MECÂNICA DOS SOLOS EXERCÍCIOS

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ

ENGENHARIA CIVIL DEPARTAMENTO DE CONSTRUÇÃO CIVIL

MECÂNICA DOS SOLOS EXERCÍCIOS

Autores: Prof. Paulo Roberto Chamecki Prof. Noberto Calliari

Colaboradores: Prof. Alessander C. M. Kormann Prof. Andréa S. Dyminski

Fabrícia Q. B. Amaral Laryssa P. Ligocki Rodrigo Tamarozi Thiago F. Falcão

Revisão 1999

Mecânica dos Solos - exercícios

ii

SUMÁRIO

SUMÁRIO.............................................................................................................ii

SÍMBOLOS UTILIZADOS ....................................................................................iii

FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS ...................xii

I - PROPRIEDADES ÍNDICES DOS SOLOS.........................................................1

II - CLASSIFICAÇÃO DOS SOLOS ......................................................................8

III - PERMEABILIDADE......................................................................................22

IV - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PRÓPRIO DO SOLO...........................................................................................................................32

V - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS APLICADAS.......................................................................................................43

VI - COMPRESSIBILIDADE................................................................................56

VII - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO ..........................................................72

VIII - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO ........77

IX - ESTABILIDADE DE TALUDES.....................................................................92

X - CAPACIDADE DE CARGA SUPERFICIAL ..................................................107

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ...................................................................117


iii

SÍMBOLOS UTILIZADOS

a = maior dimensão da área retangular carregada

A(%) = grau de aeração

AB = escala do ábaco de Newmark para cálculo do acréscimo de pressão

b = largura ou menor dimensão da área retangular carregada

bi = largura das fatias medidas na horizontal.

B = largura da sapata

B = parâmetro de pressão neutra

c = coesão

c’ = coesão efetiva

Cc = coeficiente de curvatura da distribuição granulométrica

cd = coesão mobilizada na superfície de ruptura do talude

Cc = índice de compressão

Ce = índice de expansão

Cu = coeficiente da uniformidade da distribuição granulométrica

Cv = coeficiente da adensamento

C1 = curva teórica de adensamento

d = distância entre a resultante das forças na base do muro e seu pé mais próximo


iv

dc,dq,dγ = fatores de profundidade ( capacidade de carga - Brinch Hansen)

Df = profundidade da base da fundação

D10,D30,D60 = diâmetros efetivos 10%, 30%, e 60%, respectivamente

E = empuxo total

EA = empuxo ativo total

EP = empuxo passivo total

c (m) = excentricidade da resultante das forças na base do muro

e (adimensional) = índice de vazios

emáx, emin = índice de vazios máximo e mínimo, respectivamente

e0 = índice de vazios inicial da camada compressível

F = coeficiente de segurança

F’ = coeficiente de segurança arbitrado

F” = coeficiente de segurança calculado

FAT = força de atrito

FEmin, FEmáx = coeficiente de segurança ao escorregamento do muro de arrimo, mínimo e

máximo respectivamente

FT = coeficiente de segurança ao tombamento do muro de arrimo “massa específica” real dos

grãos de solo

G.C. = grau de compacidade

h (m) = carga hidráulica, perda de carga, queda de potencial ou desnível de água.

h (%) = teor de unidade


v

hi = alturas médias das fatias medidas na vertical e na metade de sua larguras

∆h = queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo

H = altura ou espessura da camada de solo

H = distância vertical entre a crista e o pé do talude (altura)

Hc = espessura inicial da camada compressível no campo

Hcrit = altura critica de um talude (método de Culmann)

Hd = espessura ou altura de drenagem da camada compressível

H = altura inicial do corpo de prova no laboratório

∆H = recalque ou adensamento total

AHe = expansão total

i (adimensional) = gradiente hidráulico

i (ângulo) = inclinação do talude ou da superfície do terrapleno

ic,iq,iγ = fatores de inclinação (capacidade de carga Brinch Hansen)

icrit = gradiente hidráulico crítico

I = valor da unidade de influência do ábaco de Newmark

IC = índice de consistência

IG = índice de grupo (classificação HRB - AASHO)

IP = índice de plasticidade

K(cm/s) = coeficiente de permeabilidade


vi

k’ (adimensional) = coeficiente da equação simplificada de Boussinesq para cálculo de

acréscimo de pressão

KA,KP = coeficiente de empuxo ativo e passivo, respectivamente

kx,ky = coeficiente de permeabilidade nas direções x e y, respectivamente

L = comprimento da base do muro na seção transversal

L = comprimento da superfície de ruptura na seção transversal do talude

L = comprimento da sapata

LC = limite de contração

LL = limite de liquidez

LP = limite de plasticidade

LPT = linha de pressões de tempos (cálculo de empuxo - Culmann)

LT = linha de taludes (cálculo de empuxos - Culmann)

m = coeficiente de estabilidade dos ábacos de Bishop -Morgernstern

MR = momento resistente

MT = momento atuante no tombamento do muro de arrimo

n = coeficiente de estabilidade dos ábacos de Bishop-Morgernstern

n = porosidade

N = número de estabilidade (Talude - Taylor)

N(tf) = somatório das forças verticais

N = número de unidades de influência do ábaco de Newmark

N A = nível d’água


vii

Nc,Nq,Nγ = fatores de capacidade de carga

Nd = número de quedas de potencial da rede de fluxo

Nf = número de canais de fluxo da rede de fluxo

NT = nível do terreno

O = centro de rotação da superfície de ruptura circular

Op = polo do circular de Mohr

PPA,PPP = pólos de círculo de Mohr nos estados ativo e passivo; respectivamente

p = taxa de sobrecarga distribuída sobre uma área

p = pressão vertical total devida ao peso próprio do solo

p = pressão vertical efetiva devida ao peso próprio do solo

∆p = acréscimo de pressão efetiva devido a sobrecarga aplicadas

Pa = pressão de pré adensamento

P0 = pressão efetiva inicial

P = carga concentrada aplicada

p = peso total da amostra

PA = peso de água na amostra

PAR = peso de ar na amostra (Par = 0)

N = componente do peso normal a superfície de ruptura

PP = peso próprio


viii

PS = peso do sólido na amostra

T = componente do peso tangencial à superfície de ruptura

q = vazão ou descarga unitária (por unidade de comprimento)

q = tensão admissível do solo

qd = capacidade de carga

qmáx,qmin,qméd = tensões máxima, mínima e média, respectivamente, sob a base do muro

de arrimo

∆q = parcela da descarga unitária que escoa em uma das vias de fluxo da rede

Q = vazão ou descarga total

∆Q = parcela da descarga total que escoa em um dos canais de fluxo da rede

r = distância horizontal entre a carga e σz

r = distância entre a carga e σz (métodos Boussinesq e Frohlich)

R = raio da área circular carregada

τ = resistência ao cisalhamento

S (%) = grau de saturação

Sc,Sq,Sγ = fatores de forma ( capacidade de carga - Brinch Hansen)

t = tempo de adensamento

tc = tempo de adensamento da camada compressível no campo

tL = tempo de adensamento do corpo de prova no laboratório

T = fator tempo


ix

µ = pressão neutra ou pressão da água nos poros ou vazios

U = grau de adensamento

v = velocidade do fluxo de água

V = volume total da amostra

VA =volume de água na amostra

VAR = volume de ar na amostra

VS = volume de sólidos na amostra

VV = volume de vazios na amostra

z = profundidade do ponto considerado no interior do solo

z = carga altimétrica da equação de Bernouilli

z = distância vertical entre a carga e o σZ

α = ângulo interno formado entre o tardos do muro de arrimo e a horizontal

α = ângulo formado entre o traço do plano considerado e o traço do plano principal maior

α = ângulo formado entre as retas que unem σz aos limites da faixa carregada (Carothers)

α = ângulos da tabela de Fellenius, para localizar o centro de rotação da superfície de ruptura

αi = ângulos formados entre os pesos das fatias e suas componentes normais, superfície de

ruptura (Bishop)

S = ângulo da tabela de Fellenius, para localizar o centro de rotação da superfície de ruptura

β = ângulo formado entre a vertical passando por σz e a reta que passa pelo ponto médio da

fixa carregada(Carothers)

γ = peso específico aparente ou natural do solo

γ’ = peso específico aparente do solo submerso


x

γA = peso específico da água

γSECO = peso específico aparente do solo seco

γS = peso específico real dos grãos do solo

γsat = peso específico aparente do solo saturado

γsub = peso especifico aparente do solo submerso

δ = ângulo de atrito entre o solo e o muro de arrimo

µ = pressão neutra ou pressão da água nos poros

φ (m) = diâmetro da área circular carregada

φ = ângulo de atrito interno do solo

φ’ = ângulo de atrito interno efetivo do solo

φd = atrito mobilizado na superfície de ruptura do talude

φ = ângulo de espraiamento da pressão, em relação a vertical

σ = tensão normal

σ = tensão efetiva

σh , σv = tensões horizontal e vertical, respectivamente

σz = acréscimo de pressão vertical, devido a uma sobrecarga aplicada

∆σz = diferença de acréscimo de pressão vertical

σI = tensão principal maior

σIII = tensão principal menor


xi

τ = tensão tangencial ou cisalhante

u = fator de concentração para cálculo de (Frohlich)

I-I =plano principal maior

III-III =plano principal menor


xii

FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS

CAP. I - PROPRIEDADES ÍNDICES:

Grau de compacidade minmax

max

eeee

GC−

−=

Índice de consistência IP

hLLIC

−=

Índice de plasticidade IP = LL – LP

Teor de umidade 100xPP

(%)hS

A=

Peso especifico aparente ou natural do solo VP

=γ

Peso especifico real dos grãos de solo S

Sg V

P=γ

Peso específico aparente do solo seco VPS

S =γ

Peso específico aparente do solo saturado SA

SAsat VV

PP++

=γ

Peso específico aparente do solo submerso γsub = γ’ = γsat - γA

“Massa específica“ real dos grãos de solo A

gGγ

γ=

Índice de vazios S

V

VV

e =

Porosidade VV

n V=

B) Grau de saturação 100VV

(%)SV

A −=

Grau de aeração A (%) = 100 - S (%)


xiii

CAP. I I - CLASSIFICAÇÕES

Índice de grupos (HRB - AASHO) IG = (0,2 x a) + (0,005 x a x c) + (0,01 x b x d)

Coeficiente de curvatura 6010

230

c DD

DC

×=

Coeficiente de uniformidade 10

60u D

DC =

CAP. I I I - PERMEABILIDADE

Vazão unitária d

f

NN

.h.kc =

Gradiente hidráulico num ponto da rede de fluxo Lh

i∆

=

Queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo dN

hh =∆

Gradiente hidráulico crítico A

subcriti

γγ

=

Carga hidráulica total (da equação de Bernouilli adaptada a percolação através do solo)

zhA

+γµ

=

Fator de transformação de escala na direção x, para obter seção transformada no caso de

escoamento e meio anisótropo X

y

K

KxX =

Permeabilidade isótropa equivalente (seção transformada, para escoamento em meio anisótropo) yx KK'K ×=

CAP. I V - DISTRIBUIÇÃO DE PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PROJETO DO SOLO

Equação das pressões verticais devidas ao peso próprio do solo (Terzsaghi) upp +=


xiv

Pressão vertical total em solo estratificado com superfície horizontal

∑=

×γ=n

niii )H(p

CAP. V DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS APLICADAS Equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical:

5

3

zR

zH2p3

×××

=σ sendo 22 rzR +=

Equação de Boussinesq simplificada, com o valor de “K” obtido do gráfico em função de “r”e “z”.

2z

z

pK ×=σ

Equação de Newmark para acréscimo de pressão vertical: pNIz ××=σ Acréscimo de pressão vertical sob o centro do carregamento circular, pelo “Método Aproximado”:

( )[ ]20

2

ztgzR

R3p

φ×+

××=σ

Acréscimo de pressão vertical sob o centro da faixa carregada, pelo “Método Aproximado”:

)tgz(

2b

bp

0

zφ×+

×=σ

Equação de Love, para acréscimo de pressão vertical:

+−×=σ

2/322

3

z)zR(

z1p

Equação de Westergaard para acréscimo de pressão vertical:

2/32

2 zr

21zH

p−

×+×

×=σ

Equação de Frohlich para acréscimo de pressão vertical:

u2

u

ZRH2

zpu+××

××=σ


xv

Equação de Carothers para acréscimo de pressão vertical:

( )[ ]βα+α=σ 2cossenHp

z

CAP. VI - COMPRESSIBILIDADE

Recalque total:

0

0c

0 p

pplogC

e1H

H∆+

××+

=∆

Fator tempo:

2d

V

H

tCT

×=

Relação aproximada U x T para U < 0,6 ( 60% )

2U4H

T ×=

Relação aproximada U x T para U > 0,6 (60%)

( )[ ] 0851,0U1log9332,0T −−×−= Relação aproximada U x T geral

63

3

5,0T

TU

+=

Expansão total:

0

0e

0e

p

pplogC

e1H

H∆+

××+

=∆

Índice de compressão (sendo (e’ xp’) , (e” xp”), pontos da reta virgem no trecho de compressão)

'p''p

log

''e'eCc

−=

Índice de expansão (sendo (e’ x p’), (e” x p”), pontos da reta de expansão/recompressão)

'p"p

log

"e'eCe

−=

Relação aproximada entre Cc e LL, para argilas normalmente adensadas


xvi

(Terzaghi e Peck - 1948): Cc = 0,009 ( LL - 10%)

Comparação entre tempos de adensamento no laboratório e no tempo:

2C

2L

C

L

H

Htt

=

CAP. V I I - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO Equação de Coulomb: φ⋅σ+= tgcS CAP. V I I I - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO

Coeficientes de empuxos: z

k h

v

n

×γσ

=σσ

=

Empuxo ativo total - teoria de Rankine

×××−

××γ×=

φ

φ

φ N

NHc2

N1

H21

E 2A sendo

φ

+=φ 245tgN 2 o

Empuxo passivo total - teoria de Rankine.

[ ]φφ ×××−

××γ×= NHc2NH21

E 2P sendo ( )2

2 45tgN φ+=φo

Empuxo ativo total - teoria de Colulomb:

A2

A KH21

E ××γ×=

sendo ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

22

2

isensenisensen

1sensen

senK

+α×δ−α−φ×δ+φ

+×δ−α×α

φ+α=

Empuxo passivo total - teoria de Coulomb:

P2

P KH21

E ××γ×=

sendo ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

22

2

isensenisensen

1sensen

senK

+α×δ−α−φ×δ+φ

−×δ−α×α

φ+α=


xvii

Pressões sob a base do muro, quando 6L

e ≤

×

±=L

e61

LN

qminmáx

Pressões sob a base do muro, quando 6L

e >

d3N2

qmáx =

Força de atrito solo - base do muro:

δ×= tgNFAT

CAP. I X - ESTABILIDADE DE TALUDES

Número de estabilidade de Taylor: H

cN d

×γ=

Coeficiente de segurança no método de Taylor: dd cc

tgtg

F =φφ

=

Coeficiente de segurança no método de Fellenius

( ) ( )∑

∑ ×+×φ=

N

N

P

LcPtgF

Coeficiente de segurança no método Bishop simplificado.

( )( ) ( )[ ]∑∑

φ×−×+×

×α×

=αM

tgB1pb'csenP

1F

Valor de Mα ( Método de Bishop ):

α×

φ×α

+=α cosF

'tgtg1M

Parâmetro de pressão neutra:

H

B×γµ

=


xviii

Método de Culmann:

2i

cotc4

Hcrit ×γ

=

Coeficiente de segurança no método de Bishop Simplificado com utilização dos ábacos de

Bishop e Morgernstern

( )nBmF ×−=


1

I - PROPRIEDADES ÍNDICES DOS SOLOS

I.1.) Uma amostra de solo tem volume de 60 cm³ e peso de 92,5 gf. Depois de

completamente seca seu peso é de 74,3 gf. O peso específico real dos grãos sólidos é 2,62

gf/cm³. Calcular sua umidade e grau de saturação.

RESP.: h = 24,5% S = 57,5%

SOLUÇÃO:

DADOS ESQUEMA DA AMOSTRA

V = 60 cm³

P = 92,5 gf

PS = 74,3 gf

γS = 2,62 gf/cm³

a) Cálculo da umidade:

100PP

hS

A ×= do esquema PA = P - PS = 92,5 - 74,3 = 18,2 gf

%5,241003,742,18

h =×=

b) Cálculo do grau de saturação:

33

A

AA

V

A m/tf0,1cm/gf0,1VP

100VV

S ===γ∴×=

PA = 18,2 . gf ∴ VA = 18,2 cm³


2

3

S

SS

S

SSECO cm36,28

62,23,74P

VVP

==γ

=∴=γ

do esquema:

VV = V - VS = 60,00 - 28,36 = 31,64 cm³

%5,5710064,3120,18

S =×=

I.2.) Uma amostra de argila saturada possui umidade de 70% e peso específico aparente de

2,0 gf/cm³. Determinar a porosidade, o índice de vazios e o peso específico aparente seco.

RESP.: n = 0,8 e = 4,7 γSECO = 1,18 gf/cm³

SOLUÇÃO:

DADOS ESQUEMA DA AMOSTRA

h = 70%

γ = 2,0 gf/cm³

S = 100%

1º SOLUÇÃO

Consiste em obter-se todos os pesos e volumes em função de um deles:

SAS

A P7,0P70100PP

h ⋅=∴=×=

SSSSA P7,1PP7,0PPP ⋅=+⋅=+=

S3 P85,0

0,2P

Vcm/gf0,2VP

⋅==∴==γ

SA

A

AA P7,0

0,1PP

V ⋅==γ

=


3

SAVV

A P7,0VV%100100VV

S ⋅==∴=×=

SSSVS P15,0P70,0P85,0VVV ⋅=⋅−⋅=−=

Cálculo dos índices físicos solicitados;

8,0P85,0P70,0

VV

nS

SV =⋅⋅

==

7,4P15,0P70,0

VV

eS

S

S

V =⋅⋅

==

3

S

SSSECO cm/gf18,1

P85,0P

VP

=⋅

==γ

2º SOLUÇÃO

Como todos os índices físicos são relações entre pesos e/ou volumes nos casos em que

estes são desconhecidos, pode-se arbitrar um valor qualquer para um dos pesos ou volumes,

de modo a facilitar a resolução do problema.

Por exemplo, arbitrando-se PA = 1,0 gf para o exercício em questão:

gf43,170

1000,1P%70100

PP

h SS

A =×

=∴=×=

gf43,243,100,1PPP SA =+=+=

3V

3

A

AA cm0,1Vcm0,1

0,10,1P

V =∴==γ

= pois S=100%

33 cm21,100,243,2P

Vcm/gf0,2VP

==γ

=∴==γ


4

3VS cm21,000,121,1VVV =−=−=

Cálculo dos índices físicos:

8,021,100,1

VV

n V ===

7,421,000,1

VV

eS

V ===

3SSECO cm/gf18,1

21,143,1

VP

===γ

3º SOLUÇÃO

Pode-se facilmente deduzir expressões que relacionam os índices físicos entre si. (ver,

por exemplo: LAMBE e WHITMAN, 1979)

SS 70e100heS γ×=×∴γ×=× (1)

e1

e100100

0,2e1

e100

SSS

+

γ+

×

=∴+

γ+

×

=γ (2)

Substituindo (1) em (2), vem:

7,4ee1

70e100

e0,2 =∴

+

×

+=

8,067,567,4

e1e

n ==+

=

3SECO cm/gf18,1

70100100

0,2h100

100=

+×=

+×γ=γ


5

I.3.) Um recipiente contendo solo saturado pesou 113,27 gf antes de ser colocado em estufa, e

100,06 gf após 24 horas de secagem. O peso do recipiente é 49,31 gf e a massa específica real

é 2,80 g/cm3. Determinar o índice de vazios, porosidade, umidade e o peso específico

aparente da amostra.

RESP.: e = 0,73, n = 0,42, h = 26%, γ = 2,04 gf/cm³.

I.4.) Uma amostra de argila apresenta os seguintes parâmetros: LL=55%, LP=32%, LC=20%

e h=35%. Pergunta-se a sua classificação quanto à consistência e se a amostra está saturada

ou não.

RESP.: argila rija; amostra saturada.

I.5.) Uma amostra de areia foi ensaiada em laboratório, obtendo-se:

a) solo no estado natural: volume = 700 cm³ e peso 1260 gf

b) solo seco no estado compacto: volume = 644 cm³ e peso 1095 gf

c) solo seco no estado fofo: volume = 755 cm³ e peso 1095 gf

d) peso específico dos grãos sólidos = 2,69 tf/m³.

Determinar a umidade natural, o grau de saturação e o grau de compacidade da areia.

RESP.: h = 15,07%; S = 56,3l%; G.C. = 0,5

I.6.) A umidade natural de uma amostra de argila da Cidade do México é igual a 326%. O

peso específico real dos grãos é 2,35 gf/cm³. Sendo a argila saturada, qual será o peso

específico aparente da amostra, o peso específico aparente seco, o índice de vazios e a

porosidade.

RESP.: γ = 1,16 gf/cm³; γSECO = 0,27 gf/cm³; e = 7,65; n = 0,88.


6

I.7.) Um solo saturado tem peso específico aparente de l,92 gf/cm³ e umidade de 32,5%.

Calcular o índice de vazios, a densidade dos grãos e o peso específico aparente seco do solo.

RESP.: e = 0,89; G = 2,74; γs = 1,45 gf/cm³.

I.8.) Uma amostra de argila completamente saturada tem volume de 31,25 cm³ e pesa 58,66

gf. A mesma amostra depois de seca tem volume de 23,92 cm³ e peso de 42,81 gf. Calcular

sua porosidade inicial e final, o peso específico dos grãos sólidos e o limite de contração da

amostra.

RESP.: ninicial = 0,51; nfinal = 0,36; γs = 2,78 gf/cm³; LC = 19,9%.

(ORDEMIR I.M. - 1968)

I.9.) Uma amostra indeformada de argila apresenta as seguintes características:

h = 55% L.C. = 40% G = 2,73.

Considerando-se que a amostra é saturada para valores de h ≥ 40%, calcular a

variação de volume da amostra por unidade de volume, quando a umidade for reduzida até

o limite de contração:

RESP.: Variação unitária de volume = 0,164.

I.10.) Uma amostra de solo apresenta teor de umidade de 10%, volume de 170 cm³, peso de

316 gf e G = 2,66. Qual será a variação do seu índice de vazios, se a amostra for submetida a

um compressão até atingir 70% do seu volume inicial.

RESP.: Variação do índice de vazios = 0,47.


7

I.11.) Uma lama, contendo 20% em peso de sólidos, é colocada em um reservatório para a

deposição dos sólidos. O peso específico da lama é l,l53 gf/cm³. Após sedimentação total, uma

amostra indeformada do sedimento é retirada, tendo um volume de 35,4 cm³ e peso de 50,3

gf. Após secagem em estufa, a amostra pesou 22,5 gf. Determinar o peso específico dos grãos

sólidos e o índices de vazios da lama e do sedimento.

RESP.: γs = 2,96 gf/cm³; esedimento = 3,66; elama = 11,43.


8

II - CLASSIFICAÇÃO DOS SOLOS

II.1.) Três amostras de solos coletadas em locais diferentes, foram ensaiadas em laboratório

obtendo-se os seguintes resultados:

AMOSTRA 1 AMOSTRA 2 AMOSTRA 3

Limite de Liquidez 66 73 30

Limite de Plasticidade 57 51 25

Granulometria Ver figura Ver figura Ver figura

Pede-se classificar as amostras pelos seguintes métodos:

a) Associação Brasileira de normas técnicas - ABNT (T.B. - 3)

b) Massachusetts Intitute of Technology - MIT

c) Trilinear (Public Roads Administration) combinado com ABNT

d) Trilinear (Public Roads Administration) combinado com MIT

e) HRB - AASHO (Highway Research Board - American Association of State

Highway Officials).

f) Sistema Unificado de Classificação de Solos.

RESP.:


9

AMOSTRA 1 AMOSTRA 2 AMOSTRA 3

método a) ABNT b) MIT a) ABNT b) MIT a) ABNT b) MIT

argila 11% 10% 58% 20% 2% 2%

silte 69% 80% 30% 70% 3,5% 4%

areia 20% 10% 12% 8% 77% 54%

pedregulho 0% 0% 0% 2% 17,5% 40%

c) Trilinear

com ABNT

solo siltoso argila areia

d) trilinear com

MIT

silte ou solo siltoso silto-argiloso ou siltoso areia

e) HRB-

AASHO

A-5 (12) A-7-5 (17) A-1-b (0)

f) UNIFICADO MH ou OH MH ou OH SW; SM


11

DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICAAMOSTRA 1

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0,001 0,01 0,1 1 10 100

Diâmetro das Partículas (mm)

% P

assa

ndo


12


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0,001 0,01 0,1 1 10 100


% P

assa

ndo


13


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0,001 0,01 0,1 1 10 100


% P

assa

ndo


15

SOLUÇÃO

Apenas como exemplo, apresentam-se as classificações para a amostra 1.

a) TB - 3 da ABNT

Baseando-se nos diâmetro limites das partículas fixados pela ABNT, e na curva

granulométrica da amostra apresentada na página 10, obtêm-se as seguintes porcentagens:

Argila < 0,005 mm 11%

0,005 mm < Silte < 0,05 mm 80% - 11% = 69%

0,05 mm < Areia < 4,8 mm 100% - 80% = 20%

4,8 mm < Pedregulho 0%

Nome usual: Silte areno - argiloso

b) MIT

Obedecendo idêntico procedimento, porém com os diâmetros limites das partículas fixados

no método do MIT, obtém-se:

Argila < 0,002 mm 10%

0,002 mm < Silte < 0,06 mm 80% (90% - 10%)

0,06mm < Areia < 2,0 mm 10% (100% - 90%)

2,0 mm < Pedregulho 0%

Nome usual: Silte argilo - arenoso


16

c) TRILINEAR Combinado com ABNT

Utilizando o gráfico “Trilinear” com as porcentagens de argila, silte e areia obtidas no item

“a”, classifica-se o material como solo siltoso.

d) TRILINEAR Combinado com MIT

Seguindo o mesmo procedimento, porém com as porcentagens de argila, silte e areia

obtidas no item “b”, classifica-se o solo como Silte ou Solo Siltoso, pois o ponto resultante

no gráfico “trilinear” fica exatamente no limite entre estas duas denominações.

e) HRB - AASHO

Dados que podem ser necessários:

- da curva granulométrica (pág. 9), porcentagem passando:

na peneira n.º 10 100%



- limite de liquidez LL = 66

- Índice de plasticidade IP = LL - LP = 66 - 57 = 9

Cálculo do índice de grupo (IG):

IG = (0,2 x a) + (0,005 x a x c) + (0,01 x b x d)

a = % passando peneira n.º 200 - 35 = 95 - 35 = 60 > 40

∴a = 40 pois sua variação é de 0 a 40.

b = % passando peneira n.º 200 - 15 = 95 - 15 = 80 > 40


17

∴b = 40 pois sua variação é de 0 a 40

c = LL - 40 = 66 - 40 = 26 > 20

∴c = 20 pois sua variação é de 0 a 20

d = IP - 10 = 9 - 10 = -1 < 0

∴d = 0 pois sua variação é de 0 a 20

Substituindo estes coeficientes na equação do IG, vem:

IG = (0,2 x 40) + (0,005 x 40 x 20) + (0,01 x 40 x 0)

IG = 12

Com os dados indicados, e o valor de IG calculado, verifica-se no quadro de classificação

HRB - AASHO:

1º Porcentagem passando na peneira n.º 200 = 95 > 35%

∴materiais silto argilosos, podendo ser A - 4, A - 5, A - 6 ou A - 7.

2º Verificação das condições do grupo A - 4

LL = 66 > 40, o que elimina o grupo A - 4

3º Verificação das condições do Grupo A - 5

LL = 66 > 41 ∴ verifica

IP = 9 < 10 ∴ verifica

IG = 12 ≤ 12 ∴ verifica

Como verificam todas as condições do grupo A - 5, a classificação do solo com seu IG é A

- 5 (12).


18

f) Unificado

1º) Porcentagem passando na peneira n.º 200 = 95 > 50%

∴ solo de granulação fina.

2º) LL = 66 > 50 ∴ solo de alta plasticidade (H), podendo ser CH, MH ou OH.

3º) No gráfico de plasticidade, com LL = 66 e IP = 9 obtém-se um ponto abaixo da

linha A, na área designada por MH ou OH.

Portanto, se o solo for inorgânico a classificação será “MH” e se for orgânico “OH”.

II.2.) Três diferentes amostras de solos A,B e C apresentam as seguintes características:

AMOSTRA A AMOSTRA B AMOSTRA C

% Passando na peneira

n° 200

20 43 60

Limite de Liquidez 20 35 55

Índice de Plasticidade 12 12 20

Determinar o “índice de grupo” para cada amostra, de acordo com a classificação

HRB-AASHO.

RESP.: Amostra A IG = 0

Amostra B IG = 2

Amostra C IG = 11

( CAPUTO - 1979)

II.3.) Utilizando o sistema UNIFICADO, classificar uma amostra de solo com as seguintes

características:


19

LL = 25 LP = 13 granulometria conforme quadro abaixo:

peneira abertura da malha em mm % passando

3/8” 9,420 76

n.º 4 4,800 70

n.º 10 2,000 60

n.º 40 0,420 30

n.º 100 0,150 19

n.º 200 0,075 10

RESP.: SW; SC.

II.4.) Duas amostras de solos foram ensaiadas em laboratório, obtendo-se os seguintes

resultados.

- amostra 1:

LL = 52; LP = 15; P = 480 gf; V = 310 cm³

γS = 2,69 gf/cm³; e = 1,38

Curva granulométira n.º 1 da página seguinte.

- amostra 2:

LL = 34; LP = 35; emax = 3,20; emin = 0,81;

G = 2,65; γsub = 0,85 tf/m³

Curva granulamétrica n.º 2 da página seguinte.

Pede-se:

a) classificar os solos das amostras 1 e 2 quanto à sua consistência ou compacidade,

dependendo do resultado correspondente à classificação da ABNT (TB - 3).

b) Classificar o solo da amostra 1 pelo método HRB - AASHO;

c) Classificar o solo da amostra 2 pelo método UNIFICADO.


20

RESP.:

a) Amostra 1:

ABNT 70% de argila ∴ Consistência. Índice de consistência IC = 0,88 ∴ argila rija.

Amostra 2:

ABNT 78% de areia∴Compacidade Grau de compacidade GC = 0,95∴areia

compacta.

b) A - 7 - 5 (13)

c) SP; SC.


21


0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0,001 0,01 0,1 1 10 100


% P

assa

ndo


22

III - PERMEABILIDADE

III.1.) O fundo de um rio compõe-se de uma camada de areia com 8,25 m de espessura

apoiada em rocha impermeável. A espessura da lâmina d’água é 2,50 m. Uma ensecadeira

contínua com 5,50 m de largura é construída pela cravação de duas linhas de estacas-

pranchas até uma profundidade de 6,00 m abaixo do nível do fundo do rio, e uma escavação

de 2,0m abaixo desse mesmo nível é executada no interior da ensecadeira. O nível d’água no

interior da ensecadeira é mantido no nível da escavação por bombeamento. Se a descarga na

ensecadeira é de 0,25m³/hora por unidade de comprimento, qual é o coeficiente de

permeabilidade da areia? Qual é o maior gradiente hidráulico imediatamente abaixo da

superfície escavada? Se o peso específico saturado da areia é 1,8 tf/m³, verificar se poderá

ocorrer ruptura hidráulica por levantamento no interior da ensecadeira.

RESP.: K = 2,8 x 10-5 m/s; i = 0,45; não ocorrerá ruptura.

(Baseado em Porto de Lima - 1977)

SOLUÇÃO:

DADOS


23

q = vazão/unidade de comprimento = 0,25m³/hora

h = perda de carga hidráulica ou desnível de água entre a montante e a jusante =

4,50m

γSAT = peso específico aparente do solo saturado = 1,8 tf/m³

Nf = n.º de quedas de fluxo = 6

da rede de fluxo

Nd = n.º de quedas de potencial = 11

- Cálculo do coeficiente de permeabilidade do solo:

s/m108,2K3600

1611

50,425,0

NN

hq

KNN

hKq 5

f

d

d

f −⋅=∴××=×=∴⋅⋅=

- Cálculo do máximo gradiente hidráulico de saída do fluxo:

L = 0,90m (obtido graficamente conforme indicações no

esquema)

i = imáx quando L = Lmin

- Verificação da possibilidade de ocorrer ruptura hidráulica por

levantamento do fundo da escavação:

A condição para que isto ocorra é i > iCRIT

8,00,1

0,18,1'i

A

ASAT

ACRIT =

−=

γγ−γ

=γγ

=

CRITCRITmáx ii8,0i45,0i <∴=<= , logo não ocorrerá ruptura.

III.2.) Traçar o diagrama de subpressões na base da barragem de concreto, cuja seção

transversal está esquematizada a seguir, considerando o nível d’água de jusante como plano

de referência.

45,0900,0409,0

i

409,01150,4

Ndh

h

Lh

i

==

===∆

∆=


24

SEÇÃO TRANSVERSAL E REDE DE FLUXO:

RESP.:

SOLUÇÃO: (Baseado em PORTO DE LIMA - 1977)

DADOS:

h = 5,0 - 1,0 = 4,0 m

Da rede de fluxo Nf = 5

Nd = 15


25

No diagrama de subpressões, estão indicados os valores calculados nos 8 pontos de saída

de linhas equipotenciais da rede de fluxo, na base da barragem. Dois exemplos destes

cálculos estão indicados a seguir:

Ponto 1:

Da equação de Bernouilli adaptada ao escoamento através do solo, a carga

hidráulica total em 1 é:

1A

11 zh +

γµ

=

Considerando as quedas de potencial ao longo da rede de fluxo, no sentido do

escoamento:

m27,015

0,4140,4)hn(hh1 =

×−=∆×−=

A carga altimétrica é a distância medida na vertical, entre o ponto 1 e o plano de

referência (considerando-se como carga negativa para os pontos situados abaixo

do plano de referência):

z1 = - (1,0 + 0,8) = - 1,80m

Donde:

m07,2)80,1(27,0zh 11A

1 =−−=−=γµ

Como γA = 1,00 tf/m³ ∴µ1 = 2,07 tf/m²

Ponto5:

Segundo o mesmo raciocínio já apresentado para o ponto 1, tem-se:

5hA

55 +

γµ

=


26

sendo

m40,2)4,10,1(zem33,115

0,4100,4)hn(hh 55 −=+−==

×−=∆×−=

Donde:

2555

A

5 m/tf73,3m73,3)40,2(33,1zh =µ∴=−−=−=γµ

III.3.) A seção transversal de uma barragem de terra homogênea e anisótropa está indicada na

figura. Os coeficientes de permeabilidade nas direções X e Y são respectivamente 4,5 x 10-8

m/s e 1,6 x 10-8 m/s. Construir a rede de fluxo.

RESP.:

(Baseado em PORTO DE LIMA - 1977)


27

SOLUÇÃO:

O fator de transformação de escala na direção X é

60,05,46,1

KxKy

==

A permeabilidade isótropa equivalente é:

s/m107,2106,1105,4(KyKx'K 888 −−− ⋅=⋅×⋅=⋅=

Para a obtenção da seção transformada todas as dimensões horizontais são

multiplicadas por 0,60.

III.4.) Traçar a rede de fluxo, e calcular em litros por segundo a quantidade de água que

percola por baixo da cortina esquematizada a seguir:

N.A.= 6,0 m

ÁGUA

N.T.= 0,0

- 4,1m

- 13,1 m

N.T.= N.A.= 0,0

CORTINA DE ESTACAS-PRANCHA COM EXTENSÃO DE 250 m

SOLOK = 10 cm/s

- 4

CAMADA IMPERMEÁVEL


28

RESP.: Q = 1,0 l/s

(Baseado em CAPUTO - 1979)

III.5.) Para a barragem de concreto esquematizada, construída sobre solo com K = 2 x 10-3

cm/s, determinar a quantidade de água que escoa, por metro e por dia, sob a barragem.

RESP.: q = 1218 litros/dia (por metro de barragem)

(Inspirado em CAPUTO - 1979)

III.6.) A seção transversal de uma barragem de terra anisótropa e homogênea, apoiada sobre

material impermeável, está esquematizada a seguir. Traçar a rede de fluxo e calcular a

quantidade de água que escoa através da barragem.


29

III.7.) Para a barragem de concreto esquematizada abaixo, pede-se:

a) Calcular a vazão de percolação, em m³/segundo por metro de barragem;

b) Calcular o gradiente hidráulico máximo de saída do fluxo.

Dado: coeficiente de permeabilidade isótropo da areia

K = 10-4 m/s


30

SEÇÃO TRANSVERSAL

N.A.= 5,5 m

ÁGUA

N.T. = 0,0

- 5,0 m

N.T. = N.A. = 0,0-0,5 m

AREIA

ROCHA

6,0 m

RESP.: a) q = 2,1 x 10-4 m³/s ( por metro de barragem)

b) i = 1,15

III.8.) Para a barragem de concreto esquematizada abaixo pede-se:

A - indicar na rede de fluxo as linhas equipotenciais e as linhas de fluxo limites;

B - determinar o nível d’água de montante, para que a vazão de percolação seja 10-3

m³/s por metro de barragem;

C - calcular a subpressão na base da barragem, no ponto d indicado, tomando como

referência o N.A. de jusante;

D - determinar o gradiente hidráulico máximo de saída do fluxo.

Obs: no cálculo dos itens C e D, considerar o resultado do item B.

Dados: Solo com K = 3 cm/minuto


31

SEÇÃO TRANSVERSAL E REDE DE FLUXO:

RESP.:

A) linhas de fluxo limite superior - b c d e

limite inferior - g h

linhas equipotenciais limite a montante - a b

limite a jusante - e f

C) N.A. de montante na cota + 6,0 m.

D) subpressão em d µd = 2,25 tf/m²

E) i = 0,42


32

IV - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PRÓPRIO DO SOLO

IV.1.) Traçar os diagramas das pressões totais, neutras e efetivas para o terreno indicado no

perfil abaixo.

RESP.:

(CAPUTO - 1977)

0,0 m

- 1,5 m

- 4,5 m

- 8,1 m

255

660945

300585

P

P

µ


33

SOLUÇÃO:

- Cálculo das pressões totais (p):

P0,0 = 0

P -1,5 = γareia úmida x espessura = 1,7 x 150 = 255 gf/cm²

P-4,5 = P-1,5 + (γSAT areia saturada x espessura) = 255 + (2,1 x 300) = 885 gf/cm²

P-8,1 = P-4,5 + (γSAT argila x espessura) = 885 + (2,0 x 360) = 1605 gf/cm²

- Cálculo das pressões neutras:

µ00 = 0

µ-1,5 = 0

µ-4,5 = γA x altura de coluna d’água = 1,0 x 300 gf/cm² = 300 gf/cm²

µ-8,1 = γA x altura da coluna d’água = 1,0 x 660 = 660 gf/cm²

- Cálculo das pressões efetivas:

Podem ser calculadas pela equação das pressões p = µ + p ∴ p = p - µ

p00 = 0

p-1,5 = p-1,5 - µ-1,5 = 255 - 0 = 255 gf/cm²

p-4,5 = p-4,5 - µ-4,5 = 885 - 300 = 585 gf/cm²

p -8,1 = p-8,1 - µ-8,1 = 1605 - 600 = 945 gf/cm²

Também podem ser calculadas diretamente, considerando o peso específico submerso

(γSUB) das camadas de solo abaixo do N.A.

p-1,5 - γareia úmida x espessura = 1,7 x 150 = 255 gf/cm²


34

p-4,5 =p-1,5 + (γSUB areia saturada x espessura) = 255 + (1,1 x 300) = 535 gf/cm²

p-8,1 =p-4,5 + (γSUB argila x espessura) = 585 + (1,0 x 360) = 945 gf/cm²

- Diagrama:

A representação gráfica da distribuição de pressões está apresentada na resposta do

exercício.

IV.2.) Construir os diagramas das pressões verticais (totais, neutras e efetivas) para o subsolo

do lago indicado na figura, onde ocorre um fluxo de água linear ascendente e constante, com

gradiente hidráulico i = 0,5 na camada de areia.

Qual seria o diagrama das pressões verticais efetivas se o fluxo de água fosse linear

descendente com i = 0,5?

Para o fluxo ascendente, qual seria o valor do gradiente hidráulico para que ocorresse o

fenômeno de “quick sand” na camada de areia?

PERFIL DO LAGO:

γS A T

= 2,9 gf / cm3

- 10,0 m

- 6,0 m

ÁGUA

N.A. = 0,0 m

AREIA

ROCHA


35

RESP.:

a) Fluxo ascendente:

b) Fluxo descendente:

c) i ≥ icrit = 1,19

0,0 m

- 6,0 m 6,00 6,00

- 10,0 m 14,76 12,00

pp µ2,76


36

SOLUÇÃO

As pressões na conta 0,0 são nulas. É suficiente calcular as pressões nas cotas -6 e -

10m.

a) Fluxo ascendente:

- pressões totais:

p -6 = γA x espessura = 1,0 x 6,0 = 6,00 tf/m²

p-10 = p-6 + (γSAT areia x espessura) = 6,0 + (2,19 x 4,00) = 14,76 tf/m²

- pressões neutras:

µ-6 = γA x altura coluna d’água = 1,0 x 6,0 = 6,00 tf/m²

µ-10 = γA x altura da coluna d’água + γA x h = 1,0 (6,0 + 4,0) + 1,0 (2,0)=

12,00 tf/m²

O valor da carga hidráulica h utilizada na expressão anterior foi calculada da seguinte

forma:

m0,20,45,0LihLh

i =×=×=∴=

- pressões efetivas:

p-6 = p-6 - µ-6 = 6,00 - 6,00 = 0

p-10 = p-10 = µ-10 = 14,76 - 12,00 = 2,76 tf/m²

b) Fluxo descendente:

p-6 = 0

p-10 = (γSUB areia x espessura) + (γA x h) = (1,19 x 4,00) + (1,00 x 2,00) =

6,76 tf/m²


37

c) “Quick Sand” (areia movediça):

condição i = iCRIT

19,100,1

00,119,2i

A

SUBCRIT =

−=

γγ

=

IV.3.) Para o sistema hidráulico indicado, traçar os diagramas de pressões totais neutras e

efetivas para o reservatório R2. Qual deverá ser a posição do nível d’água do reservatório R1

para que ocorra o fenômeno de areia movediça?

RESP.:

a)

b) N.A. do R1 = + 7,80m para ocorrer o fenômeno de “areia movediça”

0,0 m

- 4,5 m

- 11,0 m

4,5 tf / m2

13,8 tf / m 2

5,0 tf / m2

p

µp


38

IV.4.) Com os dados do sistema hidráulico abaixo, determinar os diagramas de pressões

totais, neutras e efetivas para o reservatório 2. Qual a cota que deveria atingir uma escavação

na camada de areia para ocorrer o fenômeno de areia movediça, considerando inalterados os

níveis d’água dos reservatórios durante a escavação.

RESP.:

a)

b) Areia movediça quando a escavação atingir a conta-9,0m.

0,0 m

- 3,0 m

- 5,0 m

- 12,0 m

ÁGUAÁGUA

AREIA

γS A T

= 2,0 tf / m3

R1

R2

- 3,0 m

- 5,0 m

- 12,0 m

16 tf/m2

2 2

12 tf/m2

4 tf/m2

p µ p


39

IV.5.) Para o sistema hidráulico indicado a seguir, traçar os diagramas de pressões verticais

totais, neutras e efetivas para o reservatório R2. Considerar que ocorre nesse reservatório o

fenômeno de areia movediça.

RESP.:

NA = 4,6 m

NA = 0,0 m

- 2,0 m

- 7,0 m

ÁGUA

ÁGUA

AREIA

R1

R2

NA = 0,0 m

- 2,0 m

- 7,0 m

11,6 tf / m2

p= µp

2,0 tf / m2

0

0

0


40

IV.6.) Para o sistema hidráulico indicado, construir os diagramas de pressões totais, neutras e

efetivas das camadas de solo do reservatório 2. Sabe-se que a perda de carga hidráulica por

metro na areia fina é cinco vez maior que na areia média.

RESP.:

IV.7.) Com os dados do sistema hidráulico a seguir, traçar os diagramas de pressões verticais

totais, neutras e efetivas para o reservatório 2. Sabe-se que a perda de carga hidráulica por

metro na areia 1 é duas vezes maior do que na areia 2.

Dados: areia 1: γSAT = 2,0 tf/m³

areia 2: γSAT = 1,9 tf/m³

NA = 3,0 m

NA = 0,0 m

- 3,0 m

- 8,0 m

ÁGUAAREIA FINA

AREIA MÉDIA R1

R2

γS A T

= 1,8 tf / m3

γS A T

= 2,0 tf / m3

11,00 tf / m2

p µ p

15,00 tf / m2

NA = 0,0 m

- 3,0 m

- 8,0 m

4,00 tf / m2

6,00 5,25 0,75


41

RESP.: pressões em tf/m²

IV.8.) Para o esquema abaixo, traçar os diagramas de pressões totais, neutras e efetivas para o

reservatório 2, e o diagrama de pressões efetivas para o reservatório 1. A perda de carga por

metro na areia média é igual a 1/3 da perda de carga por metro na areia fina.

p µ p

NA = 0,0 m

- 4,0 m

- 13,0 m

- 7,0 m

17,708,0025,70

8,00 2,26 5,74

13,70 4,61 9,09

NA = - 5,0 m

NA = 0,0 m

- 4,0 m

- 13,0 m

ÁGUA

AREIA 1

AREIA 1

R1R2

- 7,0 m AREIA 2


42

RESP.:

- 8,0 m

- 13,0 m

9,10 tf / m2

7,85 tf / m2

1,25 tf / m2

p p

p

µ

R2

R1

0,0m

- 5,0 m

- 2,0 m

8,75 tf / m2


43

V - DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS

APLICADAS

V.1.) Avaliar os acréscimos de pressões verticais sobre planos horizontais a 3, 6 e 10 m de

profundidade, com afastamentos laterais de 0,1 e 3 m, causados por uma sobrecarga de 1500

tf aplicada na superfície do terreno e considerada como carga concentrada. Utilizar a solução

de Boussinesq.

RESP.:

Acréscimos de pressão (em kgf/cm²)

r (afastamento lateral)

z (profundidade) 0 m 1 m 3 m

3 m 8,0 6,2 1,4

6 m 2,0 1,9 1,1

10 m 0,7 0,7 0,6


SOLUÇÃO:

A equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical é:

225

3

Z rZRondeR

Z2P3

+=×π

=σ

Exemplo de cálculo para r = 0 e z = 3m:

225

3

Z

22

cm/kgf0,8m/tf0,80)3(

)3(215003

m0,3)0()3(R

==×π

×=σ

=+=

Para permitir uma avaliação da distribuição de pressões a cada profundidade, os cálculos

foram repetidos para afastamento lateral de 0 m (sob o ponto de aplicação da carga), 1 m e


44

3 m. Os resultados estão apresentados no quadro de respostas. A representação gráfica

destes resultados dá uma idéia da distribuição de pressões nos solos:

O valor de σZ também pode ser obtido pela expressão de Boussinesq simplificada

2Z ZP

K ×=σ , sendo o valor de K obtido do gráfico adequado, em função de r e z. Por

exemplo, para r = 3 e z = 3:

0,1Zr

= . Do gráfico, para 0,1Zr

= obtém-se K = 0,085

22

2Z cm.kgf4,1m/tf14)3(

1500085,0 ==×=σ

(Ver o gráfico, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979)

V.2.) Uma carga de 405 tf é aplicada sobre uma fundação superficial quadrada de 4,50m de

lado. Utilizando a solução de Steinbrenner, determinar:

a) O acréscimo de pressão vertical a 10 m de profundidade, sob o centro da fundação

(ponto C na figura);

b) O acréscimo de pressão vertical a 3 m de profundidade, e a 4 m do seu centro sobre o

eixo de simetria (ponto M na figura).

Z = 0 m

Z = 3 m

Z = 6 m

Z = 10 m

P P

σZ = f (r) σ

Z = f (z)

Exemplo para r = 0

8,0

2,0

0,7

2 m 2 m1 m1 m


45

PLANTA DO CARREGAMENTO:

RESP.:

a) para z = 10 m sob o ponto C, σZ = 2,6 tf/m²

b) para z = 3 m sob o ponto M, σZ = 2,0 tf/m²


SOLUÇÃO:

Considerando-se carga uniformemente distribuída, a pressão aplicada é

2m/tf205,45,4

405p =

×=

a) Cálculo para o ponto C:

PLANTA

Dividindo-se a área carregada em 4 áreas iguais, todas tem o ponto C como vértice.

Portanto, pode-se aplicar o método para uma das áreas, e multiplicar o resultado por quatro,

de modo a ter o acréscimo devido ao carregamento todo.


46

a = 2,25 m a/b = 1,0

b = 2,25 m z/b = 4,4

a = 10,0 m

Entrando com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se:

2ZZ

Z m/tf6,24032,0204032,0p032,0p CC

=σ∴××=××=σ∴=σ

(Ver o gráfico, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979)

b) Cálculo para o ponto M:

PLANTA

Como o ponto M está sobre o eixo de simetria, pode-se calcular a pressão devida a metade da

área carregada (área ABDE) e multiplicar o resultado por dois. É necessário considerar áreas

que tenham o ponto M como vértice.

Portanto, deve-se calcular a pressão para a área AFDM, subtraindo posteriormente a

pressão devida a área BFEM por não estar carregada.

a = 4,50 + 1,75 = 6,25 m 8,2ba

=

Área AFDM b = 2,25 m

z = 3,00 m 3,1bz

=


47

Com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se:

18,0p

Z =σ

a = 2,25 m 3,1ba

=

Área BFEM b = 1,75 m

z = 3,00 m 7,1bz

=

Do gráfico, 13,0pZ =

σ

Portanto, para a área realmente carregada ABDE:

05,013,018,0p

Z =−=σ

E para toda a área carregada:

2ZZ

Zm/tf0,22005,02p05,0205,02

p MM =σ∴××=××=σ∴×=

σ

V.3.) Uma placa circular de 4,00 m de raio, apoiada sobre a superfície do terreno, está

uniformemente carregada com 2,5 kgf/cm². Determinar a máxima diferença de acréscimo de

pressão vertical sob o carregamento e a 5,00 m de profundidade, comparando os resultados

obtidos pelo método gráfico de Newmark, e pelo método aproximado adotando-se ângulo de

espraiamento φo = 45º. Calcular também o acréscimo de pressão a mesma profundidade, de

acordo com a solução de Love.

RESP.:

a) solução de Newmark: ∆σZ = 0,57 kgf/cm²

b) Método aproximado: ∆σZ = 0,66 kgf/cm²

c) Solução de Love: sob o centro σZ = 1,31 kgf/cm²


48

PLANTA DO CARREGAMENTO:

σZ MÁX → sob o centro (σZC)

σZ MÍN → sob a borda (σZB)

∴ máximo ∆σZ = σZC - σZB

A máxima diferença de acréscimo de pressão, significa calcular a diferença entre o

maior e menor acréscimo de pressão sob o carregamento. Portando o problema consiste

em obter-se os acréscimos de pressão sob o centro e o bordo do carregamento, e sua

diferença.

a) Solução de Newmark

O gráfico utilizado para a resolução a seguir tem as seguintes características:

escala cm5,2AB ≅

valor da unidade de influência = 0,005

B C

φ = 8 m

σZ B

σZ C

Z = 5 m

N.T. p=2,5 kgf / cm = 25,0 tf / m2 2


49

(Ver, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979).

Escala cm5,2AB ≅ corresponderá à profundidade z = 5,0m. Portanto, o diâmetro da

placa φ = 8,0m será representado por x, sendo:

cm0,40,5

5,20,8x =

×=

Desenha-se em papel transparente a planta do carregamento com diâmetro de 4,0 cm.

Coloca-se a folha transparente sobre o ábaco de Newmark, fazendo-se coincidir o ponto

sob o qual será calculado o acréscimo de pressão, com o centro do ábaco, contando-se

então a quantidade de unidades de influência sob o carregamento.

Para o problema em questão:

- com o ponto C no centro do ábaco, número de unidades de influência

NC ≅ 104;

- com o ponto B no centro do ábaco, número de unidades de influência

NB ≅ 58.

Os acréscimos de pressão são calculados por:

σZ = I x N x p, sendo I o valor de cada unidade de influência.

σZC = 0,005 x 104 x 25 = 13,0 tf/m²

σZB = 0,005 x 58 x 25 = 7,3 tf/m²

∴ máxima diferença ∆σZ = 13,0 - 7,3 = 5,7 tf/m² = 0,57 kgf/cm²

b) Método aproximado:


50

SEÇÃO:

Para carregamento circular:

( )[ ] ( )[ ]2

ZC2o

2

2o

2

ZC m/tf8,1445tg54

)4(325

tgzR

R3p =σ∴

×+

××=

φ×+×

×=σ

Conhecido o valor de σzc, σzB pode ser obtido por semelhança de triângulos:

2ZBo

o

ZBo

o

ZC

ZB m/tf22,8)45tg5(4

45tg58,14

)tgz(Rtgz

=σ∴×+

××=σ∴

φ×+φ×

=σσ

∴ máximo ∆σZ = 14,80 - 8,22 = 6,58 tf/m² ≅ 0,66 kgf/cm²

c) Solução de Love

Este método permite calcular acréscimos de pressão somente na vertical que passa pelo

centro da placa.

( ) [ ]

2ZC2/322

3

2/322

3

ZC m/tf1,13)5()4(

)5(125

zR

z1p =σ∴

+−=

+−×=σ

V.4.) Obter o acréscimo de pressão vertical no ponto A indicado no esquema, devido a

sobrecarga P, utilizando:

a) a solução de Boussinesq:

b) a solução de Westergaard.


51

c) a solução de Frohlich

SEÇÃO:

RESP.:

a) σZ = 14,11 tf/m²

b) σZ = 10,21 tf/m²

c) σZ = 13,27 tf/m²

V.5.) Uma área de 10x10 m sobre a superfície do terreno é carregada por uma pressão

uniforme igual a 1 kgf/cm². A que profundidade sob o centro da superfície carregada, o

acréscimo de pressão será de 0,1 kgf/cm²? Utilize a fórmula de Boussinesq.

RESP.: z ≅ 21 m

( CAPUTO - 1979)

V.6.) Quatro pilares com fundações superficiais e com as cargas indicadas na figura a seguir,

são locados nos vértices de um retângulo de 3 m x 4 m. Calcular pela fórmula de Boussinesq

o acréscimo de pressão devido a este carregamento, no ponto a 7,5 m abaixo do centro da

estrutura.

A

P = 1500 tf

3 m

3 m

AREIA


52

PLANTA:

RESP.: σZ ≅ 0,7 tf/m²

(CAPUTO - 1979)

V.7.) Uma sapata corrida com 2,0 m de largura e grande comprimento é carregada

uniformemente com uma pressão de 2,5 kgf/cm². Determinar o acréscimo de pressão vertical

correspondente, em um ponto a 3,0 m de profundidade e sob o centro da fundação,

adotando a solução devida a Carothers.

RESP.: σZ ≅ 1,0 kgf/cm²


V.8.) Uma torre tem fundação superficial em sapatas quadradas, cujos centros formam um

triângulo equilátero de 4,0 m de lado. O peso total da torre, incluindo as fundações, é de 225

tf. Sabendo-se que a pressão admissível no solo de fundação é de 2,9 kgf/cm², calcular os

acréscimos de pressão devido à torre, no centro de uma das sapatas e no centro da fundação,

ambos a uma profundidade de 2,5 m. Utilizar o método gráfico de Newmark.

RESP.: a) sob o centro de uma sapata σZ = 0,52 kgf/cm²

b) sob o centro da fundação σZ = 0,35 kgf/cm²


53

V.9.) Uma placa circular com 3,0 m de raio está apoiada na superfície do terreno e carregada

com taxa ‘p’. O acréscimo de pressão correspondente sob o ponto M indicado no esquema

abaixo, a 3,3 m de profundidade, é de 0,4 kgf/cm². Utilizando o método gráfico de Newmark,

determinar:

a) o valor de “p”

b) o acréscimo de pressão vertical sob o centro da placa, a 3,3 m de profundidade,

levando em consideração a resposta do item anterior

PLANTA:

RESP.:

a) p = 3,5 kgf/cm²

b) σZ = 2,1 kgf/cm²

V.10.) Qual será o acréscimo de pressão no ponto A indicado na figura, com a aplicação das

sobrecargas esquematizadas, segundo o método de Steinbrenner? Na área I está aplicada uma

carga uniformemente distribuída de 2,0 Kgf/cm², e na área II, de 2,5 Kgf/cm². Estes valores

referem-se apenas às cargas aplicadas, devendo-se levar ainda em consideração o alivio

devido às escavações previstas.


54

PLANTA:

SEÇÃO:

RESP.: σZA = 4,5 tf/m²

V.11.) Utilizando o método de Newmark, calcular o acréscimo de pressão no ponto A

indicado, devido às sobrecargas transmitidas pelas sapatas.

DADOS: Valores das sobrecargas, já descontadas as escavações:

sapatas 1 p1 = 1,5 kgf/cm²

sapatas 2 p2 = 1,1 kgf/cm²


55

PLANTA:

PERFIL:

RESP.: σZA = 0,24 kgf/cm²


56

VI - COMPRESSIBILIDADE

VI.1.) Um aterro com peso específico γ = 1,7 tf/m³, de 3,0 m de altura foi recentemente

colocado sobre uma extensa área.

Calcular o recalque total do aterro, para os dados indicados no perfil abaixo.

PERFIL

RESP.: ∆H = 12,6 cm

SOLUÇÃO:

1º) Cálculo de po na cota - 15,0 (plano médio da camada compressível):

po = (γareia x Hareia úmida) + (γsub areia x Hareia saturada) + (γsub argila x Hargila/2) =

= (1,60 x 4,00) + (1,0 x 8,0) + (0,78 x 3,0)

po = 16,74 tf/m²


57

2º) Cálculo de ∆p na cota - 15,0:

∆p = (γaterro x Haterro) = 1,70 x 3,00 = 5,10 tf/m²

3º) Cálculo do recalque total:

cm6,12m126,0H

74,1610,574,16

log4,019,11

00,6

op

poplogC

e1H

H CO

==∆∴

+××

+=

∆+××

+=∆

VI.2.) Qual será o tempo necessário para que ocorra um recalque por adensamento de 33

cm, causado pelo aterro construído recentemente numa extensa área, esquematizado no

perfil abaixo. Dados da camada de argila: CC = 0,6; CV = 10-4 cm²/seg; eO = 1,2.

PERFIL:

RESP.: t = 9,072 x 108 segundos

SOLUÇÃO

1º) Cálculo de po na cota - 9,0 (plano médio da camada compressível):


58

po = (γareia x Hareia) + (γsub argila x Hargila/2) = (1,70 x 5,00) + (0,90 x 8,00/2)

po = 12,10 tf/m²

2º) Cálculo de ∆p na cota - 9,0:

∆p = (γaterro x Haterro) = 1,65 x 4,00 = 6,60 tf/m²


cm25,41m4125,0H

10,1260,610,12

log6,02,11

800

op

poplogC

e1H

H CO

==∆∴

+××

+=

∆+××

+=∆

4º) Determinação do grau de adensamento:

Se 41,25 cm corresponde ao recalque total (100% de adensamento), então para 33 cm

teremos:

41,25cm ____________ 100%.

33,00cm_____________ x %8025,411000,33

x =×

=∴

logo o grau de adensamento U = 0,8 ( = 80% )

5º) Fator tempo:

Sabe-se que para U > 60% T = [ - 0,9332 x log (1-u)] - 0,0851

∴ T = [ - 0,9332 x log (1 - 0,8) ] - 0,0851 = 0,567

6º) Cálculo do tempo de adensamento:

2

HH ilaarg

d = devido à dupla drenagem.

anos8,28s10072,9t

102

800567,0

C)H(T

t)H(

tCT

8

4

2

v

2d

2d

v

≅⋅=

×

=×

=∴×

=−


59

VI.3.) Calcular o recalque sob o ponto de aplicação da sobrecarga considerada como

concentrada, devido ao adensamento da camada de argila, para um tempo de adensamento

de 6 x 106 segundos.

Dados da camada de argila:

CC = 0,50; CV = 3 x 10-4 cm²/s ; eo = 1,2

Obs.: para a distribuição de pressão devido à sobrecarga considerar a solução de

Boussinesq.

PERFIL:

RESP.: Recalque = 2,6 cm.

SOLUÇÃO:

1º) Cálculo de po na cota - 7,0:

po = (γareia média x Hareia média) + (γsub argila x Hargila/2) =

= (1,80 x 5,00) + (0,90 x 2,00) =10,80 tf/m²


60

2º) Cálculo de ∆p na cota - 7,0 (Boussinesq).

25

3

5

3

Z m/tf41,3)7(

)7(2

3503

)R(

)z(2

P3p =×

π××

=×π×

×=σ=∆


cmmHoppopC

eHH C

O

83,101083,080,10

41,380,10log50,02,11

400log1

==∆∴

+××

+=

∆+××

+=∆

4º) Cálculo do fator tempo:

( ) ( )

045,0

2400

106103)H(

tCT

2

64

2d

v =

××⋅=

×=

−

5º) Cálculo do grau de adensamento:

Utilizando-se a expressão geral que fornece valores aproximados

%)24(24,05,0)045,0(

)045,0(

5,0)T(

)T(U 6

3

36

3

3≅≅

+=

+=

6º) Cálculo do recalque correspondente:

Se 100% de recalque correspondente a 10,83 cm, a 24% deste recalque total

corresponde:

cm60,283,1010024

x =×=

VI.4.) Qual será o recalque total devido ao adensamento da camada de argila indicada no

perfil a seguir, caso seja provocado um rebaixamento do lençol d’água de 3,00 m.


CV = 6 x 10-4 cm2/s; eO = 1,19; LL = 54%


61

Obs: o valor aproximado do “CC” da argila poderá ser obtido pela relação entre “CC” e

“LL” (ver TERZAGHI e PECK - 1948).

PERFIL:

RESP.: ∆H = 4,8 cm.

VI.5.) Determinar o máximo recalque diferencial do tanque de óleo de base circular indicado

no croquis abaixo, devido ao adensamento da camada de argila. Utilizar o método gráfico de

Newmark para o cálculo do acréscimo de pressão.


CC = 0,39; G = 2,70; γsat = 2,10 tf/m3


62

PERFIL:

RESP.: Recalque diferencial máximo = 2,50 cm.

VI.6.) Calcular o recalque diferencial máximo sob a fundação indicada no esquema a seguir,

devido ao adensamento da camada de argila. Determinar o acréscimo de pressão devido a

sobrecarga pelo método de Steinbrenner. Considerar na taxa de carga “p” indicada o efeito

da escavação prevista.

DADOS DA CAMADA DE ARGILA: eO = 0,6; CC = 0,3; γsat = 2,0 tf/m3


63

PLANTA E PERFIL:

RESP.: Recalque diferencial máximo = 0,95 cm.

VI.7.) Na fundação direta em sapatas circulares, esquematizada abaixo, determinar:

1º) o recalque diferencial total entre os centros das sapatas;

2º) o tempo necessário para que ocorra um recalque de 4,43 cm no centro da sapata A.

As taxas de cargas transmitidas pelas sapatas A e B são de 1,8 kgf/cm² e 1,5 kgf/cm²,

respectivamente, devendo-se ainda levar em conta o efeito das escavações previstas. Os

acréscimos de pressão devidos a sobrecargas, deverão ser calculados pelo método de

Newmark.


64

PERFIL:

RESP.: 1º) Recalque diferencial total = 3,34 cm.

2º) t = 2,8 x 108 segundos

VI.8.) Para o perfil esquematizado abaixo calcular:

a) o máximo recalque que ocorrerá no centro do radier de 5,0 m x 5,0 m construído

recentemente;

b) os tempos necessários para que ocorra 40% de adensamento em cada camada

compressível.

Carga total da obra incluindo o peso do radier = 1000 tf.

A argila das duas camadas têm as mesmas características:

G = 2,7 e CV = 2 x 10-4 cm2/s.

Estes dados referem-se aos planos médios das camadas de argila.


65

Obs.: utilizar o método de Newmark para cálculos de acréscimo de pressão devido a

sobrecarga.

PERFIL:

RESP.: a) ∆H = 74,39 cm

b) camada superior t ≅ 1,42 x 107 s.

camada inferior t ≅ 1,01 x 108 s.

VI.9.) Pelo processo gráfico de Terzaghi - Gilboy, com um tempo de construção de 60 dias,

determinar:

a) o recalque 20 dias após o início da construção;

b) o recalque no término do carregamento;

c) o recalque 120 dias após o início da construção;

d) o tempo necessário para ocorrer um recalque de 10 cm.


66

CURVA TEÓRICA C1:

RESP.: a) 2,5 cm b) 12,5 cm c) 17,0 cm d) 50 dias.

VI.10.) Os gráficos apresentados a seguir, representam os resultados de um ensaio de

adensamento com dupla drenagem, realizado com um amostra indeformada de argila.

Determinar graficamente (Casagrande e Pacheco-Silva) sabendo que e0=0,710:

a) o seu índice de compressão;

b) a sua pressão de pré-adensamento;

c) o estado da amostra, sabendo-se que a pressão efetiva sobre ela no solo era de 30

tf/m²;

d) O coeficiente de adensamento da amostra.


67

RESP.: a) CC = 0,266 b) pa = 25 tf/m² c) parcialmente adensada.

d) CV = 6,8 x 10-4 cm²/s.

e x log(p)

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,10 1,00 10,00 100,00

Pressão (kg/cm²)

Índi

ce d

e V

azio

s (e

)

CURVA DE ADENSAMENTO

16,6

16,8

17,0

17,2

17,4

17,6

17,8

0,10 1,00 10,00 100,00 1000,00

Tempo (min)

Altu

ra d

a A

mos

tra

(mm

)


68

VI.11.) Num ensaio edométrico, o corpo de prova com altura de 1” alcançou 50% de

adensamento em 8 minutos, com drenagem em ambos as faces. A camada argilosa, da qual

foi coletada a amostra, tem 7,9 m de espessura, e está compreendida entre uma camada

arenosa e a rocha praticamente impermeável. Quanto tempo será necessário para que a

camada de argila chegue a 50% adensamento?

RESP.: t ≅ 2150 dias

VI.12.) Observações mostram que um edifício A recalcou 10,2 cm em 3 anos, e sabe-se que o

seu recalque total será por volta de 30,0 cm. Um edifício B, construído sobre um terreno de

perfil semelhante àquele sobre o qual foi construído o edifício A, provoca o mesmo aumento

médio de pressão. A camada compreensível apresenta as mesmas características em ambos os

casos, sendo porém 20% mais espessa sob o edifício B. Pode-se estimar o recalque total do

edifício B, e o recalque atingido em 3 anos.

RESP.: edifício B recalque total ∆H = 36 cm

recalque em 3 anos = 10,2 cm.

(Baseado em CRUZ e SAES - 1972)

VI.13.) Sobre o perfil a seguir serão executados:

- uma camada drenante (areia) com 0,20 m, e peso específico natural γ = 1,75 tf/m³;

- um aterro (saibro) com 2,20 m, compactado a 100% do Proctor Normal;

- um tanque apoiado na superfície do aterro, com diâmetro de 6,2 m e que transmitirá

uma pressão de 0,92 kgf/cm².

A camada drenante e o aterro serão executados instantaneamente em 01/01/200, e o

tanque após o recalque total dessas camadas.

Pergunta-se:

a) em que data poderá ser iniciado o tanque?


69

b) qual será o recalque diferencial máximo sob o tanque?

DADOS:

1º) Ensaio de adensamento com dupla drenagem, com uma amostra representativa do

plano médio da camada de argila:

=γ=

==

3g cm/gf02,3

gf26,97totalpesocm0,2altura

cm0,6diâmetro

provadecorpo

⋅==

− s/cm104C4,0C

resultados 23V

C

2º) Resultados do ensaio normal de compactação (Proctor normal) do material do aterro:

Umidade (%) 4 12 24 35

γ (tf/m3) 1,477 1,758 1,885 1,769

PERFIL:

RESP.: a) 24/9/200 b) máximo recalque diferencial = 4,6 cm.

VI.14.) Um aterro com 5,0 m de espessura foi construído sobre uma extensa área, cujo perfil

do subsolo está esquematizado abaixo:

a) calcular o recalque total do aterro devido ao adensamento da camada de argila;


70

b) qual o tempo necessário para se verificar um recalque de apenas 9,0 cm no mesmo

caso;

c) se depois de estabilizado, o aterro for removido, qual será a expansão total da

camada de argila;

d) qual será a espessura final da camada de argila, se houver um rebaixamento do

N.A. de 3,0 m, após a expansão total da camada.

Dados da camada de argila: CC = 0,40 γsat = 1,72 g/cm3

eO = 1,35 Ce = 0,15

CV = 2 x 10-3 cm2/s


71

PERFIL:

RESP.: a) 23,46 cm b) 2,11 x 107 s c) 8,8 cm d) 582,85 cm


72

VII - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO

Nos exercícios deste capítulo, a convenção de sinais adotada foi: tensão normal

positiva à direita da origem; tensão cisalhante positiva acima da origem; ângulo positivo no

sentido anti-horário.

Em diversos exercícios, foram utilizados valores de ângulos formados entre traços de

planos, como forma de apresentar os dados e/ou os resultados.

VII.1.) A lei de resistência ao cisalhamento de um maciço de argila é τ = 1,5 kgf/cm². Se for

realizado o ensaio de compressão simples em um corpo de prova indeformado desta argila,

pergunta-se quais:

a) as direções dos planos de ruptura;

b) as direções dos planos principais;

c) as tensões atuantes num plano que forma um ângulo de 20º com a horizontal.

RESP.:

a) ângulo entre a horizontal e os planos de ruptura: + 45º e - 45º.

b) ângulos entre a horizontal e os planos I - I e III - III: 0º e 90º respectivamente.

c) tensões num plano inclinado de 20º: σ ≅ 2,7 kgf/cm² e τ ≅ 1,0 kgf/cm²


73

SOLUÇÃO:

Sabe-se que o ensaio de compressão simples é representado pelo círculo de Mohr

tangente ao eixo das ordenadas (pois σIII = 0), com centro no eixo das abcissas e tangente

à lei de resistência ao cisalhamento do solo. Neste caso, a lei de resistência é uma reta

horizontal, pois Ø = 0. Portanto está definido o círculo.

Do ensaio, sabe-se que a maior tensão normal σI é sempre vertical; portanto o plano I -

I é horizontal. Consequentemente o plano III - III é vertical.

Na representação do ensaio de compressão simples, o pólo do círculo de Mohr é

sempre a origem do sistema de coordenadas. Basta verificar, por exemplo, o ponto de

interseção do círculo com o plano III - III (vertical), que passa pelo ponto de tensões σ=0 e

τ = 0, correspondentes a este plano.


74

As direções dos planos de ruptura são definidas pelas retas que passam por 0p, e pelos

pontos de interseção do círculo com a lei de resistência τ = 1,5 kgf/cm², e a reta simétrica

em relação ao eixo σ.

Para determinar as tensões no plano inclinado, traça-se pelo pólo uma reta formando

um ângulo de 20º com a horizontal. Sua interseção com o círculo define o par de tensões

procurado.

VII.2.) Num ensaio de cisalhamento direto, a força normal aplicada em um corpo prova de

areia era de 82,5 kgf. No momento da ruptura, a força cisalhante era de 45,0 kgf e a área da

amostra (corpo de prova) era de 5,0 x 5,0 cm. Determinar as inclinações dos planos

principais.

RESP.: Ângulo com a horizontal: plano I - I = 120º; plano III - III = 30º.

VII.3.) Uma amostra de areia submetida a um ensaio de compressão triaxial rompeu quando

as tensões principais eram 1,5 kgf/cm² e 5,6 kgf/cm². Utilizando o diagrama de Mohr,

determinar o ângulo de atrito interno do material, e o ângulo ∝ do plano de ruptura com a

direção da tensão principal menor.

RESP.: ∅ = 35º α = 62,5º (CAPUTO - 1973)

VII.4.) Uma amostra de argila saturada foi submetida a um ensaio triaxial do tipo “U.U.” (não

consolidado, não drenado), obtendo-se:

σI = 1,10 kgf/cm²

σIII = 0,24 kgf/cm².

Pede-se:

a) o valor da coesão da argila;


75

b) a direção dos planos principais;

c) o valor das tensões num plano que forma 30º com a horizontal;

d) a inclinação dos planos de ruptura.

RESP.:

a) c ≅ 0,43 kgf/cm².

b) ângulo entre a horizontal e os planos I - I e III - III: 0º e 90º, respectivamente.

c) σ30 ≅ 0,89 kgf/cm² e τ30 ≅ 0,37 kgf/cm².

d) ângulos entre a horizontal e os planos de ruptura: + 45º e - 45º.

VII.5.) Uma amostra de solo foi utilizada para realização de ensaio triaxial com dois corpos de

prova, obtendo-se:

1º corpo de prova: σIII = 1,0 kgf/cm² e σI = 3,0 kgf/cm².

2º corpo de prova: σIII = 2,5 kgf/cm² e σI = 5,5 kgf/cm².

Indicar, em cortes esquemáticos dos corpos de prova, as direções das superfícies de

ruptura.

RESP.: Direção das superfícies de ruptura:


76

1º e 2º corpo de prova


77

VIII - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO

VIII.1.) Determinar a intensidade, direção, sentido e ponto de aplicação do empuxo atuante

no muro de arrimo abaixo esquematizado, pelo método gráfico de Culmann. Para simplificar

a solução, na determinação da intensidade utilizar apenas 3 cunhas.

DADOS DO SOLO:

γ = 1,8 tf/m³ τ = σ . tg 28º

SEÇÃO TRANSVERSAL:

RESP.:

Intensidade ≅21 tf

Direção: ângulo formado com a horizontal ≅ 8º

Sentido: do terrapleno contra o muro

Ponto de aplicação ≅ 2,4m acima da base do muro.


78

SOLUÇÃO:

1Ad = peso da cunha 1 = 17,6 tf

21dd = sobrecarga concentrada = 10 tf

32dd = peso da cunha 2 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf


54dd = peso cunha 3 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf


No esquema 1 está representada a determinação de intensidade do empuxo ativo por

unidade de comprimento do muro, pelo método gráfico de Culmann.

Do mesmo esquema obtém-se a sua direção, pois será paralela à reação ao empuxo

representada.


79

O ponto de aplicação está determinado apenas de uma forma simplificada no esquema

2 (ponto M). Após a determinação do ponto M, ainda deveria ser feita uma correção na sua

posição, devido a presença de cargas concentradas na seção transversal (ver, por exemplo,

TERZAGHI e PECK - 1948).

ESQUEMA 2

VIII.2.) Verificar a estabilidade do muro de arrimo esquematizado a seguir, quanto ao

tombamento, escorregamento e tensões na base.

Obs.:

a) Os empuxos deverão ser calculados segundo a teoria de Rankine;

b) O empuxo passivo deverá ser considerado em todas as verificações;

DADOS:

I) Solo (dos dois lados e sob o muro): τ = σ. tg 30º γ = 1,65 tf/m³

II) Muro: Concreto ciclópico com γconcreto = 2,2 tf/m³

III) ]Tensão admissível do solo sob o muro: q = 20 tf/m²

IV)

2,4m

0,5m

A

M PONTO DE APLICAÇÃO

B C

ABC=CUNHA DE RUPTURA

SUPERFÍCIE DE RUPTURA

C.G. DA CUNHA DE RUPTURA

EA


80

SEÇÃO:

RESP.: Verificação de segurança:

- ao tombamento estável (FT = 3,3)

- ao escorregamento: estável (FE máx = 1,90 e FE min = 1,51)

- às tensões na base: estável (qmáx = 15,78 tf/m² e qméd = 8,58 tf/m²)

SOLUÇÃO:

a) Cálculo dos empuxos de terra pela teoria de Rankine:

Coeficientes de empuxo:

33,030sen1

30sen1sen1sen1

Ko

o

A =+

−=

φ+φ−

=

00,333,01

K1

KA

p ===

Intensidade dos empuxos por unidade de comprimento do muro.

( ) tf14,433,0)90,3(65,121

KH21

E 2A

2A =×××=××γ×=

tf00,200,3)90,0(65,121

K)H(21

E 2p

2p =×××=××γ×=


81

Direção dos empuxos: paralelos à superfície do terrapleno, portando ambos são

horizontais.

Sentido dos empuxos: do terrapleno para o muro.

Pontos de aplicação: os empuxos passam pelo centro de gravidade das distribuições de

pressões. Neste caso as distribuições são triangulares, portanto os pontos de aplicação

ficam a um terço da altura acima da base.

ESQUEMA:

A outra força representada no esquema, aplicada no C.G. da seção transversal do

muro, é o seu peso próprio por unidade de comprimento:

Pp = área x γmuro = 2,00 x 3,90 x 2,20 = 17,16 tf

b) Verificação da segurança ao tombamento, em torno do ponto A indicado no esquema:

Momento resistente = MR = (17,16 x 1,00) + (2,00 x 0,30) = 17,76 tf·m

Momento atuante = MT = 4,14 x 1,30 = 5,38 tf·m

Coeficiente de segurança: 30,338,576,17

MM

FT

RT ===


82

Como F = 3,30 > 1,5 .·. estável ao tombamento

c) Verificação da segurança ao escorregamento sobre a base do muro:

A força de atrito na base do muro será FAT = N tg δ, sendo N o somatório das forças

verticais, e δ o ângulo de atrito entre o muro e o solo de fundação (considerado aqui como

sendo igual a φ×32

).

.·. tf25,63032

tg16,17F oAT =

××=

Coeficiente de segurança máximo: 99,114,4

00,225,6E

EFF

A

pATmáxE =

+=

+=

como FE máx = 1,99 > 1,50 .·. verifica

Coeficiente de segurança mínimo: 51,114,425,6

EF

FA

ATmínE ===

como FE mín = 1,51 > 1,00 .·. verifica

As duas condições verificam, portanto a seção é estável ao escorregamento.

d) Verificação da segurança quanto a tensões excessivas sob a a base do muro:

Inicialmente calcula-se a excentricidade da resultante na base da seção transversal. Isto

pode ser feito, por exemplo, calculando-se a distância até o ponto A, em função dos

momentos já calculados em torno deste ponto.


83

SEÇÃO

∑MA = 17,76 - 5,38 = 12,38 tf.m

m72,016,1738,12

N

Md A === ∑

A excentricidade será:

m28,072,0200,2

d2L

e =−=−=

É conveniente que o ponto de aplicação da resultante esteja dentro do núcleo central

de inércia da base, na seção transversal. Como o núcleo central de inércia, no caso, é o

terço médio da base, a condição a ser verificada é: 6Le <

m33,06L

m28,0e33,0600,2

6L

=<=∴== (verifica).

Em seguida, obtém-se a distribuição aproximada (trapezoidal) das tensões na base do

muro. Como 6Le < , vem:

)84,01(58,800,2

28,061

00,216,17

Le6

1LN

qmínmáx

±=

×±=

×

±=


84

qmáx = 8,58 (1 + 0,84) = 15,78 tf/m²

qmín = 8,58 (1 - 0,84) = 1,37 tf/m²

qméd = 15,78 + 1,37 = 8,58 tf/m²

2

SEÇÃO

A verificação da segurança é:

a) 2máx m/tf00,260,203,1q3,1q3,1q =×=××≤

∴ 22máx m/tf00,26q3,1m/tf78,15q =×<= verifica.

b) 22médméd m/tf00,20qm/tf58,8qqq =<=≤ verifica.

Como as duas condições verificam, a seção também é estável quanto às pressões na base.

VIII.3.) Determinar a intensidade do empuxo atuante no tardoz do muro, cuja seção

transversal está esquematizada a seguir, segundo a teoria de Coulomb.

CARACTERÍSTICAS DO SOLO:


85

γ = 1,75 tf/m3 ∅ = 33° c = 0

RESP.: EA = 11,21 tf

VIII.4.) Verificar a estabilidade quanto ao tombamento e escorregamento do muro de arrimo

esquematizado a seguir, com as seguinte considerações:

a) Cálculo do empuxo pelo método gráfico de Culmann;

b) no atrito solo-muro considerar φ⋅=δ32

;

c) não levar em conta a ação da sobrecarga concentrada, na determinação do ponto

de aplicação de EA, para simplificar a solução (ver solução exercício 1).

DADOS:

Solo: γ = 1,90 tf/m³ ∅ = 33º c = 0

Muro: γMURO = 2,20 tf/m³


86


RESP.:

- segurança ao tombamento: estável (FT = 2,63)

- segurança ao escorregamento: instável (FE min = 0,97)

VIII.5.) Para o muro de arrimo indicado na figura abaixo, verificar as condições de

estabilidade externas. Calcular os empuxos segundo a teoria de Rankine.

γmuro = 2,4 tf/m3

φδ ⋅=32


87

RESP.:


- segurança ao escorregamento: instável (FE mín = 0,79 e FE máx = 0,97)

- segurança à pressão na base: estável (qmáx = 26,00 tf/m² e qméd = 16,60 tf/m²)

VIII.6.) No muro de arrimo esquematizado a seguir, verificar a estabilidade quanto ao

tombamento, escorregamento e pressão excessiva na base.

Dados: muro em concreto ciclópico γ = 2,2 tf/m3;

areia: ∅ = 32º; γ = 1,8 tf/m3; tensão admissível do solo sob a base q = 16 tf/m²; c=0

0,4 m

1,6 m 4,6 m

7,0 m0,8 m

1,0 mSOLO 2

10,0 m

H = 4,0 m1

H = 6,0 m2

SOLO 1

AREIA FINA

SOLO 2

AREIA MÉDIA

γ 1

= 1,8 tf/m3

c = 01

φ 1 = 33

o

γ 2 = 1,6 tf/m

3

c =02

φ 2 = 25

o

q = 3 kgf/cm2

= 3,0 tf/m2

q

2,0 m


88

Obs.:

a) calcular EA segundo o método gráfico de Culmann e o EP segundo a teoria de

Rankine;

b) são válidas as observações b e c do exercício n.º 4.

RESP.:


- segurança ao escorregamento: instável (FE min = 1,06 e FE máx = 1,33)

- segurança à pressão na base: estável (qmáx = 14,82 tf/m² e qméd = 10,90 tf/m²)

VIII.7.) Para o muro de arrimo cuja seção transversal está esquematizada a seguir, pede-se:

a) calcular o empuxo ativo pela equação de Coulomb e o empuxo passivo pela teoria

de Rankine;

b) determinar a dimensão A indicada, de modo que o coeficiente de segurança

máximo ao escorregamento (FE máx) resulte igual a 1,5 ;

0 ,5 t f /m6 t f 6 t f

4 ,0 m

6 ,0 m

1 ,2 m

4 ,0 m1 ,0 m

2 ,0 m 2 ,0 m2 ,0 m 6 ,0 m

N .T. H o r i z o n

N .T.H o r i z o n ta l

Vertical


89

c) verificar a segurança do muro ao tombamento e pressão na base, levando em conta

os resultados dos itens anteriores.

Obs.:

I) considerar o ponto de aplicação de aplicação do empuxo ativo a 0,35⋅H medido a

partir da base, sendo H a altura do muro;

II) nas verificações de estabilidade, considerar o empuxo passivo total calculado.

III) no atrito solo-muro, considerar φ⋅=δ32

SEÇÃO

H = 5 m

20 o

2,8 m

0,6 m 0,8 m

A

ATERRO

AREIA 1

AREIA 1c = 0 = 9,00 tf/m = 27 = 1,65 tf/m

q2

o

3

φγ

Material do Aterro

Argila arenosac = 3 tf/m = 30 = 1,9 tf/m

2

o

3

φγ

γm u r o

= 2,2 tf/m3


90

RESP.:

1) EA = 10,02 tf/m; aplicado a 1,75m acima da base do muro; inclinado de 18º em

relação a horizontal.

EP = 7,27 tf/m; aplicado a 0,29m acima da base do muro; horizontal.

2) A = 1,48m

3) Segurança ao tombamento: estável (FT = 2,77)

Segurança a pressões na base: estável (qmáx = 8,65 tf/m² e qméd = 7,80 tf/m²)

VIII.8.) Uma placa de concreto com 0,60m de altura será colocada no interior do solo, para

servir de ancoragem a um tirante. O tirante será fixado na metade da largura da placa.

Sabendo-se que o tirante será tracionado horizontalmente com uma força de 3 toneladas,

pergunta-se:

a) qual deverá ser a largura mínima da placa, segundo o cálculo de empuxo por

Rankine, se a lei de resistência do solo for o30tg⋅σ=τ ;

b) Qual a sua largura segundo a mesma teoria, se a lei de resistência ao cisalhamento

do solo for )m/tf(30tg4 2o⋅σ+=τ ;

c) qual a melhor profundidade para fixação do tirante à placa em cada um dos casos

anteriores.

Obs.: nos dois casos considerar peso específico natural do solo γ = 1,75 tf/m³.


91

a) La = 3,20 m

b) Lb = 0,32 m

c) Ba = 0,40 m Bb = 0,31 m


92

IX - ESTABILIDADE DE TALUDES

IX.1.) Verificar a estabilidade do talude esquematizado abaixo utilizando:

a) os ábacos de Taylor;

b) o método de Fellenius;

c) o método de Bishop simplificado.

DADOS:

- características do solo S = 3 +σ . tg 20º(tf/m²) e γ = 1,85 tf/m³

- características do talude i = 33º e H = 15m

Obs.: para os itens b e c considerar o centro de rotação obtido pela tabela de Fellenius

e ruptura de pé de talude.


RESP.:

a) Taylor: estável (F = 1,6)

b) Fellenius: estável para a superfície de ruptura arbitrada (F = 1,91)

c) Bishop: estável para a superfície de ruptura arbitrada (F ≅ 2,01)

SOLUÇÃO:


93

a) Ábacos de Taylor:

Para o caso em questão, em que c ≠ 0 e ∅ ≠ 0, a solução do problema é por tentativas.

O ábaco a ser utilizado, é o “gráfico de número de estabilidade” (Taylor) mais geral (ver

por exemplo, LAMBE e WHITMAN, 1979).

- 1º Tentativa:

Arbitrando-se F1’ = 1,9 para a 1º tentativa, vem:

od

o

1d 85,101916,0

9,120tg

Ftg

tg =φ∴==φ

=φ

No gráfico citado, obtém-se o ponto correspondente a:

- Ângulo do talude i = 33º no eixo das abcissas, e ∅d = 10,85º(interpolação

aproximada entre as curvas ∅d = 10º e ∅d = 15º). Determinado o ponto, verifica-se no

eixo das ordenadas o valor do número de estabilidade N correspondente. No caso, N =

0,078.

Sabe-se que 2d

d m/tf16,21585,1078,0HNcH

cN =××=×γ×=∴

⋅γ=

39,116,200,3

cc

Fd

"1 ===

Como o valor de F1" calculado, resultou diferente de F1 arbitrado, deve-se fazer nova

tentativa.

- 2º Tentativa:

Arbitrando-se F2’ = 1,6 vem:

od

o

'2

d 82,122275,0tgarce2275,06,1

20tgFtg

tg ==φ==φ

=φ

Do gráfico de número de Estabilidade, com i = 33º e ∅d = 12,82o, obtém-se N =

0,067

Como cd = N x γ x H então cd = 0,067 x 1,85 x 15 = 1,86 tf/m²


94

e 6,186,100,3

cc

Fd

"2 ===

Como F2" resultou igual a F2

', o seu valor será o coeficiente de segurança do talude, ou

seja, F=1,6.

Conclusão: Talude estável, pois F > 1,5.

b) Método de Fellenius:

Para determinação do centro de rotação conforme admitido no enunciado do

exercício, obtém-se da tabela de Fellenius os valores dos ângulos α e ß em função da

inclinação do talude. Para i = 33º, o valor de α = 26º e ß = 35º, conforme indicado no

esquema a seguir. (ver a tabela, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979). Com

centro no ponto 0 obtido desta forma, e ruptura de pé de talude conforme o anunciado do

problema, traça-se a superfície de ruptura. No exemplo, a cunha de ruptura (na seção

transversal) foi dividida em 5 fatias. A resolução está apresentada no esquema, quadro e

cálculos a seguir.


95

COMPONENTES DO PESO (tf) FATIA

N.O

ÁREA

(m2)

PESO = ÁREA x γ

(tf) NORMAL TANGENCIAL

1 80,30

27,70,8

=×

56,98 54 -19

2 78,827,7

25,130,8

=×+

153,14 152 -6

3 50,1157,7

25,165,13

=×+

213,68 206 55

4 80,1033,7

28,115,16

=×+

191,11 160 100

N . T .

N . T .

1 0 5oO

R = 2 5 , 5 0

7 , 3 7 , 3

1 , 51

7 , 7 7 , 7 7 , 7

1 9

5 4

1 5 2

6

5 5

2 0 6

1 6 0

1 0 0

5 0

6 28,

0 13

,5

16

,5

11

,8

C . G .C . G .

C . G .

C . G .

C . G .5

4

3

2

1

β = 35º

α = 26º


96

5 07,43

28,113,7

=×

79,68 50 62

ΣPN = 622 ΣPT = 192

- Comprimento da linha de deslizamento ( sup. de ruptura)

L = Raio x Ângulo central em radianos

m73,46180

10550,25Lo

o =π

−××=

- Coeficiente de Segurança

F = (tg ∅ ∑ PN) + (c.L) = (tg 20º x 622) + (3 x 46,73) = 226,39 + 140,19

∑PT 192 192

F = 1,91 > 1,5 . . Talude estável para o centro de rotação e a superfície de ruptura

adotados.

c) Método de Bishop simplificado:

Também neste método, a resolução apresentada é por tentativas neste caso. O centro

de rotação, superfície de ruptura e fatias utilizadas foram idênticos aos do método de

Fellenius. A sequência de cálculo está apresentada a seguir. Os valores de bi, hi e αi foram

obtidas na seção transversal do talude. Os valores de Mαi podem ser calculados por:

Mαi = (1 + tgα . tg ∅) x cos αi, ou

F

então obtidos graficamente em função de αi e de tg ∅’/F ( Ver LAMBE e WHITMAN,

1979). As tentativa devem ser repetidas, até que se obtenha um coeficiente de segurança

calculado (F”), igual ao arbitrado (F’). A expressão que fornece o valor de F”é:

( )( )∑∑ α

φ××γ+×

α=

i

ii

ii M'tg'h'cb

sen.P1

"F

porque B = 0


97


FATIAS 1 2 3 4 5

Base bi (m) 7,7 7,7 7,7 7,3 7,3

Alt. Média h’i (m) 4,6 11,3 15,7 15,0 8,0

Peso (Pi)=(bi x h’i x γ) (tf) 65,53 160,97 223,65 202,58 108,04

αi -24º -4º 14º 32º 56º

P x senαi -26,65 -11,23 54,11 107,35 89,57 Σ=213,15

xi = bi (c’+γh’itgφ’) 46,95 81,69 104,50 95,63 61,22

Com F’1=1,51'F'tgφ =0,242

Assim, Mαi

0,81

0,98

1,03

0,98

0,76

xi/ Mαi 57,96 83,36 101,46 97,58 80,55 Σ=420,91

Com F’2=3,02'F'tgφ =0,121

Assim, Mαi

0,86

0,99

1,00

0,91

0,66

xi/ Mαi 54,59 82,52 104,50 105,09 92,76 Σ=439,46

Com F’3=1,52'F'tgφ =0,181

Assim, Mαi

0,84

0,98

1,01

0,94

0,72


98

xi/ Mαi 55,89 83,36 103,47 101,73 85,03 Σ=429,48

1º tentativa:

F’1 = 1,5

11ii

ii1 "F'F97,1

15,21391,420

)senP(

)M/x("F ≠∴==

α×=

∑∑ α

2º tentativa:

F’2 = 3,0

22ii

ii2 "F'F06,2

15,21346,439

)senP(

)M/x("F ≠∴==

α×=

∑∑ α

N . T .

N . T

O

54

3

2

1

b = 7 , 71

b = 7 , 35

β = 35º

α = 26º

b = 7,34

b = 7,72

b = 7,73

h' =

8,0

m5

h' =

15,

0m4

h' =

15,

70m

3

h' =

11,

30m

2

h' =

4,6

0m1

α = - 24º

α = - 4º

α = 14º

α = 32º

α = 56º


99

3º tentativa:

F’3 = 2,01

33ii

ii3 "F'F01,2

15,21348,429

)senP(

)M/x("F ≠∴==

α×=

∑∑ α

Então F = F’3 = F”3 = 2,01

Como F > 1,5 o talude é estável para o centro de rotação e a superfície de ruptura

adotados.

IX.2.) Calcular o coeficiente de segurança do talude esquematizado abaixo, utilizando o

gráfico do número de estabilidade de Taylor.

DADOS DO MACIÇO:

τ = 5,0 + σ . tg 15º (tf/m²) γ = 2,04 tf/m³


RESP.: F = 1,55 (CRUZ - 1967)

IX.3.) Verificar a estabilidade do talude, pelo gráfico do número de estabilidade de Taylor.

DADOS DO SOLO:

τ = 4,0 tf/m² γ = 1,75 tf/m³


100

RESP.: Talude instável (F = 1,07). Ruptura de pé de talude (n = 0)

(CRUZ - 1967)

IX.4.) Analisar a estabilidade do talude esquematizado abaixo, utilizando:

a) o método de Culmann;

b) os ábacos de Taylor;

c) o método de Fellenius, considerando a ruptura pelo pé do talude, com centro de rotação

no ponto 0 indicado.

DADOS DOS MACIÇO:

γ = 1,8 tf/m³ c = 4,5 tf/m² ∅ = 0


101

SEÇÃO TRANSVERSAL DO TALUDE: (ESCALA 1:250)

RESP.:

a) instável (Hcrít = 11,90m)

b) instável (F = 0,72)

c) instável (F = 0,80. Valor obtido com apenas 3 fatias.)

IX.5.) Para o talude esquematizado a seguir, pede-se:

a) verificar pelo método de Culmann, qual a mínima coesão que deverá ter o solo para

que o talude seja estável, considerando ∅ = 0;


102

b) determinar o seu coeficiente de segurança, utilizando o gráfico do número de

estabilidade de Taylor, e lei de resistência ao cisalhamento do solo τ = 1,93 +σ . tg

32º (tf/m²).

OBS: em ambos os casos, a sobrecarga poderá ser substituída por uma altura

equivalente de solo, sem alterar a inclinação do talude, para simplificar o problema.

SEÇÃO:

RESP.: a) c = 2,6 tf/m² b) F = 1,34

IX.6.) Verificar a estabilidade do talude esquematizado abaixo, considerando escorregamento

profundo limitado por camada resistente, com centro de rotação no ponto 0 indicado:

a) utilizando o método das fatias (Fellenius) e lei de resistência ao cisalhamento do solo

τ = 0,6 + σ x tg 15º (Kgf/cm²);

b) utilizando os gráficos de número de estabilidade (Taylor) e lei de resistência ao

cisalhamento do solo τ = 0,6 Kgf/cm².

Dados do solo: n = 0,49 ; G = 2,68 ; S = 68%.

Escala do desenho 1:500.


103

RESP.:

a) estável (F = 2,89. Valor obtido com 5 fatias)

b) instável (F = 1,28)

IX.7.) Verificar a estabilidade do talude esquematizado, utilizando:

a) o método de Taylor (gráficos do número de estabilidade);

b) o método de Fellenius, considerando superfície de ruptura passando pelo pé do

talude, com centro de rotação no ponto 0 indicado.

Obs: para simplificar a solução, substituir a sobrecarga por uma altura equivalente da

terra, sem alterar a inclinação do talude.

DADOS DO SOLO: γ = 1,6 tf/m³ τ = 2 +σ tg 30º (tf/m²)


104

escala 1:100

RESP.:

a) está no limiar da estabilidade (F ≅ 1,44)

b) estável (F ≅ 1,79 com apenas 3 fatias).

IX.8.) Calcular o coeficiente de segurança do talude esquematizado a seguir, utilizando o

método de Bishop simplificado. Considerar o círculo de ruptura com centro no ponto A (18,3;

36,6), e que passa pelo ponto B (12,2; 12,2).

DADOS DO SOLO: γ = 1,84 tf/m³ φ’ = 20º c’= 2,4 tf/m²


105


RESP.: F≈1,68.

IX.9.) Calcular o coeficiente de segurança do talude indicado, utilizando os ábacos de Bishop

e Morgernstern para obtenção dos coeficientes de estabilidade m e n.

DADOS DO SOLO:

τ = 1,5 +σ . tg 30º (tf/m²) γ = 2,0 tf/m³ B = 0,18

Y

36,6 m

24,4 m

12,2 m

X30,5 m18,3 m12,2 m0

A

B


106


(Ver ábacos, por exemplo, em CRUZ - 1967).


107

X - CAPACIDADE DE CARGA SUPERFICIAL

X.1.) Determinar a capacidade de carga do solo, para a fundação superficial (sapata

retangular) esquematizada abaixo, utilizando os seguintes métodos:

a) Terzaghi ruptura geral;

b) Terzaghi ruptura local;

c) Meyerhof;

d) Brinch - Hansen (Considerando o carregamento vertical);

e) Skempton ( considerando o solo puramente coesivo);

f) Balla.

DADOS DO SOLO:

γ = 1,8 tf/m³ S = 0,4 + σ . tg 15º (kgf/cm²)

2,0 m

3,0 m

1,5 m

Seção:

Planta de Fundação:


108

RESP.:

a) 70 tf/m² b) 33 tf/m² c) 52 tf/m²

d) 81 tf/m² e) 31 tf/m² f) 112 tf/m²

SOLUÇÃO:

a) Método de Terzaghi - considerando ruptura geral:

Para o caso de sapata retangular, a expressão é

qd = (1,1, x c x NC) + (γ x Df x Nq) + (0,45 x γ x B x Nγ)

Os parâmetros do solo são:

coesão c = 4,0 tf/m² γ = 1,8 tf/m³

As características da fundação são:

profundidade Df = 1,5 m largura B = 2,0 m.

Os fatores de capacidade de carga podem ser obtidos em ábacos, em função do

ângulo de atrito interno φ = 15º e do tipo de ruptura considerada:

NC = 12,0 ; Nq = 5,0 ; Nγ = 2,2

(Ver ábaco, por exemplo, em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981).

Substituindo estes valores na expressão, vem:

qd = (1,1 x 4,0 x 12,0) + (1,8 x 1,5 x 5,0) + (0,45 x 1,8 x 2,0 x 2,2)

qd = 70 tf/m²

b) Método de Terzaghi - considerando ruptura local:


109

As únicas alterações em relação ao caso anterior, serão os valores dos fatores de

capacidade de carga. Para o caso em questão, segundo o ábaco já citado, os fatores

são:

NC = 5,6; Nq = 2,5; Nγ = 1,1

Então

qd = (1,1 x 4,0 x 5,6) + (1,8 x 1,5 x 2,5) + (0,45 x 1,8 x 2,0 x 1,1)

qd = 33,2 tf/m²

c) Método de Meyerhof:

Neste método, a expressão é:

qd = (c x NC) + (pO x Nq) + (1/2 x γ x B x Nγ)

Onde pO = γ x Df, e os demais símbolos têm o mesmo significado que no item

anterior.

Os fatores de capacidade de carga também podem ser obtidos no mesmo ábaco já

citado nos itens a e b, e neste caso obtém-se:

NC = 10,0; Nq = 3,5; Nγ = 1,3.

∴qd = (4,0 x 10,0) + (1,8 x 1,5 x 3,5) + (1/2 x 1,8 x 2,0 x 1,3)

qd = 51,8 tf/m²

d) Método de Brinch-Hansen:

O Cálculo da capacidade de carga é feito da seguinte forma:

qd = (c x NC x SC x dC x iC) + (q x Nq x Sq x dq x iq) + (1/2 x γ x B x Nγ x Sγ x dγ

x iγ)

onde:

c = coesão = 4,0 tf/m²

q = γ x Df = (1,8 x 1,5) tf/m²


110

γ = peso específico do solo = 1,8 tf/m³

B = largura da sapata = 2,0 m

Os demais valores são obtidos em tabela (ver, por exemplo, CALLIARI,

NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981), como segue:

Fatores de capacidade de carga (N):

para φ = 15º; NC = 10,97; Nq = 3,94; Nγ = 1,42

Fatores de forma (S)

para sapata retangular: SC = Sq = 1 + (0,2 x B/L) = 1 + (0,2 x 2,0/3,0) = 1,15

Sγ = 1 - (0,4 x B/L) = 1 - (0,4 x 2,0/3,0) = 0,70

Onde L = comprimento da sapata

Fatores de profundidade (d):

dC = dq = 1 + (0,35 x Df/B) = 1 + (0,35 x 1,5/2,0) = 1,26

dγ = 1,00

Fatores de inclinação (i):

13242

01

LBc2H

1iC =×××

−=×××

−=

1p

05,01

pH5,0

1iq =×

−=×

−=

iγ = (iq)² = 1

Onde H = componente horizontal da carga

Substituindo os valores na expressão, vem:


111

qd = (4,0 x 10,97 x 1,15 x 1,26 x 1,0) + (1,8 x 1,5 x 3,94 x 1,15 x 1,26 x 1,0) + (0,5

x 1,8 x 2,0 x 1,42 x 0,7 x 1,0 x 1,0)

qd = 80,8 tf/m²

e) Método de Skempton:

Este método, aplica-se a solos puramente coesivos (φ = 0), e sua expressão geral é:

qd = (c x NC) + (γ x Df)

onde:

c = coesão = 4,0 tf/m³

γ = peso específico do solo = 1,8 tf/m²

Df = profundidade da base = 1,5 m

Para sapata retangular CC NL5

B1N ×

×+= (sapata contínua)

O Nc para sapata contínua é obtido de um ábaco, em função de:

2,6N75,00,25,1

BD

Cf =∴==

(este ábaco pode ser encontrado também em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI

- 1981).

Portanto, para a sapata retangular em questão:

0,72,60,35

0,21N C =×

×

+=

Então:

qd = (4,0 x 7,0) + (1,8 x 1,5)

qd = 30,7 tf/m²

f) Método da Balla:


112

A sua expressão é:

qd = ( c x NC) + (0,5 x B x γ x Nγ) + (γ x Df x Nq)

onde:

c = coesão 4,0 tf/m²

B = largura da sapata = 2,0 m

γ = peso específico do solo = 1,8 tf/m³

Df = profundidade da base = 1,5 m

Os fatores de capacidade de carga são determinados em gráficos, em função de φ,

γ×× B5,0c

, B5,0

Df

×

(Os gráficos citados podem ser encontrados em CALLIARI, NASCIMENTO e

CHAMECKI - 1981).

No caso em questão:

φ = 15º

22,28,10,25,0

0,4B5,0

c=

××=

γ××

5,10,25,0

5,1B5,0

Df =×

=×

Deve se fazer uma interpolação entre o valor de obtido no gráfico para

0,2B5,0

De0,1

B5,0D ff =

×=

×,

obtendo-se ⌠ = 3,5

Em seguida, com ⌠ = 3,5 e φ = 15º obtém-se

Nc = 20 ; Nq = 5 ; Nγ = 10

Substituindo os valores na expressão, vem:

qd = (4,0 x 20,0) + (0,5 x 2,0 x 1,8 x 10,0) + (1,8 x 1,5 x 5,0)


113

qd = 112 tf/m²

X.2.) Determinar a capacidade de carga nos pontos A e B indicados no esquema a seguir,

segundo o método de Terzaghi e o de Meyerhof, para a sapata circular de 3,0 m de diâmetro.

Sabe-se que o solo de fundação é de baixa resistência, com γ = 1,6 tf/m³, e S = 1,0 + σ .

tg 15º (tf/m²).

SECÇÃO:

B

1m

A

3m

2m

RESP.:

a) Terzaghi: qdA = 12,14 tf/m² e qdB

= 16,14 tf/m²

b) Meyerhof: qdA = 18,72 tf/m² e qdB

= 24,32 tf/m²


114

X.3.) Para uma sapata corrida, com largura B = 0,6 m, e profundidade da base Df =

0,8m, determinar:

a) o seu coeficiente de segurança, considerando que a sapata transmite ao solo uma carga

uniformemente distribuída de 2,7 kgf/cm²;

b) o coeficiente de segurança que resultará com o mesmo carregamento, porém se o solo

for escavado e removido dos dois lados da sapata, até a cota da sua base.

CARACTERÍSTICA DO SOLO:

γ = 1,75 tf/m³ c = 0,5 kgf/cm²

FATORES DE CAPACIDADE DE CARGA ( TERZAGHI )

NC = 17,0 Nγ = 4,8 Nq = 8,5

RESP.: a) 3,7 b) 3,3.

X.4.) Determinar o coeficiente de segurança para os pontos A e B da sapata corrida

esquematizada, que transmite ao solo uma pressão de 3 Kgf/cm².

DADOS DO SOLO:

γ = 1,7 tf/m³ resistência à compressão simples = RCS = 4,0 tf/m²

fatores de capacidade de carga ( Terzaghi )

NC = 34, Nγ = 22; Nq = 23.


115

SECÇÃO:

0,50m

0,25m

A B

0,75m

RESP.: Em A = 2,9 e em B = 3,6.

X.5.) Um grande muro divisório de alvenaria de pedra argamassada, cuja fundação é um

bloco corrido de concreto ciclópico, com as dimensões da figura, foi construído em terreno de

areia compacta. Pede-se:

a) a capacidade de carga do terreno, com relação à fundação em questão, segundo o

método de Terzaghi;

b) o coeficiente de segurança nas condições da figura;

c) a que valor passará este coeficiente de segurança, se de um dos lados do muro o terreno

for escavado e removido até a cota - 0,50 m.

DADOS DO SOLO:

- acima de N.A. γ = 1,8 tf/m³

- abaixo do N.A. γsat = 1,95 tf/m³

- coesão c = 0

- ângulo de atrito interno φ = 32º


116

DADOS DO MURO E FUNDAÇÃO:

γ = 2,2 tf/m³

SECÇÃO DO MURO E PERFIL DO TERRENO:

areia0,8m

fundação

muro

NT=0,0

NA=-6,0m

0,5m 3,0m

RESP.:

a) qd ≅ 44 tf/m²

b) F ≅ 8,0

c) F’ ≅ 3,1

(Baseado em BARATA - 1974).


117

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

1) BARATA, Fernando E. (l974) - Mecânica dos Solos - Escola de Engenharia da

Universidade Federal do Rio de Janeiro - Rio de Janeiro.

2) CALLIARI, Norberto A; Nascimento Ney A., Chamecki, Paulo R. (l98l) - Mec. Solos ( 2

Volumes ) - Cadernos Técnicos do Diretório Acadêmico do Setor de Tecnologia (DASP) -

Universidade Federal do Paraná - Curitiba.

3) CAPUTO, Homero P. (1973) - Problemas Sobre Mecânica dos Solos e Fundações -

Escola de Engenharia da Universidade Federal do Rio de Janeiro - Rio de Janeiro.

4) CAPUTO, Homero P. (1977) - Mecânica dos Solos e suas Aplicações Volume 4 -

Livros Técnicos e Científicos Editora S/a. Rio de Janeiro.

5) CAPUTO, Homero P. (1979) - Mecânica dos Solos e suas Aplicações Volume 3 - 2ª

edição - Livros Técnicos e Científicos Editora S/A. - Rio de Janeiro.

6) CRUZ, Paulo T. da (1967) - Estabilidade de Taludes - Escola Politécnica da

Universidade de São Paulo - São Paulo.

7) CRUZ, Paulo T. da; SAES José L. (1972) - Problemas de Mecânica dos Solos - 4ª

edição - Escola Politécnica da Universidade de São Paulo - São Paulo.

8) LAMBE, T. W.; whitman, r.v. (1969), - Soil Machanics – SI Version, Jonh Wiley & Sons.


118

9) ORDEMIR, Ismet M. (1968) - Mecanica de Suelos Avanzada - Universidade Nacional

da Colombia – Bogotá.

10) PORTO DE LIMA, Maria José C. (1977) - Percolação d’água nos Solos - IME

(Instituto Militar de Engenharia) - Rio de Janeiro.

11) TERZAGHI, Karl; PECK, Ralph B. (1948) - Soil Machanics in Engineering Practice -

John Wicy and Sens - Nova Iorque.

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