Exercicios-RESOLVIDOS-de-Mecanica-Dos-Solos-Tensao

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André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
1 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução dos exercícios de 
Mecânica dos Solos I 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
2 Universidade Federal do Espírito Santo 
PERMEABILIDADE E CAPILARIDADE 
 
Para efeito de fixação dos conceitos da apostila de Permeabilidade e Capilaridade, vamos revisar 
os exercícios resolvidos: 
 
1) Determinação de alturas de carga e velocidades superficiais, v, e de percolação, vp, para 
os esquemas das figuras a seguir. 
 
Cálculos Gerais 
 
 As perdas de carga somente são significativas no solo, então nos trechos em que somente 
existe água pode-se trata-los como caso hidrostático e não comunicantes. Então determina-se as 
alturas de carga nos trechos sem solo e admite-se (pode ser provado) que no trecho de solo as 
variações são lineares. Então calcula-se as alturas de carga nos trechos sem solo e liga-se esses 
trechos por retas. Como admitiu-se caso hidrostático nos trechos sem solo, ai as energias totais 
são constantes. 
OBS.: P. R. = Plano de referência 
 
t el piez
el
w
piez
w w
h h h
h medida em relação a um referencial (cota 0)
u z
h z
= +
=
⋅ γ= = =
γ γ
 
 
Exemplo 1.a 
 
 
Pelas leis da hidrostática: 
A B w B A wu u 60 cm logo, u u 60 cm= + ⋅ γ = − ⋅ γ 
 
Como uA = 0, pois está em contato com a atmosfera: 
B w wu 0 60 cm 60 cm= − ⋅ γ = − ⋅ γ n n 
 
e daí: 
B
B w
piez
w w
u 60 cm
h 60 cm
− ⋅ γ= = = −
γ γ
 
 
A velocidade superficial, v, no solo é dada pela lei de Darcy ( )v k i := ⋅ 
( )
( )
t 360 0 cmh 30 cmv k i k 60 cm/min
L min 240 60 cm
−∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =
−
 
 
e pela lei da continuidade tem que ser a mesma nos trechos sem solo. 
 
A velocidade de percolação, vp, é dada por:
 
 
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p
v
v ,
n
= onde n é a porosidade. 
 
No solo, n = 0,33, logo: p
60 cm/min
v 180 cm/min
0,33
= = 
Na água, n = 1, logo: p
60 cm/min
v 60 cm/min
1
= = 
 
Exemplo 1.b 
 
Velocidade Superficial 
( )480 360
v ki 30 20 cm/min
180
−
= = ⋅ = 
 
Velocidade de Percolação 
No solo: p
v 20
v 60 cm/min
n 0,33
= = = 
Na água: p
v 20
v 20 cm/min
n 1
= = = 
 
Exemplo 1.c 
 
 
A altura de carga piezométrica no ponto A é: 
A
A
piez
w
u 23544
h 2,4 m 240 cm
9810
= = = =
γ
 
e no ponto B: 
 
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B Apiez piez
h h 90 cm 240 90 150 cm= − = − = 
 
No ponto D a pressão é 
Dpiez
h 0,= pois está em contato com a atmosfera. Logo, no ponto C: 
C Dpiez piez
h h 90 cm 0 90 90 cm= − = − = − 
 
A velocidade superficial, v, pela lei de Darcy, é: 
( )
B ct t
h h 240 0
v ki k 30 40 cm/min
240 60 180
− −= = ⋅ = ⋅ =
−
 
e as velocidades de percolação são: 
No solo: p
v 40
v 120 cm/min
n 0,33
= = =
 
Na água:
 
p
v 40
v 40 cm/min
n 1
= = =
 
 
Exemplo 1.d 
 Nos trechos onde existe apenas água pode considerá-las hidrostáticas e calcular-se as 
alturas de carga. Daí sabe-se que na elevação 60 a energia total é zero e na elevação 240 é 360 
cm, com uma perda de carga de 360 cm ao atravessar os dois solos. Neste caso, como os solos são 
diferentes e as áreas de fluxo também são diferentes, não se pode dizer que, nos dois solos, a 
perda de carga total seja linear (embora, em cada um, isoladamente, seja). Daí precisa-se calcular-
se as perdas de energia em cada solo. 
 
Cálculo de ∆∆∆∆ht entre 60 e 240 
 
Pela continuidade QI = QII, logo: 
I I II IIA V A V ,= ou I I II II3600 k i 1800 k i⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 
I II I II
I II
I II
h h h h
2 60 30 4 2 h h (A)
L L 120 60
∆ ∆ ∆ ∆⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⇔ ∆ = ∆ 
 
Por outro lado sabe-se que a perda total entre as cotas 60 e 240 é de 360 cm, logo: 
I IIh h 360 cm (B)∆ + ∆ = m cm 
 
Com as equações (A e B), tem-se: 
I
II
h 120 cm
h 240 cm
∆ =
∆ = 
 
Conhecendo-se as alturas de carga totais e de elevação calcula-se as alturas de carga 
piezométricas: 
piez f elh h h= − 
 
 
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Velocidades Superficiais 
 
No solo I e entre elevações 240 e 360, que tem a mesma área: 
( )
I
I I I I
I
h 120
v k i k 60 60 cm/min
L 240 120
∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =
−
 
 
No solo II e entre elevações 0 e 60, que tem a mesma área: 
( )
II
II II II II
II
h 240
v k i k 30 120 cm/min
L 120 60
∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =
−
 
 
Velocidade de Percolação 
 
No solo I: Ip
I
v 60
v 120 cm/min
n 0,5
= = = 
Entre elevações 240 e 360: Ip
v 60
v 60 cm/min
n 1
= = = 
 
No solo II:
 
II
p
II
v 120
v 360 cm/min
1n
3
= = =
 
Entre elevações 0 e 60: IIp
II
v 120
v 120 cm/min
n 1
= = =
 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
Permeabilidade 
 
1) Qual a condição necessária para que haja movimento d’água entre dois pontos? 
R.: A condição necessária para que haja movimento de água entre dois pontos é que o gradiente 
hidráulico seja diferente de zero. O gradiente hidráulico vale 
H
i ,
L
∆= e sinaliza a diferença de 
energias totais no sistema. O fluxo tem a mesma direção e sentido do gradiente hidráulico. 
 
2) Escreva a equação de Bernoulli, explicando os termos. Qual a parcela geralmente 
desprezada em Mecânica dos Solos? Por que? 
R.: A equação de Bernoulli é a equação que calcula a energia total num ponto qualquer do fluxo. 
Ela é dada por 
2
t el
w
v u
h h .
2g
= + +
γ
 A parcela 
2v
2g
 pode ser desprezada pelo fato de no solo as 
velocidades serem baixas. A expressão, então, fica t el
w
u
h h .= +
γ
 
 
3) O que é permeabilidade? 
R.: Permeabilidade é o que caracteriza o solo por ser formado por inúmeros tubos irregulares por 
onde a água percola, ocorrendo fluxo. Esse fluxo será quão mais fácil quanto mais permeável for 
o solo. 
 
4) O que é Lei de Darcy? Explique-a com um esquema de ensaio. 
R.: Lei de Darcy é a lei que escreve o fluxo como o produto da velocidade pela permeabilidade de 
um solo pelo gradiente hidráulico entre dois pontos quaisquer. Ela se escreve como: Q k i A.= ⋅ ⋅
O ensaio para a Lei de Darcy é matéria de Laboratório de Mecânica dos Solos, portanto não será 
abordado aqui. 
 
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5) Qual a velocidade de água definida na Lei de Darcy? Qual a velocidade real da água nos 
solos? 
R.: A velocidade definida na Lei de Darcy é chamada de velocidade superficial; é uma velocidade 
fictícia nos solos. A velocidade real da água nos solos é a chamada velocidade de percolação, 
obtida considerando apenas a área dos poros (vazios). Essa velocidade é dada por p
v
v ,
n
= onde n 
é a porosidade do solo. 
6) Dada a equação 
3
2 w
s s
e
k D C ,
1 e
γγγγ= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅
+ µ+ µ+ µ+ µ
 reconheça os termos e sua importância (discuta 
cada um). 
R.: k é a permeabilidade do solo, e é definido pela expressão acima; Ds é o diâmetro 
representativo de toda a granulometria do solo. De uma forma geral ele não tem definição teórica, 
mas para as areias verifica-se experimentalmente que s 10D D .= wγ é o peso específico do flúido 
percolando o solo (no caso, a água); µ é a viscosidade do flúido; e é o índice de vazios do solo; C 
é o fator de tortuosidade que expressaria a influência do arranjo estrutural dos sólidos. 
 
7) Por que para solos argilosos a relação acima não é válida no que se refere a índice de 
vazios? 
R.: Porque nas argilas parte do espaço dos poros disponíveis para a passagem da água está 
ocupada por água adesiva, que devido à sua aderência às partículas não participa do fluxo; isso 
faz com que o índice de vazios não mais represente o espaço disponível para o movimento de 
água. 
 
8) Por que um solo saturado é mais permeável do que o mesmo solo não saturado? 
R.: Porque no solo não saturado o ar presente nos vazios estrangula a passagem de ar pelos poros. 
Isso não ocorre no solo saturado, daí ele sermais permeável. 
 
9) Qual a importância na permeabilidade de: a) Temperatura; b) Índice de vazios (no caso 
de argila acrescer a influência da água adesiva); c) Grau de saturação; d) Arranjo 
estrutural dos grãos (anisotropia); e) macroestrutura do solo. 
R.: (a) De acordo com a fórmula 
3
2 w
s s
e
k D C ,
1 e
γ= ⋅ ⋅ ⋅
+ µ
 a permeabilidade do solo é inversamente 
proporcional à viscosidade da água. Essa por sua vez, decresce com a temperatura. Assim, quanto 
maior a temperatura, maior será a permeabilidade do solo. (b) A permeabilidade do solo é 
diretamente proporcional ao índice de vazios. (c) Ela é maior para solos mais grossos do que para 
solos mais finos, pois em solos mais grossos há mais espaço disponível para a água percolar. (d) 
Num solo argiloso, composto por pequenas lâminas dispostas na horizontal, o fluxo se dá com 
maior facilidade na direção paralela às lâminas, e com menor facilidade na direção perpendicular 
a elas. Isso indica que a permeabilidade do solo varia conforme a orientação das partículas, em 
direções diferentes. Contudo, essa influência pode ser facilmente perdida, com o amolgamento do 
solo, em seu manuseio. 
 
10) Qual a fórmula aproximada de Hazen para permeabilidade? Quando se aplica? 
R.: A permeabilidade, pela fórmula de Hazen, é escrita da seguinte forma: 210k C d .= ⋅ Ela pode 
ser usada para areias limpas uniformes (Cu < 5). 
 
11) Coloque os solos de cada item em ordem crescente de permeabilidade e justifique sua 
desisão: a) areia, pedregulho, silte, argila; b) GC e SM; c) SP e SW; d) argila de baixa 
plasticidade e argila de alta plasticidade fissurada; e) MH e CH; f) SC e ML. 
R.: (a) O pedregulho é mais permeável porque sua granulometria é maior; em seguida vem a 
areia, com a segunda maior granulometria; depois o silte, com uma granulometria maior do que a 
argila; e, por último, a argila, o solo com os grãos mais finos. (b) O pedregulho argiloso (GC) é 
 
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menos permeável do que a areia siltosa (SM), pois em solos compostos por finos o que controla a 
permeabilidade é o fino. (c) A areia bem graduada (SW) é mais permeável do que a areia mal 
graduada (SP), pois os grãos de dimensões menores preenchem parte dos vazios na areia mal 
graduada, diminuindo o espaço para a percolação da água. Isso vale se ambos os solos tiverem a 
mesma compacidade relativa. (d) Se eu tiver uma argila de baixa plasticidade e uma de alta 
plasticidade sem fissura, homogêneas, para o mesmo índice de vazios, a de alta plasticidade terá 
menor permeabilidade pois o IP é maior – a camada de água adesiva no solo é mais grossa. 
Contudo, com a fissura (de dimensão macro), a argila de alta plasticidade é mais permeável. 
 
12) Quais os dois principais tipos de permeâmetro? Explique o funcionamento de cada um 
(deduza as equações para k.) Quando se usa um ou outro? 
R.: No permeâmetro de nível constante, toma-se um tubo ou cilindro de área transversal “A” e 
dentro dele coloca-se a amostra de solo da qual quer se conhecer “k”. Mantém-se o nível d’água 
até que a descarga no fundo se estabilize. Obtém-se a vazão através do solo medindo o intervalo 
de tempo ∆t para obter-se o volume V na proveta graduada. Com esses dados volta-se à equação 
da Lei de Darcy: 
V h VL
Q k i A k A k .
t L t H A
∆= ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ ⇔ =
∆ ∆ ⋅ ∆ ⋅
 No permeâmetro de nível 
variável, despeja-se água no tubo superior até que a velocidade de descida d’água seja 
estabilizada. Neste ensaio são mantidos constantes a conhecidos a área do tubo superior “a”, a 
seção transversal da amostra do solo “A” e seu comprimento “L”. Durante o ensaio medem-se a 
altura h0 correspondente ao início do ensaio, no tempo t0, e a altura hf correspondente ao término 
do ensaio, no tempo tf. Os tempos t0 e tf são arbitrários. A permeabilidade será dada por: 
( )
0
f 0 f
aL h
k 2,3 log .
A t t h
=
−
 
 
13) Procede-se a um ensaio de carga variável num solo e achou-se k = 0,3⋅⋅⋅⋅10–4 cm/seg. Qual 
o diâmetro do tubo graduado se a altura de carga caiu de 27,5 cm para 20,0 cm em 5 
minutos? A seção transversal da amostra é de 15 cm2 e seu comprimento é de 8,5 cm. 
R.: ( )
0
f 0 f
2
2
aL h a 8,5 27,5
k 2,3 log 0,00003 2,3 log 0,0003 0,00208a
A t t h 15 5 27
d
a 0,144 cm 0,144 d 0,43 cm
4
⋅= ⇔ = ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔
− ⋅
⇔ = → π ⋅ = ⇔ =
 
 
14) Exercícios de Sowers: 3.4 a 3.7 (3ª e 4ª edições.) 
 
Capilaridade 
 
15) O que é capilaridade? Estabeleça a altura capilar máxima para um diâmetro “D”, e a 
tensão resultante (mínima) na água. 
R.: Os poros interligados nos solos assemelham-se a tubos capilares irregulares. A atração da 
água pelas partículas sólidas, como vidro limpo, é igual ou maior que a tensão superficial. Assim, 
existe uma tendência das extremidade do líquido se estenderem ao longo de qualquer material. No 
solo, isso é limitado pela força da gravidade. A tensão capilar é dada por 
4Tcos
u .
D
α= O 
equilíbrio se dá da seguinte forma: FORÇA DE TENSÃO CAPILAR = PESO DO CILINDRO 
DE ÁGUA. Desenvolvendo essa expressão, chegasse à altura capilar máxima c
w
4 T cos
h .
D
⋅ ⋅ α=
⋅ γ
 
 
16) O que são zona de saturação capilar e zona de franja capilar? Como se distribuem as 
pressões na água nessas zonas? Por que essas pressões são geralmente desprezadas nos 
cálculos? 
 
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R.: Zona de saturação capilar é a região acima do nível d’água onde o solo está saturado devido à 
capilaridade da água. Essa altura pode variar muito com a granulometria do solo. Zona de franja 
capilar é a zona acima do nível d`água, onde a água subiu por capilaridade, mas S < 100%; os 
files de água nessa zona são contínuos. 
 
17) Em construção civil a areia é usada geralmente úmida. Ao ser lançado num aterro a 
capilaridade impede o livre deslocamento de um grão em relação a outro e o aterro fica 
muito fofo. Para “libertar-se” os grãos uns dos outros costuma-se inundá-los e assim 
destruir a tensão capilar. Agora pergunta-se: se a areia estivesse seca a inundação iria 
ajudar a “libertar” os grãos e densificá-los? Por quê? 
R.: A chamada coesão aparente dos solos é o resultado da pressão negativa na água, que succiona 
o solo, prendendo os grãos um ao outro, aumentando a pressão efetiva e sua resistência. Esse 
comportamento se deve ao peso da água suspensa ser menor do que a tensão capilar (gerando 
uma pressão negativa). Quando o solo está saturado, o peso da água suspensa supera a tensão 
capilar; isso faz com que a coesão aparente cesse. Ela também não existe com o solo seco. Daí a 
conclusão de que a inundação em nada muda a interação entre as moléculas do solo. 
 
18) Como agem as força capilares sobre os grãos sólidos do solo? 
R.: As forças capilares geram tensões negativas no solo, tendendo a unir os grãos. 
 
19) Dado um solo cujos grãos tem um diâmetro de 0,06 mm, e um diâmetro dos poros de 
0,01 mm (1/6 de diâmetro do grão), determine a tensão máxima de sucção que pode aturar 
sobre este solo (parcialmente saturado). (Ts = 0,075 gf/cm). 
R.: A tensão de sucção gerada pela capilaridade é dada por 
4Tcos
u .
d
α= Para a máxima tensão 
de sucção, temos: cos 1 0.α = → α = Assim: 2máx
4T 4 0,075
u 5 kgf/cm .
d 0,06
⋅= = = 
 
20) Abriu-se um buraco de 6 metros de profundidade, num ângulo vertical, numa areia 
muito fina siltosa, apenas úmida, e as paredes da escavação permanecem estáveis. Logo 
após ter-se enchido a escavação de água, as suas paredes começaram a desmoronar e só 
estabilizaram quando passaram a fazer ângulo de cerca de 27º com a horizontal. Pergunta-
se: Qual o fenômeno que causou o desmoronamento? Explique. Obs.: Os dados fornecidos 
são apenas ilustrativos, e não precisam ser usados para obter-se a explicação desejada. 
R.: As paredes da escavação permaneceram estáveis graças à coesão aparente dos solos, que se 
deve à pressão negativa gerada pela capilaridade. Quando a escavação é preenchida porágua, não 
existe mais capilaridade, e a pressão negativa, que mantém as moléculas do solo unidas, deixa de 
existir. Isso faz com que as paredes desmoronem. 
 
21) Tem-se duas amostras de uma mesma argila, mas sendo uma saturada e outra seca 
(portanto não saturada). Se jogar-se em cada amostra uma pequena quantidade de água, a 
água será sugada mais rapidamente (maior velocidade) na argila seca. Como se explica tal 
fenômeno se a argila seca (não saturada) tem menor permeabilidade? 
R.: Esse processo se deve ao fato de a água ter uma atração por materiais sólidos, como se 
verifica com o vidro, por exemplo. Como uma argila está saturada, esse processo só se verifica na 
argila seca, daí a água ser sugada mais rapidamente pela argila seca. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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TENSÕES EFETIVAS, NEUTRAS E TOTAIS – PESO PRÓPRIO – 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
1) O que são: tensão total, tensão neutra e tensão efetiva? Como se relacionam? 
R.: A tensão total é a tensão devida ao peso de todos os constituintes das camadas de solo acima de 
um ponto. A tensão neutra e a tensão devida ao peso da água acima de um ponto. A tensão efetiva é a 
tensão que efetivamente é transmitida à parte sólida do solo. As três se relacionam da seguinte 
forma: ' u.σ = σ − 
 
2) Analise a expressão σσσσ’ = σσσσ – u. 
R.: A expressão acima diz que a tensão total num solo é igual à soma da tensão atuante na parte 
sólida do solo (a tensão efetiva) e da tensão atuante na parte líquida do solo (a tensão neutra). 
 
3) O que é lençol d’água “empoleirado”? Mostre o diagrama de tensões neutras de um solo 
com um lençol d’água artesiano e outro normal. 
R.: Lençol d’água empoleirado é um lençol numa cota acima do lençol freático, normalmente sobre 
uma camada de argila, que age como uma bacia, impedindo que a água que infiltra no solo chegue ao 
lençol freático. Assim, forma-se, ali, um lençol empoleirado. Por exemplo: 
 
Em D, 2wu h 1 10 10 kN/m .= ⋅ γ = ⋅ = 
Em C, u 0.= 
Em B, 2u 1,5 10 15 kN/m .= ⋅ = 
Em A, u 0.= 
 
*Aqui usei a ideia de que num ponto abaixo de uma camada de argila, a poro-pressão devida a um 
lençol empoleirado superior é sempre nula. Gostaria de saber se isso é verdade, e se se estende ao 
caso de um lençol artesiano. 
 
4) O que é lençol d’água artesiano? Mostre o diagrama de tensões neutras de um solo com um 
lençol d’água artesiano e outro normal. 
R.: Lençol d’água artesiano é um lençol de água 
confinada entre duas camadas de argila, que pe- 
netrou nessas camadas num ponto mais alto e por 
isso tem pressão elevada em relação à sua profun- 
didade. Por exemplo: 
Em A, u 0.= 
Em B, u 3 10 30 kPa.= ⋅ = 
Em C, ( )u 3 10 6 5 10 110 kPa.= ⋅ = + = 
Em D, ( )u 3 10 8 5 10 130 kPa.= ⋅ = + = 
Em E, u 0.= 
 
5) O que são nível e lençol d’água freático? 
R.: Lençol d’água freático é o lençol subterrâneo que existe em todos os lugares. Nível freático é o 
nível desse lençol. 
 
 
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10 Universidade Federal do Espírito Santo 
6) Como se calcula a tensão neutra (a) no caso hidrostático; (b) no caso dinâmico 
(adensamento); e (c) no caso de fluxo permanente (redes de fluxo)? 
R.: (a) No caso hidrostático, basta multiplicar o peso específico da água pelo nível d’água sobre o 
ponto; (b) no caso dinâmico, em t 0= , 0u u p,= + e em t ,= ∞ 0u u ,= ou seja, o acréscimo de 
tensão p atua inicialmente sobre a água, mas, aos poucos, é completamente transferido para a parte 
sólida do solo. Assim, para 0 t ,≤ ≤ ∞ 0 0u u u p.≤ ≤ + (c) No caso do fluxo permanente, obtém-se as 
tensões neutras da rede de fluxo através da Equação de Bernoulli. 
 
7) A variação do nível d’água de um lago (desde que ele não seque) tem influência sobre a 
tensão efetiva nas solos do fundo do lago? Explique. 
R.: Não, porque só existe tensão efetiva debaixo de solo. Como se trata do fundo de um rio, ela 
valerá zero independente do nível d’água. Um outro motivo é que a tensão total cresce na mesma 
proporção que a poro-pressão. Como a tensão efetiva é a diferença das duas, ela será sempre nula. 
 
8) Calcular as tensões totais, efetivas e neutras devido a peso próprio que atuam nas várias 
camadas do perfil abaixo. Fazer os diagramas dessas tensões com a profundidade. 
 
R.: Para o cálculo das tensões totais, efetivas e neutras, precisamos do valor de γt em cada camada de 
solo. Na primeira camada (entre o e – 4m): 
( )
t t
3 3 6 3 3
t
4 3 3
t
g
1,78 g/cm 1,78 10 /10 kg/m 1780 kg/m
10 1780 1,78 10 N/m 17,8 kN/m
− −
γ = ⋅ρ
ρ = = = →
γ = ⋅ = ⋅ =
 
 
Na segunda camada: 
( )
( )
( )
( )
s 3
sat sat
S e G w 1 e 2,66 0,26 e 0,6916
1 w 26,6 1 0,26
18,8132 kN/m
1 e 1 0,6916
⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇒ =
γ + +
γ = ⇔ γ = =
+ +
 
 
Na terceira camada: 
( )
( )
( )
( )
s 3
sat
1 w 26,8 1 0,65
15,9065 kN/m
1 e 1 1,78
γ + +
γ = = =
+ +
 
 
Finalmente, temos: 
 
Na cota 0, 
' u 0σ = σ = = 
 
Na cota – 4 m, 
 
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' 17,8 4 71,2 kPa
u 0
σ = σ = ⋅ =
= 
 
Na cota – 8 m, 
71,2 18,8132 4 146,45 kPa
u 4 10 40 kPa
' 146,45 40 106,45 kPa
σ = + ⋅ =
= ⋅ =
σ = − =
 
 
Na cota – 16 m, 
106,45 15,9065 8 233,702 kPa
u 40 8 10 120 kPa
' 233,702 120 113,7 kPa
σ = + ⋅ =
= + ⋅ =
σ = − = 
 
 
9) Traçar os diagramas de σσσσ, σσσσ’ e u para o perfil seguinte: 
 
 
a) Nas condições atuais; 
R.: Na primeira camada: 3t sat 14 kN/m .γ = γ = 
Na segunda camada: 
( )
( )
( )
( )
s 3
t
1 w 26,4 1 0,26
18,9 kN/m .
1 e 1 0,76
γ + +
γ = = =
+ +
 
Na terceira camada: ( ) ( ) 3t d 1 w 10 1 0,45 14,5 kN/m .γ = γ + = + = 
 
Assim, na cota + 2 m, ' u 0σ = σ = = . 
 
Na cota – 3 m, Na cota – 6 m, Na cota – 14 m, 
3
3
3
5 14 70 kN/m
u 5 10 50 kN/m
' u 20 kN/m
σ = ⋅ =
= ⋅ =
σ = σ − =
 
 
3
3
3
70 3 18,9 126,7 kN/m
u 50 3 10 80 kN/m
' u 56,7 kN/m
σ = + ⋅ =
= + ⋅ =
σ = σ − =
3
3
3
126,7 8 14,5 242,7 kN/m
u 80 8 10 160 kN/m
' u 82,7 kN/m
σ = + ⋅ =
= + ⋅ =
σ = σ − =
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
12 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
 
b) Após rebaixar o N. A. para a cota – 5 m, remoção da argila orgânica e lançamento de um 
aterro de extensão infinita até a cota + 4 m. Para o aterro, γγγγt = 18 kN/m2. 
R.: Com o NA na cota – 5 m, e com o aterro, temos: 
• 1ª camada: 3t 18 kN/m , h 2 mγ = = 
• 2ª camada: 3t 14 kN/m , h 5 mγ = = 
• 3ª camada: 3 3 3t t sub18,9 kN/m , h 2 m; 18,9 kN/m , 8,9 kN/m , h 1 mγ = = γ = γ = = 
• 4ª camada: 3 3sat sub14 kN/m , 4 kN/m , h 5 mγ = γ = = 
 
 
3
3
Na cota 2 m:
2 18 36 kN/m
u 0
' u 36 kN/m
+
σ = ⋅ =
=
σ = σ − =
 
3
3
Na cota 3 m:
36 5 14 106 kN/m
u 0
' u 106 kN/m
−
σ = + ⋅ =
=
σ = σ − =
 
 
3
3
Na cota 5 m:
106 2 18,9 143,8 kN/m
u 0
' u 143,8 kN/m
−
σ = + ⋅ =
=
σ = σ − =
3
3
3
Na cota 6 m:
143,8 1 18,9 167,2 kN/m
u 1 10 10 kN/m
' u 157,2 kN/m
−
σ = + ⋅ =
= ⋅ =
σ = σ − =
 
 
 
 
Na cota 4 m:
u ' 0
+
σ = = σ =
3
3
3
Na cota 14 m:
167,2 8 14 279,7 kN/m
u 10 8 10 90 kN/m
' u 187,7 kN/m
−
σ = + ⋅ =
= + ⋅ =
σ = σ − =
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
13 Universidade Federal do Espírito Santo 
10) Calcular as variações de tensão efetiva às cotas – 7 m e – 11 m após a realização de um 
rebaixamento do NA para a cota – 3 m, concomitantemente com o lançamento de um aterro (γγγγd 
= 16 kN/m2 e w = 18,2%) até a cota + 5 m. 
 
R.: Vamos calcular primeiro as tensões efetivas nas cotas – 7m e – 11m na condição inicial. Para 
tanto, temos que γw = 10 kN/m3, entre – 1m e – 7m 
( )
( )
( )
( )
s
t
1 w 22 1 1,08
.
1 e 1 e
γ + +
γ = =
+ +
Mas 
( )
( )
3s
s t
w
22 1 1,08w 22 1,08
S e G w e 2,42 13,38 kN/m .
S 0,98 10 1 2,42
+γ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇔ = = = → γ = =
⋅ γ ⋅ +
 E entre – 7 m e – 
11 m 3
26,5 1 0,98 10
18,33 kN/m .
1 1 0,98
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= = =
+ +
s w
t
S e
e
γγγ Portanto, temos: 
na cota – 7 m, ' 6 13,38 10 10 19,72 kPaσ = ⋅ − ⋅ = − 
na cota – 11 m, ' 6 13,38 4 18,33 14 10 13,6 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = 
 
Para o aterro, ( ) ( ) 31 16 1 0,182 18,912 kN/m .= + = + =t d wγ γ Portanto, após o rebaixamento do NA 
e o lançamento do aterro, temos: 
 
na cota – 7 m, ' 6 13,38 5 18,912 4 10 134,84 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = 
na cota – 11 m, ' 6 13,38 5 18,912 4 18,33 8 10 168,16 kPaσ = ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ = 
 
Assim, 37m' 134,84 19,72 154,56 kN/m−∆σ = + = e 
3
11m' 168,16 13,6 154,56 kN/m .−∆σ = − = 
 
11) Calcular a tensão efetiva na cota – 9 m do perfil abaixo: 
 
Refazer os cálculos se o NA sobe para a cota + 25 m e também se desce para a cota – 1 m (S = 
100%). 
R.: Os pesos específicos totais das duas camadas são, para a camada entre 0 e – 4 m, 
*Como é possível um grau 
de saturação menor do que 
100% (98%) abaixo do ní-
vel d'água?
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
14 Universidade Federal do Espírito Santo 
3s w
t
e e
n 0,38 0,38 0,38e e e 0,61
1 e 1 e
S e 26 1 0,61 10
24,50 kN/m
1 e 1 0,61
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = →
+ +
γ + ⋅ ⋅ γ + ⋅ ⋅γ = = =
+ +
 
e, para a camada entre – 4 m e – 9 m, 
s
s
w
y w 26,5 0,76
S e G w e 2,014
y S 10 1
⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ = = =
⋅ ⋅ 
 
( ) ( )s 3
t
1 w 26,5 1 0,76
15,47 kN/m
1 e 1 2,014
γ + +
γ = = =
+ + 
 
A tensão efetiva na cota – 9 m é: 
' 4 24,5 5 15,47 10 10 75,35 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = 
 
Com o NA na cota + 25 m, a tensão efetiva na cota – 9 m é: 
' 4 24,5 5 15,47 34 10 164,65 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = − 
 
Com o NA na cota – 1 m, a tensão efetiva é 
' 4 24,5 5 15,47 8 10 95,35 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = 
 
12) Traçar os diagramas de tensões efetivas e neutras para o perfil abaixo, levando-se em conta 
que ao atingir-se a cota – 13 m (areia grossa) a água subiu para dentro de um tubo de 
sondagem até 6 m acima da cota – 2 m. Refazer os cálculos após a remoção da camada de 
argila-orgânica, rebaixamento do NA para a cota – 6 m, seguida do lançamento de um aterro 
extenso até a cota + 2 m (γγγγsat do aterro = 19 kN/m3). 
 
R.: A informação de que a água subiu para dentro do tubo de sondagem até a cota + 4 m revela que 
abaixo da cota – 13 m existe um lençol artesiano, cujo nível é + 4 m. Para simplificar cálculos 
posteriores, vamos determinar analiticamente a fórmula de γt em função de n e w, Gs e S, e γd e S: 
( )e nn n n e e n e 1 n e
1 e 1 n
= ⇔ + ⋅ = ⇔ = − ⇔ =
+ − 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )( )1 1 1 1 1 1
11 11
1 11
+ + + +
= = = = ⇒ = + −
+      − ++     − −   − 
s s s s
t t s
w w w w
w n
ne n n
n nn
γ γ γ γ
γ γ γ 
 
13) Traçar o diagrama de σσσσ, σσσσ’ e u com a profundidade. 
*Neste exercício eu não soube 
colcular os pesos específicos 
totais, a partir dos dados for-
necidos. Gostaria de saber co-
mo esse cálculo é feito.
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
15 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
 
R.: Na cota 0, u ' 0.σ = = σ = 
 
Na cota – 6 m, 
3
3
3
6 18 108 kN/m
u 6 10 60 kN/m
' u 48 kN/m
σ = ⋅ =
= ⋅ =
σ = σ − =
 
 
Na cota – 8 m, 
3
3
108 2 20 148 kN/m
u 0
' u 148 kN/m
σ = + ⋅ =
=
σ = σ − =
 
 
Na cota – 11 m, 
3
3
148 3 18,5 203,5 kN/m
u 0
' u 203,5 kN/m
σ = + ⋅ =
=
σ = σ − =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
sat
γ
*Não entendi por que o 
exemplo coloca o da 
areia sob a argila como 
y se ela não está sa-
turada.
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
16 Universidade Federal do Espírito Santo 
TENSÕES NO SOLO DEVIDAS A CARREGAMENTOS EXTERNOS 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
1) Em que consiste o método 2.1? Use o método para provar que o plano de tensões, num 
plano horizontal qualquer sob a sapata, não é uniforme. 
R.: O método 2.1 sugere que as tensões no solo se distribuem como um facho de luz, com 
intensidade constante a cada distância da fonte, segundo um ângulo de 26,57º (tg–1 0,5). Se 
tomarmos a região carregada como uma única área, teremos a ilusão de que as tensões são iguais 
em todos os pontos, à mesma profundidade, tocados pelo facho. No entanto, se dividirmos a área 
em quadrados menores, os fachos de tensões se somarão, resultando numa tensão maior no centro 
da sapata e menor nas extremidades. Isso prova que o plano de tensões, num plano horizontal 
qualquer sob a sapata, não é uniforme. 
 
2) O que é carga pontual e carga uniformemente distribuída? 
R.: Carga pontual é a aquela que se considera atuando num único ponto (concentrada). Carga 
uniformemente distribuída é uma carga aplicada numa área, de maneira uniforme. 
 
3) Quais as hipóteses admitidas na avaliação da distribuição de tensões no solo pela Teoria 
de Boussinesq? São sempre válidas? Explique. 
R.: As hipóteses são: (1) o solo é elástico, isto é, obedece à lei de Hooke ou pelo menos existe 
proporção constante entre tensão e deformação; (2) o solo é homogênio; (3) o solo é isotrópico; 
(4) o solo é uma massa com superfície plana e que se estende daí infinitamente em todas as 
direções. Na verdade, o solo não é perfeitamente elástico; se uma solicitação é retirada, ele 
apresenta uma deformação residual (comportamento plástico). O solo não é homogênio: a 
composição e a granulometria do solo é muito variável; até solos de mesma granulometria e 
composição apresentam diferenças nos índices de vazios conforme a profundidade. 
 
4) O que são isóbaras? O que é bulbo de tensões? Esboce exemplos. 
R.: Isóbaras são lugares geométricos de pontos do solo que sofram um mesmo acréscimo de 
pressão, ∆σz, provocado por um dado carregamento. Bulbo de tensões é o conjunto de isóbaras 
para um dado carregamento. 
 
5) Trace um diagrama esquemático das tensões como realmente se distribuem em baixo de 
uma sapata carregada: a) num plano vertical que passa pelo centro da sapata; b) num plano 
horizontal qualquer de massa de solo. 
a) b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6) Qual a diferença de hipóteses admitidas por Boussinesq e Westergaard? Qual a diferença 
resultante no bulbo de tensões? 
R.: As hipóteses admtidas por Boussinesq e por Westergaard divergem basicamente em dois 
pontos: (1) a teoria de Boussinesq não relaciona a tensão com nenhuma propriedade física do 
solo, enquanto a teoria de Westergard relaciona (o coeficiente de Poisson); e (2) a teoria de 
Boussinesq assume que o solo pode se deformar igualmente em todas as direções (isotropia), 
enquanto a teoria de Westergard assume o solo é indeformavel na horizontal, devido à existência 
de lâminas horizontais de espessura desprezível, mas rigidez infinita, que funcionam como uma 
armadura para o solo. 
 
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
17 Universidade Federal do Espírito Santo 
7) A teoria de Boussinesq leva em conta o tipo de material em que se distribuem as tensões? 
E a de Westergaard? 
R.: A teoria de Boussinesq não leva em conta o tipo de material em que se distribuem as tensões, 
nenhuma das variáveis da equação depende do tipo de solo. A teoria de Westergaard leva em 
conta o tipo de material em que se distribuem as tensões, pois o coeficiente de Poisson varia com 
o tipo de solo. 
 
8) Calcule pelos métodos 2.1, setores de anel, gráfico de Newmark e como carga pontual, as 
pressões verticais a uma profundidade de 5 m abaixo de uma fundação retangular de 2m ×××× 
1m: a) sob o centro da sapata; b) nos cantos da sapata; c) a 1m para fora de um dos cantos 
da sapata (medido sobre a diagonal). A tensão superficial é de 500 kPa. Prepare um quadro 
de resumo e compare os resultados. 
R.: 
 
a) – Pelo método 2:1: 
 
 
– Pelos setores de anel: 
 
 
– Pelo gráfico de Newmark: 
Como o gráfico foi desenhado exatamente para 
a profundidade de 5 m, não é necessário utilizar 
nenhuma escala. O número de partes do gráfico 
sobre a área é: 
M 4 0,7 4 0,8 4 0,5 4 0,4 4 0,3 10,8.
Portan
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
z s
to, o acréscimo de tensão no ponto é : 
M q I 10,8 500 0,005 27 kPa∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
( )( ) ( )( )
( )( )
0
z
Q q B L
B z L z B z L z
500 2 1
23,81 kPa2 5 1 5
⋅ ⋅∆σ = = =
+ + + +
⋅ ⋅= =
+ +
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
18 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
 
 
 
b) – Pelo método 2:1: 
( )( ) ( )( )z
Q 500 2 1
23,81 kPa
B z L z 2 5 1 5
⋅ ⋅∆σ = = =
+ + + +
 
 
– Pelos setores de anel: 
 
 
– Pelo gráfico de Newmark: 
 
 
c) – Pelo método 2:1: 
( )( ) ( )( ) ( )( )
0
z
Q q B L 500 2 1
23,81 kPa
B z L z B z L z 2 5 1 5
⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆σ = = = =
+ + + + + +
 
 
– Pelos setores de anel: 
z s
O número de partes do gráfico sobre a área é: 
M 4 0,95 0,4 0,3 0,4 0,9 0,8 7,75.
Portanto, o acréscimode tensão no ponto é : 
M q I 7,75 500 0,005 19,375 kPa
= + + + + + + =
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
O gráfico de Newmark foi desenvolvido para cargas na 
extremidade da área carregada. Para que ela possa ser 
estendida a este caso, devemos dividir a área em quatro 
retângulos menores, tal que os quatro
( )
z 0 B
z B
 fiquem com a quina 
sobre o ponto. Pelo gráfico de Newmark (solução de 
Boussinesq), o acréscimo de tensão no centro da área é: 
1 0,5
n q f (m,n), onde m 0,2 e n 0,1
5 5
Portanto:
1 14 500 f ,10 5
∆σ = ⋅ ⋅ = = = =
∆σ = ⋅ ⋅ = 4 500 0,009 18 kPa⋅ ⋅ =
( )
z 0 B
z B
Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq): 
2 1
q f (m,n), onde: m 0,4 e n 0,2
5 5
Portanto:
2 1500 f , 500 0,034 17 kPa5 5
∆σ = ⋅ = = = =
∆σ = ⋅ = ⋅ =
 
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19 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
– Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq): 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )z z z z z
z 0
z
Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq): 
EFHI ACIG ACDF ABHG ABED
1,45 2,89 0,45 2,89 1,45 0,89 0,45 0,89
q f , f , f , f ,
5 5 5 5 5 5 5 5
500 0,38 0,22 0,1
∆σ = ∆σ − ∆σ − ∆σ + +∆σ ⇔
        ⇔ ∆σ = − − + ⇔        
        
⇔ ∆σ = − −[ ]5 0,006 500 0,016 8 kPa+ = ⋅ =
 
 
9) Mostre com um exemplo que para profundidades maiores que três vezes o lado da sapata 
tanto faz calcular-se o acréscimo de tensões considerando a sapata real ou assemelhando-a a 
uma carga pontual. 
R.: Vamos resolver o Exemplo 12, da página 28, para mostrar o que foi pedido. 
 
Seja calcular os acréscimos de tensões para a situação da figura 3.1, pelos métodos 2:1, 
Boussinesq e Westergaard, considerando-se a área real (quadrada) às profundezas de 2 m 
(z = b), 6 m (z = 3b) e 10 m (z = 5b) tanto num canto como no centro do carregamento. 
z s
O número de partes do gráfico sobre a área é: 
M 0,05 0,55 0,8 0,9 0,3 0,1 0,97
0,85 0,4 0,1 0,48 0,2 5,7
Portanto, o acréscimo de tensão no ponto é : 
M q I 5,7 500 0,005 14,25 kPa
= + + + + + + +
+ + + + + =
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
 
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20 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
– Para a profundidade de 2 m 
– Pelo método 2:1 
 – Carga pontual 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
50 kPa
B z L z 0 2 0 2
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
50 kPa
B z L z 0 2 0 2
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
12,5 kPa
B z L z 2 2 2 2
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
12,5 kPa
B z L z 2 2 2 2
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Pelo método de Boussinesq 
 – Carga pontual 
 – No centro 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1
23,9 kPa
2 z 2 2r 0
1 1
z 2
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =
π π ⋅      + +      
         
 
 – No canto 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1
8,66 kPa
2 z 2 2r 21 1z 2
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =
π π ⋅      +   +           
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 B B
200
4 q f m,n 4 f 1/2,1/2 4 50 0,09 18 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 B B
200
q f m,n f 1,1 50 0,18 9 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
 – Pelo método de Westergaard 
– Carga pontual 
 – No centro 
 
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21 Universidade Federal do Espírito Santo 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 50
15,9 kPa
z 2r 0
1 2 1 2
z 2
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =
π      + +      
         
 
 – No canto 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 50 1
5,62 kPa
2,83z 2r 21 2 1 2z 2
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
π      +   +           
– Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 w w
200
4 q f m,n 4 f 1/2,1/2 4 50 0,055 11 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 w w
200
q f m,n f 1,1 50 0,15 7,5 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
– Para a profundidade de 6 m 
– Pelo método 2:1 
 – Carga pontual 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
5,56 kPa
B z L z 0 6 0 6
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
5,56 kPa
B z L z 0 6 0 6
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
3,125 kPa
B z L z 2 6 2 6
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
3,125 kPa
B z L z 2 6 2 6
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Pelo método de Boussinesq 
 – Carga pontual 
 – No centro 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1
2,65 kPa
2 z 2 6r 0
1 1
z 6
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =
π π ⋅      + +      
         
 
 – No canto 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1
2,32 kPa
2 z 2 6r 21 1z 6
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =
π π ⋅      +   +           
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 B B
200
4 q f m,n 4 f 1/6,1/6 4 50 0,013 2,6 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
22 Universidade Federal do Espírito Santo 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 B B
200
q f m,n f 1/3,1/3 50 0,044 2,2 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
 – Pelo método de Westergaard 
– Carga pontual 
 – No centro 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 200
1,77 kPa
36z 6r 0
1 2 1 2
z 6
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =
π      + +      
         
 
 – No canto 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 200 1
1,64 kPa
36 1,08z 6r 21 2 1 2z 6
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
π      +   +           
– Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 w w
200
4 q f m,n 4 f 1/6,1/6 4 50 0,008 1,6 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 w w
200
q f m,n f 1/3,1/3 50 0,029 1,45 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
– Para a profundidade de 10 m 
– Pelo método 2:1 
 – Carga pontual 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
2 kPa
B z L z 0 10 0 10
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
2 kPa
B z L z 0 10 0 10
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
1,39 kPa
B z L z 2 10 2 10
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
– No canto 
 ( ) ( ) ( )( )z
Q 200
1,39 kPa
B z L z 2 10 2 10
∆σ = = =
+ ⋅ + + +
 
 – Pelo método de Boussinesq 
 – Carga pontual 
 – No centro 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1
0,96 kPa
2 z 2 10r 0
1 1
z 10
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =
π π ⋅      + +      
         
 
 – No canto 
 
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23 Universidade Federal do Espírito Santo 
z 2 5/2 2 5/22 2
3Q 1 3 200 1 0,955
0,91 kPa
1,0512 z 2 10r 21 1z 10
⋅∆σ = ⋅ = ⋅ = =
π π ⋅      +   +           
 
 – Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 B B
200
4 q f m,n 4 f 1/10,1/10 4 50 0,005 1 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 B B
200
q f m,n f 1/5,1/5 50 0,018 0,9 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
 – Pelo método de Westergaard 
– Carga pontual 
 – No centro 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 200
0,64 kPa
100z 10r 0
1 2 1 2
z 10
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =
π      + +      
         
 
 – No canto 
z 2 3/2 2 3/22 2
1 1Q 200 200 1
0,6 kPa
100 1,06z 10r 21 2 1 2z 10
π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
π      +   +           
– Área real 
 – No centro 
 ( ) ( )z 0 w w
200
4 q f m,n 4 f 1/10,1/10 4 50 0,003 0,6 kPa
2 2
∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
⋅
 
– No canto 
 ( ) ( )z 0 w w
200
q f m,n f 1/5,1/5 50 0,012 0,6 kPa
2 2
∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅
 
 
Este exemplo mostra que para profundidades maiores que três vezes o lado da sapata tanto faz 
calcular-se oacréscimo de tensões considerando a sapata real ou assemelhando-a a uma carga 
pontual. 
 
10) Compare a distribuição de tensões sob uma sapata quadrada, de lado “B” e outra 
infinita de largura “B”. Ambas possuem a mesma tensão de contato? 
R.: Tensão de contato é a tensão existente entre as partículas sólidas do solo, que efetivamente 
“entram em contato”. Essa tensão é devida à carga aplicada, ou seja, ao carregamento externo. No 
caso de uma sapata quadrada de lado “B” e de uma sapata infinita de lado “B”, as tensões geradas 
pelos carregamentos são diferentes; isso é facilmente visto pela comparação das isóbaras para 
carregamentos nessas áreas. As isóbaras para faixas infinitas são mais profundas, o que indica que 
a tensão – também a de contato – é maior para a faixa infinita do que para a área quadrada. 
 
11) Explique como se constrói um ábaco de setores de anel. 
R.: Para construir um ábaco de setores de anel, deve-se aplicar uma carga num ponto qualquer: o 
gráfico é feito com círculos concêntricos, divididos em trechos de ângulos constantes 
( )360/n ,θ = com linhas radiais entre si. Determina-se uma profundidade, e o fator de influência, 
 
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24 Universidade Federal do Espírito Santo 
do anel e de cada setor A Az zAA A
0 0
I
I I .
q n n q
∆σ ∆σ 
= ⇒ = = ⋅ 
 Os raios dos círculos concêntricos são 
tais que cada setor, de cada anel, tenha o mesmo fator de influência. Isso faz com que os anéis, 
quanto mais externos, sejam mais largos. 
 
12) Calcular o acréscimo de tensões verticais sob o ponto “P”, à cota – 12 m, causadas pelo 
edifício da planta, onde: a) a área “A” está apoiada à cota – 5 m e transmite tensão de 180 
kPa; b) a área “B” está apoiada à cota – 3 m e transmite uma tensão de 150 kPa. O solo 
escavado é uma argila arenosa de peso específico total de 16 kN/m2, e o N. A. situa-se à cota 
– 5 m. 
 
R.: Poderíamos utilizar a solução de Newmark, mas seriam necessárias tantas adições e 
subtrações de áreas para reproduzir a área em questão que isso se torna inviável. Assim, uma 
saída é utilizar o ábaco de setores de anel. Nesta solução, como A e B tem cotas diferentes, P está 
em profundidade diferentes em relação a eles. Está a – 7 m em relação a A e a – 9 m em relação a 
B. O ábaco de setores de anel tomado como referência está ligeiramente fora de escala, mas 
tomando-o como verdadeiro, ou seja, 1 cm no desenho seja igual a 1 m na área real, temos, 
dividindo o prédio em duas partes: 
10,45 
– para A, 
59 (m) 5 (cm) x y 0,555 yy (m) x (cm) 9
− ⇒ = ⋅ = ⋅− 
– para B, 
57 (m) 5 (cm) x y 0,714 yy (m) x (cm) 7
− ⇒ = ⋅ = ⋅− 
 
Aplicando-se as escalas, chega-se às seguintes dimensões: 
 
 
Colocando no ábaco, temos: 
 
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25 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
 
 
 
 
O acréscimo de tensão ∆σ no ponto P será: 
1 2 1 2z z z 1 1 s 2 2 s
M q I M q I∆σ = ∆σ + ∆σ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 
 
Na área 1, temos: 
1M 3 0,65 0,75 0,8 0,03 0,15 0,08 0,5 0,55 0,15 0,530,3 0,05= + + + + + + + + + + + + = 7,54 
 
Na área 2, temos: 
2M 0,98 0,7 0,55 0,08 0,04 0,12 0,1 0,1 2,67= + + + + + + + = 
 
Assim: 
1 2z z z
7,54 180 0,005 2,67 150 0,005 8,79 kPa∆σ = ∆σ + ∆σ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 
 
Contudo, esta ainda não é a resposta. Ao valor de ∆σz deve ser somado o alívio decorrente da 
escavação, e somado a poropressão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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26 Universidade Federal do Espírito Santo 
COMPRESSIBILIDADE E ADENSAMENTO UNIDIMENSIONAL 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
Recalques 
 
1) Num solo saturado as fases presentes são apenas a sólida e a líquida, que são 
consideradas incompressíveis. Como então se explica a compressão de um solo saturado? O 
que acontece com o índice de vazios dos solos, saturados ou não, após serem comprimidos? 
R.: A compressão do solo (saturado ou não) se deve à expulsão do ar presente nos vazios do solo. 
Dessa forma, qualquer solo, ao ser comprimido, tem uma redução no seu índice de vazios. 
 
2) Descreva o mecanismo de compressão unidimensional dos solos. 
R.: O solo, como todos os materiais existentes, se dilata nas três dimensões. Contudo, 
principalmente se tratando de uma parte do solo distante da borda do carregamento, os esforços 
de dilatação nas direções que formam o plano perpendicular à vertical se cancelam para cada 
volume do solo, pois em todos os lados existem volumes empreendendo os mesmos esforços em 
direção contrária. A soma desses esforços é nula em todas as direções, menos na vertical. 
 
3) Estabeleça as hipóteses e a expressão de recalques unidimensionais, em função da 
variação de índice de vazios. Esta expressão aplica-se a que tipos de solos? 
R.: No caso do recalque unidimensional cada um dos elementos “B × L” de cada camada vai ser 
comprimido verticalmente (e contido lateralmente, de modo a impedir deformações horizontais). 
Os sólidos em si são relativamente incompressíveis, mas podem se arranjar num estado mais 
denso à custa de uma redução do índice de vazios. O ar contido nos vazios, muito compressível, 
será instantaneamente comprimido, e a água, incompressível, será expulsa. Então, o solo, nestas 
condições de carregamento de extensão infinita, sofrerá uma compressão unidimensional através 
da redução de seu volume de vazios. No entanto, como apenas as camadas de argila do solo 
sofrem recalques significativos, só vale a pena estabelecer uma relação entre recalque e variação 
de índice de vazios para argilas, e, sobretudo, a hipótese de recalques unidimensionais só é válida 
em pontos distantes da borda do carregamento. 
 
4) Discuta a expressão do recalque em função do índice de vazios (explique como se 
determina os parâmetros da equação). 
R.: A expressão do recalque em função do índice de vazios é 0
0 0 0
H eH e
H .
H 1 e 1 e
⋅ ∆∆ ∆= ⇔ ∆ =
+ +
 O 
recalque, então, definido por ∆H, é função de H0, e0 e ∆e. H0 é a altura de drenagem, igual à 
metade da camada considerada. e0 é o índice de vazios inicial, e ∆e é a variação do índice de 
vazios. A determinação do índice de vazios demanda 3 ensaios: umidade (wn), massa específica 
total (ρt) e massa específica de sólidos (ρs). 
 
5) Qual a finalidade de se obter a curva e ×××× log σσσσ’, no ensaio de compressão unidimensional 
(endométrico)? 
R.: A finalidade de se obter a curva e × log σ` é a determinação das faixas de índice de vazios 
onde a reta que representa o solo tem a inclinação Cc e onde ela tem inclinação CR, distinguindo 
tais comportamentos, de compressão e recompressão, respectivamente. Nesse processo, se 
determina a tensão de pré-adensamento. 
 
6) O que é tensão de pré-adensamento? E como se determina? 
A tensão de pré-adensamento é a maior tensão sofrida pelo solo em toda a sua história. Ela fica 
gravada na “memória” do solo. Esse ponto do gráfico e × log σ` marca uma diferença no 
comportamento do solo, da variação da tensão no solo com a variação do índice de vazios, 
simbolizada pela diferença das inclinações das retas (Cc e CR). 
 
 
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27 Universidade Federal do Espírito Santo 
7) Como pode ser um solo em relação à tensão de pré-adensamento? Discuta o assunto. 
R.: O solo pode ser sub-adensado (RSA < 1), normalmente adensado (RSA = 1) ou pré-adensado 
(RSA > 1), onde 
aa
av
' pressão de pré-adensamento do solo, '
RSA .
' pressão efetiva devida a peso próprio atuante no solo'
σ = σ=  σ =σ  
 
O solo sub-adensado só existe na teoria, já que é impossível que σa’ seja menor do que σv’. O 
solo normalmente adensado (com RSA = 1) também é teórico. Segundo o pesquisador 
Schmertmann, os valores mínimos para a Razão de Sobre-Adensamento estão entre 1,2 e 1,4. Por 
isso, hoje em dia, quando se usa o termo “normalmente adensado”, geralmente acrescenta-se “e 
ligeiramente pré-adensados”. O solo pré-adensado, na verdade, representa todos os solos 
existentes.Os solos teoricamente normalmente adensados são pré-adensados por envelhecimento. 
Outras causas de pré-adensamento são: erosão dos solos, ressecamento dos solos, subida do 
lençol freático no terreno, reações químicas ocorrentes no solo, derretimento de geleiras, 
movimento de dunas, drenagem de lençóis d’água empoleirados e envelhecimento dos solos. 
 
8) O que é reta de compressão virgem? Explique-a. 
R.: Ao atingir a máxima pressão já sofrida, a pressão de pré-adensamento, σ’a, a curva sofre 
uma inflexão e entra noutra reta, “virgem” de tensões. A declividade da reta virgem de 
compressão é o Índice de Compressão, c
e
C .
log '
∆=
∆ σ
 
 
9) O que é trecho de recompressão? Explique-o 
R.: Trecho de recompressão é o caminho que o solo percorre enquanto a aplicação de uma tensão 
permanece inferior à tensão de pré-adensamento. A inclinação da reta de recompressão (CR) no 
gráfico e × log σ é pequena, o que implica pequenas deformações do solo nesse trecho. 
 
10) Como podemos avaliar, sem a curva e ×××× log σσσσ’, as condições de pré-adensamento de um 
solo? 
R.: Através de correlações empíricas. Analisa-se a consistência do solo. Quando a tensão efetiva 
estive próxima do LL, isso é sinal de solo normalmente adensado. Quando a umidade nautral 
efetiva estiver próxima do LP, isso é sinal de solo pré-adensado. 
 
11) Qual a correlação empírica para o índice de compressão Cc de Terzaghi? Aplica-se a 
que tipos de solos? É exata? Discuta sua validade em relação a correlações locais, como a 
proposta por Casagrande e Polido para Vitória, ES. 
R.: A correlação empírica clássica, e provavelmente a mais antiga, é apresentada por Terzaghi: 
( )cC 0,009 LL 10 .= − No entanto, essas relações são feitas para cada lugar e solo 
especificamente, para que sejam representativas de cada região, já que as propriedades dos solos 
variam muito. Os recalques unidimensionais das areias são desprezíveis, portanto só interessam 
os recalques nas camadas de argila. É a elas que a correlação empírica para o índice de 
compressão de Terzaghi se aplica. 
 
12) Qual o efeito do amolgamento na curva e ×××× log σσσσ’? 
R.: O amolgamento da amostra de solo, ocorrida, por exemplo, no trajeto entre o campo e o 
laboratório, pode reduzir o índice de vazios real, conduzindo a um resultado errado. O solo 
guardar uma memória de todo o seu passado; o almolgamento apaga essa memória. 
 
13) A equação 0 z0 f c
a
'
e e C log
'
σ + ∆σσ + ∆σσ + ∆σσ + ∆σ
− = ×− = ×− = ×− = ×
σσσσ
 é válida em que trecho da curva de compressão 
endométrica? Qual o erro resultante se, num solo pré-adensado, fosse usado σσσσ’ 0 no lugar de 
σσσσ’ a? E num solo sub-adensado? E se 0 z a' ' ?σ + ∆σ < σσ + ∆σ < σσ + ∆σ < σσ + ∆σ < σ 
 
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28 Universidade Federal do Espírito Santo 
R.: A equação 0c
a
' '
e C log
'
σ + ∆σ∆ = ⋅
σ
 é válida para o trecho de compressão, ou seja, para faixas 
de tensão que o solo nunca experimentou em sua história. Se, num solo pré-adensado, fosse usado 
σ0’ no lugar de σa’, isso seria equivalente a adotar RSA = 1, já que σa’ = RSA·σ0’, e o recalque 
calculado seria maior do que o recalque real, gerando custos desnecessários para a fundação. 
Num solo sub-adensado, onde RSA < 1, se σ0 fosse usado no lugar de σa’, o recalque calculado 
seria menor do que o real, podendo causar danos a estrutura. 
 
14) Mostre esquematicamente numa curva e ×××× log σσσσ’ o que aconteceria com um solo 
“normalmente” adensado que sofresse um acréscimo de carga devido a um aterro, depois 
um alívio de tensões (devido à retirada do aterro), e finalmente um acréscimo de carga 
(inferior àquele do aterro) devido à construção de um prédio. Qual seria o recalque sofrido 
pelo prédio? 
R.: Essa é a curva e × log σ’ que representa um solo qualquer: 
 
O caso descrito no exercício trata de um solo no ponto A. Quando 
sofre o carregamento do aterro, o solo vai para o ponto B. Quanto 
esse carregamento é retirado, o solo vai para o ponto C. Quando o 
prédio (de carga inferior ao aterro) é construído, a carga não é 
suficiente para que o solo chegue novamente a B e assuma 
novamente a reta de compressão virgem, ou seja, o solo fica na 
recompressão, e nesse estágio os recalques podem ser 
desconsiderados, ou seja, a reta CB pode ser aproximada para 
uma reta na horizontal, com inclinação nula. 
 
 
 
 
Recalques com o tempo – Adensamento 
 
15) Explique a Analogia do Adensamento de Terzaghi, comparando-a com o caso real dos 
solos. 
R.: A analogia de Terzaghi ilustra muito bem o processo de adensamento dos solos com um 
pistão cheio d’água e uma mola. A água representa a água dos poros do solo, a mola representa o 
esqueleto sólido do solo e a válvula representa a permeabilidade do solo. A analogia de Terzaghi 
é dividida em três instantes: (a) quando t = 0, a deformação no solo ρ gerada por ∆σ é nula, todo 
o acréscimo de tensão vai para a tensão neutra; (b) quando 0 < t < ∞, parte do acréscimo de tensão 
vai para a pressão neutra e parte é transferida para a tensão efetiva ( )' U∆σ = × ∆σ ; U% do 
adensamento já se processou; e (c), quando t = ∞, todo o acréscimo de tensão foi transferido para 
a tensão efetiva; já ocorreu toda a deformação do solo. 
 
16) Quando se aplica um acréscimo de tensão ∆σ num elemento de solo saturado cujo estado 
de tensões era σ0, σ0` e u0, como serão alterados esses valores em função do tempo? 
R.: O estado inicial, relacionando os parâmetros dados, pode ser representado da seguinte forma: 
0 ' u.σ = σ − Considerando que o instante t = 0 é o instante inicial e que o instante t = ∞ é teórico, 
é suficiente analisar o que acontece no intervalo 0 < t < ∞. Nesse intervalo, 0u u∆ = ∆σ − ⋅ ∆σ =
( )01 u= ∆σ − e ' U .∆σ = ⋅ ∆σ Assim, 
 0 ,σ = σ + ∆σ 
( ) ( )0 0 0 0U u u u u u 1= + ∆ = + ∆σ − ⋅ ∆σ = ∆σ − − ∆σ 
( ) ( ) ( )2 20 0 0 0 0 0' ' ' ' U ' u 1 ' u   σ = σ + ∆σ = σ + ⋅ ∆σ = σ + ∆σ − − ∆σ ∆σ = σ + ∆σ − ∆σ − ∆σ    
 
 
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29 Universidade Federal do Espírito Santo 
17) A Teoria do Adensamento de Terzaghi é aplicado a um elemento situado na zona de 
saturação capilar? A uma massa de areia fina submersa? A um elemento de solo num 
aterro? (Se houver dúvida quanto à pergunta, explique-a). 
R.: A teoria do adensamento de Terzaghi não se aplica à zona de saturação capilar, pois a 
capilaridade não é um estado permanente. A capilaridade se deve à tensão resultante da interface 
ar-água. Quando essa interface deixar de existir (a saturação atingir 100 %), por variação do NA, 
a capilaridade deixa de existir. A teoria não se aplica a uma massa de areia fina submersa, pois o 
processo de adensamento trata apenas de “variações volumétricas que ocorrem em solos finos 
saturados”, e a areia é um solo grosso. Na areia, o recalque ocorre instantaneamente, e a teoria 
trata de recalques ao longo do tempo. Finalmente, a teoria não se aplica a aterros, já que o 
material de aterro pode não ser homogêneo e não estar saturado, desta forma não se aplica a teoria 
de Terzaghi. 
 
eles são postos acima da cota zero do terreno, e o nível d’água freático é negativo. O único caso 
de aterro em que a Teoria do Adensamento de Terzaghi poderia ser aplicada é o caso de um aterro 
dentro de um rio, abaixo de sua superfície, onde todo o aterro estaria saturado. 
 
18) Quais as hipóteses admitidas por Terzaghi na Teoria do Adensamento? Discuta cada 
uma usando a derivação da equação diferencial do adensamento. 
R.: As hipóteses admitidas por Terzaghi na Teoria do Adensamento são: (1) solo homogêneo; (2) 
solo saturado; (3) água intersticial e partículas sólidas incompressíveis; (4) adensamento ou 
compressão unidimensional; (5) escoamento da água intersticial unidimensional; (6) validade da 
Lei de Darcy; (7) valores constantes para certas características dos solos que de fato variam com a 
tensão; (8) teorias aplicadas a elementos podem ser estendidas por integração a toda a massa de 
solo; e (9) linearidade da relaçãoentre a variação do índice de vazios com o acréscimo de tensão. 
 
 A equação diferencial do adensamento é 
2
v 2
u u
c ,
t z
∂ ∂= ⋅
∂ ∂
 cuja resolução nos traz à seguinte 
relação: ( )
2
m
M T
z,t
dm 0
2 M z
u sen e ,
M H
=∞
−
=
 ⋅ ∆σ ⋅∆ = ⋅  
 
∑ onde v v2 2
d
c t c t
T .
H H
2
⋅ ⋅= =
 
 
 
 O coeficiente de 
adensamento cv vale 
( )
v
v w
k 1 e
c ,
a
+
=
⋅ γ
 onde av é o coeficiente de compressibilidade do solo, e vale 
v
de
a .
du
= O coeficiente cv deve ser encarado como constante, já que se fosse tomado como 
variável a integração da equação diferencial do adensamento seria muito complicada. cv é função 
de k, de e e de av. A admissão de k (coeficiente de permeabilidade do solo) constante implica um 
solo constante (hipótese 1). A admissão de e constante justifica a hipótese 7. A admissão de av 
constante implica linearidade da relação entre a variação do índice de vazios com o acréscimo de 
tensão (hipótese 9). A justificativa da hipótese 3 também vem da admissão de e constante, já que 
com a profundidade, a variação da tensão efetiva provocaria a compressão dos grãos de solo, 
resultando numa variação do índice de vazios. A hipótese 4 é a que mais se aproxima da 
realidade, pois não se trata exatamente de uma hipótese, mas de uma constatação do que ocorre 
nos pontos distantes das bordas do carregamento. No plano horizontal, os elementos vizinhos 
empreendem esforços equivalentes uns nos outros, fazendo com que a deformação seja nula. 
Assim, a única deformação que ocorre é na vertical. A justificativa da hipótese 5 é que a 
compressão é admitida como unidimensional. Dessa forma, a expulsão da água dos vazios, que é 
o mecanismo da compressão, também ocorre apenas numa direção. 
 A hipótese 8 é necessária pois tanto a derivação quanto a diferenciação exigem que as 
funções sejam contínuas, neste caso as propriedades do solo. A Lei de Darcy estabelece que
Q
v k i k i.
A
= ⋅ ⇔ = ⋅ Como a vazão é constante pelas camadas do solo (fluxo vertical), e também 
 
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30 Universidade Federal do Espírito Santo 
a área, e como k é constante para toda a camada de solo, tem-se: 
Q
const.Ai const.
i const.
= = = em 
cada camada. Isso justifica a hipótese 6. Finalmente, sendo s s
w
w G w
e ,
S S
⋅ ⋅ γ= =
⋅ γ
 admitindo-se as 
grandezas do solo (γs, w e e) constantes, para que a igualdade se verifique, é preciso que S seja 
constante (S = 100%). Essa é a justificativa da hipótese 2. 
 
19) O que é porcentagem de adensamento? (Responda em função de “u” e de “∆H”). 
R.: A porcentagem de adensamento, U, mede o processo de adensamento, ou seja, quanto do 
adensamento ρ se processou. U = 0 para t = 0, 0 < U < 1 para 0 < t < ∞, e U = 1 para t = ∞. Em 
função da deformação, a porcentagem de adensamento é dada por: U .
H
ρ=
∆
 Em função da 
poropressão, a porcentagem do adensamento é dada por 0 médio
0
u u
U .
u
∆ − ∆=
∆
 
 
20) O que é coeficiente de adensamento? Como se pode usá-lo para obtenção do coeficiente 
de permeabilidade dos solos? 
R.: O coeficiente de adensamento mede a taxa com que um solo recalca com o tempo. É função 
do solo e do nível de tensões atuantes. Ele é definido por: 
( )
v
v w
k 1 e
c .
a
+
=
⋅ γ 
Portanto: 
( )v v wc ak .
1 e
⋅ γ
=
+ 
 
 
 
21) Qual a expressão do “fator tempo”? Explique cada termo. 
R.: A expressão do fator tempo é 2T U
4
π= para U < 60 %, e ( )T 0,9332log 1 U 0,0851= − − − 
para U > 60 %, onde U é o grau de adensamento. 
 
22) Explique resumidamente como se executa o ensaio de adensamento. 
R.: Toma-se um disco de solo, no mínimo com 13 mm de altura e 32,5 mm de diâmetro. Coloca-
se este disco dentro de um anel rígido (para impedir deformações laterais, como na hipótese de 
carregamento de dimensão infinita) e para vários carregamentos (σi’) determina-se o índice de 
vazios (ei) correspondente. De posse desses pares de valores traça-se um gráfico e tem-se a 
relação experimental desejada. 
 
23) Quais os principais parâmetros obtidos num ensaio de adensamento? 
R.: Os principais parâmetros obtidos num ensaio de adensamento são índice de vazios, e, e 
deformação específica, ε. 
 
24) Qual a forma habitual de apresentação do ensaio de adensamento? 
R.: O ensaio de adensamento é comumente apresentado num gráfico de e × log σ’. 
 
25) Explique, incluindo determinação de tempos de adensamento, como se determina o 
valor do coeficiente de adensamento a partir dos resultados do ensaio. Use os métodos de 
Taylor e Casagrande. 
R.: Casagrande usa o gráfico d × t com d em escala natural e t em escala logarítmica. Do gráfico 
obtém-se os valores de d0, ds, d100 e df, e calcula-se d50 como 
( )s 100
50
d d
d .
2
+
= t50 é o tempo 
 
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31 Universidade Federal do Espírito Santo 
necessário para chegar a 50 % do adensamento. Finalmente, o calculo é: 
2
v
50
0,197 H
c .
t
⋅= Taylor 
utiliza o gráfico d × t . No gráfico, observa-se que até 60 % do adensamento o gráfico é uma 
reta. Nesse trecho se toma um ponto de abscissa 1,15ª. Passando-se por esse segundo ponto uma 
reta partindo do zero, ela encontrará a reta teórica num ponto correspondente a 90 %, ou seja, 
90t . Usa-se essa característica para obter t90. Finalmente, determina-se o coeficiente de 
adensamento: 
( )
2
v 2
90
0,848 H
c
t
⋅= . Ou seja, o coeficiente de adensamento é função da altura da 
camada e do tempo necessário para uma determinada porcentagem do adensamento. 
 
26) Numa curva “deformação × tempo” do ensaio de adensamento quais os tipos de 
deformações sofridos pela amostra? Discuta cada trecho. 
R.: A amostra sofre uma compressão inicial, uma compressão primária e uma compressão 
secundária.A compressão inicial não obedece à Teoria do Adensamento. É uma compressão 
instantânea (o trecho que vai de d0 e ds). A compressão primária obedece à Teoria do 
Adensamento. A velocidade de deformação é controlada pela saída d’água dos vazios do solo. O 
trecho correspondente da curva vai de ds a d100. A compressão secundária é representada pelo 
trecho que excede d100. O adensamento se torna muito lento. 
 
27) Qual a influência do tempo de duração dos estágios do carregamento do ensaio de 
adensamento numa curva e × log σ’? 
R.: O tempo influencia o ensaio de adensamento permitindo ou não que todo o carregamento 
aplicado se transforme em tensão efetiva. O processo de adensamento divide-se em três 
momentos: quando t = 0, todo o acréscimo de tensão vai para a tensão neutra – como nada vai 
para a tensão efetiva a deformação é nula; quanto 0 < t < ∞, parte do acréscimo de tensão vai para 
a pressão neutra e parte é transferida para a tensão efetiva – portanto, ocorre recalque; quanto t = 
∞, todo o acréscimo de tensão já foi transferido para a tensão efetiva – portanto, ocorre 100 % do 
recalque. É importante verificar em qual dessas etapas está o carregamento. Resumindo, se o 
tempo do ensaio é igual a zero, ρ(t) = 0; se o tempo do ensaio está entre zero e infinito, ρ(t) = n⋅ρ, 
onde 0 < n < 1 e ρ é o recalque total; se o tempo do ensaio é infinito, ρ(t) = ρ. 
 
28) Como se pode acelerar o tempo de adensamento de uma argila? Explique o princípio 
envolvido em cada método. 
R.: Os dois métodos típicos são o de uso de intrusões nos solos moles para encurtamento dos 
caminhos de drenagem, e o de uso de sobrecargas provisórias. Para aceleração dos recalques pelo 
uso de intrusão e diminuição do percurso de drenagem o método tradicional é o de uso de drenos 
verticais na areia. Nesse método um tubo metálico é introduzido no terreno, limpo, preenchido 
com areia e sacado, deixando no lugar um dreno vertical de areia. Além dos drenos verticais, são 
usados também os geodrenos e os drenos fibroquímicos. O geodreno é uma fita drenante de uns 
10 centímetros de largura. O núcleo é constituído de uma série de canaletas de plástico e o 
invócrulo é um filtro geotêxtil (deixa a água passar, mas não a argila).Essa fita é cravada no solo 
por uma lança. As sobrecargas provisórias são cargas colocadas sobre o terreno, que após um 
certo adensamento é removida, deixando o solo pré-adensado. 
 
29) Supondo-se que o coeficiente de adensamento de um solo seja constante, pergunta-se se 
haveria diferença entre o tempo necessário para atingir-se X% de adensamento num dado 
estrato de argila provocado por um aterro de 1 m de altura, e o tempo necessário para 
atingir-se os mesmos X% no mesmo estrato provocado por um aterro de 10 m de altura? 
Explique. 
 
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32 Universidade Federal do Espírito Santo 
0
c
9
100 kPa
e 1,13
C 0,31 
k 7 10 cm/s
150 kPa
−
σ =
=
=
= ⋅
∆σ =
R.: Tomando a expressão para U < 60 %, temos que 2 2 2
4T a
T U a U U ,
4
π ⋅= = ⋅ ⇔ =
π
 onde a = 
const. O valor de T é 
( )
v wv
2 2
k 1 e
t
ac t
T .
H H
n n
 +
⋅ ⋅ γ⋅  = =
   
   
   
 Ou seja, pelas relações numéricas, o tempo de 
adensamento não tem nenhuma relação com o peso da camada de solo acima do ponto. A única 
possível relação se apresenta em v
de
a ,
du
= já que o índice de vazios e varia com o aumento do 
peso da camada de solo. Contudo, essa variação não é contemplada pela teoria. 
 
30) Dados que a tensão inicial num estrato de solo é de 100 kPa, seu índice de vazios é 1,13, 
Cc = 0,31 e k = 7·10
-9 cm/s, pergunta-se qual seria, aproximadamente, seu coeficiente de 
adensamento quando se aumentasse a tensão no estrato de solo para 150 kPa? 
R.: O coeficiente de adensamento é dado por v
w v
k
c ,
m
=
γ ⋅
 onde 
v v
V V 1
m ' m .
V V '
∆ ∆= ⋅∂σ ⇒ = ⋅
∆σ
 A variação unitária do seu volume é 
dada por: 
V A
.
V V
∆ ρ⋅= Assim, para o cálculo do recalque (ρ) temos, 
admitindo RSA = 1: 
c 0
0
H C ' 0.31 H 100 150
log log 0,146H 2,5 0,365H
1 e ' 2,13 100
⋅ σ + ∆σ ⋅ +ρ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
+ σ
 
V 0,365H A 0,365V
0,365
V V V
∆ ⋅∴ = = = 
3
v
V 1 1
m 0,365 2,43 10
V ' 150
−∆= ⋅ = ⋅ = ⋅
∆σ
 
( )
9
7
v 3
w v
k 7 10
c 2,88 10
m 10 2,43 10
−
−
−
⋅= = = ⋅
γ ⋅ ⋅
 
 
* Os geodrenos não aceleram os recalques secundários, pois os recalques secundários não se 
devem à expulsão de água dos vazios. Quando o recalque primário termina, toda a água já foi 
dissipada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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33 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
1) Dadas as tensões principais, no caso plano (2 dimensões), atuantes em um ponto, 
determine as expressões das tensões de cisalhamento e normal atuantes num plano inclinado 
de um ângulo αααα em relação ao plano onde atual a tensão principal maior. 
R.: 
As expressões das tensões de cisalhamento e 
normal atuantes num plano inclinado de um ângulo θ são, 
respectivamente, 
 
 1 3 2
2
sen
σ στ θ−= ⋅ 
 
 e 
 
 1 3 1 3 cos2
2 2
σ σ σ σσ θ+ −= + ⋅ 
 
2) Em que consiste a envoltória de Mohr? E a de Mohr-Coulomb? 
R.: A envoltória de Mohr é única para cada solo, e representa a resistência real do solo ao 
cisalhamento, sendo, portanto, não linear. A envoltória de Mohr-Coulomb é uma aproximação 
matemática, para uma função linear, válida apenas num dado trecho de tensões. 
 
3) Entre dois corpos sólidos, qual a condição para que haja movimento relativo, vencendo o 
atrito? (Relação entre componentes horizontal e vertical da força) 
R.: A teoria de ruptura de Mohr é ' .
' '
r
r
c
c tg tg tg C
ττ σ ϕ ϕ ϕ
σ σ
= + ⇒ = + = + Portanto, a 
condição de ruptura (a relação entre as componentes horizontal e vertical) é ,
'
r tg
τ ϕ
σ
= onde ϕ é 
o ângulo de atrito interno. 
 
4) Qual a correlação entre “atrito entre sólidos” e “resistência ao cisalhamento” de areias? 
R.: A resistência ao cisalhamento dos solos é originada da resistência (atrito) entre sólidos. Como 
as tensões neutras atuam na água, cujo 0,ϕ = não contribuem para a resistência dos solos. Por 
esse motivo é que a tensão entre sólidos é chamada de tensão efetiva. Assim, a equação que 
representa a resistência ao cisalhamento fica: lim ' '.rups tgτ τ σ ϕ= = = 
 
5) Descreva os três principais tipos de equipamentos usados na determinação da resistência 
ao cisalhamento dos solos, dando suas vantagens e desvantagens. 
R.: Equipamento de cisalhamento direto, cisalhamento triaxial e compressão simples. 
 
6) Apresente um esboço mostrando como se processa o cisalhamento em areias (quais as 
resistências que os grãos tem que vencer na deformação de ruptura). Desta análise, 
identifique a influência de cada um dos itens que se usa na descrição da areia, na resistência 
ao cisalhamento. 
R.: A resistência ao cisalhamento dos solos é definida como ' ' '.s c tgσ ϕ= + Como c’ representa 
a coesão do solo, e a areia é um solo granular, para a areia ' 0.c = No entanto, no caso de areias 
compactas, para valores baixos de tensões confinantes, é nítido que a envoltória é ligeiramente 
curva e até indica uma pequena coesão (provável intertravamento entre os grãos). Apesar disso o 
 
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34 Universidade Federal do Espírito Santo 
ângulo de atrito ϕ’ é o fator que mais influencia na resistência das areias. A influência da 
angulosidade suplanta a influência da granulometria na determinação do ângulo de atrito de uma 
areia. 
 
7) Apresente dois diagramas de ensaios triaxiais, sendo um para areia compacta e outro 
para areia fofa. Em cada diagrama apresente dois gráficos tendo para ordenadas a 
diferença de tensões principais (desviador de tensões) e para abscissas as deformações 
relativas; o outro gráfico tendo para ordenadas índices de vazios e para abscissas as 
deformações relativas. Reconheça, onde possível: a) as resistências de pico e residual; b) 
Índice de vazios crítico. 
 
R.: 
 
 
 
Os gráficos ao lado 
mostram como se processa o 
cisalhamento para areias fofas e 
para areias compactas. O 
comportamento das areias fofas 
segue uma função sempre contínua 
em direção à tensão final. Quando 
chegam a ela, o índice de vazios 
aumenta indefinidamente para um 
valor constante que se define 
como resistência resídual 
1 3 .
2
σ στ − = 
 
 As areias 
compactas apresentam um valor de 
resistência de pico a partir do qual 
a resistência começa a cair, até 
atingir, também, um valor de resistência residual. Esse comportamento de pico se deve ao 
adicional de resistência conferido à areia por sua compacidade (dilatância, intertravamento dos 
grãos). Quando se ultrapassa esse valor, ele deixa de existir, e a areia começa a se comportar 
como uma areia fofa. 
 No caso das areias compactas as mesmas deformações, ε, das areias fofas despertam, a 
princípio, tensões resistentes, τ, bem mais elevada, até chegar-se a um pico de resistência, τpico. A 
partir dessa deformação, correspondente a τpico, o aumento de deformações provoca resistências 
cada vez menores, até, eventualmente, a grandes deformações atingir-se um valor constante de 
resistência, τresidual. As resistências residuais das areias fofas e compactas tendem a ser iguais. No 
caso das areias fofas pode-se traçar então apenas uma envoltória de resistência. No caso das 
areias compactas pode-se traçar duas envoltórias de resistências diferentes: com τpico ou τresidual. 
 De maior interesse didático são os carregamentos que induzam tensões cisalhantes no 
entorno de 20 % da tensão de ruptura de pico do solo compactado. Se tal carregamento for 
aplicado num solo fofo, a cada ciclo promove-se uma redução que em parte é irreversível, e o 
solo vai se densificando. Se o número de ciclos for suficiente o solo passa de fofo a compacto e 
ainda continua se densificando e se tornando mais compacto. Até chegar a uma densificação tão 
grande que seja imperceptível qualquer redução adicional de volume. 
 
8) O que é índice de vazios crítico? Explique o fenômeno da liquefação das areias. Ele pode 
ocorrer com areias fofas ou compactas? Explique. 
R.: Índice de vazios críticoé o índice de vazios final para o qual tendem os solos granulares fofos 
e compactos. Nesse índice de vazios a resistência ao cisalhamento passa a ser constante. Para 
solos granulares fofos saturados o cisalhamento provoca diminuição de volume, aumento das 
 
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35 Universidade Federal do Espírito Santo 
tensões neutras e consequente diminuição de tensão efetiva e da resistência ao cisalhamento. 
Pode-se chegar a uma situação de tensão efetiva e resistência nulas. Esse é o fenômeno de 
liquefação das argilas, similar ao estado de areia movediça. No entanto, sua causa está ligada à 
anulação da tensão efetiva devido à geração de uma tensão neutra igual à tensão total, pela 
aplicação de um carregamento de forma tão rápida que o tempo é insuficiente para sua dissipação. 
Dessa forma, a resistência ao cisalhamento também se torna nula. Uma vez dissipado o excesso 
de tensões neutras causadas pelo cisalhamento a tensão neutra cai, e a tensão efetiva e a 
resistência ao cisalhamento sobem. 
 
9) Determine o ângulo, em função de ϕϕϕϕ, formado entre os planos de ruptura e o da tensão 
principal maior, num ensaio qualquer. 
R.: 45
2
φα = + (prova no livro) 
 
10) O que influi na resistência ao cisalhamento dos solos: a tensão efetiva, a neutra ou a 
total? Explique. 
R.: Somente a parcela de tensão efetiva irá contribuir na formação da resistência ao cisalhamento 
dos solos, já que essa resistência é originada da resistência entre os sólidos do solo. Assim a 
expressão fica: RUPS ' tg '.= τ = σ ⋅ ϕ 
 
11) Qual a resistência ao cisalhamento da areia que está sofrendo o fenômeno da areia 
movediça? Explique. 
R.: A resistência ao cisalhamento da areia que está sofrendo o fenômeno da areia movediça é 
nula. Trata-se de um caso particular de sistema cinética em que a tensão neutra, u, se iguala à 
tensão total, σ. A anulação da tensão efetiva, e conseqüentemente da resistência ao cisalhamento, 
se deve ao fluxo de água, ascendente. Isso faz com que o solo se comporte como água. 
 
12) Explique o ensaio adensado-drenado. Em que casos seria usado? Esboce um exemplo 
num diagrama de Mohr-Coulomb do círculo de Mohr correspondente, separando as tensões 
total, neutra e efetiva. 
R.: No primeiro estágio, aplica-se a tensão confinante hidrostática na câmara, σ3, e, com a válvula 
de drenagem aberta, aguarda-se até haver a dissipação do excesso de tensões neutras. No segundo 
estágio, vai se aplicando, lenta e gradualmente, o desviador de tensões ∆p ( )1 3 ,σ σ− com a 
válvula de drenagem aberta para a dissipação do excesso de tensões neutras e medição de 
variação de volume. Ele é indicado quando se quer obter a envoltória em termos de tensão 
efetiva, ou seja, quando houver uma drenagem permitida durante a obra, por uma construção lenta 
(ou no caso de uma construção sobre uma areia). 
 
13) Explique o que é tensão intrínseca. 
R.: Tensão intrínseca é a habilidade dos solos argilosos reterem tensões que foram aplicadas em 
épocas passadas e apresentarem coesão (há resistência mesmo que ' 0).nσ = 
 
14) Explique o que é coesão verdadeira e aparente. Existem para que tipos de solos? 
R.: A coesão verdadeira é o que caracteriza os solos coesivos, como é o caso da argila, que 
confere ao solo uma espécie de memória das tensões já aplicadas no solo (c’), que permite que a 
resistência seja diferente de zero mesmo que a tensão confinante seja nula. A coesão aparente 
existe apenas em solos granulares. É originada pela tensão capilar, que fornece à areia e a todos 
os solos uma resistência adicional. No entanto, esse adicional de resistência é duvidoso e 
desaparece ou com a secagem ou com a submersão. Por isso, em geral, não deve ser computado 
na resistência dos solos. 
 
15) Repita o item 12 para um ensaio adensado não drenado. 
 
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36 Universidade Federal do Espírito Santo 
R.: No ensaio adensado não drenado, a poro pressão é mantida nula no primeiro estágio (todo o 
acréscimo de tensão é transferido para a tensão efetiva). No segundo estágio, com o escoamento 
da água impedido, todo o acréscimo de tensão é transferido para a água. Nesse estágio, o 
acréscimo de tensão efetiva e a variação de volume são nulos. Este ensaio é indicado para uma 
construção em etapas sobre um solo coesivo (argila), já que com o adensamento na primeira etapa 
se consegue reproduzir um estado de tensões qualquer, de qualquer uma das etapas, e AA partir 
de então passa a se proceder o ensaio não drenado, que reproduz a condição de campo de uma 
argila. 
 
16) Repita o item 12 para um ensaio não adensado não drenado. 
R.: (Em que casos seria usado o ensaio não adensado não drenado?) Casos em que a situação 
critica é a situação inmicial. 
 
17) O que são e como se obtém: módulo de deformação (E) e coeficiente de Poisson? 
 
18) Entre dois solos iguais em tudo, exceto pela tensão de pré-adensamento, qual dos dois 
deverá apresentar maior resistência num ensaio triaxial rápido? Discuta o caso. 
R.: Pré-adensado. Além do c’ ser diferente de zero, um solo (argila) pré-adensada tem uma 
resistência maior, pois é um material mais denso, devido ao histórico de tensões a que esse solo 
foi submetido no passado mais resistente. 
 
19) Uma argila normalmente adensada tem coesão verdadeira? Explique. 
R.: Não. A coesão só ocorre se ela for pré-adensada. Numa argila normalmente adensada a 
envoltória passa pela origem. Ou seja, apesar de a argila ser um solo coesivo, do ponto de vista da 
envoltória de resistência, nesse caso, ela não apresenta coesão. 
 
20) Em que consiste o ensaio de compressão simples? Simula qual ensaio triaxial? Explique. 
R.: O ensaio de compressão simples simula o ensaio não adensado não drenado. Trata-se do caso 
em que, no primeiro estágio, a tensão de confinamento, σ3, é igual a zero. 
 
21) Quando, na prática, podemos usar o ensaio de compressão simples? Explique. 
R.: Quando se quer determinar a resistência não drenada de um material, num aterro sobre solo 
mole (onde haja condição não drenada). O ensaio de compressão simples reproduz o ensaio 
triaxial UU. No ensaio UU, o solo rompe independente da tensão confinante, então ela pode ter 
qualquer valor, inclusive zero. 
 
22) O que é sensibilidade? Explique qual a resistência de um solo, em função do tempo, a 
uma estaca (o solo é sensível). 
 
23) Qual o tipo de ensaio que se deve usar nos seguintes casos? Explique por que. 
a) Vai-se construir um edifício, rapidamente, sobre um solo: 
 a.1) argiloso saturado, normalmente adensado; 
R.: Sobre um solo argiloso, saturado, normalmente adensado: a situação mais crítica é onde a 
tensão efetiva é menor. A drenagem é lenta, enquanto a construção é rápida. Ao longo do tempo a 
tensão efetiva aumenta, já que inicialmente a carga vai para a tensão neutra mas depois vai sendo 
transferida para a tensão efetiva. A dissipação de poro pressão é lenta, então, durante a construção 
do edifício, o estágio inicial é mais crítico, porque a tensão efetiva é menor – e a drenagem é 
impedida. Como temos um ritmo rápido de construção, não vai haver um dissipação significativa 
da poro pressão gerada durante o tempo de construção. Isso indica a execução de um ensaio não 
drenado, UU. O ensaio UU é o ensaio mais recomendado para uma amostra retirada num 
momento anterior à construção. 
Resumindo os motivos: a situação mais crítica é no início do processo; quando o ensaio UU 
for executado, a tensão efetiva durante o ensaio vai diminuir, devido a uma geração de poro pressão 
positiva. 
 
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37 Universidade Federal do Espírito Santo 
a.2) estratificado em camadas delgadas de argila e areia, sendo que a areia propicia 
boa drenagem; 
R.: Sobre um solo estratificado em camadas delgadas de argila e areia, sendo que a areia propicia boa 
drenagem: o mais indicado é um ensaio drenado, pois a própria drenagem é permitida – a areia 
propicia boa condição de drenagem. Então, para