FUNDAÇÕES EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

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1. Calcular a tensão de ruptura e a tensão admissível de uma sapata contínua de largura 
B 0,8 m , assente a 1,0 m de profundidade, utilizando a Teoria de Terzaghi, que considera 
a ruptura generalizada, sabendo que o solo abaixo da fundação é uma areia argilosa cujos 
parâmetros são: 
3 234 18 kN/m c 5 kN/m      
Considerar NA bem abaixo da cota de assentamento. 
Solução: 
 
 
 
3 2
r c c q q
r c c q q
rTensão de Ruptura Modelo de Terzaghi
Dados :
Sapata Contínua Corrida :B 0,8 m
34 18 kN /m c 5 kN /m FS 3 adotado h 1,0 m
1
c N S q N S B N S
2
Assim :
1
c N S h N S B N S
2
Onde :
Ruptura Generalizad
:
 
 

       
            
              

c q
c q
r c c q q
2
r
2 2
r
a : 34 N 52,6 N 36,5 N 35
Forma Corrida S 1,0 S 1,0 S 1,0
Substituindo :
c N S h N S 0,5 B N S
Assim :
5 52,6 1,0 18 1,0 36,5 1,0 0,5 18 0,8 35 1,0 kN /m
Assim :
263 657 252 kN /m 1172 kN /m


 
      
   
              
            
      
2
r 1172 kN /m
 
 
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 
r
adm
2
r
2 2r
adm
adm
2
ad
2 2
r a
a m
dm
dm
T
FS
Onde :
1172 kN /m FS 3
Substituindo :
1172
kN /m 390,67 kN /m
Re sp : 1172 kN /m e 390,6
ensão C arga Admissível :
390,67 kN /m
7 kN /
FS
m
3

 
  

  

   
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. Uma fundação quadrada tem 2,0 m 2,0 m em planta. O solo suporta a fundação com 
ângulo de atrito de 25° e coesão de 220 kN/m . O peso específico do material é 316,5 kN/m
Determine a carga total admissível na estrutura com um fator de segurança de 3,0. Suponha 
uma profundidade da fundação de 1,5 m e que a ruptura ocorre por cisalhamento geral no 
solo. 
Solução: 
 
3 2
r c c q q r c c q q
c q
rTensão de Ruptura Modelo de Terzaghi :
Dados :
Fundação Quadrada : 2,0 m 2,0 m
25 16,5 kN /m c 20 kN /m FS 3 h 1,5 m
1 1
c N S q N S B N S c N S h N S B N S
2 2
Onde :
Ruptura Geral : 25 N 25,1 N
   

       
                            
    


c q
r c c q q
2
r
2 2
r
12,7 N 9,7
Forma Quadrada S 1,3 S 1,0 S 0,8
Substituindo :
c N S h N S 0,5 B N S
Assim :
20 25,1 1,3 16,5 1,5 12,7 1,0 0,5 16,5 2,0 9,7 0,8 kN /m
Assim :
652,6 314,3 128,04 kN /m 1094,94 kN /m


 

   
              
            
      
 
r
adm
2
r
2 2r
2
r
adm
2
2
adm
a ad mdm dm a
FS
Onde :
1095 kN /m FS 3
Substituindo :
1094,94
1094,94 kN
kN /m 364,98 kN /m
/m
Tensão C arga Admissível :
365 kN /
Re sp : 365 kN
m
S 3
/m
F

 
  

  


 

   

 
 
 
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3. Determinar pelos Métodos de Alonso e Costa a capacidade de carga de uma fundação 
superficial (sapata) assente a uma profundidade de 2 m em um solo arenoso com 
SPT
N 25 
Solução: 
 
SPT
SPT
adm
SPT
adm adm
1000 2
1
adm
2
adm
000
Dados :
Terreno Arenoso :N 25
Pr ofundidade :h 2 m
N
MPa
40
Assim :
N 25
MPa
Método de Wilson Costa :
M
0,625 MPa 0,625 MPa
40 40
Mas :
Assim :
0,6
Pa kN /
25 MPa 0,625 1000 kN m
m
/




 
     

  
  
 

 

2 2
adm
adm
2
625 kN /m625 kN
Re sp : 625 kN /
/m
m





 
 
 
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 
SPT
SPT
adm SPT
SPT
adm adm adm
ad
1000 2
100
m
0
Dados :
Terreno Arenoso :N 25
Pr ofundidade :h 2 m
N
MPa Sapatas 2 N 20
50
Assim :
N 20
MPa 0,4 MPa 0,4 MPa
50 50
Método de Urbano Al
Mas :
Assim :
0,4 M
onso :
MPa kN /m




         
     

 
 


2
ad
2
m
2
adm
2
Re sp : 40
400 kNPa 0,4 1000 kN /m 400 kN
0 k
/
N
m
/m
m / 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Solução: 
 
 
méd
adm méd
adm
1000 2
adm admméd
2
adm adm
1000
15 18 14 47
N 15,67
3 3
Assim :
0,02 N MPa
Substituindo :
0,02 N 0,02 15,67 MPa 0,3
Tensão Admissível Modelo Semiempírico :
MPa
134 MPa
Mas :
kN 313,4 kN //m m




 


 
     
       
    
2313 kN /m
 
 
 
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Exemplo 2: Analisando o gráfico resultante de um ensaio, encontre a tensão admissível: 
 
Solução: 
 
 
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10mm 25mmmáx
r
adm
2máx
adm adm adm
adm 10mm adm adm
Critério de Ruptura :
Sem Ruptura :
Analisando o gráfico, temos :
1240 kPa 1220 kPa 1240 kPa
FS
1240
kPa 620 kPa 620 kN /
Critérios de Re calque :
m
FS 2
1220 kPa 1220
     

 

        
        
2
25mm 2
aadm adm adm dm
kN /m
e
1240
kPa 620 kPa 620 k
2
N
2
/m

          
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo 3: Com base nos elementos fornecidos pela prova de carga em placa  0,8 m  , 
estimar a tensão admissível para uma fundação direta por meio de sapatas. 
 
Solução: 
 
 
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10mm 25mmmáx
r
adm
2máx
adm adm adm
2
adm 10mm adm adm
Analisando o gráfico, temos :
640 kPa 610 kPa 640 kPa
FS
640
kPa 320 kPa 320 kN /m
FS 2
610
Critério de Ruptura :
Sem Ruptura :
Crit
kPa 610 kN /m
érios de Re cal
e
que :
     

 

        
        
25mm
adm adm
2
admadm
640
kPa 320 kPa
2 2
Assim :
320 kPa 320 kN /m

     
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo 4: Calcular a tensão admissível do solo da figura abaixo, para uma sapata de 
dimensões  B L 3,0 m 4,0 m 
 
Solução: 
 
3
r
r c c
r1
Dados :
Fundação Re tangular : 3,0 m 4,0 m B 3,0m
30 19 kN /m c 0 FS 3 h 1,0 m
c
Passo 01: Calcular :
Tensã
N S
o de Ruptura Modelo de Terzaghi :
  
       
   


0
q q
r q q
q
q
r1 q q
r1
1
q N S B N S
2
Assim :
1
h N S B N S
2
Onde :
Ruptura Geral : 30 N 22,5 N 19,7
Forma Re tangular S 1,0 S 0,9
Substituindo :
1
h NS B N S
2
Assim :
19 1 22,5 1 0,5 19 3,0 19,7 0,9 k
 
 


 
        
           
     
  
           
         
2
2 2 2
1r1 r
N /m
Assim :
427,5 505,305 kN /m 932,81 kN /m 933 kN /m      
 
 
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 
r2
r
r2 c c q
3 2
r c q
q
c q
Passo 02 : Calcular :
Tensão de Ruptura Modelo de Ter
Dados :
Fundação Re tangular : 3,0 m 4,0 m B 3,0m
0 18 kN /m c 20 kN /m FS 3 h 1,0 m
1
c N S q N S
zaghi :
1
c ' N' S h N' S
B N
B N'
S
2
Assi
2
m :
 

  
       
       


           




  

 
   
2 2 2
c q
c q
Onde :
2 2
c ' c c ' 20 kN /m 13,3 kN /m c ' 13,3 kN /m
3 3
2
Ruptura Local Argila Mole : 0 ' arctan tan
3
Assim :
2
' arctan tan 0 arctan 0 0 ' 0
3
Assim :
N' 5,7 N' 1,0 N' 0,0
Forma Re tangular S 1,1 1
S
S


       
 
       
 
 
            
 
  
  
r2 c c q q
r2
,0 S 0,9
Substituindo :
1
c ' N' S h N' S B N' S
2
Assim :
13,3 5,7 1,1 18 1 1 1 0,5 18 3 0 0,9

 

              
            
0 2
2 2 2
rr2 2
kN /m
Assim :
83,39 18 kN /m 101,4 kN101,39 kN /m m/     
 
 
 
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   
       
2
r1
r1
2r1
2 2 2
Dados :
933 kN /m B 3,0 m L 4,0 m z 2,0 m
Assim :
B L
B z L z
Substituindo :
B L 933 3 4
kN /m
B z L z 3 2 4 2
Assim :
11196
kN /m 373,
Passo 03 : Calcular :
373,2 kN2 k
0
//m mN
3
    
  
 
  
    
    
     
 

 


 
   
   
   
r2 r1r final
r1 r2
r2 r final
2 2 2
r1 r2
2 2
r2
r1 r2
r final r final
i Se
ii Se
Assim :
933 kN /m 101,4 kN /m 373,2 kN /m
Como :
373,2 kN /m 101,4 kN
Passo 04 : An
/m , utilizamos :
933 101,
alisar
4
kN
3
:
73,2
      
  
     

     
    
   
    


 
2
2 2
r fin
2
ral
/m
Assim :
94606,2
kN /m 253,5 kN /m 253,5 kN m
3
/
37 ,2
    
 
r
ad
2
adm
m
2
r
2 2r
adm adm
adm
FS
Onde :
253,5 kN /m FS 3
Substituindo :
253,5
kN /m 84
Passo 05 : Calcular
,5 kN /84
:
,5 kN /m
FS 3
m

 
  

    

   
 
 
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ATIVIDADE 01: FUNDAÇÕES 
 
Solução: 
 
2
f
3 3
nat sat
Dados :
B 2,0 m P 700 m Ruptura Local H 2,0 m H 1,4 m c 10 kN /m
26 17 kN /m 20,8 kN /m
    
      
 
 
     
H O2
H O2
H O2
f
c nat f sub f sub sat
3 3 3
f nat sat
c nat f sub f c nat f sat f
c
Como H B :
1
H B H
B
Onde :
B 2,0 m H 2,0 m H 1,4 m 17 kN /m 20,8 kN /m 10 kN /m
Substituindo :
1 1
H B H H B H
B B
Assim :
1
17 1,
2

              
        
                        
      
   
2
2 2
c c
2 2 2
c c
4 20,8 10 2 1,4 kN /m
Assim :
1 1
23,8 10,8 0,6 kN /m 23,8 6,5 kN /m
2 2
Assim :
1
30,3 kN /m 15,1 kN /m 15,1 kN /m
2
     
           
      
 
 
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   
c q
0
c q
Argila mole Ruptura local
Correção de 26 :
2 2
' arctan tan ' arctan tan 26
3 3
Assim :
2 2
' arctan 0,488 ' arctan 0,5 ' 18
3 3
Assim :
' 18 Interpolação
N' N' N'
15 9,7 2,7 0,9
18 N' N'


  
   
           
   
   
             
   
   


c c c
c c c c
q q q
q
N'
20 11,8 3,9 1,7
Assim :
N' 9,7 N' 9,7 N' 9,718 15 3
0,6
1,7 0,9 20 15 2,1 5 2,1
Assim :
N' 9,7 2,1 0,6 N' 9,7 1,3 N' 9,7 1,3 11 N' 11
Assim :
N' 0,9 N' 2,7 N' 2,718 15 3
0,6
3,9 2,7 20 15 1,2 5 1,2
Assim :
N'


  
    
 
           
  
    
 
q q q
c q
2,7 1,2 0,6 N' 2,7 0,7 N' 2,7 0,7 3,4 N' 3,4
Assim :
N' 0,9 N' 0,9 N' 0,918 15 3
0,6
1,7 0,9 20 15 0,8 5 0,8
Assim :
N' 0,9 0,8 0,6 N' 0,9 0,48 N' 0,9 48 1,38 N' 1,4
Sapata re tangular :
S S S
1,1 1,0 0,9
  
   

           
  
    
 
           
 
 
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r c c q q c nat
r c c nat q q c
2
f
3 3
nat c
c q c q
F
c N' S q N' S 0,5 B N' S q H
Assim :
c N' S H N' S 0,5 B N' S
Onde :
B 2,0 m H 2,0 m H
órmula de Terzag
1,4 m c 10 kN /m
17 kN /m 15,1 kN /m
N' 11 N' 3,4 N' 1,4
h
S 1,1 S 1,0 S
i :
 
 
 
               
              
   
   
    
 
2
r
2 2 2
r r
2 2 2r
adm adm adm
0,9
Substituindo :
10 11 1,1 17 2 3,4 1 0,5 2 15,1 1,4 0,9 kN /m
Assim :
121 115,6 19 kN /m 255,6 k
Tensão Admissível :
Comprimento L da Sapa
N /m 256 kN /m
256
kN /m 85,3 kN /m 85,3 kN /m
F
a
S
t
3
:

            
       

        
adm adm
adm
r
P P P
L
A B L B
Substituindo :
P 700 700
L L m m 4,1 m
B 85,3
L
2 170,6
4,1 m
      
  
     
  
 
 
 
 
 
 
 
 
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Solução: 
 
3
r c c q q r c c q q
c q
r
Dados :
Fundação Circular :B 0,7 m
34 17,5 kN /m c 0 FS 2 h 1,2 m
1 1
c N S q N S B N S c N S h N S B N S
2 2
Onde :
Ruptura Geral : 34 N 52,6
Tensão de Ruptura Modelo de Terza
N 36,5 N 3
hi :
5
g
   


       
                            
      

 
c q
r c c q q
r
,0
Forma Circular S 1,3 S 1,0 S 0,6
Substituindo :
c N S h N S 0,5 B N S
Assim :
0 52,6 1,3

 
   
              
       
 
0 2
2 2
r
r
adm
2
r
2
2
r
adm adm
r
adm
895,13 kN /m
Tens
17,5 1,2 36,5 1,0 0,5 17,5 0,7 35 0,6 kN /m
Assim :
766,5 128,63 kN /m 895,13 kN /m
FS
Onde :
895,13 kN /m FS 3
Substituindo :
89
ão C arga A
5,1
dmissí
3
kN /m
vel :
298,
FS 3
        
    

 
  

     
 

2 2
adm
2
adm
298,4 kN /m377 k
Re sp : 298,4 kN /m
N /m
 
  
 
 
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Solução: 
10mm 25mmmáx
r
adm
máx
adm adm adm
adm 10m adm madm
Analisando o gráfico, temos :
1,9 MPa 0,6 MPa 1,4 MPa
FS
1,9
MPa 0,63 MPa 0,63 MPa
FS 3
0,6 M
Critério de Ruptura :
Sem Ruptura :
Critérios de Re calque :
0,60 MPaPa
e
     

 

        
       

a
25mm
adm adm adm
adm dm
1,4
MPa 0,7 MPa 0,70 MPa
2 2
Assim :
0, 0,60 60M a MPaP

       
    
 
 
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Solução: 
 
 
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 
méd
adm méd
adm admméd
2 2
adm
adm
1000 2
1000
6 8 13 27
N 9
3 3
Assim :
0,02 N MPa
Substituindo :
0,02 N 0,02 9 MPa 0,18 MPa
Mas :
Assim :
0,1
Tensão Admissível Modelo Semi
8 1000 kN /m 1
empírico :
MPa
80 kN /
/m
m
kN


 
  
     
  


    
   

2
adm 180 kN /m 
 
 
adm adm
adm
2
adm
r
P P P
L
A B L BOnde :
P 500 kN B 1,5 m 180 kN /m
Substituindo :
Comprimento L d
P 500 500
L L m m 1,85 m
B 180
L 1,85
1,5 2
a Sapata
7
:
m
0
      
  
   
     


 