UNIDADE+1-+TENSÕES+NOS+SOLOS (1)

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Mecânica dos Solos Avançada
Tensões no Solo
Prof. Rodrigo Gavioli
Tensões em Meio Particulado
Esquema do contato entre grãos, por C. S. Pinto
Considera-se que as forças aplicadas aos solos são transmitidas de partícula a partícula, além daquelas suportadas pela água dos vazios.
Tensão normal será:
𝜎 =
σ 𝑁
á𝑟𝑒𝑎
Tensão	cisalhante será:
𝜏 =
σ 𝑇
á𝑟𝑒𝑎
Tensões devidas ao peso do solo
Considerando um prisma de terra, a tensão vertical
devida ao peso, na profundidade 𝑧𝐴, é dada por:
𝛾. 𝑉
𝜎 𝑣 = á𝑟𝑒𝑎 = 𝛾. 𝑧𝐴
Por C. S. Pinto
Tensões devidas ao peso do solo
Por C. S. Pinto
A tensão vertical do solo estratificado da figura
abaixo dependerá de cada profundidade:
Para 𝑧 = 3 m:
𝜎 3𝑚 = 𝛾. 𝑧 = 16 × 3
𝜎 3𝑚 = 48 kN/m²
Para 𝑧 = 5 m:
𝜎 5𝑚 = 𝜎 3𝑚 + 𝛾. 𝑧
𝜎 5𝑚 = 48 + 21 ×	5 − 3
𝜎 5𝑚 = 90 kN/m²
Tensões devidas ao peso do solo
O	gráfico	da	tensão	x	profundidade	será	o
seguinte:
Por C. S. Pinto
Pressão neutra
Abaixo do nível de água, a água no interior dos vazios estará sob uma pressão, denominada neutra que depende só de sua profundidade. Para uma profundidade
𝑧𝐵 a pressão neutra será:
𝑢 =	𝑧𝐵 − 𝑧𝑊	. 𝛾 𝑤
Por C. S. Pinto
Tensão efetiva
Terzaghi constatou que em um plano qualquer a tensão normal total (σ) será composta por duas componentes, a neutra (𝑢) e a tensão transmitida pelos contatos	entre as partículas, denominada tensão efetiva (𝜎ef ) 
Dessa forma, tem-se:
𝜎 ef = σ − 𝑢
Tensão efetiva e pressão neutra
A pressão neutra não causa nenhum efeito mecânico sobre as partículas.
O efeito mecânico irá aparecer quando a tensão total for maior que a pressão neutra, de modo que as posições relativas dos grãos mudam, ocorrendo deformação do solo.
Esquema de pressões, por C. S. Pinto
Exemplo
CARREGAMENTO NA SUPERFÍCIE
“As experiências realizadas nos primeiros tempos da Mecânica dos Solos mostram que, ao se aplicar uma carga na superfície de um terreno, numa área bem definida, os acréscimos de tensão numa certa profundidade não se limitam à projeção da área carregada.” (C. S. Pinto)
Por C. S. Pinto.
Distribuição de tensões
Os acréscimos das tensões imediatamente abaixo da área carregada diminuem com o aumento da profundidade, pois a área atingida aumenta	com a profundidade e a somatória dos acréscimos das tensões verticais nos planos horizontais é constante em qualquer profundidade.
Quando se unem os pontos no interior do subsolo em que os acréscimos de tensão são de mesmo valor, tem-se os bulbos de pressão.
Por C. S. Pinto.
Distribuição de tensões
Um modo de estimar o valor das tensões a uma certa profundidade é considerar que as tensões se propagam segundo áreas crescentes, uniformemente distribuídas.
A tensão distribuída atuante a uma profundidade z	de um carregamento superficial sobre uma área de comprimento infinito e largura 2L é igual a:
𝑣
𝜎	=
2.𝐿
2.𝐿+2.𝑧 tg 30°
. 𝜎
0
Por C. S. Pinto.
Distribuição de tensões
O cálculo anteriormente demonstrado, pode ser aplicado para áreas de carregamento circular ou quadrada, contudo trata-se de uma estimativa grosseira.	Pois as tensões, a uma certa profundidade, não são uniformemente distribuídas, mas se concentram-se na proximidade do eixo em forma de sino.
Carothers e Terzaghi 
Quando temos uma área carregada sobre uma placa de forma retangular com largura finita e comprimento infinito, onde uma das dimensões é consideravelmente maior que a outra, temos que os esforços induzidos na massa de solo podem ser determinados através da expressão da figura a seguir: 
Solução de Boussinesq
Boussinesq aplicou a teoria da elasticidade para determinar os acréscimos das tensões verticais resultantes, em qualquer ponto, da aplicação de uma carga pontual Q, na superfície:
𝜎𝑣	=
3.𝑧3
 5
2.𝜋 𝑟2+𝑧2	2
𝑄
Ou
𝑣
𝜎	=
𝑄
𝜋.𝑧2
3Τ2
1+
𝑟 2
2
 5
2
Por C. S. Pinto.
Solução de Boussinesq
Pela solução de Boussinesq, na vertical do ponto de aplicação da carga (r=0), as tensões são:
𝜎
𝑣
= 0,48.𝑄
𝜋.𝑧2
As tensões variam inversamente com o quadrado da profundidade sendo infinita	no ponto de aplicação.
Por C. S. Pinto.
Bulbo de pressões
Isóbara – curva formada pela união de pontos com mesmo valor de tensão vertical.
O conjunto de isóbaras é o bulbo de tensões.
Isóbara.
Fonte: Prof.ª M. J. C. A. P. Lima
Bulbo de tensões.
Fonte: Prof.ª M. J. C. A. P. Lima
Solução de Newmark
Newmark desenvolveu uma integração da equação de Boussinesq para o cálculo das tensões provocadas no interior do semiespaço infinito de superfície horizontal por carregamentos uniformemente distribuídos numa área retangular
São definidos dois parâmetros:
𝑚 = 𝑎 e 𝑛 = 𝑏
𝑧	𝑧
Por C. S. Pinto.
Solução de Newmark
Em função dos parâmetros m e n, a solução de Newmark é expressa pela equação:
𝜎
𝜎𝑣 = 0 
2𝑚.𝑛 𝑚2+𝑛2+1 1/2	𝑚2+𝑛2+1
 	 + arctg
2𝑚.𝑛 𝑚2+𝑛2+1 1/2
4𝜋	𝑚2+𝑛2+1+𝑚2.𝑛2	𝑚2+𝑛2+1	𝑚2+𝑛2+1−𝑚2.𝑛2
Essa solução é tabelada, de modo que por meio dos parâmetros m e n obtenha- se o coeficiente de influencia 𝐼, de forma que se tem:
𝜎𝑣	= 𝐼. 𝜎0
Solução de Newmark
Ábaco
Por C. S. Pinto.
Solução de Newmark
Tabelas
Por C. S. Pinto.
Solução de Newmark
Para o cálculo do acréscimo de tensão em qualquer outro ponto que não abaixo da aresta da área retangular, divide-se a área carregada em retângulos com uma aresta na posição do ponto considerado, e considera-se separadamente efeito de cada retângulo.
Nos exemplos abaixo:
(a) A ação da área ABCD é a somadas ações das áreas AJPM, BKPJ, DLPK e CMPL.
(b)A ação da área PKDM é subtrai dessa ação os efeitos das áreas PKBL e PJCM e soma o efeito da área PJAL.
Por C. S. Pinto.
Outras soluções de distribuição de tensão
Existem outras soluções baseadas na Teoria da Elasticidade.
Muitas soluções são apresentadas em forma de bulbos de pressão.
Estão disponíveis ábacos para outros esquemas de carregamento, como faixas de comprimento infinito, representando aterros.
Solução Steinbrenner
A solução de Steinbrenner é parecida com a Newmark para um carregamento com base retangular, mas os dados usados nos ábaco são a/b e b/z.
𝐼 = 𝜎𝑧Τ𝜎0
Considerações sobre Teoria da Elasticidade
Na Teoria da Elasticidade, a determinação das tensões verticais no interior de um maciço não depende do módulo de elasticidade do material ou do seu coeficiente de Poisson.
A rigor os conceitos aqui demonstrados não se aplicam a solos que não possuem constituição homogênea e não sejam isotrópicos.
Apesar das limitações da Teoria da Elasticidade, as soluções apresentadas são empregadas mesmo para solos não homogêneos,	pois esse procedimento conduzem a soluções bem- sucedidas e comprovadas, com razoável aproximação, pelo acompanhamento das obras.
Exemplo (exercício 8.1 do livro de Carlos Pinto)
Uma construção industrial apresenta a planta retangular, com 12 m de largura e 48 m de comprimento, e vai aplicar ao terreno uma pressão uniformemente distribuída de 50 kPa. Determine o acréscimo de tensão, segundo a vertical pelos ponto A e E a 6 m de profundidade, aplicando a solução Newmark.
Solução
Para o ponto A, que se encontra no centro da edificação, divide a área em 4 retângulos, de modo que o ponto A se torne vértice de cada um.
Solução
Determine	a tensão para o retângulo ABDC, com 𝑧 = 6 m:
𝑎 = 24 m
𝑏 = 6 m
𝑛 =
𝑎	24
=	= 4
𝑚 =
𝑧	6
𝑏	6
𝑧	6
=	= 1
Solução
Na tabela da Solução Newmark, tem-se:
Solução
Logo, para um retângulo, com 𝜎0 = 50 kPa :
𝐼 = 0,204
𝜎𝑧 = 𝐼. 𝜎0
𝜎6𝑚
= 0,204 × 50 = 10,2 kPa
O acréscimo de tensão, segundo a vertical pelo ponto A a 6 m de profundidade, aplicando a solução Newmark é:
𝜎6𝑚
= 4 × 10,2 = 40,8 kPa
Solução
Para o ponto E, primeiramente considere	a área com o ponto E como vértice totalmente carregado e depois exclua as áreas com o ponto E como vértice que não possuem carregamento:
Solução
Determine	a tensão para o retângulo EFGH, para
𝑧 = 6 m:
𝑎 =48 + 6 = 54 m
𝑏 = 12 + 6 = 18 m
𝑛 =
=	= 9
𝑚 =
6
18
𝑎	54
𝑧
𝑏
𝑧	6
=	= 3
Na tabela da Solução Newmark, tem-se:
Solução
Solução
Logo, para o retângulo EFGH, com
𝜎0	= 50 kPa :
𝐼 = 0,247
𝜎𝑧	= 𝐼. 𝜎0
𝜎6𝑚
= 0,247 × 50 = 12,35 kPa
Solução
Determine	a tensão para o retângulo EFIJ, para
𝑧 = 6 m:
𝑎 = 6 m
𝑏 = 12 + 6 = 18 m
𝑛 =
=	= 1
𝑚 =
𝑎	6
𝑧	6
𝑏	18
𝑧	6
=	= 3
Na tabela da Solução Newmark, tem-se:
Solução
Solução
Logo, para o retângulo EFIJ, com 𝜎0	= 50 kPa :
𝐼 = 0,203
𝜎𝑧	= 𝐼. 𝜎0
𝜎6𝑚
= 0,203 × 50 = 10,15 kPa
Solução
Determine	a tensão para o retângulo EKLH, para
𝑧 = 6 m:
𝑎 = 48 + 6 = 54 m
𝑏 = 6 m
𝑛 =
𝑎	54
=	= 9
𝑚 =
𝑧	6
𝑏	6
𝑧	6
=	= 1
Na tabela da Solução Newmark, tem-se:
Solução
Solução
Logo, para o retângulo EKLH, com
𝜎0	= 50 kPa :
𝐼 = 0,205
𝜎𝑧	= 𝐼. 𝜎0
𝜎6𝑚
= 0,205 × 50 = 10,25 kPa
Solução
O retângulo EKDJ, está sendo excluído duas vezes, portanto deve ser acrescido, dessa forma para 𝑧 = 6 m:
𝑎 = 6 m
𝑏 = 6 m
𝑛 =
=	= 1
𝑚 =
𝑎	6
𝑧	6
𝑏	6
𝑧	6
=	= 1
Na tabela da Solução Newmark, tem-se:
Solução
Solução
Logo, para o retângulo EKLH, com 𝜎0 = 50 kPa :
𝐼 = 0,175
𝜎𝑧 = 𝐼. 𝜎0
𝜎6𝑚
= 0,175 × 50 = 8,75 kPa
O acréscimo de tensão, segundo a vertical pelo ponto E a 6 m de profundidade, aplicando a solução Newmark é:
𝜎6𝑚
= 12,35 − 10,15 − 10,25 + 8,75 = 0,7 kPa