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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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
xi
τ = tensão tangencial ou cisalhante
u = fator de concentração para cálculo de (Frohlich)
I-I =plano principal maior
III-III =plano principal menor
Mecânica dos Solos - exercícios
xii
FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS
CAP. I - PROPRIEDADES ÍNDICES:
Grau de compacidade
minmax
max
ee
ee
GC
−
−
=
Índice de consistência
IP
hLL
IC
−
=
Índice de plasticidade IP = LL – LP
Teor de umidade 100x
P
P
(%)h
S
A
=
Peso especifico aparente ou natural do solo
V
P
=γ
Peso especifico real dos grãos de solo
S
S
g
V
P
=γ
Peso específico aparente do solo seco
V
PS
S =γ
Peso específico aparente do solo saturado
SA
SA
sat
VV
PP
+
+
=γ
Peso específico aparente do solo submerso γsub = γ’ = γsat - γA
“Massa específica“ real dos grãos de solo
A
g
G
γ
γ
=
Índice de vazios
S
V
V
V
e =
Porosidade
V
V
n V
=
B) Grau de saturação 100
V
V
(%)S
V
A
−=
Grau de aeração A (%) = 100 - S (%)
Mecânica dos Solos - exercícios
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
2
30
c
DD
D
C
×
=
Coeficiente de uniformidade
10
60
u
D
D
C =
CAP. I I I - PERMEABILIDADE
Vazão unitária
d
f
N
N
.h.kc =
Gradiente hidráulico num ponto da rede de fluxo
L
h
i
∆
=
Queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo
dN
h
h =∆
Gradiente hidráulico crítico
A
sub
criti
γ
γ
=
Carga hidráulica total (da equação de Bernouilli adaptada a percolação através do solo)
zh
A
+
γ
µ
=
Fator de transformação de escala na direção x, para obter seção transformada no caso de
escoamento e meio anisótropo
X
y
K
K
xX =
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 +=
Mecânica dos Solos - exercícios
xiv
Pressão vertical total em solo estratificado com superfície horizontal
∑
=
×γ=
n
ni
ii )H(p
CAP. V DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS
APLICADAS
Equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical:
5
3
z
R
z
H2
p3
×
×
×
=σ sendo 22
rzR +=
Equação de Boussinesq simplificada, com o valor de “K” obtido do gráfico em função de
“r”e “z”.
2z
z
p
K ×=σ
Equação de Newmark para acréscimo de pressão vertical:
pNIz ××=σ
Acréscimo de pressão vertical sob o centro do carregamento circular, pelo “Método
Aproximado”:
( )[ ]2
0
2
z
tgzR
R3
p
φ×+
×
×=σ
Acréscimo de pressão vertical sob o centro da faixa carregada, pelo “Método Aproximado”:
)tgz(
2
b
b
p
0
z
φ×+
×=σ
Equação de Love, para acréscimo de pressão vertical:








+
−×=σ 2/322
3
z
)zR(
z
1p
Equação de Westergaard para acréscimo de pressão vertical:
2/3
2
2 z
r
21
zH
p
−






















×+×
×
=σ
Equação de Frohlich para acréscimo de pressão vertical:
u2
u
Z
RH2
zpu
+
××
××
=σ
Mecânica dos Solos - exercícios
xv
Equação de Carothers para acréscimo de pressão vertical:
( )[ ]βα+α=σ 2cossen
H
p
z
CAP. VI - COMPRESSIBILIDADE
Recalque total:
0
0
c
0 p
pp
logC
e1
H
H
∆+
××
+
=∆
Fator tempo:
2
d
V
H
tC
T
×
=
Relação aproximada U x T para U < 0,6 ( 60% )
2
U
4
H
T ×=
Relação aproximada U x T para U > 0,6 (60%)
( )[ ] 0851,0U1log9332,0T −−×−=
Relação aproximada U x T geral
6
3
3
5,0T
T
U
+
=
Expansão total:
0
0
e
0
e
p
pp
logC
e1
H
H
∆+
××
+
=∆
Índice de compressão (sendo (e’ xp’) , (e” xp”), pontos da reta virgem no trecho de
compressão)
'p
''p
log
''e'e
Cc
−
=
Índice de expansão (sendo (e’ x p’), (e” x p”), pontos da reta de
expansão/recompressão)
'p
"p
log
"e'e
Ce
−
=
Relação aproximada entre Cc e LL, para argilas normalmente adensadas
Mecânica dos Solos - exercícios
xvi
(Terzaghi e Peck - 1948):
Cc = 0,009 ( LL - 10%)
Comparação entre tempos de adensamento no laboratório e no tempo:
2
C
2
L
C
L
H
H
t
t
=
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
×γ
σ
=
σ
σ
=
Empuxo ativo total - teoria de Rankine







 ×××
−








××γ×=
φ
φ
φ N
NHc2
N
1
H
2
1
E 2
A sendo 




 φ
+=φ
2
45tgN 2 o
Empuxo passivo total - teoria de Rankine.
[ ]φφ ×××−





××γ×= NHc2NH
2
1
E 2
P sendo ( )2
2
45tgN φ+=φ
o
Empuxo ativo total - teoria de Colulomb:
A
2
A KH
2
1
E ××γ×=
sendo
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
isensen
isensen
1sensen
sen
K






+α×δ−α
−φ×δ+φ
+×δ−α×α
φ+α
=
Empuxo passivo total - teoria de Coulomb:
P
2
P KH
2
1
E ××γ×=
sendo
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
isensen
isensen
1sensen
sen
K






+α×δ−α
−φ×δ+φ
−×δ−α×α
φ+α
=
Mecânica dos Solos - exercícios
xvii
Pressões sob a base do muro, quando
6
L
e ≤





 ×
±=
L
e6
1
L
N
q
min
máx
Pressões sob a base do muro, quando
6
L
e >
d3
N2
qmáx =
Força de atrito solo - base do muro:
δ×= tgNFAT
CAP. I X - ESTABILIDADE DE TALUDES
Número de estabilidade de Taylor:
H
c
N d
×γ
=
Coeficiente de segurança no método de Taylor:
dd c
c
tg
tg
F =
φ
φ
=
Coeficiente de segurança no método de Fellenius
( ) ( )
∑
∑ ×+×φ
=
N
N
P
LcPtg
F
Coeficiente de segurança no método Bishop simplificado.
( )
( ) ( )[ ]∑
∑ 




 φ×−×+×
×
α×
=
αM
tgB1pb'c
senP
1
F
Valor de Mα ( Método de Bishop ):
α×




 φ×α
+=α cos
F
'tgtg
1M
Parâmetro de pressão neutra:
H
B
×γ
µ
=
Mecânica dos Solos - exercícios
xviii
Método de Culmann:
2
i
cot
c4
Hcrit ×
γ
=
Coeficiente de segurança no método de Bishop Simplificado com utilização dos ábacos de
Bishop e Morgernstern
( )nBmF ×−=
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
100
P
P
h
S
A
×= do esquema PA = P - PS = 92,5 - 74,3 = 18,2 gf
%5,24100
3,74
2,18
h =×=
b) Cálculo do grau de saturação:
33
A
A
A
V
A
m/tf0,1cm/gf0,1
V
P
100
V
V
S ===γ∴×=
PA = 18,2 . gf ∴ VA = 18,2 cm³
Mecânica dos Solos - exercícios
2
3
S
S
S
S
S
SECO cm36,28
62,2
3,74P
V
V
P
==
γ
=∴=γ
do esquema:
VV = V - VS = 60,00 - 28,36 = 31,64 cm³
%5,57100
64,31
20,18
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:
SA
S
A
P7,0P70100
P
P
h ⋅=∴=×=
SSSSA P7,1PP7,0PPP ⋅=+⋅=+=
S
3
P85,0
0,2
P
Vcm/gf0,2
V
P
⋅==∴==γ
S
A
A
A
A P7,0
0,1
PP
V ⋅==
γ
=
Mecânica dos Solos - exercícios
3
SAV
V
A
P7,0VV%100100
V
V
S ⋅==∴=×=
SSSVS P15,0P70,0P85,0VVV ⋅=⋅−⋅=−=
Cálculo dos índices físicos solicitados;
8,0
P85,0
P70,0
V
V
n
S
SV
=
⋅
⋅
==
7,4
P15,0
P70,0
V
V
e
S
S
S
V
=
⋅
⋅
==
3
S
SS
SECO cm/gf18,1
P85,0
P
V
P
=
⋅
==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:
gf43,1
70
1000,1
P%70100
P
P
h S
S
A
=
×
=∴=×=
gf43,243,100,1PPP SA =+=+=
3
V
3
A
A
A cm0,1Vcm0,1
0,1
0,1P
V =∴==
γ
= pois S=100%
33
cm21,1
00,2
43,2P
Vcm/gf0,2
V
P
==
γ
=∴==γ
Mecânica dos Solos - exercícios
4
3
VS cm21,000,121,1VVV =−=−=
Cálculo dos índices físicos:
8,0
21,1
00,1
V
V
n V
===
7,4
21,0
00,1
V
V
e
S
V
===
3S
SECO cm/gf18,1
21,1
43,1
V
P
===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
e
100
100
0,2
e1
e
100
S
SS
+
γ+





×
=∴
+
γ+





×
=γ (2)
Substituindo (1) em (2), vem:
7,4e
e1
70
e100
e
0,2 =∴
+





 ×
+
=
8,0
67,5
67,4
e1
e
n ==
+
=
3
SECO cm/gf18,1
70100
100
0,2
h100
100
=
+
×=
+
×γ=γ
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.:
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
11
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 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)
%Passando
Mecânica dos Solos - exercícios
12
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 2
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%Passando
Mecânica dos Solos - exercícios
13
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 3
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0,001 0,01 0,1 1 10 100
Diâmetro das Partículas (mm)
%Passando
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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%
na peneira n.º 40 99%
na peneira n.º 200 95%
- 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
Mecânica dos Solos - exercícios
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).
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
21
DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA
AMOSTRA 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)
%Passando
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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/m108,2K
3600
1
6
11
50,4
25,0
N
N
h
q
K
N
N
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
8,0
0,1
0,18,1'
i
A
ASAT
A
CRIT =
−
=
γ
γ−γ
=
γ
γ
=
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.
45,0
900,0
409,0
i
409,0
11
50,4
Nd
h
h
L
h
i
==
===∆
∆
=
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
1
A
1
1 zh +
γ
µ
=
Considerando as quedas de potencial ao longo da rede de fluxo, no sentido do
escoamento:
m27,0
15
0,4
140,4)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 11
A
1
=−−=−=
γ
µ
Como γA = 1,00 tf/m³ ∴µ1 = 2,07 tf/m²
Ponto5:
Segundo o mesmo raciocínio já apresentado para o ponto 1, tem-se:
5h
A
5
5 +
γ
µ
=
Mecânica dos Solos - exercícios
26
sendo
m40,2)4,10,1(zem33,1
15
0,4
100,4)hn(hh 55 −=+−==





×−=∆×−=
Donde:
2
555
A
5
m/tf73,3m73,3)40,2(33,1zh =µ∴=−−=−=
γ
µ
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)
Mecânica dos Solos - exercícios
27
SOLUÇÃO:
O fator de transformação de escala na direção X é
60,0
5,4
6,1
Kx
Ky
==
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
SOLO
K = 10 cm/s
- 4
CAMADA IMPERMEÁVEL
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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 / cm
3
- 10,0 m
- 6,0 m
ÁGUA
N.A. = 0,0 m
AREIA
ROCHA
Mecânica dos Solos - exercícios
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 µ
2,76
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
m0,20,45,0Lih
L
h
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
Mecânica dos Solos - exercícios
37
c) “Quick Sand” (areia movediça):
condição i = iCRIT
19,1
00,1
00,119,2
i
A
SUB
CRIT =
−
=
γ
γ
=
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 / m
2
13,8 tf / m
2
5,0 tf / m
2
p
µp
Mecânica dos Solos - exercícios
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
ÁGUA
ÁGUA
AREIA
γS A T
= 2,0 tf / m
3
R1
R2
- 3,0 m
- 5,0 m
- 12,0 m
16 tf/m
2
2 2
12 tf/m
2
4 tf/m
2
p µ p
Mecânica dos Solos - exercícios
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 / m
2
p= µ
p
2,0 tf / m
2
0
0
0
Mecânica dos Solos - exercícios
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
ÁGUA
AREIA FINA
AREIA MÉDIA
R1
R2
γS A T
= 1,8 tf / m
3
γS A T
= 2,0 tf / m
3
11,00 tf / m
2
p µ p
15,00 tf / m
2
NA = 0,0 m
- 3,0 m
- 8,0 m
4,00 tf / m
2
6,00 5,25 0,75
Mecânica dos Solos - exercícios
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
R1
R2
- 7,0 m AREIA 2
Mecânica dos Solos - exercícios
42
RESP.:
- 8,0 m
- 13,0 m
9,10 tf / m
2
7,85 tf / m
2
1,25 tf / m
2
p p
p
µ
R2
R1
0,0m
- 5,0 m
- 2,0 m
8,75 tf / m
2
Mecânica dos Solos - exercícios
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
(Baseado em CAPUTO - 1973)
SOLUÇÃO:
A equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical é:
22
5
3
Z rZRonde
R
Z
2
P3
+=×
π
=σ
Exemplo de cálculo para r = 0 e z = 3m:
22
5
3
Z
22
cm/kgf0,8m/tf0,80
)3(
)3(
2
15003
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Z
P
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:
0,1
Z
r
= . Do gráfico, para 0,1
Z
r
= obtém-se K = 0,085
22
2Z cm.kgf4,1m/tf14
)3(
1500
085,0 ==×=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) σZ
= f (z)
Exemplo para r = 0
8,0
2,0
0,7
2 m 2 m1 m1 m
Mecânica dos Solos - exercícios
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
(Baseado em CAPUTO - 1977)
SOLUÇÃO:
Considerando-se carga uniformemente distribuída, a pressão aplicada é
2
m/tf20
5,45,4
405
p =
×
=
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
2
ZZ
Z
m/tf6,24032,0204032,0p032,0
p 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 8,2
b
a
=
Área AFDM b = 2,25 m
z = 3,00 m 3,1
b
z
=
Mecânica dos Solos - exercícios
47
Com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se:
18,0
p
Z
=
σ
a = 2,25 m 3,1
b
a
=
Área BFEM b = 1,75 m
z = 3,00 m 7,1
b
z
=
Do gráfico, 13,0
p
Z
=
σ
Portanto, para a área realmente carregada ABDE:
05,013,018,0
p
Z
=−=
σ
E para toda a área carregada:
2
ZZ
Z
m/tf0,22005,02p05,0205,02
p M
M
=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
Mecânica dos Solos - exercícios
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 / m
2 2
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
cm0,4
0,5
5,20,8
x =
×
=
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
50
SEÇÃO:
Para carregamento circular:
( )[ ] ( )[ ]
2
ZC2o
2
2
o
2
ZC m/tf8,14
45tg54
)4(3
25
tgzR
R3
p =σ∴
×+
×
×=
φ×+
×
×=σ
Conhecido o valor de σzc, σzB pode ser obtido por semelhança de triângulos:
2
ZBo
o
ZB
o
o
ZC
ZB
m/tf22,8
)45tg5(4
45tg5
8,14
)tgz(R
tgz
=σ∴
×+
×
×=σ∴
φ×+
φ×
=
σ
σ
∴ 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.
( ) [ ]
2
ZC2/322
3
2/322
3
ZC m/tf1,13
)5()4(
)5(
125
zR
z
1p =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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
(Baseado em CAPUTO - 1977)
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
55
PLANTA:
PERFIL:
RESP.: σZA = 0,24 kgf/cm²
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
74,16
10,574,16
log4,0
19,11
00,6
op
pop
logC
e1
H
H C
O
==∆∴
+
××
+
=
∆+
××
+
=∆
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):
Mecânica dos Solos - exercícios
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
3º) Cálculo do recalque total:
cm25,41m4125,0H
10,12
60,610,12
log6,0
2,11
800
op
pop
logC
e1
H
H C
O
==∆∴
+
××
+
=
∆+
××
+
=∆
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 %80
25,41
1000,33
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
H
H
ilaarg
d = devido à dupla drenagem.
anos8,28s10072,9t
10
2
800
567,0
C
)H(T
t
)H(
tC
T
8
4
2
v
2
d
2
d
v
≅⋅=






×
=
×
=∴
×
= −
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
60
2º) Cálculo de ∆p na cota - 7,0 (Boussinesq).
2
5
3
5
3
Z m/tf41,3
)7(
)7(
2
3503
)R(
)z(
2
P3
p =×
π×
×
=×
π×
×
=σ=∆
3º) Cálculo do recalque total:
cmmH
op
pop
C
e
H
H C
O
83,101083,0
80,10
41,380,10
log50,0
2,11
400
log
1
==∆∴
+
××
+
=
∆+
××
+
=∆
4º) Cálculo do fator tempo:
( ) ( ) 045,0
2
400
106103
)H(
tC
T 2
64
2
d
v
=






××⋅
=
×
=
−
5º) Cálculo do grau de adensamento:
Utilizando-se a expressão geral que fornece valores aproximados
%)24(24,0
5,0)045,0(
)045,0(
5,0)T(
)T(
U 6
3
3
6
3
3
≅≅
+
=
+
=
6º) Cálculo do recalque correspondente:
Se 100% de recalque correspondente a 10,83 cm, a 24% deste recalque total
corresponde:
cm60,283,10
100
24
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.
Dados da camada de argila:
CV = 6 x 10-4
cm2
/s; eO = 1,19; LL = 54%
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Dados da camada de argila:
CC = 0,39; G = 2,70; γsat = 2,10 tf/m3
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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)
ÍndicedeVazios(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)
AlturadaAmostra(mm)
Mecânica dos Solos - exercícios
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?
Mecânica dos Solos - exercícios
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
=
=
=
3
g cm/gf02,3
gf26,97totalpeso
cm0,2altura
cm0,6diâmetro
provadecorpo






⋅=
=
−
s/cm104C
4,0C
resultados 23
V
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;
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
71
PERFIL:
RESP.: a) 23,46 cm b) 2,11 x 107
s c) 8,8 cm d) 582,85 cm
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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;
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
76
1º e 2º corpo de prova
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
43dd = sobrecarga concentrada = 15 tf
54dd = peso cunha 3 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf
65dd = sobrecarga concentrada = 10 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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
33,0
30sen1
30sen1
sen1
sen1
K
o
o
A =
+
−
=
φ+
φ−
=
00,3
33,0
1
K
1
K
A
p ===
Intensidade dos empuxos por unidade de comprimento do muro.
( ) tf14,433,0)90,3(65,1
2
1
KH
2
1
E 2
A
2
A =×××=××γ×=
tf00,200,3)90,0(65,1
2
1
K)H(
2
1
E 2
p
2
p =×××=××γ×=
Mecânica dos Solos - exercícios
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: 30,3
38,5
76,17
M
M
F
T
R
T ===
Mecânica dos Solos - exercícios
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×
3
2
).
.·. tf25,630
3
2
tg16,17F o
AT =





××=
Coeficiente de segurança máximo: 99,1
14,4
00,225,6
E
EF
F
A
pAT
máxE =
+
=
+
=
como FE máx = 1,99 > 1,50 .·. verifica
Coeficiente de segurança mínimo: 51,1
14,4
25,6
E
F
F
A
AT
mínE ===
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
83
SEÇÃO
∑MA = 17,76 - 5,38 = 12,38 tf.m
m72,0
16,17
38,12
N
M
d
A
===
∑
A excentricidade será:
m28,072,0
2
00,2
d
2
L
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:
6
L
e <
m33,0
6
L
m28,0e33,0
6
00,2
6
L
=<=∴== (verifica).
Em seguida, obtém-se a distribuição aproximada (trapezoidal) das tensões na base do
muro. Como
6
L
e < , vem:
)84,01(58,8
00,2
28,06
1
00,2
16,17
L
e6
1
L
N
q
mín
máx
±=




 ×
±=




 ×
±=
Mecânica dos Solos - exercícios
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) 2
máx m/tf00,260,203,1q3,1q3,1q =×=××≤
∴ 22
máx m/tf00,26q3,1m/tf78,15q =×<= verifica.
b) 22
médméd 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:
Mecânica dos Solos - exercícios
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⋅=δ
3
2
;
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
Mecânica dos Solos - exercícios
86
SEÇÃO TRANSVERSAL:
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 ⋅=
3
2
Mecânica dos Solos - exercícios
87
RESP.:
- segurança ao tombamento: estável (FT = 3,1)
- 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 m
0,8 m
1,0 m
SOLO 2
10,0 m
H = 4,0 m1
H = 6,0 m2
SOLO 1
AREIA FINA
SOLO 2
AREIA MÉDIA
γ1
= 1,8 tf/m
3
c = 01
φ 1
= 33
o
γ 2
= 1,6 tf/m
3
c =02
φ 2
= 25
o
q = 3 kgf/cm
2
= 3,0 tf/m
2
q
2,0 m
Mecânica dos Solos - exercícios
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 tombamento: estável (FT = 3,44)
- 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 tf/m
6 tf 6 tf
4 ,0 m
6 ,0 m
1 ,2 m
4 ,0 m
1 ,0 m
2 ,0 m 2 ,0 m2 ,0 m 6 ,0 m
N .T. H o riz o n
N .T.
H o riz o n ta l
Vertical
Mecânica dos Solos - exercícios
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⋅=δ
3
2
SEÇÃO
H = 5 m
20
o
2,8 m
0,6 m 0,8 m
A
ATERRO
AREIA 1
AREIA 1
c = 0
= 9,00 tf/m
= 27
= 1,65 tf/m
q
2
o
3
φ
γ
Material do Aterro
Argila arenosa
c = 3 tf/m
= 30
= 1,9 tf/m
2
o
3
φ
γ
γm u r o
= 2,2 tf/m
3
Mecânica dos Solos - exercícios
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 o
30tg⋅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.
Mecânica dos Solos - exercícios
91
a) La = 3,20 m
b) Lb = 0,32 m
c) Ba = 0,40 m Bb = 0,31 m
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
SEÇÃO TRANSVERSAL:
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
o
d
o
1
d 85,101916,0
9,1
20tg
F
tg
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 2
d
d
m/tf16,21585,1078,0HNc
H
c
N =××=×γ×=∴
⋅γ
=
39,1
16,2
00,3
c
c
F
d
"
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:
o
d
o
'
2
d 82,122275,0tgarce2275,0
6,1
20tg
F
tg
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
Mecânica dos Solos - exercícios
94
e 6,1
86,1
00,3
c
c
F
d
"
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
95
COMPONENTES DO PESO (tf)FATIA
N.O
ÁREA
(m2
)
PESO = ÁREA x γ
(tf) NORMAL TANGENCIAL
1
80,30
2
7,70,8
=
× 56,98 54 -19
2
78,827,7
2
5,130,8
=×
+ 153,14 152 -6
3
50,1157,7
2
5,165,13
=×
+ 213,68 206 55
4
80,1033,7
2
8,115,16
=×
+ 191,11 160 100
N . T .
N . T .
1 0 5
o
O
R =
2 5 , 5 0
7 , 3 7 , 3
1 , 5
1
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 2
8,0
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
Mecânica dos Solos - exercícios
96
5
07,43
2
8,113,7
=
× 79,68 50 62
ΣPN = 622 ΣPT = 192
- Comprimento da linha de deslizamento ( sup. de ruptura)
L = Raio x Ângulo central em radianos
m73,46
180
10550,25L o
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.P
1
"F
porque B = 0
Mecânica dos Solos - exercícios
97
SEÇÃO TRANSVERSAL:
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=1,5
1'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=3,0
2'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=1,5
2'F
'tgφ
=0,181
Assim, Mαi
0,84 0,98 1,01 0,94 0,72
Mecânica dos Solos - exercícios
98
xi/ Mαi 55,89 83,36 103,47 101,73 85,03 Σ=429,48
1º tentativa:
F’1 = 1,5
11
ii
ii
1 "F'F97,1
15,213
91,420
)senP(
)M/x(
"F ≠∴==
α×
=
∑
∑ α
2º tentativa:
F’2 = 3,0
22
ii
ii
2 "F'F06,2
15,213
46,439
)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'=8,0m5
h'=15,0m4
h'=15,70m3
h'=11,30m2
h'=4,60m1
α = - 24º
α = - 4º
α = 14º
α = 32º
α = 56º
Mecânica dos Solos - exercícios
99
3º tentativa:
F’3 = 2,01
33
ii
ii
3 "F'F01,2
15,213
48,429
)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
SEÇÃO TRANSVERSAL:
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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;
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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)
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
105
SEÇÃO TRANSVERSAL:
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
X
30,5 m18,3 m12,2 m0
A
B
Mecânica dos Solos - exercícios
106
SEÇÃO TRANSVERSAL:
(Ver ábacos, por exemplo, em CRUZ - 1967).
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
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:
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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):
1
3242
0
1
LBc2
H
1iC =
×××
−=
×××
−=
1
p
05,0
1
p
H5,0
1iq =
×
−=
×
−=
iγ = (iq)² = 1
Onde H = componente horizontal da carga
Substituindo os valores na expressão, vem:
Mecânica dos Solos - exercícios
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 N
L5
B
1N ×





×
+= (sapata contínua)
O Nc para sapata contínua é obtido de um ábaco, em função de:
2,6N75,0
0,2
5,1
B
D
C
f
=∴==
(este ábaco pode ser encontrado também em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI
- 1981).
Portanto, para a sapata retangular em questão:
0,72,6
0,35
0,2
1NC =×





×
+=
Então:
qd = (4,0 x 7,0) + (1,8 x 1,5)
qd = 30,7 tf/m²
f) Método da Balla:
Mecânica dos Solos - exercícios
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×× B5,0
c
,
B5,0
Df
×
(Os gráficos citados podem ser encontrados em CALLIARI, NASCIMENTO e
CHAMECKI - 1981).
No caso em questão:
φ = 15º
22,2
8,10,25,0
0,4
B5,0
c
=
××
=
γ××
5,1
0,25,0
5,1
B5,0
Df
=
×
=
×
Deve se fazer uma interpolação entre o valor de obtido no gráfico para
0,2
B5,0
D
e0,1
B5,0
D 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)
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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
Mecânica dos Solos - exercícios
116
DADOS DO MURO E FUNDAÇÃO:
γ = 2,2 tf/m³
SECÇÃO DO MURO E PERFIL DO TERRENO:
areia
0,8m
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).
Mecânica dos Solos - exercícios
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.
Mecânica dos Solos - exercícios
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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Mecânica dos Solos - exercícios

  • 1. 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
  • 2. 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
  • 3. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 4. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 5. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 6. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 7. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 8. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 9. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 10. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 11. Mecânica dos Solos - exercícios xi τ = tensão tangencial ou cisalhante u = fator de concentração para cálculo de (Frohlich) I-I =plano principal maior III-III =plano principal menor
  • 12. Mecânica dos Solos - exercícios xii FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS CAP. I - PROPRIEDADES ÍNDICES: Grau de compacidade minmax max ee ee GC − − = Índice de consistência IP hLL IC − = Índice de plasticidade IP = LL – LP Teor de umidade 100x P P (%)h S A = Peso especifico aparente ou natural do solo V P =γ Peso especifico real dos grãos de solo S S g V P =γ Peso específico aparente do solo seco V PS S =γ Peso específico aparente do solo saturado SA SA sat VV PP + + =γ Peso específico aparente do solo submerso γsub = γ’ = γsat - γA “Massa específica“ real dos grãos de solo A g G γ γ = Índice de vazios S V V V e = Porosidade V V n V = B) Grau de saturação 100 V V (%)S V A −= Grau de aeração A (%) = 100 - S (%)
  • 13. Mecânica dos Solos - exercícios 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 2 30 c DD D C × = Coeficiente de uniformidade 10 60 u D D C = CAP. I I I - PERMEABILIDADE Vazão unitária d f N N .h.kc = Gradiente hidráulico num ponto da rede de fluxo L h i ∆ = Queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo dN h h =∆ Gradiente hidráulico crítico A sub criti γ γ = Carga hidráulica total (da equação de Bernouilli adaptada a percolação através do solo) zh A + γ µ = Fator de transformação de escala na direção x, para obter seção transformada no caso de escoamento e meio anisótropo X y K K xX = 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 +=
  • 14. Mecânica dos Solos - exercícios xiv Pressão vertical total em solo estratificado com superfície horizontal ∑ = ×γ= n ni ii )H(p CAP. V DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS APLICADAS Equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical: 5 3 z R z H2 p3 × × × =σ sendo 22 rzR += Equação de Boussinesq simplificada, com o valor de “K” obtido do gráfico em função de “r”e “z”. 2z z p K ×=σ Equação de Newmark para acréscimo de pressão vertical: pNIz ××=σ Acréscimo de pressão vertical sob o centro do carregamento circular, pelo “Método Aproximado”: ( )[ ]2 0 2 z tgzR R3 p φ×+ × ×=σ Acréscimo de pressão vertical sob o centro da faixa carregada, pelo “Método Aproximado”: )tgz( 2 b b p 0 z φ×+ ×=σ Equação de Love, para acréscimo de pressão vertical:         + −×=σ 2/322 3 z )zR( z 1p Equação de Westergaard para acréscimo de pressão vertical: 2/3 2 2 z r 21 zH p −                       ×+× × =σ Equação de Frohlich para acréscimo de pressão vertical: u2 u Z RH2 zpu + ×× ×× =σ
  • 15. Mecânica dos Solos - exercícios xv Equação de Carothers para acréscimo de pressão vertical: ( )[ ]βα+α=σ 2cossen H p z CAP. VI - COMPRESSIBILIDADE Recalque total: 0 0 c 0 p pp logC e1 H H ∆+ ×× + =∆ Fator tempo: 2 d V H tC T × = Relação aproximada U x T para U < 0,6 ( 60% ) 2 U 4 H T ×= Relação aproximada U x T para U > 0,6 (60%) ( )[ ] 0851,0U1log9332,0T −−×−= Relação aproximada U x T geral 6 3 3 5,0T T U + = Expansão total: 0 0 e 0 e p pp logC e1 H H ∆+ ×× + =∆ Índice de compressão (sendo (e’ xp’) , (e” xp”), pontos da reta virgem no trecho de compressão) 'p ''p log ''e'e Cc − = Índice de expansão (sendo (e’ x p’), (e” x p”), pontos da reta de expansão/recompressão) 'p "p log "e'e Ce − = Relação aproximada entre Cc e LL, para argilas normalmente adensadas
  • 16. Mecânica dos Solos - exercícios xvi (Terzaghi e Peck - 1948): Cc = 0,009 ( LL - 10%) Comparação entre tempos de adensamento no laboratório e no tempo: 2 C 2 L C L H H t t = 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 ×γ σ = σ σ = Empuxo ativo total - teoria de Rankine         ××× −         ××γ×= φ φ φ N NHc2 N 1 H 2 1 E 2 A sendo       φ +=φ 2 45tgN 2 o Empuxo passivo total - teoria de Rankine. [ ]φφ ×××−      ××γ×= NHc2NH 2 1 E 2 P sendo ( )2 2 45tgN φ+=φ o Empuxo ativo total - teoria de Colulomb: A 2 A KH 2 1 E ××γ×= sendo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 isensen isensen 1sensen sen K       +α×δ−α −φ×δ+φ +×δ−α×α φ+α = Empuxo passivo total - teoria de Coulomb: P 2 P KH 2 1 E ××γ×= sendo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 isensen isensen 1sensen sen K       +α×δ−α −φ×δ+φ −×δ−α×α φ+α =
  • 17. Mecânica dos Solos - exercícios xvii Pressões sob a base do muro, quando 6 L e ≤       × ±= L e6 1 L N q min máx Pressões sob a base do muro, quando 6 L e > d3 N2 qmáx = Força de atrito solo - base do muro: δ×= tgNFAT CAP. I X - ESTABILIDADE DE TALUDES Número de estabilidade de Taylor: H c N d ×γ = Coeficiente de segurança no método de Taylor: dd c c tg tg F = φ φ = Coeficiente de segurança no método de Fellenius ( ) ( ) ∑ ∑ ×+×φ = N N P LcPtg F Coeficiente de segurança no método Bishop simplificado. ( ) ( ) ( )[ ]∑ ∑       φ×−×+× × α× = αM tgB1pb'c senP 1 F Valor de Mα ( Método de Bishop ): α×      φ×α +=α cos F 'tgtg 1M Parâmetro de pressão neutra: H B ×γ µ =
  • 18. Mecânica dos Solos - exercícios xviii Método de Culmann: 2 i cot c4 Hcrit × γ = Coeficiente de segurança no método de Bishop Simplificado com utilização dos ábacos de Bishop e Morgernstern ( )nBmF ×−=
  • 19. Mecânica dos Solos - exercícios 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: 100 P P h S A ×= do esquema PA = P - PS = 92,5 - 74,3 = 18,2 gf %5,24100 3,74 2,18 h =×= b) Cálculo do grau de saturação: 33 A A A V A m/tf0,1cm/gf0,1 V P 100 V V S ===γ∴×= PA = 18,2 . gf ∴ VA = 18,2 cm³
  • 20. Mecânica dos Solos - exercícios 2 3 S S S S S SECO cm36,28 62,2 3,74P V V P == γ =∴=γ do esquema: VV = V - VS = 60,00 - 28,36 = 31,64 cm³ %5,57100 64,31 20,18 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: SA S A P7,0P70100 P P h ⋅=∴=×= SSSSA P7,1PP7,0PPP ⋅=+⋅=+= S 3 P85,0 0,2 P Vcm/gf0,2 V P ⋅==∴==γ S A A A A P7,0 0,1 PP V ⋅== γ =
  • 21. Mecânica dos Solos - exercícios 3 SAV V A P7,0VV%100100 V V S ⋅==∴=×= SSSVS P15,0P70,0P85,0VVV ⋅=⋅−⋅=−= Cálculo dos índices físicos solicitados; 8,0 P85,0 P70,0 V V n S SV = ⋅ ⋅ == 7,4 P15,0 P70,0 V V e S S S V = ⋅ ⋅ == 3 S SS SECO cm/gf18,1 P85,0 P V P = ⋅ ==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: gf43,1 70 1000,1 P%70100 P P h S S A = × =∴=×= gf43,243,100,1PPP SA =+=+= 3 V 3 A A A cm0,1Vcm0,1 0,1 0,1P V =∴== γ = pois S=100% 33 cm21,1 00,2 43,2P Vcm/gf0,2 V P == γ =∴==γ
  • 22. Mecânica dos Solos - exercícios 4 3 VS cm21,000,121,1VVV =−=−= Cálculo dos índices físicos: 8,0 21,1 00,1 V V n V === 7,4 21,0 00,1 V V e S V === 3S SECO cm/gf18,1 21,1 43,1 V P ===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 e 100 100 0,2 e1 e 100 S SS + γ+      × =∴ + γ+      × =γ (2) Substituindo (1) em (2), vem: 7,4e e1 70 e100 e 0,2 =∴ +       × + = 8,0 67,5 67,4 e1 e n == + = 3 SECO cm/gf18,1 70100 100 0,2 h100 100 = + ×= + ×γ=γ
  • 23. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 24. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 25. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 26. Mecânica dos Solos - exercícios 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.:
  • 27. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 28.
  • 29. Mecânica dos Solos - exercícios 11 DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 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) %Passando
  • 30. Mecânica dos Solos - exercícios 12 DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 2 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 0,001 0,01 0,1 1 10 100 Diâmetro das Partículas (mm) %Passando
  • 31. Mecânica dos Solos - exercícios 13 DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 3 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 0,001 0,01 0,1 1 10 100 Diâmetro das Partículas (mm) %Passando
  • 32.
  • 33. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 34. Mecânica dos Solos - exercícios 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% na peneira n.º 40 99% na peneira n.º 200 95% - 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
  • 35. Mecânica dos Solos - exercícios 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).
  • 36. Mecânica dos Solos - exercícios 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:
  • 37. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 38. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 39. Mecânica dos Solos - exercícios 21 DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 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) %Passando
  • 40. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 41. Mecânica dos Solos - exercícios 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/m108,2K 3600 1 6 11 50,4 25,0 N N h q K N N 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 8,0 0,1 0,18,1' i A ASAT A CRIT = − = γ γ−γ = γ γ = 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. 45,0 900,0 409,0 i 409,0 11 50,4 Nd h h L h i == ===∆ ∆ =
  • 42. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 43. Mecânica dos Solos - exercícios 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: 1 A 1 1 zh + γ µ = Considerando as quedas de potencial ao longo da rede de fluxo, no sentido do escoamento: m27,0 15 0,4 140,4)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 11 A 1 =−−=−= γ µ Como γA = 1,00 tf/m³ ∴µ1 = 2,07 tf/m² Ponto5: Segundo o mesmo raciocínio já apresentado para o ponto 1, tem-se: 5h A 5 5 + γ µ =
  • 44. Mecânica dos Solos - exercícios 26 sendo m40,2)4,10,1(zem33,1 15 0,4 100,4)hn(hh 55 −=+−==      ×−=∆×−= Donde: 2 555 A 5 m/tf73,3m73,3)40,2(33,1zh =µ∴=−−=−= γ µ 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)
  • 45. Mecânica dos Solos - exercícios 27 SOLUÇÃO: O fator de transformação de escala na direção X é 60,0 5,4 6,1 Kx Ky == 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 SOLO K = 10 cm/s - 4 CAMADA IMPERMEÁVEL
  • 46. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 47. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 48. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 49. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 50. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 51. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 52. Mecânica dos Solos - exercícios 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 / cm 3 - 10,0 m - 6,0 m ÁGUA N.A. = 0,0 m AREIA ROCHA
  • 53. Mecânica dos Solos - exercícios 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 µ 2,76
  • 54. Mecânica dos Solos - exercícios 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: m0,20,45,0Lih L h 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
  • 55. Mecânica dos Solos - exercícios 37 c) “Quick Sand” (areia movediça): condição i = iCRIT 19,1 00,1 00,119,2 i A SUB CRIT = − = γ γ = 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 / m 2 13,8 tf / m 2 5,0 tf / m 2 p µp
  • 56. Mecânica dos Solos - exercícios 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 ÁGUA ÁGUA AREIA γS A T = 2,0 tf / m 3 R1 R2 - 3,0 m - 5,0 m - 12,0 m 16 tf/m 2 2 2 12 tf/m 2 4 tf/m 2 p µ p
  • 57. Mecânica dos Solos - exercícios 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 / m 2 p= µ p 2,0 tf / m 2 0 0 0
  • 58. Mecânica dos Solos - exercícios 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 ÁGUA AREIA FINA AREIA MÉDIA R1 R2 γS A T = 1,8 tf / m 3 γS A T = 2,0 tf / m 3 11,00 tf / m 2 p µ p 15,00 tf / m 2 NA = 0,0 m - 3,0 m - 8,0 m 4,00 tf / m 2 6,00 5,25 0,75
  • 59. Mecânica dos Solos - exercícios 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 R1 R2 - 7,0 m AREIA 2
  • 60. Mecânica dos Solos - exercícios 42 RESP.: - 8,0 m - 13,0 m 9,10 tf / m 2 7,85 tf / m 2 1,25 tf / m 2 p p p µ R2 R1 0,0m - 5,0 m - 2,0 m 8,75 tf / m 2
  • 61. Mecânica dos Solos - exercícios 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 (Baseado em CAPUTO - 1973) SOLUÇÃO: A equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical é: 22 5 3 Z rZRonde R Z 2 P3 +=× π =σ Exemplo de cálculo para r = 0 e z = 3m: 22 5 3 Z 22 cm/kgf0,8m/tf0,80 )3( )3( 2 15003 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
  • 62. Mecânica dos Solos - exercícios 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 Z P 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: 0,1 Z r = . Do gráfico, para 0,1 Z r = obtém-se K = 0,085 22 2Z cm.kgf4,1m/tf14 )3( 1500 085,0 ==×=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) σZ = f (z) Exemplo para r = 0 8,0 2,0 0,7 2 m 2 m1 m1 m
  • 63. Mecânica dos Solos - exercícios 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 (Baseado em CAPUTO - 1977) SOLUÇÃO: Considerando-se carga uniformemente distribuída, a pressão aplicada é 2 m/tf20 5,45,4 405 p = × = 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.
  • 64. Mecânica dos Solos - exercícios 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: 2 ZZ Z m/tf6,24032,0204032,0p032,0 p 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 8,2 b a = Área AFDM b = 2,25 m z = 3,00 m 3,1 b z =
  • 65. Mecânica dos Solos - exercícios 47 Com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se: 18,0 p Z = σ a = 2,25 m 3,1 b a = Área BFEM b = 1,75 m z = 3,00 m 7,1 b z = Do gráfico, 13,0 p Z = σ Portanto, para a área realmente carregada ABDE: 05,013,018,0 p Z =−= σ E para toda a área carregada: 2 ZZ Z m/tf0,22005,02p05,0205,02 p M M =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
  • 66. Mecânica dos Solos - exercícios 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 / m 2 2
  • 67. Mecânica dos Solos - exercícios 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: cm0,4 0,5 5,20,8 x = × = 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:
  • 68. Mecânica dos Solos - exercícios 50 SEÇÃO: Para carregamento circular: ( )[ ] ( )[ ] 2 ZC2o 2 2 o 2 ZC m/tf8,14 45tg54 )4(3 25 tgzR R3 p =σ∴ ×+ × ×= φ×+ × ×=σ Conhecido o valor de σzc, σzB pode ser obtido por semelhança de triângulos: 2 ZBo o ZB o o ZC ZB m/tf22,8 )45tg5(4 45tg5 8,14 )tgz(R tgz =σ∴ ×+ × ×=σ∴ φ×+ φ× = σ σ ∴ 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. ( ) [ ] 2 ZC2/322 3 2/322 3 ZC m/tf1,13 )5()4( )5( 125 zR z 1p =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.
  • 69. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 70. Mecânica dos Solos - exercícios 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 (Baseado em CAPUTO - 1977) 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
  • 71. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 72. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 73. Mecânica dos Solos - exercícios 55 PLANTA: PERFIL: RESP.: σZA = 0,24 kgf/cm²
  • 74. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 75. Mecânica dos Solos - exercícios 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 74,16 10,574,16 log4,0 19,11 00,6 op pop logC e1 H H C O ==∆∴ + ×× + = ∆+ ×× + =∆ 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):
  • 76. Mecânica dos Solos - exercícios 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 3º) Cálculo do recalque total: cm25,41m4125,0H 10,12 60,610,12 log6,0 2,11 800 op pop logC e1 H H C O ==∆∴ + ×× + = ∆+ ×× + =∆ 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 %80 25,41 1000,33 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 H H ilaarg d = devido à dupla drenagem. anos8,28s10072,9t 10 2 800 567,0 C )H(T t )H( tC T 8 4 2 v 2 d 2 d v ≅⋅=       × = × =∴ × = −
  • 77. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 78. Mecânica dos Solos - exercícios 60 2º) Cálculo de ∆p na cota - 7,0 (Boussinesq). 2 5 3 5 3 Z m/tf41,3 )7( )7( 2 3503 )R( )z( 2 P3 p =× π× × =× π× × =σ=∆ 3º) Cálculo do recalque total: cmmH op pop C e H H C O 83,101083,0 80,10 41,380,10 log50,0 2,11 400 log 1 ==∆∴ + ×× + = ∆+ ×× + =∆ 4º) Cálculo do fator tempo: ( ) ( ) 045,0 2 400 106103 )H( tC T 2 64 2 d v =       ××⋅ = × = − 5º) Cálculo do grau de adensamento: Utilizando-se a expressão geral que fornece valores aproximados %)24(24,0 5,0)045,0( )045,0( 5,0)T( )T( U 6 3 3 6 3 3 ≅≅ + = + = 6º) Cálculo do recalque correspondente: Se 100% de recalque correspondente a 10,83 cm, a 24% deste recalque total corresponde: cm60,283,10 100 24 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. Dados da camada de argila: CV = 6 x 10-4 cm2 /s; eO = 1,19; LL = 54%
  • 79. Mecânica dos Solos - exercícios 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. Dados da camada de argila: CC = 0,39; G = 2,70; γsat = 2,10 tf/m3
  • 80. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 81. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 82. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 83. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 84. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 85. Mecânica dos Solos - exercícios 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) ÍndicedeVazios(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) AlturadaAmostra(mm)
  • 86. Mecânica dos Solos - exercícios 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?
  • 87. Mecânica dos Solos - exercícios 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 = = = 3 g cm/gf02,3 gf26,97totalpeso cm0,2altura cm0,6diâmetro provadecorpo       ⋅= = − s/cm104C 4,0C resultados 23 V 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;
  • 88. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 89. Mecânica dos Solos - exercícios 71 PERFIL: RESP.: a) 23,46 cm b) 2,11 x 107 s c) 8,8 cm d) 582,85 cm
  • 90. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 91. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 92. Mecânica dos Solos - exercícios 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;
  • 93. Mecânica dos Solos - exercícios 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:
  • 94. Mecânica dos Solos - exercícios 76 1º e 2º corpo de prova
  • 95. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 96. Mecânica dos Solos - exercícios 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 43dd = sobrecarga concentrada = 15 tf 54dd = peso cunha 3 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf 65dd = sobrecarga concentrada = 10 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.
  • 97. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 98. Mecânica dos Solos - exercícios 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: 33,0 30sen1 30sen1 sen1 sen1 K o o A = + − = φ+ φ− = 00,3 33,0 1 K 1 K A p === Intensidade dos empuxos por unidade de comprimento do muro. ( ) tf14,433,0)90,3(65,1 2 1 KH 2 1 E 2 A 2 A =×××=××γ×= tf00,200,3)90,0(65,1 2 1 K)H( 2 1 E 2 p 2 p =×××=××γ×=
  • 99. Mecânica dos Solos - exercícios 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: 30,3 38,5 76,17 M M F T R T ===
  • 100. Mecânica dos Solos - exercícios 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× 3 2 ). .·. tf25,630 3 2 tg16,17F o AT =      ××= Coeficiente de segurança máximo: 99,1 14,4 00,225,6 E EF F A pAT máxE = + = + = como FE máx = 1,99 > 1,50 .·. verifica Coeficiente de segurança mínimo: 51,1 14,4 25,6 E F F A AT mínE === 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.
  • 101. Mecânica dos Solos - exercícios 83 SEÇÃO ∑MA = 17,76 - 5,38 = 12,38 tf.m m72,0 16,17 38,12 N M d A === ∑ A excentricidade será: m28,072,0 2 00,2 d 2 L 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: 6 L e < m33,0 6 L m28,0e33,0 6 00,2 6 L =<=∴== (verifica). Em seguida, obtém-se a distribuição aproximada (trapezoidal) das tensões na base do muro. Como 6 L e < , vem: )84,01(58,8 00,2 28,06 1 00,2 16,17 L e6 1 L N q mín máx ±=      × ±=      × ±=
  • 102. Mecânica dos Solos - exercícios 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) 2 máx m/tf00,260,203,1q3,1q3,1q =×=××≤ ∴ 22 máx m/tf00,26q3,1m/tf78,15q =×<= verifica. b) 22 médméd 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:
  • 103. Mecânica dos Solos - exercícios 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⋅=δ 3 2 ; 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
  • 104. Mecânica dos Solos - exercícios 86 SEÇÃO TRANSVERSAL: 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 ⋅= 3 2
  • 105. Mecânica dos Solos - exercícios 87 RESP.: - segurança ao tombamento: estável (FT = 3,1) - 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 m 0,8 m 1,0 m SOLO 2 10,0 m H = 4,0 m1 H = 6,0 m2 SOLO 1 AREIA FINA SOLO 2 AREIA MÉDIA γ1 = 1,8 tf/m 3 c = 01 φ 1 = 33 o γ 2 = 1,6 tf/m 3 c =02 φ 2 = 25 o q = 3 kgf/cm 2 = 3,0 tf/m 2 q 2,0 m
  • 106. Mecânica dos Solos - exercícios 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 tombamento: estável (FT = 3,44) - 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 tf/m 6 tf 6 tf 4 ,0 m 6 ,0 m 1 ,2 m 4 ,0 m 1 ,0 m 2 ,0 m 2 ,0 m2 ,0 m 6 ,0 m N .T. H o riz o n N .T. H o riz o n ta l Vertical
  • 107. Mecânica dos Solos - exercícios 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⋅=δ 3 2 SEÇÃO H = 5 m 20 o 2,8 m 0,6 m 0,8 m A ATERRO AREIA 1 AREIA 1 c = 0 = 9,00 tf/m = 27 = 1,65 tf/m q 2 o 3 φ γ Material do Aterro Argila arenosa c = 3 tf/m = 30 = 1,9 tf/m 2 o 3 φ γ γm u r o = 2,2 tf/m 3
  • 108. Mecânica dos Solos - exercícios 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 o 30tg⋅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.
  • 109. Mecânica dos Solos - exercícios 91 a) La = 3,20 m b) Lb = 0,32 m c) Ba = 0,40 m Bb = 0,31 m
  • 110. Mecânica dos Solos - exercícios 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. SEÇÃO TRANSVERSAL: 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:
  • 111. Mecânica dos Solos - exercícios 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: o d o 1 d 85,101916,0 9,1 20tg F tg 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 2 d d m/tf16,21585,1078,0HNc H c N =××=×γ×=∴ ⋅γ = 39,1 16,2 00,3 c c F d " 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: o d o ' 2 d 82,122275,0tgarce2275,0 6,1 20tg F tg 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
  • 112. Mecânica dos Solos - exercícios 94 e 6,1 86,1 00,3 c c F d " 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.
  • 113. Mecânica dos Solos - exercícios 95 COMPONENTES DO PESO (tf)FATIA N.O ÁREA (m2 ) PESO = ÁREA x γ (tf) NORMAL TANGENCIAL 1 80,30 2 7,70,8 = × 56,98 54 -19 2 78,827,7 2 5,130,8 =× + 153,14 152 -6 3 50,1157,7 2 5,165,13 =× + 213,68 206 55 4 80,1033,7 2 8,115,16 =× + 191,11 160 100 N . T . N . T . 1 0 5 o O R = 2 5 , 5 0 7 , 3 7 , 3 1 , 5 1 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 2 8,0 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
  • 114. Mecânica dos Solos - exercícios 96 5 07,43 2 8,113,7 = × 79,68 50 62 ΣPN = 622 ΣPT = 192 - Comprimento da linha de deslizamento ( sup. de ruptura) L = Raio x Ângulo central em radianos m73,46 180 10550,25L o 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.P 1 "F porque B = 0
  • 115. Mecânica dos Solos - exercícios 97 SEÇÃO TRANSVERSAL: 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=1,5 1'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=3,0 2'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=1,5 2'F 'tgφ =0,181 Assim, Mαi 0,84 0,98 1,01 0,94 0,72
  • 116. Mecânica dos Solos - exercícios 98 xi/ Mαi 55,89 83,36 103,47 101,73 85,03 Σ=429,48 1º tentativa: F’1 = 1,5 11 ii ii 1 "F'F97,1 15,213 91,420 )senP( )M/x( "F ≠∴== α× = ∑ ∑ α 2º tentativa: F’2 = 3,0 22 ii ii 2 "F'F06,2 15,213 46,439 )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'=8,0m5 h'=15,0m4 h'=15,70m3 h'=11,30m2 h'=4,60m1 α = - 24º α = - 4º α = 14º α = 32º α = 56º
  • 117. Mecânica dos Solos - exercícios 99 3º tentativa: F’3 = 2,01 33 ii ii 3 "F'F01,2 15,213 48,429 )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 SEÇÃO TRANSVERSAL: 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
  • 118. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 119. Mecânica dos Solos - exercícios 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;
  • 120. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 121. Mecânica dos Solos - exercícios 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)
  • 122. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 123. Mecânica dos Solos - exercícios 105 SEÇÃO TRANSVERSAL: 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 X 30,5 m18,3 m12,2 m0 A B
  • 124. Mecânica dos Solos - exercícios 106 SEÇÃO TRANSVERSAL: (Ver ábacos, por exemplo, em CRUZ - 1967).
  • 125. Mecânica dos Solos - exercícios 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:
  • 126. Mecânica dos Solos - exercícios 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:
  • 127. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 128. Mecânica dos Solos - exercícios 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): 1 3242 0 1 LBc2 H 1iC = ××× −= ××× −= 1 p 05,0 1 p H5,0 1iq = × −= × −= iγ = (iq)² = 1 Onde H = componente horizontal da carga Substituindo os valores na expressão, vem:
  • 129. Mecânica dos Solos - exercícios 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 N L5 B 1N ×      × += (sapata contínua) O Nc para sapata contínua é obtido de um ábaco, em função de: 2,6N75,0 0,2 5,1 B D C f =∴== (este ábaco pode ser encontrado também em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981). Portanto, para a sapata retangular em questão: 0,72,6 0,35 0,2 1NC =×      × += Então: qd = (4,0 x 7,0) + (1,8 x 1,5) qd = 30,7 tf/m² f) Método da Balla:
  • 130. Mecânica dos Solos - exercícios 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×× B5,0 c , B5,0 Df × (Os gráficos citados podem ser encontrados em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981). No caso em questão: φ = 15º 22,2 8,10,25,0 0,4 B5,0 c = ×× = γ×× 5,1 0,25,0 5,1 B5,0 Df = × = × Deve se fazer uma interpolação entre o valor de obtido no gráfico para 0,2 B5,0 D e0,1 B5,0 D 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)
  • 131. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 132. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 133. Mecânica dos Solos - exercícios 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
  • 134. Mecânica dos Solos - exercícios 116 DADOS DO MURO E FUNDAÇÃO: γ = 2,2 tf/m³ SECÇÃO DO MURO E PERFIL DO TERRENO: areia 0,8m 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).
  • 135. Mecânica dos Solos - exercícios 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.
  • 136. Mecânica dos Solos - exercícios 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.