈𝑒). Conhecendo 
𝑈𝑧 de cada camada, podemos obter 𝑈𝑒 a partir de (1), onde temos então que 
𝑈𝑒 = (1 − 𝑈𝑧) ∗ 𝑈𝑜. 
 Assim, sabemos que em 𝑧 = 5𝑚, 𝑈𝑒 = 132𝑘𝑝𝑎; 𝑧 = 10𝑚, 𝑈𝑒 = 176𝑘𝑝𝑎. 
 A poro-pressão (𝜇), que é dada por 𝜇 = 𝛾𝑤 ∗ 𝑧 (3), em 𝑧 = 0 é 𝜇 = 0; 
𝑧 = 5𝑚, 𝜇 = 50𝑘𝑝𝑎; 𝑧 = 10𝑚, 𝜇 = 100𝑘𝑝𝑎. 
 Sendo assim, o diagrama de poro-pressão irá representar a poro-
pressão existente em cada camada mais o excesso devido ao carregamento 
que chamaremos então de ∆𝜇. Em 𝑧 = 5𝑚 temos um valor correspondente de 
182kpa e em 𝑧 = 10𝑚 um valor de 276kpa. 
 Topo: uw (t=1ano) = 0 
 Meio: uw (t=1ano) = 50+132= 182 kPa 
 Base: uw (t=1ano) = 100 + 176 = 276 kPa 
 
 
 
 
Em t=5 anos (1825 dias) 
 
 Seguindo o mesmo procedimento para t=1 ano, obtemos que 𝑇 = 73%. 
 O quadro 1 apresenta os valores de 𝑈𝑧, 𝑈𝑒, 𝜇 e ∆𝜇 para cada camada 
analisada. 
3 
Quadro 1 – Valores de 𝑈𝑧, 𝑈𝑒, 𝜇 e ∆𝜇. 
𝑧 = 0𝑚 𝑈𝑧 = 0; 𝑈𝑒 = 0; 𝜇 = 0; ∆𝜇 = 0; 
𝑧 = 5𝑚 𝑈𝑧 = 0,85; 𝑈𝑒 = 30𝑘𝑝𝑎; 𝜇 = 50𝑘𝑝𝑎; 
∆𝜇 = 80𝑘𝑝𝑎; 
𝑧 = 10𝑚 𝑈𝑧 = 0,79; 𝑈𝑒 = 42𝑘𝑝𝑎; 𝜇 = 100𝑘𝑝𝑎; 
∆𝜇 = 142𝑘𝑝𝑎; 
 
 
Topo: uw (t=5anos) = 0 (zona de drenagem) 
 Meio: uw (t=5anos) = 50 + 30 = 80 kPa 
 Base: uw (t=5anos) = 100 + 42 = 142 kPa 
 
 
Em t=∞ 
 
 Em t=∞, sabemos que toda a água já foi dissipada. Assim, 
 𝑈𝑒 = 0, 𝑈𝑜 = 200𝑘𝑝𝑎 e 𝑈𝑧 = 1. 
 
Topo: uw (t=∞) = 0 (zona de drenagem) 
 Meio: uw (t=∞ ) = 50 + 0 = 50 kPa 
 Base: uw (t=∞) = 100 + 0 = 100 kPa 
 
 
 
 Obtemos então o diagrama abaixo. 
 
Diagrama de poro-pressões 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
b) Idem para o diagrama de tensões efetivas. 
 
Solução: 
 
Em t=0 temos: 
 
 Δ𝜎𝑣 = 0. 
 
Em t=1 ano temos: 
 
 Para plotarmos o diagrama correspondente, precisamos saber que 
𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ = Δ𝜎𝑣 + 𝜎𝑣′, onde 𝜎𝑣′ refere-se a tensão vertical efetiva, dada por 𝜎𝑣
′ =
(𝛾𝑠𝑜𝑙𝑜 ∗ 𝑧) − 𝜇 (4). 
 No quadro 2, temos as relações necessárias calculadas para o 
diagrama. 
Quadro 2 – Valores de 𝜎𝑣
′ , Δ𝜎𝑣 e 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ para t=1. 
𝑧 = 0𝑚 0 = 𝜎𝑣
′ = Δ𝜎𝑣 
𝑧 = 5𝑚 𝜎𝑣
′ = 25𝑘𝑝𝑎; Δ𝜎𝑣 = 68𝑘𝑝𝑎; 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ =
93𝑘𝑝𝑎; 
𝑧 = 10𝑚 𝜎𝑣
′ = 50𝑘𝑝𝑎; Δ𝜎𝑣 = 24𝑘𝑝𝑎; 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ =
74𝑘𝑝𝑎; 
 
 
Em t=5 anos: 
 
 Apresenta-se o quadro 3. 
 
Quadro 3 – Valores de 𝜎𝑣
′ , Δ𝜎𝑣 e 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ para t=5. 
𝑧 = 0𝑚 0 = 𝜎𝑣
′ = Δ𝜎𝑣 
𝑧 = 5𝑚 𝜎𝑣
′ = 25𝑘𝑝𝑎; Δ𝜎𝑣 = 170𝑘𝑝𝑎; 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ = 195𝑘𝑝𝑎; 
𝑧 = 10𝑚 𝜎𝑣
′ = 50𝑘𝑝𝑎; Δ𝜎𝑣 = 158𝑘𝑝𝑎; 𝜎𝑣𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
′ = 208𝑘𝑝𝑎; 
 
 Assim, tem-se o diagrama de tensões efetivas apresentado abaixo. 
5 
 
Diagrama de tensões efetivas 
 
c) Que solução adotaria para reduzir o tempo recalque? 
Para diminuir o tempo de recalque deve-se realizar a compactação do 
solo de maneira mais eficiente possível em período prévio as obras. 
 
2) Pretende-se executar uma obra sobre o perfil abaixo. A argila é 
normalmente adensada e o nível d’água coincide aproximadamente 
com o topo da camada de argila. A obra irá gerar um acréscimo de 
tensão total da ordem de 40kPa constante ao longo do perfil. Para a 
execução deste projeto foi realizado ensaio de adensamento que 
forneceu: cr = 0,16; cc = 1,91, eo=2,5 , cv = 6x10-4cm2/s Pede-se: 
 
a) Traçar a curva recalque vs tempo; 
b) Traçar a distribuição de poro-pressão em TODO o perfil (incluir a 
camada acima da argila), para o instante em que o recalque atinge 40% 
do valor total; 
c) Estimar o recalque ao final da execução da obra, dado que o tempo de 
construção será de 8 meses; 
d) Para acelerar os recalques, estimar a altura de sobrecarga tal que 60% 
do recalque de adensamento ocorra em 12 meses (aterro ɤ = 20 
kN/m3) 
 
 
 
Areia ɤt=18kN/m3 (6m) 
 
 
Argila ɤt=15,5kN/m3 (10m) 
6 
 
 
Areia siltosa pouco argilosa 
 
Solução a: 
 Calcula-se primeiramente o recalque total da camada de argila, para 
então, juntamente com o grau de adensamento descobrir o recalque ao longo 
do tempo. Para isto é necessário encontrar as tensões iniciais e após o 
carregamento. 
𝜎𝑖
′ = (6 ∗ 18) + (5 ∗ 5,5) = 135,5𝐾𝑃𝑎 
𝜎𝑓
′ = 135,5 + 40 = 175,5𝐾𝑃𝑎 
 
 Trata-se de uma argila normalmente adensada, ou seja: 
Δ𝐻 =
𝐻𝑜
1 + 𝑒𝑜
∗ 1,91 ∗ 𝑙𝑜𝑔
𝜎𝑓
′
𝜎𝑖
′ 
Δ𝐻 =
10
1 + 2,5
∗ 1,91 ∗ 𝑙𝑜𝑔
175,5
135,5
= 0,613𝑚 → 61,3𝑐𝑚 
 Transformando coeficiente de adensamento C para unidades usuais 
tem-se: 
𝐶𝑣 = 0,156
𝑚2
𝑚ê𝑠
 
 Para plotar o gráfico faz-se necessário descobrir o grau de 
adensamento em diferentes tempos. 
 
→ 1 mês T =
𝐶𝑣∗𝑡
𝐻𝑑2
=
0,156∗(
1
2
)
52
=0,00132 
 
 Observando a tabela, a qual fornece o grau de adensamento Uz(%) 
em função do fator tempo T, temos que, Uz:6,5% 
 
∴ ρ(t = 1) = 61,3 ∗ 0,065 = 3,98𝑐𝑚 
 
→ 2 meses T =
0,156∗(
2
2
)
52
=0,00624 → Uz = 9% 
 
∴ ρ(t = 2) = 61,3 ∗ 0,09 = 5,52𝑐𝑚 
 
 
→ 4 meses T =
0,156∗(4
2
)
52
=0,01248 → Uz = 13% 
 
∴ ρ(t = 4) = 61,3 ∗ 0,13 = 7,97𝑐𝑚 
 
 
7 
 → 8 meses T =
0,156∗(
8
2
)
52
=0,02496 → Uz = 18% 
 
∴ ρ(t = 8) = 61,3 ∗ 0,18 = 11,03𝑐𝑚 
 
 
 → 1 ano (12meses) T =
0,156∗(
8
2
+4)
52
=0,04992 → Uz = 25% 
 
∴ ρ(t = 12) = 61,3 ∗ 0,25 = 15,33𝑐𝑚 
 
 
→ 2 anos (24meses) T =
0,156∗(
8
2
+16)
52
=0,1248 → Uz = 40% 
 
∴ ρ(t = 24) = 61,3 ∗ 0,40 = 24,52𝑐𝑚 
 
 
→ 5 anos (60meses) T =
0,156∗(
8
2
+52)
52
=0,34944 → Uz = 65% 
 
∴ ρ(t = 60) = 61,3 ∗ 0,65 = 39,85𝑐𝑚 
 
 
→ 10 anos (120meses) T =
0,156∗(
8
2
+112)
52
=0,72384 → Uz = 86% 
 
∴ ρ(t = 120) = 61,3 ∗ 0,86 = 52,72𝑐𝑚 
 
 
→ 20anos (240meses) T =
0,156∗(
8
2
+232)
52
=1,44768 → Uz = 98% 
 
∴ ρ(t = 240) = 61,3 ∗ 0,98 = 60,07𝑐𝑚 
 
8 
 
 
Obs: Nota-se que no período correspondente a 8 meses dividiu-se t pela 
metade, isto se deve ao fato que este intervalo compreende a fase de 
construção da obra. 
 
 
Solução b: 
 
 Sabe-se que na camada de areia o acréscimo de poro-pressão é nulo, 
visto que o nível d’água está abaixo desta. Sendo assim, com relação a 
camada de argila o instante em que o recalque atinge 40% corresponde a um 
fator tempo T igual a 0,126. Pode-se então encontrar o excesso de poro-
pressões Ue. Lembrando que, devido as duas camadas drenantes o excesso 
de poro-pressões no topo e na base da camada é igual a zero, sendo assim, 
calcula-se Ue para profundidades z igual a 2,5m; 5m; a7,5m. 
 
→ 2,5m Z =
𝑧
𝐻𝑑
=
2,5
5
= 0,5 e Uz=0,31 
 
 Ue=(1-Uz)*Uo=(1-0,31)*40= 27,6KPa 
 
 
→ 5m Z =
𝑧
𝐻𝑑
=
5
5
= 1 e Uz=0,1 
 
 Ue=(1-Uz)*Uo=(1-0,1)*40= 35KPa 
 
 
→ 6,5m Z =
𝑧
𝐻𝑑
=
7,5
5
= 1,5 e Uz=0,31 
-70
-60
-50
-40
-30
-20
-10
0
0 50 100 150 200 250 300
R
E
C
A
L
Q
U
E
 (
cm
)
TEMPO (meses)
Recalque vs Tempo
9 
 
 Ue=(1-Uz)*Uo=(1-0,31)*40= 27,6KPa 
 
 Procede-se ao cálculo das poro-pressões: 
 
Quadro 4 – Valores de acréscimo de poro-pressões na camada de argila. 
𝑧 = 6 + 2,5𝑚 𝜇 = 2,5 ∗ 10 + 27,6 = 52,5𝐾𝑃𝑎 
𝑧 = 6 + 5𝑚 𝜇 = 5 ∗ 10 + 36 = 86𝐾𝑃𝑎 
𝑧 = 6 + 7,5𝑚 𝜇 = 7,5 ∗ 10 + 27,6 = 102,6𝐾𝑃𝑎 
 
 
Solução c: 
 
 O termino da construção corresponde a 8 meses, portanto: 
T =
𝐶𝑣∗𝑡
𝐻𝑑2
=
0,156∗(
8
2
)
52
=0,02496 → Uz = 18% 
 
∴ ρ(t = 8) = 61,3 ∗ 0,18 = 11,03𝑐𝑚 
 
Solução d: 
 
 60% do recalque equivale a 31,78cm, ou seja, deve-se encontrar a 
altura h do aterro para que ocorra um recalque de 31,78cm. 
 Segundo o ítem a), no período de 12 meses ocorrerá apenas 25% do 
recalque total 
𝜌𝑡 = 𝜌𝑒𝑠𝑝 ∗ 0,25 
𝜌𝑒𝑠𝑝 =
31,78
0,25
= 127,12𝑐𝑚 
 
 Deve-se então calcular o acréscimo de carga provocado pelo aterro, 
que irá gerar um recalque de 1,2712m. 
 
10 
𝜎𝑓
′ = (6 ∗ 18) + (5 ∗ 5,5) + (ℎ ∗ 20) = 135,5 + 20ℎ 
 
 Assume-se distintos valores para h na equação abaixo, o valor de h 
será aquele que resultara o mais próximo de 1,2712m 
 
Δ𝐻 =
10
1 + 2,5
∗ 1,91 ∗ 𝑙𝑜𝑔
135,5 + 20ℎ
135,5
 
 Quadro 5 – Valores de h e seus respectivos recalques. 
h (m) 𝜌𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜 
2 0,32 
5 0,69 
10 1,13 
12,1 1,27 
 
 Deverá ser construído um aterro, com altura de 12,1m, para que 60% 
do recalque seja atingindo em 1 ano. 
 
3) Um projeto de engenharia prevê nos primeiros seis meses um recalque 
por adensamento primário no centro da camada argilosa de 12,5 cm, 
devido ao carregamento retangular colocado nas proximidades, 
conforme mostra a Figura 2. Sabendo que o OCR em toda a camada 
argilosa é igual a 1, determine o valor do recalque por adensamento 
primário total e o valor de Cc (coeficiente de compressão). Estime se 
for necessário Δσ’prom no centro da camada usando a regra de 
Simpson. 
 
 
 
 Solução: 
11 
 Temos que o recalque nos primeiros 6 meses é de 12,5cm. Além desse 
dado, nos é informado o coeficiente de adensamento. Pode-se, então, 
encontrar o respectivo grau de adensamento para descobrir qual é o recalque 
total gerado. 
 
 𝑇 =
𝐶𝑣∗𝑡
𝐻𝑑²
, logo T= 0,64. Portanto, U(%)=83%. 
 
 83% --------- 12,5cm 
 100% -------- x x=15,06cm (recalque total). 
Conhecendo agora o recalque total, utiliza-se, para encontrar o Cc, a 
equação correspondente a solo normalmente adensado (CR=1). 
𝜌 =
𝐻𝑜 ∗ 𝐶𝑐
(1 + 𝑒𝑜)
∗ 𝑙𝑜𝑔
𝜎𝑓
𝜎𝑖
 
 Precisamos conhecer 𝜎𝑓, o qual corresponde a tensão inicial no ponto 
calculado mais o acréscimo de tensões gerado pela nova carga aplicada. Para 
conhecer esse acréscimo, podemos aplicar o método da teoria da 
elasticidade, citada por PINTO (2006). 
 
Quadro 6 – Valores de Incremento. 
z 
(m) 
m (a/2) n (b/2) I m 
(a/2) 
n (b/2) I nº de 
quadros 
3 4/3 6/3 0,216465 8/3 6/3 0,23698 2 
4,5 4/4,5 6/4,5 0,180615 8/4,5 6/4,5 0,21434 2 
6 4/6 6/6 0,14914 8/6 6/6 0,188235 2 
 
 ∆𝜎𝑡 = 2 ∗ 300 ∗ (0,2398 − 0,216465) = 12,309𝑘𝑃𝑎 
 ∆𝜎𝑚 = 2 ∗ 300 ∗ (0,21434 − 0,180615) = 20,235𝑘𝑃𝑎 
 ∆𝜎𝑡 = 2 ∗ 300 ∗ (0,188235 − 0,14914) = 23,457𝑘𝑃𝑎 
 
 Por Simpson, teremos então: 
 ∆𝜎𝑝𝑟𝑜𝑚 =
12,309+20,235∗4+23,457
6
, ∆𝜎𝑝𝑟𝑜𝑚 = 19,451𝑘𝑃𝑎. 
 
𝜎𝑖 = (3 ∗ 18) + (1,5 ∗ 15,5) = 77,25𝑘𝑃𝑎 
12 
𝜎𝑓 = 𝜎𝑖 + ∆𝜎𝑝𝑟𝑜𝑚 = 77,25 + 19,451 = 96,70𝑘𝑃𝑎 
 
 Portanto, 
𝜌 =
𝐻𝑜 ∗ 𝐶𝑐
(1 + 𝑒𝑜)
∗ 𝑙𝑜𝑔
𝜎𝑓
𝜎𝑖
 
𝐶𝑐 =
𝜌
(
𝐻𝑜
1 + 𝑒𝑜
) ∗ log (
𝜎𝑓
𝜎𝑖
)
 
𝐶𝑐 =
0,1506
(
3
1 + 1) ∗ log (
96,7
77,25)
 
𝐶𝑐 = 1,03 
 
 
4) Apresente um resultado típico de ensaio de compressão confinada 
(odométrico ou adensamento) para uma areia e para uma argila. 
Referindo-se ao gráfico (resultado típico) assinale as diferencias mais 
importantes de ambos materiais. 
 
 
Nota-se que para mesmos valores de tensões aplicadas, a variação do 
índice de vazios para a areia é bem menor, isto ocorre porque a argila é 
mais porosa, logo, possui maior índice de vazios. 
 
 
4) O projeto da construção de um aterro de grandes dimensões (tanto 
longitudinal quando transversal) consiste em uma areia compacta de 3 metros 
de altura sobre o solo natural: uma camada de argila de 10 metros apoiada 
sobre uma camada de areia grossa. Inicialmente é colocado um aterro de 5 
metros de altura para acelerar o recalque até um 80% do recalque do projeto. 
Passado esse tempo é retirado os 2 metros ficando o aterro com sua altura de 
projeto. Para fins práticos assumir os carregamentos instantâneos, e 
desconsiderar as possíveis expansões. Dados da camada argilosa: 
ᵞt=15kN/m3, eo= 2.2, cv=14,6 m2/ano. Dados dos aterros: ᵞt=20kN/m3. Nível 
13 
de água no topo da camada de argila. Ensaios de laboratório mostram que a 
tensão efetiva de pré-adesamento igual a 25kPa e um Cc = 0,85 e Cr=0,085. 
a) Trace a curva de tempo (meses) vs recalque (cm) da camada 
argilosa. 
b) Após 3 meses, determine a tensão efetiva no meio da camada de 
argila. 
(a) Passo 1) Determinar recalque do projeto: 
 
tensão inicial (Q'o)= 25 kpa tensão de preadensamento: 25kPa 
carga aplicada (3*20)= 60 kpa Ho= 10 m 
log- 3,4 0,531478917 eo= 2,2 
∆H= 141,1740873 cm Cc= 0,85 
 
Passo 2) Determinar o tempo para conseguir o 80% do recalque total 
(colocando o aterro de 5 metros), sendo que 80% do recalque total do 
projeto é 0,8*∆H=141,1741=112,94cm. (Cv=1,22m²/MESES) 
 
tensão inicial (Q'o)= 25 kpa tensão de preadensamento: 25kPa 
carga 
aplicada= 100 kpa Ho= 10 m 
log- 5 0,698970004 eo= 2,2∆H= 185,6639074 cm Cc= 0,85 
 
 
% de recalque = 112,94/185,66=0,608299. 
Temos que , logo, com carga de 100kpa, isolando t, 
obtemos t=5,897. 
 
t (meses) T U% Recalque (cm) 
5,897260274 0,287 0,6083 -112,9393549 
2,589041096 0,126 0,4 -74,26556296 
0,645205479 0,0314 0,2 -37,13278148 
0 0 0 0 
 
 
Passo 3) A partir do tempo de 5,89 meses é retirado instantaneamente 
a carga de 2*20= 40kpa, ficando unicamente a carga de projeto, lembrando 
que já se tem o 80% do recalque que é -119,58 cm. 
t (meses real) t (meses) T U% Recalque (cm) 
5,897260274 11,65068493 0,567 0,8 -112,939 
11,67123288 17,42465753 0,848 0,9 -127,057 







 +
+
=
0v
v0v
c
0
0
'
''
logC
e1
H
H  
14 
17,42465753 23,17808219 1,128 0,95 -134,115 
 
Assim, como resposta obtemos: 
 
 
(b) após 3 meses estamos ainda com a carga de 100kPa (20*5 aterro 
de 5 m), no processo de pré carregamento, pois é menor de 5,9 meses 
 
tempo 3 meses uo= 100 kpa 
T= 0,146 excesso de poro-pressão inicial = carga aplicada 
Uz-no meio= 0,14 
eu/uo= 0,86 Então eu= 86 
excesso de poro 
presão 
 dQ'= 14 
variação da 
tensão efetiva 
 
 
Qo=25KPa; 
Q(t=3 meses)=Qo+dQ’=25+14=39KPa 
 
 
ROMPIMENTO DE TALUDES 
1) Verificar a estabilidade do talude esquematizado abaixo utilizando: 
a) Os ábacos de Taylor 
b) O método de Fellenius 
c) O método de Bishop simplicado. 
Dados: 
Características do solo S = 3 + σ*tg 20º (tf/m²) e γ = 1,85 tf/m³ 
15 
Características do talude i = 33º e H = 15m 
Obs: para os itens b e c considerar o centro de rotação obtido pela tabela de 
Fellenius e ruptura de pé de talude. 
 
a) Ábacos de Taylor 
Solução 
Para o caso em questão, em que c ǂ 0 e Ø ǂ 0, a solução do problema 
é dada por tentativas. O ábaco a ser utilizado, é o gráfico de número de 
estabilidade (Taylor) mais geral (LAMBE e WHITMAN, 1979). 
 
1º Tentativa 
Arbitrando-se F1’ = 1,9 para 1º tentativa, vem: 
𝑡𝑔∅𝑑 =
𝑡𝑔∅
𝐹1
≫ 
𝑡𝑔 20°
1,9
= 0,1916 ≫ ∅𝑑 = 10,85° 
No gráfico citado, obtém-se ponto correspondente a: Ângulo do talude 
i = 33° no eixo das abcissas, e Ød = 10,85° (interpolação aproximada entre as 
curvas Ød = 10° e Ød = 15°). Determinado o ponto, verifica-se no eixo das 
ordenadas o valor do número de estabilidade N correspondente. No caso, N = 
0,078. 
Sabe-se que 𝑁 = 
𝐶𝑑
𝛾∗𝐻
≫ 𝐶𝑑 = 𝑁 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 ≫ 𝐶𝑑 = 0,078 ∗ 1,85 ∗ 15 =
2,16 𝑡𝑓/𝑚² 
𝐹1
′ =
𝐶
𝐶𝑑
≫ 
3
2,16
= 1,39 
Como o valor de F1’ calculado, resultou diferente de F1’ arbitrado, deve-
se fazer nova tentativa. 
 
2º Tentativa 
Arbitrando-se F2’ = 1,6 vem: 
𝑡𝑔∅𝑑 =
𝑡𝑔∅
𝐹1
≫ 
𝑡𝑔 20°
1,6
= 0,2275 ≫ ∅𝑑 = 12,82° 
 
Do gráfico de número de Estabilidade, com i = 33° e Ød = 12,82°, 
obtém-se N = 0,067 
Como 𝐶𝑑 = 𝑁 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 ≫ 𝐶𝑑 = 0,067 ∗ 1,85 ∗ 15 = 1,86 𝑡𝑓/𝑚². 
 
16 
𝐹2
′ =
𝐶
𝐶𝑑
≫ 
3
1,86
= 1,6 
 
Como F2’ resultou igual a F2’, o seu valor será o coeficiente de 
segurança do talude, ou seja, F = 1,6. 
Conclusão: Talude estável, pois F > 1,5. 
 
b) Método de Fellenius 
Solução: 
Para determinação do centro de rotação conforme admitido no 
enunciado do exercício, obtém-se da tabela de Fellenius os valores dos 
ângulos α e β em função da inclinação do talude. Para i = 33°, o valor de α = 
26° e β = 35°, conforme indicado no esquema a seguir. (ver a tabela, por 
exemplo, em Lambe e Whitman, 1979). 
Com centro no ponto 0 obtido desta forma, e ruptura de pé de talude 
conforme o anunciado do problema, traça-se a superfície de ruptura. No 
exemplo, a cunha de ruptura (na seção transversal) foi dividida em 5 fatias. A 
resolução esta apresentada no esquema, quadro e cálculos a seguir. 
 
 
 
Quadro 7 – Obtenção dos respectivos pesos. 
17 
Fatia 
nº 
Área (m²) Peso 
= Área 
x 𝛾(tf) 
Componentes do Peso 
(tf) 
Normal Tangencial 
1 (8,0x7,7)/2 56,98 54 -19 
2 (8,0x13,5)/2 153,14 152 -6 
3 (13,5x16,5)/2 213,68 206 55 
4 (16,5x11,8)/2 191,11 160 100 
5 (7,3x11,8)/2 79,68 50 62 
∑ =622 ∑ =192 
 
 
 
Comprimento da linha de deslizamento (sup. de ruptura) 
L = Raio x Ângulo central em radianos 
 
𝐿 = 25,50 ∗ 105° ∗ −
𝜋
180°
= 46,73𝑚 
 
Coeficiente de Segurança 
 
𝐹 = 
(𝑡𝑔Ø𝛴𝑃𝑛) + (𝑐 ∗ 𝐿)
𝛴𝑃𝑡
≫ 
(𝑡𝑔20° ∗ 622) + (3 ∗ 46,73)
192
= 1,91 > 1,5 
 
Portanto o talude estável para o centro de rotação e a superfície de 
ruptura adotados. 
 
c) Método de Bishop simplificado 
Solução: 
Também neste mpetodo, a resolução apresentada é por tentativas 
neste caso. O centro de rotação, superfície de ruptura e fatias utilizadas foram 
idênticos aos do método de Fellenius. A sequencia de calculo esta 
apresentada a seguir. Os valores de bi, hi e αi foram obtidos na seção 
transversal do talude. Os valores de Mαi podem ser calculados por: 
 
 M αi = (1 + 
𝑡𝑔 ∝∗ 𝑡𝑔Ø
𝐹
) ∗ 𝑐𝑜𝑠 ∝𝑖 
 
Ou então obtidos graficamente em função de αi e de tgØ’/F (ver LAMBE 
e WHITMAN, 1979) as tentativas devem ser repetidas, até que se obtenha um 
coeficiente de segurança calculado (F’’), igual ao arbitrado (F’). a expressão 
que fornece o valor de F’’ é: 
 
18 
𝐹′′ = 
1
𝛴(𝑃𝑖 ∗ 𝑠𝑒𝑛 ∝𝑖)
∗ 𝛴
𝑏𝑖(𝑐
′ + 𝛾 ∗ ℎ𝑖 ′ ∗ 𝑡𝑔Ø′)
𝑀𝛼𝑖
 
Porque B = 0 
 
Quadro 8 – Dados por fatia 
Fatias 1 2 3 4 5 
Base bi (m) 7,7 7,7 7,7 7,3 7,3 
Alt. Média hi’ 
(m) 
4,6 11,3 15,7 15,0 8,0 
Peso = (bix hix𝛾) 
(tf) 
65,53 160,97 223,65 202,58 108,04 
αi -24° -4° 14° 32° 56° 
Pxsen αi -26,65 -11,23 54,11 107,35 89,57 ∑ = 213,15 
xi= bi 
x(c’+𝛾hi′tgØ′) 
46,95 81,69 104,5 95,63 61,22 
Com F’1=1,5-
> tgØ′/F’1=0,242 
Assim, 𝑀αi 
0,81 0,98 1,03 0,98 0,76 
x/𝑀αi 57,96 83,36 101,46 97,58 80,55 ∑ = 420,91 
Com F’2=3,0-
> tgØ′/F’2=0,121 
Assim, 𝑀αi 
0,86 0,99 1,00 0,91 0,66 
x/𝑀αi 54,59 82,52 104,5 105,09 92,76 ∑ = 439,46 
Com F’3=1,5-
> tgØ′/F’3=0,181 
Assim, 𝑀αi 
0,84 0,98 1,01 0,94 0,72 
x/𝑀αi 55,89 83,36 103,47 101,73 85,03 ∑ = 429,48 
 
19 
 
1º Tentativa: 
F1 = 1,5 
𝐹′′1 =
𝛴(
𝑥𝑖
𝑀∝𝑖
)
𝛴(𝑃𝑖 ∗ 𝑠𝑒𝑛 ∝ 𝑖)
≫ 
420,91
213,15
= 1,97 ∴ 𝐹′1 ≠ 𝐹′′1 
 
2º Tentativa: 
F’2 = 3 
𝐹′′2 =
439,46
213,15
= 2,06 ∴ 𝐹′2 ≠ 𝐹′′2 
 
3º Tentativa: 
F’3 = 2,01 
𝐹′′2 =
429,48
213,15
= 2,01 ∴ 𝐹′3 = 𝐹′′3 
Então F = F’3 = F’’3 = 2,01. Como F > 1,5 o talude é estável para o 
centro de rotação e a superfície de ruptura adotados. 
 
2) É realizado um corte num solo com 𝛾 = 16,51 𝑘𝑁/𝑚3, 𝑐′ = 28,7 𝑘𝑁/𝑚3 
e 𝜑′ = 15°. A face do corte formará um ângulo de 45° com a horizontal. 
Qual deve ser a profundidade do corte para que um fator de segurança 
igual a 3 seja respeitado? 
 
Solução: 
 
Dados: 𝜑′ = 15°; 𝑐′ = 28,7 𝑘𝑁/𝑚3; 𝐹𝑠 = 𝐹𝑐 = 𝐹𝜑 = 3 
𝐹𝑐′ =
𝑐′
𝑐′𝑑
 → 𝑐′𝑑 =
𝑐′
𝐹𝑐′
 =
𝑐′
𝐹𝑠
=
28,75
3
= 9,59 𝑘𝑁/𝑚3 
𝐹𝜑′ =
𝑡𝑔𝜑′
𝑡𝑔𝜑′𝑑
 → 𝑡𝑔𝜑′
𝑑
= 
𝑡𝑔𝜑′
𝐹𝜑′
=
𝑡𝑔𝜑′
𝐹𝑠
=
𝑡𝑔15°
3
 → 𝜑′
𝑑
= 𝑡𝑔−1 (
𝑡𝑔15°
3
) = 5,1° 
20 
𝐻 =
4𝑐′𝑑
ϒ
 (
Senβ.Cos𝜑′𝑑
1−Cos(β−𝜑′𝑑)
) =
4∗9,58
16,51
 (
Sen45°.Cos5,1°
1−Cos(45°−5,1°)
) = 7,02 𝑚 
 
 
3) Determinar a máxima profundidade que um corte vertical poderá ter, 
num solo com: 𝛾 = 1,80 𝑡𝑓/𝑚3, 𝜏𝑓 = 4 + 𝜎
′. 𝑡𝑔25°, para que resulte num 
fator de segurança 𝐹𝑠 = 2. 
 
Solução: 
 
Dados: 𝜑′ = 25°; 𝛽 = 90°; 𝑐′ = 4 𝑡𝑓/𝑚3; 𝐹𝑠 = 𝐹𝑐 = 𝐹𝜑 = 2 
𝐹𝑐′ =
𝑐′
𝑐′𝑑
 → 𝑐′𝑑 =
𝑐′
𝐹𝑐′=
𝑐′
𝐹𝑠
=
4
2
= 2 𝑡𝑓/𝑚3 
𝐹𝜑′ =
𝑡𝑔𝜑′
𝑡𝑔𝜑′𝑑
 → 𝑡𝑔𝜑′
𝑑
= 
𝑡𝑔𝜑′
𝐹𝜑′
=
𝑡𝑔𝜑′
𝐹𝑠
=
𝑡𝑔25°
2
 → 𝜑′
𝑑
= 𝑡𝑔−1 (
𝑡𝑔25°
2
) = 13,1° 
𝐻 =
4𝑐′𝑑
ϒ
 (
Senβ.Cos𝜑′𝑑
1−Cos(β−𝜑′𝑑)
) =
4∗2
1,80
 (
Sen90°.Cos13,1°
1−Cos(90°−13,1°)
) = 5,6 𝑚 
 
MÉTODO DAS FATIAS COM PERCOLAÇÃO 
PERMANENTE 
1) Determine o fator de segurança mínimo (𝐹𝑠) para um talude com os 
seguintes parâmetros: H=10,5m, 𝛽 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑎𝑙𝑢𝑑𝑒 = 25°, 
c’=10,5kN/m², ∅ = 25°, 𝛾=18,5kN/m³, 𝑟𝑢 = 0,35 (valor médio). Use os 
gráficos de Cousins. 
 
Solução: 
 
 Passo 1: tem-se que 𝜆 =
𝛾∗𝐻∗𝑡𝑔∅
𝑐′
= 
18,5∗10,5∗𝑡𝑔25
10,5
= 8,63. 
 Passo 2: Por meio de BRAJA (2012), utiliza-se os gráficos 14.29 de 
fator de estabilidade (𝑁𝑠)/Ângulo de talude (𝛽), verifique a possibilidade de 
ruptura de pé. Para 𝑟𝑢 = 0,35 e 𝛽 = 25°, 𝑁𝑠 = 26 com D=1,05. Também para 
𝑟𝑢 = 0,5 e 𝛽 = 25°, 𝑁𝑠 = 19 com D=1,05. 
 Passo 3: Com os gráficos 14.30 (BRAJA, 2012) de fator de estabilidade 
(𝑁𝑠)/Ângulo de talude (𝛽), verifique a possibilidade de ruptura de pé. Para 𝑟𝑢 =
0,25 e 𝛽 = 25°, 𝑁𝑠 = 19 com D=1,00. 
 Passo 4: Com base nos resultados do passo 2 e 3, por interpolação, o 
círculo de ruptura passa próximo a D=1,0. Para 𝑟𝑢 = 0,35, o valor mínimo de 
𝑁𝑠 é aproximadamente 21,5. 
𝐹𝑠 =
𝑁𝑐 ′
𝛾 ∗ 𝐻
=
21,5 ∗ 10,5
18,5 ∗ 10,5
= 1,16 
 
 
21 
PROCEDIMENTO DE MASSA-TALUDE EM 
SOLO HOMOGÊNEO 
 
1) Deseja-se construir um talude com β=45º que tem 𝝋′=20º e c’ = 24 
KN/m2. O peso especifico do solo compactado será de 18,9 KN/m3. 
Encontre a altura crítica do talude. 
 
Solução: 
 
Para calcular a altura crítica, utilizamos a equação: 
𝑚 =
𝐶′
𝛶𝐻𝑐
 
 
E por meio da tabela acima e os dados fornecidos β=45º e Ø = 20º, 
obtém-se o número de estabilidade m = 0,06. Assim tem-se 
𝐻𝑐𝑟 =
𝐶′
𝛶𝑚
 =
24
18,9∗0,06
= 21,1 𝑚 
 
 
22 
2) Para um talude de 10 m de altura com β=45º, um ângulo de atrito 
𝜑′=20º, coesão c’=24 KN/m2 e o peso especifico do solo compactado 
que será de 18,9KN/m3. Qual é o fator de segurança? 
 
Solução: 
 
Para o cálculo do fator de segurança, assumimos que todo o atrito é 
mobilizado, então consultado a tabela com β = 45º e 𝜑′𝑑 = 𝜑′ = 20º), obtemos 
o número de estabilidade m = 0,06. Assim, procede-se ao cálculo do valor da 
coesão: 
m = 0,06 =
𝑐′𝑑
𝛶𝐻𝑐
 
Cd= (0,06) (18,9) (10) = 11,34 KN/m
2 
 
Logo, calcula-se 
𝐹∅ =
𝑡𝑔∅′
𝑡𝑔∅′𝑑
 = 
𝑡𝑔20
𝑡𝑔20
 = 1 
𝐹𝑐 =
𝐶′
𝐶′𝑑
 = 
24
11,34
 = 2,12 
 
Como 𝐹∅ ≠ 𝐹𝐶, esse não corresponde ao fator de segurança em relação 
a resistência. 
Fazendo agora outra tentativa. Seja o ângulo de atrito desenvolvido 
igual a 15º e β = 45º calculamos o número de estabilidade m = 0,083 a partir 
da tabela. Assim tem-se, 
 
𝐶𝑑= (0,083) (18,9) (10) = 15,69 KN/m
2 
F∅ =
tg∅′
tg∅′d
 = 
tg20
tg15
 = 1,36 
Fc =
C′
C′d
 = 
24
15,69
 = 1,53 
Cálculos similares podem ser feitos para 𝐹𝐶′ 𝑒 𝐹∅′ , assumindo vários 
valores para 𝜑′𝑑, que são apresentados na Tabela a seguir: 
 
Quadro 9 –Cálculos de 𝐹∅′ 𝐹𝐶 para vários valores de 𝜑′𝑑 . 
𝜑d tan𝜑′d F∅′ m C
′
d(KN/m
2) FC′ 
20 0,364 1,0 0,06 11,34 2,12 
15 0,268 1,36 0,083 15,69 1,53 
10 0,176 2,07 0,0105 19,85 1,21 
5 0,0875 4,16 0,136 25,70 0,93 
Os valores de 𝐹∅′ e os valores de 𝐹𝐶′ foram plotados no seguinte gráfico: 
 
Figura: Gráfico dos valores de F∅′ e FC′ 
23 
 
Fonte: Adaptado de Braja M. Das (2007) 
 
Do gráfico obtém-se: 
𝐹𝑆𝐶′ = 𝐹𝑆∅′ = 𝐹𝑆𝑆 = 1,42 
Para uma altura de 10 m, obtivemos um fator de segurança FS = 1,42 
que ≤ 2 para se considerar seguro, então pode dizer que o talude não é 
estável e falhara para uma altura de 10m.