(Exercícios de Mecânica dos Solos I2)

André Barcellos Ferreira – [email protected]

1 Universidade Federal do Espírito Santo

Resolução dos exercícios de Mecânica dos Solos I



PERMEABILIDADE E CAPILARIDADE Para efeito de fixação dos conceitos da apostila de Permeabilidade e Capilaridade, vamos revisar os exercícios resolvidos: 1) Determinação de alturas de carga e velocidades superficiais, v, e de percolação, vp, para os esquemas das figuras a seguir. Cálculos Gerais As perdas de carga somente são significativas no solo, então nos trechos em que somente existe água pode-se trata-los como caso hidrostático e não comunicantes. Então determina-se as alturas de carga nos trechos sem solo e admite-se (pode ser provado) que no trecho de solo as variações são lineares. Então calcula-se as alturas de carga nos trechos sem solo e liga-se esses trechos por retas. Como admitiu-se caso hidrostático nos trechos sem solo, ai as energias totais são constantes. OBS.: P. R. = Plano de referência

t el piez

el

wpiez

w w

h h hh medida em relação a um referencial (cota 0)

u zh z

= +=

⋅ γ= = =γ γ

Exemplo 1.a

Pelas leis da hidrostática:

A B w B A wu u 60 cm logo, u u 60 cm= + ⋅ γ = − ⋅ γ Como uA = 0, pois está em contato com a atmosfera:

B w wu 0 60 cm 60 cm= − ⋅ γ = − ⋅ γ n n e daí:

B

B wpiez

w w

u 60 cmh 60 cm

− ⋅ γ= = = −γ γ

A velocidade superficial, v, no solo é dada pela lei de Darcy ( )v k i := ⋅

( )( )

t 360 0 cmh 30 cmv k i k 60 cm/min

L min 240 60 cm

−∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =−

e pela lei da continuidade tem que ser a mesma nos trechos sem solo. A velocidade de percolação, vp, é dada por:



pv

v ,n

= onde n é a porosidade.

No solo, n = 0,33, logo: p60 cm/min

v 180 cm/min0,33

= =

Na água, n = 1, logo: p60 cm/min

v 60 cm/min1

= =

Exemplo 1.b

Velocidade Superficial

( )480 360v ki 30 20 cm/min

180

−= = ⋅ =

Velocidade de Percolação

No solo: pv 20

v 60 cm/minn 0,33

= = =

Na água: pv 20

v 20 cm/minn 1

= = =

Exemplo 1.c

A altura de carga piezométrica no ponto A é:

A

Apiez

w

u 23544h 2,4 m 240 cm

9810= = = =

γ

e no ponto B:



B Apiez piezh h 90 cm 240 90 150 cm= − = − =

No ponto D a pressão é

Dpiezh 0,= pois está em contato com a atmosfera. Logo, no ponto C:

C Dpiez piezh h 90 cm 0 90 90 cm= − = − = −

A velocidade superficial, v, pela lei de Darcy, é:

( )B ct th h 240 0

v ki k 30 40 cm/min240 60 180

− −= = ⋅ = ⋅ =−

e as velocidades de percolação são:

No solo: pv 40

v 120 cm/minn 0,33

= = =

Na água:

pv 40

v 40 cm/minn 1

= = =

Exemplo 1.d Nos trechos onde existe apenas água pode considerá-las hidrostáticas e calcular-se as alturas de carga. Daí sabe-se que na elevação 60 a energia total é zero e na elevação 240 é 360 cm, com uma perda de carga de 360 cm ao atravessar os dois solos. Neste caso, como os solos são diferentes e as áreas de fluxo também são diferentes, não se pode dizer que, nos dois solos, a perda de carga total seja linear (embora, em cada um, isoladamente, seja). Daí precisa-se calcular-se as perdas de energia em cada solo.

Cálculo de ∆∆∆∆ht entre 60 e 240 Pela continuidade QI = QII, logo:

I I II IIA V A V ,= ou I I II II3600 k i 1800 k i⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

I II I III II

I II

h h h h2 60 30 4 2 h h (A)

L L 120 60

∆ ∆ ∆ ∆⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⇔ ∆ = ∆

Por outro lado sabe-se que a perda total entre as cotas 60 e 240 é de 360 cm, logo:

I IIh h 360 cm (B)∆ + ∆ = m cm Com as equações (A e B), tem-se:

I

II

h 120 cmh 240 cm

∆ =∆ =

Conhecendo-se as alturas de carga totais e de elevação calcula-se as alturas de carga piezométricas:

piez f elh h h= −



Velocidades Superficiais No solo I e entre elevações 240 e 360, que tem a mesma área:

( )I

I I I II

h 120v k i k 60 60 cm/min

L 240 120

∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =−

No solo II e entre elevações 0 e 60, que tem a mesma área:

( )II

II II II IIII

h 240v k i k 30 120 cm/min

L 120 60

∆= ⋅ = ⋅ = ⋅ =−

Velocidade de Percolação

No solo I: Ip

I

v 60v 120 cm/min

n 0,5= = =

Entre elevações 240 e 360: Ip

v 60v 60 cm/min

n 1= = =

No solo II:

IIp

II

v 120v 360 cm/min

1n3

= = =

Entre elevações 0 e 60: IIp

II

v 120v 120 cm/min

n 1= = =

EXERCÍCIOS PROPOSTOS Permeabilidade 1) Qual a condição necessária para que haja movimento d’água entre dois pontos? R.: A condição necessária para que haja movimento de água entre dois pontos é que o gradiente

hidráulico seja diferente de zero. O gradiente hidráulico vale H

i ,L

∆= e sinaliza a diferença de

energias totais no sistema. O fluxo tem a mesma direção e sentido do gradiente hidráulico. 2) Escreva a equação de Bernoulli, explicando os termos. Qual a parcela geralmente desprezada em Mecânica dos Solos? Por que? R.: A equação de Bernoulli é a equação que calcula a energia total num ponto qualquer do fluxo.

Ela é dada por 2

t elw

v uh h .

2g= + +

γ A parcela

2v

2g pode ser desprezada pelo fato de no solo as

velocidades serem baixas. A expressão, então, fica t elw

uh h .= +

γ

3) O que é permeabilidade? R.: Permeabilidade é o que caracteriza o solo por ser formado por inúmeros tubos irregulares por onde a água percola, ocorrendo fluxo. Esse fluxo será quão mais fácil quanto mais permeável for o solo. 4) O que é Lei de Darcy? Explique-a com um esquema de ensaio. R.: Lei de Darcy é a lei que escreve o fluxo como o produto da velocidade pela permeabilidade de um solo pelo gradiente hidráulico entre dois pontos quaisquer. Ela se escreve como: Q k i A.= ⋅ ⋅O ensaio para a Lei de Darcy é matéria de Laboratório de Mecânica dos Solos, portanto não será abordado aqui.



5) Qual a velocidade de água definida na Lei de Darcy? Qual a velocidade real da água nos solos? R.: A velocidade definida na Lei de Darcy é chamada de velocidade superficial; é uma velocidade fictícia nos solos. A velocidade real da água nos solos é a chamada velocidade de percolação,

obtida considerando apenas a área dos poros (vazios). Essa velocidade é dada por pv

v ,n

= onde n

é a porosidade do solo.

6) Dada a equação 3

2 ws s

ek D C ,

1 eγγγγ= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅

+ µ+ µ+ µ+ µ reconheça os termos e sua importância (discuta

cada um). R.: k é a permeabilidade do solo, e é definido pela expressão acima; Ds é o diâmetro representativo de toda a granulometria do solo. De uma forma geral ele não tem definição teórica, mas para as areias verifica-se experimentalmente que s 10D D .= wγ é o peso específico do flúido percolando o solo (no caso, a água); µ é a viscosidade do flúido; e é o índice de vazios do solo; C é o fator de tortuosidade que expressaria a influência do arranjo estrutural dos sólidos. 7) Por que para solos argilosos a relação acima não é válida no que se refere a índice de vazios? R.: Porque nas argilas parte do espaço dos poros disponíveis para a passagem da água está ocupada por água adesiva, que devido à sua aderência às partículas não participa do fluxo; isso faz com que o índice de vazios não mais represente o espaço disponível para o movimento de água. 8) Por que um solo saturado é mais permeável do que o mesmo solo não saturado? R.: Porque no solo não saturado o ar presente nos vazios estrangula a passagem de ar pelos poros. Isso não ocorre no solo saturado, daí ele ser mais permeável. 9) Qual a importância na permeabilidade de: a) Temperatura; b) Índice de vazios (no caso de argila acrescer a influência da água adesiva); c) Grau de saturação; d) Arranjo estrutural dos grãos (anisotropia); e) macroestrutura do solo.

R.: (a) De acordo com a fórmula 3

2 ws s

ek D C ,

1 e

γ= ⋅ ⋅ ⋅+ µ

a permeabilidade do solo é inversamente

proporcional à viscosidade da água. Essa por sua vez, decresce com a temperatura. Assim, quanto maior a temperatura, maior será a permeabilidade do solo. (b) A permeabilidade do solo é diretamente proporcional ao índice de vazios. (c) Ela é maior para solos mais grossos do que para solos mais finos, pois em solos mais grossos há mais espaço disponível para a água percolar. (d) Num solo argiloso, composto por pequenas lâminas dispostas na horizontal, o fluxo se dá com maior facilidade na direção paralela às lâminas, e com menor facilidade na direção perpendicular a elas. Isso indica que a permeabilidade do solo varia conforme a orientação das partículas, em direções diferentes. Contudo, essa influência pode ser facilmente perdida, com o amolgamento do solo, em seu manuseio. 10) Qual a fórmula aproximada de Hazen para permeabilidade? Quando se aplica? R.: A permeabilidade, pela fórmula de Hazen, é escrita da seguinte forma: 2

10k C d .= ⋅ Ela pode ser usada para areias limpas uniformes (Cu < 5). 11) Coloque os solos de cada item em ordem crescente de permeabilidade e justifique sua desisão: a) areia, pedregulho, silte, argila; b) GC e SM; c) SP e SW; d) argila de baixa plasticidade e argila de alta plasticidade fissurada; e) MH e CH; f) SC e ML. R.: (a) O pedregulho é mais permeável porque sua granulometria é maior; em seguida vem a areia, com a segunda maior granulometria; depois o silte, com uma granulometria maior do que a argila; e, por último, a argila, o solo com os grãos mais finos. (b) O pedregulho argiloso (GC) é



menos permeável do que a areia siltosa (SM), pois em solos compostos por finos o que controla a permeabilidade é o fino. (c) A areia bem graduada (SW) é mais permeável do que a areia mal graduada (SP), pois os grãos de dimensões menores preenchem parte dos vazios na areia mal graduada, diminuindo o espaço para a percolação da água. Isso vale se ambos os solos tiverem a mesma compacidade relativa. (d) Se eu tiver uma argila de baixa plasticidade e uma de alta plasticidade sem fissura, homogêneas, para o mesmo índice de vazios, a de alta plasticidade terá menor permeabilidade pois o IP é maior – a camada de água adesiva no solo é mais grossa. Contudo, com a fissura (de dimensão macro), a argila de alta plasticidade é mais permeável. 12) Quais os dois principais tipos de permeâmetro? Explique o funcionamento de cada um (deduza as equações para k.) Quando se usa um ou outro? R.: No permeâmetro de nível constante, toma-se um tubo ou cilindro de área transversal “A” e dentro dele coloca-se a amostra de solo da qual quer se conhecer “k”. Mantém-se o nível d’água até que a descarga no fundo se estabilize. Obtém-se a vazão através do solo medindo o intervalo de tempo ∆t para obter-se o volume V na proveta graduada. Com esses dados volta-se à equação

da Lei de Darcy: V h VL

Q k i A k A k .t L t H A

∆= ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ ⇔ =∆ ∆ ⋅ ∆ ⋅

No permeâmetro de nível

variável, despeja-se água no tubo superior até que a velocidade de descida d’água seja estabilizada. Neste ensaio são mantidos constantes a conhecidos a área do tubo superior “a”, a seção transversal da amostra do solo “A” e seu comprimento “L”. Durante o ensaio medem-se a altura h0 correspondente ao início do ensaio, no tempo t0, e a altura hf correspondente ao término do ensaio, no tempo tf. Os tempos t0 e tf são arbitrários. A permeabilidade será dada por:

( )0

f 0 f

aL hk 2,3 log .

A t t h=

−

13) Procede-se a um ensaio de carga variável num solo e achou-se k = 0,3⋅⋅⋅⋅10–4 cm/seg. Qual o diâmetro do tubo graduado se a altura de carga caiu de 27,5 cm para 20,0 cm em 5 minutos? A seção transversal da amostra é de 15 cm2 e seu comprimento é de 8,5 cm.

R.: ( )0

f 0 f2

2

aL h a 8,5 27,5k 2,3 log 0,00003 2,3 log 0,0003 0,00208a

A t t h 15 5 27d

a 0,144 cm 0,144 d 0,43 cm4

⋅= ⇔ = ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔− ⋅

⇔ = → π ⋅ = ⇔ =

14) Exercícios de Sowers: 3.4 a 3.7 (3ª e 4ª edições.) Capilaridade 15) O que é capilaridade? Estabeleça a altura capilar máxima para um diâmetro “D”, e a tensão resultante (mínima) na água. R.: Os poros interligados nos solos assemelham-se a tubos capilares irregulares. A atração da água pelas partículas sólidas, como vidro limpo, é igual ou maior que a tensão superficial. Assim, existe uma tendência das extremidade do líquido se estenderem ao longo de qualquer material. No

solo, isso é limitado pela força da gravidade. A tensão capilar é dada por 4Tcos

u .D

α= O

equilíbrio se dá da seguinte forma: FORÇA DE TENSÃO CAPILAR = PESO DO CILINDRO

DE ÁGUA. Desenvolvendo essa expressão, chegasse à altura capilar máxima cw

4 T cosh .

D

⋅ ⋅ α=⋅ γ

16) O que são zona de saturação capilar e zona de franja capilar? Como se distribuem as pressões na água nessas zonas? Por que essas pressões são geralmente desprezadas nos cálculos?



R.: Zona de saturação capilar é a região acima do nível d’água onde o solo está saturado devido à capilaridade da água. Essa altura pode variar muito com a granulometria do solo. Zona de franja capilar é a zona acima do nível d`água, onde a água subiu por capilaridade, mas S < 100%; os files de água nessa zona são contínuos. 17) Em construção civil a areia é usada geralmente úmida. Ao ser lançado num aterro a capilaridade impede o livre deslocamento de um grão em relação a outro e o aterro fica muito fofo. Para “libertar-se” os grãos uns dos outros costuma-se inundá-los e assim destruir a tensão capilar. Agora pergunta-se: se a areia estivesse seca a inundação iria ajudar a “libertar” os grãos e densificá-los? Por quê? R.: A chamada coesão aparente dos solos é o resultado da pressão negativa na água, que succiona o solo, prendendo os grãos um ao outro, aumentando a pressão efetiva e sua resistência. Esse comportamento se deve ao peso da água suspensa ser menor do que a tensão capilar (gerando uma pressão negativa). Quando o solo está saturado, o peso da água suspensa supera a tensão capilar; isso faz com que a coesão aparente cesse. Ela também não existe com o solo seco. Daí a conclusão de que a inundação em nada muda a interação entre as moléculas do solo. 18) Como agem as força capilares sobre os grãos sólidos do solo? R.: As forças capilares geram tensões negativas no solo, tendendo a unir os grãos. 19) Dado um solo cujos grãos tem um diâmetro de 0,06 mm, e um diâmetro dos poros de 0,01 mm (1/6 de diâmetro do grão), determine a tensão máxima de sucção que pode aturar sobre este solo (parcialmente saturado). (Ts = 0,075 gf/cm).

R.: A tensão de sucção gerada pela capilaridade é dada por 4Tcos

u .d

α= Para a máxima tensão

de sucção, temos: cos 1 0.α = → α = Assim: 2máx

4T 4 0,075u 5 kgf/cm .

d 0,06

⋅= = =

20) Abriu-se um buraco de 6 metros de profundidade, num ângulo vertical, numa areia muito fina siltosa, apenas úmida, e as paredes da escavação permanecem estáveis. Logo após ter-se enchido a escavação de água, as suas paredes começaram a desmoronar e só estabilizaram quando passaram a fazer ângulo de cerca de 27º com a horizontal. Pergunta-se: Qual o fenômeno que causou o desmoronamento? Explique. Obs.: Os dados fornecidos são apenas ilustrativos, e não precisam ser usados para obter-se a explicação desejada. R.: As paredes da escavação permaneceram estáveis graças à coesão aparente dos solos, que se deve à pressão negativa gerada pela capilaridade. Quando a escavação é preenchida por água, não existe mais capilaridade, e a pressão negativa, que mantém as moléculas do solo unidas, deixa de existir. Isso faz com que as paredes desmoronem. 21) Tem-se duas amostras de uma mesma argila, mas sendo uma saturada e outra seca (portanto não saturada). Se jogar-se em cada amostra uma pequena quantidade de água, a água será sugada mais rapidamente (maior velocidade) na argila seca. Como se explica tal fenômeno se a argila seca (não saturada) tem menor permeabilidade? R.: Esse processo se deve ao fato de a água ter uma atração por materiais sólidos, como se verifica com o vidro, por exemplo. Como uma argila está saturada, esse processo só se verifica na argila seca, daí a água ser sugada mais rapidamente pela argila seca.



TENSÕES EFETIVAS, NEUTRAS E TOTAIS – PESO PRÓPRIO – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1) O que são: tensão total, tensão neutra e tensão efetiva? Como se relacionam? R.: A tensão total é a tensão devida ao peso de todos os constituintes das camadas de solo acima de um ponto. A tensão neutra e a tensão devida ao peso da água acima de um ponto. A tensão efetiva é a tensão que efetivamente é transmitida à parte sólida do solo. As três se relacionam da seguinte forma: ' u.σ = σ − 2) Analise a expressão σσσσ’ = σσσσ – u. R.: A expressão acima diz que a tensão total num solo é igual à soma da tensão atuante na parte sólida do solo (a tensão efetiva) e da tensão atuante na parte líquida do solo (a tensão neutra). 3) O que é lençol d’água “empoleirado”? Mostre o diagrama de tensões neutras de um solo com um lençol d’água artesiano e outro normal. R.: Lençol d’água empoleirado é um lençol numa cota acima do lençol freático, normalmente sobre uma camada de argila, que age como uma bacia, impedindo que a água que infiltra no solo chegue ao lençol freático. Assim, forma-se, ali, um lençol empoleirado. Por exemplo:

Em D, 2

wu h 1 10 10 kN/m .= ⋅ γ = ⋅ = Em C, u 0.=

Em B, 2u 1,5 10 15 kN/m .= ⋅ = Em A, u 0.= *Aqui usei a ideia de que num ponto abaixo de uma camada de argila, a poro-pressão devida a um lençol empoleirado superior é sempre nula. Gostaria de saber se isso é verdade, e se se estende ao caso de um lençol artesiano. 4) O que é lençol d’água artesiano? Mostre o diagrama de tensões neutras de um solo com um lençol d’água artesiano e outro normal. R.: Lençol d’água artesiano é um lençol de água confinada entre duas camadas de argila, que pe- netrou nessas camadas num ponto mais alto e por isso tem pressão elevada em relação à sua profundidade. Por exemplo: Em A, u 0.= Em B, u 3 10 30 kPa.= ⋅ = Em C, ( )u 3 10 6 5 10 110 kPa.= ⋅ = + =

Em D, ( )u 3 10 8 5 10 130 kPa.= ⋅ = + =

Em E, u 0.= 5) O que são nível e lençol d’água freático? R.: Lençol d’água freático é o lençol subterrâneo que existe em todos os lugares. Nível freático é o nível desse lençol.



6) Como se calcula a tensão neutra (a) no caso hidrostático; (b) no caso dinâmico (adensamento); e (c) no caso de fluxo permanente (redes de fluxo)? R.: (a) No caso hidrostático, basta multiplicar o peso específico da água pelo nível d’água sobre o ponto; (b) no caso dinâmico, em t 0= , 0u u p,= + e em t ,= ∞ 0u u ,= ou seja, o acréscimo de tensão p atua inicialmente sobre a água, mas, aos poucos, é completamente transferido para a parte sólida do solo. Assim, para 0 t ,≤ ≤ ∞ 0 0u u u p.≤ ≤ + (c) No caso do fluxo permanente, obtém-se as tensões neutras da rede de fluxo através da Equação de Bernoulli. 7) A variação do nível d’água de um lago (desde que ele não seque) tem influência sobre a tensão efetiva nas solos do fundo do lago? Explique. R.: Não, porque só existe tensão efetiva debaixo de solo. Como se trata do fundo de um rio, ela valerá zero independente do nível d’água. Um outro motivo é que a tensão total cresce na mesma proporção que a poro-pressão. Como a tensão efetiva é a diferença das duas, ela será sempre nula. 8) Calcular as tensões totais, efetivas e neutras devido a peso próprio que atuam nas várias camadas do perfil abaixo. Fazer os diagramas dessas tensões com a profundidade.

R.: Para o cálculo das tensões totais, efetivas e neutras, precisamos do valor de γt em cada camada de solo. Na primeira camada (entre o e – 4m):

( )t t

3 3 6 3 3t

4 3 3t

g1,78 g/cm 1,78 10 /10 kg/m 1780 kg/m

10 1780 1,78 10 N/m 17,8 kN/m

− −γ = ⋅ρρ = = = →γ = ⋅ = ⋅ =

Na segunda camada:

( )( )

( )( )

s 3sat sat

S e G w 1 e 2,66 0,26 e 0,69161 w 26,6 1 0,26

18,8132 kN/m1 e 1 0,6916

⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇒ =γ + +

γ = ⇔ γ = =+ +

Na terceira camada:

( )( )

( )( )

s 3sat

1 w 26,8 1 0,6515,9065 kN/m

1 e 1 1,78

γ + +γ = = =

+ +

Finalmente, temos: Na cota 0,

' u 0σ = σ = = Na cota – 4 m,



' 17,8 4 71,2 kPau 0σ = σ = ⋅ =

=

Na cota – 8 m,

71,2 18,8132 4 146,45 kPau 4 10 40 kPa

' 146,45 40 106,45 kPa

σ = + ⋅ == ⋅ =

σ = − =

Na cota – 16 m,

106,45 15,9065 8 233,702 kPau 40 8 10 120 kPa

' 233,702 120 113,7 kPa

σ = + ⋅ == + ⋅ =

σ = − =

9) Traçar os diagramas de σσσσ, σσσσ’ e u para o perfil seguinte:

a) Nas condições atuais; R.: Na primeira camada: 3

t sat 14 kN/m .γ = γ =

Na segunda camada: ( )

( )( )

( )s 3

t1 w 26,4 1 0,26

18,9 kN/m .1 e 1 0,76

γ + +γ = = =

+ +

Na terceira camada: ( ) ( ) 3t d 1 w 10 1 0,45 14,5 kN/m .γ = γ + = + =

Assim, na cota + 2 m, ' u 0σ = σ = = . Na cota – 3 m, Na cota – 6 m, Na cota – 14 m,

3

3

3

5 14 70 kN/mu 5 10 50 kN/m

' u 20 kN/m

σ = ⋅ == ⋅ =

σ = σ − =

3

3

3

70 3 18,9 126,7 kN/mu 50 3 10 80 kN/m

' u 56,7 kN/m

σ = + ⋅ == + ⋅ =

σ = σ − =

3

3

3

126,7 8 14,5 242,7 kN/mu 80 8 10 160 kN/m

' u 82,7 kN/m

σ = + ⋅ == + ⋅ =

σ = σ − =



b) Após rebaixar o N. A. para a cota – 5 m, remoção da argila orgânica e lançamento de um aterro de extensão infinita até a cota + 4 m. Para o aterro, γγγγt = 18 kN/m2. R.: Com o NA na cota – 5 m, e com o aterro, temos:

• 1ª camada: 3t 18 kN/m , h 2 mγ = =

• 2ª camada: 3t 14 kN/m , h 5 mγ = =

• 3ª camada: 3 3 3t t sub18,9 kN/m , h 2 m; 18,9 kN/m , 8,9 kN/m , h 1 mγ = = γ = γ = =

• 4ª camada: 3 3sat sub14 kN/m , 4 kN/m , h 5 mγ = γ = =

3

3

Na cota 2 m:2 18 36 kN/m

u 0' u 36 kN/m

+σ = ⋅ =

=σ = σ − =

3

3

Na cota 3 m:36 5 14 106 kN/m

u 0' u 106 kN/m

−σ = + ⋅ =

=σ = σ − =

3

3

Na cota 5 m:106 2 18,9 143,8 kN/m

u 0' u 143,8 kN/m

−σ = + ⋅ =

=σ = σ − =

3

3

3

Na cota 6 m:143,8 1 18,9 167,2 kN/m

u 1 10 10 kN/m' u 157,2 kN/m

−σ = + ⋅ =

= ⋅ =σ = σ − =

Na cota 4 m:u ' 0

+σ = = σ =

3

3

3

Na cota 14 m:167,2 8 14 279,7 kN/m

u 10 8 10 90 kN/m' u 187,7 kN/m

−σ = + ⋅ =

= + ⋅ =σ = σ − =



10) Calcular as variações de tensão efetiva às cotas – 7 m e – 11 m após a realização de um rebaixamento do NA para a cota – 3 m, concomitantemente com o lançamento de um aterro (γγγγd = 16 kN/m2 e w = 18,2%) até a cota + 5 m.

R.: Vamos calcular primeiro as tensões efetivas nas cotas – 7m e – 11m na condição inicial. Para

tanto, temos que γw = 10 kN/m3, entre – 1m e – 7m ( )

( )( )( )

st

1 w 22 1 1,08.

1 e 1 e

γ + +γ = =

+ +Mas

( )( )

3ss t

w

22 1 1,08w 22 1,08S e G w e 2,42 13,38 kN/m .

S 0,98 10 1 2,42

+γ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇔ = = = → γ = =⋅ γ ⋅ +

E entre – 7 m e –

11 m 326,5 1 0,98 1018,33 kN/m .

1 1 0,98

+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= = =+ +

s wt

S e

e

γ γγ Portanto, temos:

na cota – 7 m, ' 6 13,38 10 10 19,72 kPaσ = ⋅ − ⋅ = − na cota – 11 m, ' 6 13,38 4 18,33 14 10 13,6 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ =

Para o aterro, ( ) ( ) 31 16 1 0,182 18,912 kN/m .= + = + =t d wγ γ Portanto, após o rebaixamento do NA

e o lançamento do aterro, temos: na cota – 7 m, ' 6 13,38 5 18,912 4 10 134,84 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = na cota – 11 m, ' 6 13,38 5 18,912 4 18,33 8 10 168,16 kPaσ = ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ =

Assim, 37m' 134,84 19,72 154,56 kN/m−∆σ = + = e 3

11m' 168,16 13,6 154,56 kN/m .−∆σ = − = 11) Calcular a tensão efetiva na cota – 9 m do perfil abaixo:

Refazer os cálculos se o NA sobe para a cota + 25 m e também se desce para a cota – 1 m (S = 100%). R.: Os pesos específicos totais das duas camadas são, para a camada entre 0 e – 4 m,

*Como é possível um grau de saturação menor do que 100% (98%) abaixo do ní-vel d'água?



3s wt

e en 0,38 0,38 0,38e e e 0,61

1 e 1 eS e 26 1 0,61 10

24,50 kN/m1 e 1 0,61

= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = →+ +γ + ⋅ ⋅ γ + ⋅ ⋅γ = = =

+ +

e, para a camada entre – 4 m e – 9 m,

ss

w

y w 26,5 0,76S e G w e 2,014

y S 10 1

⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ = = =⋅ ⋅

( ) ( )s 3t

1 w 26,5 1 0,7615,47 kN/m

1 e 1 2,014

γ + +γ = = =

+ + A tensão efetiva na cota – 9 m é:

' 4 24,5 5 15,47 10 10 75,35 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = Com o NA na cota + 25 m, a tensão efetiva na cota – 9 m é:

' 4 24,5 5 15,47 34 10 164,65 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = − Com o NA na cota – 1 m, a tensão efetiva é

' 4 24,5 5 15,47 8 10 95,35 kPaσ = ⋅ + ⋅ − ⋅ = 12) Traçar os diagramas de tensões efetivas e neutras para o perfil abaixo, levando-se em conta que ao atingir-se a cota – 13 m (areia grossa) a água subiu para dentro de um tubo de sondagem até 6 m acima da cota – 2 m. Refazer os cálculos após a remoção da camada de argila-orgânica, rebaixamento do NA para a cota – 6 m, seguida do lançamento de um aterro extenso até a cota + 2 m (γγγγsat do aterro = 19 kN/m3).

R.: A informação de que a água subiu para dentro do tubo de sondagem até a cota + 4 m revela que abaixo da cota – 13 m existe um lençol artesiano, cujo nível é + 4 m. Para simplificar cálculos posteriores, vamos determinar analiticamente a fórmula de γt em função de n e w, Gs e S, e γd e S:

( )e nn n n e e n e 1 n e

1 e 1 n= ⇔ + ⋅ = ⇔ = − ⇔ =

+ − ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )1 1 1 1

1 111 11

1 11

+ + + += = = = ⇒ = + −

+ − ++ − − −

s s s st t s

w w w ww n

ne n nn nn

γ γ γ γγ γ γ

13) Traçar o diagrama de σσσσ, σσσσ’ e u com a profundidade.

*Neste exercício eu não soube colcular os pesos específicos totais, a partir dos dados for-necidos. Gostaria de saber co-mo esse cálculo é feito.



R.: Na cota 0, u ' 0.σ = = σ = Na cota – 6 m,

3

3

3

6 18 108 kN/mu 6 10 60 kN/m

' u 48 kN/m

σ = ⋅ == ⋅ =

σ = σ − =

Na cota – 8 m,

3

3

108 2 20 148 kN/mu 0

' u 148 kN/m

σ = + ⋅ ==

σ = σ − =

Na cota – 11 m,

3

3

148 3 18,5 203,5 kN/mu 0

' u 203,5 kN/m

σ = + ⋅ ==

σ = σ − =

sat

γ*Não entendi por que o exemplo coloca o da areia sob a argila como y se ela não está sa-turada.



TENSÕES NO SOLO DEVIDAS A CARREGAMENTOS EXTERNOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1) Em que consiste o método 2.1? Use o método para provar que o plano de tensões, num plano horizontal qualquer sob a sapata, não é uniforme. R.: O método 2.1 sugere que as tensões no solo se distribuem como um facho de luz, com intensidade constante a cada distância da fonte, segundo um ângulo de 26,57º (tg–1 0,5). Se tomarmos a região carregada como uma única área, teremos a ilusão de que as tensões são iguais em todos os pontos, à mesma profundidade, tocados pelo facho. No entanto, se dividirmos a área em quadrados menores, os fachos de tensões se somarão, resultando numa tensão maior no centro da sapata e menor nas extremidades. Isso prova que o plano de tensões, num plano horizontal qualquer sob a sapata, não é uniforme. 2) O que é carga pontual e carga uniformemente distribuída? R.: Carga pontual é a aquela que se considera atuando num único ponto (concentrada). Carga uniformemente distribuída é uma carga aplicada numa área, de maneira uniforme. 3) Quais as hipóteses admitidas na avaliação da distribuição de tensões no solo pela Teoria de Boussinesq? São sempre válidas? Explique. R.: As hipóteses são: (1) o solo é elástico, isto é, obedece à lei de Hooke ou pelo menos existe proporção constante entre tensão e deformação; (2) o solo é homogênio; (3) o solo é isotrópico; (4) o solo é uma massa com superfície plana e que se estende daí infinitamente em todas as direções. Na verdade, o solo não é perfeitamente elástico; se uma solicitação é retirada, ele apresenta uma deformação residual (comportamento plástico). O solo não é homogênio: a composição e a granulometria do solo é muito variável; até solos de mesma granulometria e composição apresentam diferenças nos índices de vazios conforme a profundidade. 4) O que são isóbaras? O que é bulbo de tensões? Esboce exemplos. R.: Isóbaras são lugares geométricos de pontos do solo que sofram um mesmo acréscimo de pressão, ∆σz, provocado por um dado carregamento. Bulbo de tensões é o conjunto de isóbaras para um dado carregamento. 5) Trace um diagrama esquemático das tensões como realmente se distribuem em baixo de uma sapata carregada: a) num plano vertical que passa pelo centro da sapata; b) num plano horizontal qualquer de massa de solo. a) b) 6) Qual a diferença de hipóteses admitidas por Boussinesq e Westergaard? Qual a diferença resultante no bulbo de tensões? R.: As hipóteses admtidas por Boussinesq e por Westergaard divergem basicamente em dois pontos: (1) a teoria de Boussinesq não relaciona a tensão com nenhuma propriedade física do solo, enquanto a teoria de Westergard relaciona (o coeficiente de Poisson); e (2) a teoria de Boussinesq assume que o solo pode se deformar igualmente em todas as direções (isotropia), enquanto a teoria de Westergard assume o solo é indeformavel na horizontal, devido à existência de lâminas horizontais de espessura desprezível, mas rigidez infinita, que funcionam como uma armadura para o solo.



7) A teoria de Boussinesq leva em conta o tipo de material em que se distribuem as tensões? E a de Westergaard? R.: A teoria de Boussinesq não leva em conta o tipo de material em que se distribuem as tensões, nenhuma das variáveis da equação depende do tipo de solo. A teoria de Westergaard leva em conta o tipo de material em que se distribuem as tensões, pois o coeficiente de Poisson varia com o tipo de solo. 8) Calcule pelos métodos 2.1, setores de anel, gráfico de Newmark e como carga pontual, as pressões verticais a uma profundidade de 5 m abaixo de uma fundação retangular de 2m ×××× 1m: a) sob o centro da sapata; b) nos cantos da sapata; c) a 1m para fora de um dos cantos da sapata (medido sobre a diagonal). A tensão superficial é de 500 kPa. Prepare um quadro de resumo e compare os resultados. R.:

a) – Pelo método 2:1:

– Pelos setores de anel:

– Pelo gráfico de Newmark:

Como o gráfico foi desenhado exatamente para a profundidade de 5 m, não é necessário utilizar nenhuma escala. O número de partes do gráfico sobre a área é: M 4 0,7 4 0,8 4 0,5 4 0,4 4 0,3 10,8.Portan

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

z s

to, o acréscimo de tensão no ponto é : M q I 10,8 500 0,005 27 kPa∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

( )( ) ( )( )

( )( )

0z

Q q B L

B z L z B z L z500 2 1

23,81 kPa2 5 1 5

⋅ ⋅∆σ = = =+ + + +

⋅ ⋅= =+ +



b) – Pelo método 2:1:

( )( ) ( )( )zQ 500 2 1

23,81 kPaB z L z 2 5 1 5

⋅ ⋅∆σ = = =+ + + +


– Pelo gráfico de Newmark:

c) – Pelo método 2:1:

( )( ) ( )( ) ( )( )0

zQ q B L 500 2 1

23,81 kPaB z L z B z L z 2 5 1 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆σ = = = =+ + + + + +


z s

O número de partes do gráfico sobre a área é: M 4 0,95 0,4 0,3 0,4 0,9 0,8 7,75.Portanto, o acréscimode tensão no ponto é :

M q I 7,75 500 0,005 19,375 kPa

= + + + + + + =

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

O gráfico de Newmark foi desenvolvido para cargas na extremidade da área carregada. Para que ela possa ser estendida a este caso, devemos dividir a área em quatro retângulos menores, tal que os quatro

( )z 0 B

z B

fiquem com a quina sobre o ponto. Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq), o acréscimo de tensão no centro da área é:

1 0,5n q f (m,n), onde m 0,2 e n 0,1

5 5Portanto:

1 14 500 f ,10 5

∆σ = ⋅ ⋅ = = = =

∆σ = ⋅ ⋅ = 4 500 0,009 18 kPa⋅ ⋅ =

( )z 0 B

z B

Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq): 2 1

q f (m,n), onde: m 0,4 e n 0,25 5

Portanto:2 1500 f , 500 0,034 17 kPa5 5

∆σ = ⋅ = = = =

∆σ = ⋅ = ⋅ =



– Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq):

( ) ( ) ( ) ( ) ( )z z z z z

z 0

z

Pelo gráfico de Newmark (solução de Boussinesq): EFHI ACIG ACDF ABHG ABED

1,45 2,89 0,45 2,89 1,45 0,89 0,45 0,89q f , f , f , f ,

5 5 5 5 5 5 5 5500 0,38 0,22 0,1

∆σ = ∆σ − ∆σ − ∆σ + +∆σ ⇔ ⇔ ∆σ = − − + ⇔

⇔ ∆σ = − −[ ]5 0,006 500 0,016 8 kPa+ = ⋅ =

9) Mostre com um exemplo que para profundidades maiores que três vezes o lado da sapata tanto faz calcular-se o acréscimo de tensões considerando a sapata real ou assemelhando-a a uma carga pontual. R.: Vamos resolver o Exemplo 12, da página 28, para mostrar o que foi pedido.

Seja calcular os acréscimos de tensões para a situação da figura 3.1, pelos métodos 2:1, Boussinesq e Westergaard, considerando-se a área real (quadrada) às profundezas de 2 m (z = b), 6 m (z = 3b) e 10 m (z = 5b) tanto num canto como no centro do carregamento.

z s

O número de partes do gráfico sobre a área é: M 0,05 0,55 0,8 0,9 0,3 0,1 0,970,85 0,4 0,1 0,48 0,2 5,7

Portanto, o acréscimo de tensão no ponto é : M q I 5,7 500 0,005 14,25 kPa

= + + + + + + ++ + + + + =

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =



– Para a profundidade de 2 m

– Pelo método 2:1 – Carga pontual

– No centro

( ) ( ) ( )( )zQ 200

50 kPaB z L z 0 2 0 2

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

50 kPaB z L z 0 2 0 2

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– Área real – No centro

( ) ( ) ( )( )zQ 200

12,5 kPaB z L z 2 2 2 2

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

12,5 kPaB z L z 2 2 2 2

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– Pelo método de Boussinesq – Carga pontual – No centro

z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 123,9 kPa

2 z 2 2r 01 1

z 2

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =π π ⋅ + +

– No canto

z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 18,66 kPa

2 z 2 2r 21 1z 2

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =π π ⋅ + +


( ) ( )z 0 B B200

4 q f m,n 4 f 1/2,1/2 4 50 0,09 18 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

– No canto

( ) ( )z 0 B B200

q f m,n f 1,1 50 0,18 9 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅

– Pelo método de Westergaard – Carga pontual

– No centro



z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 5015,9 kPa

z 2r 01 2 1 2

z 2

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =π + +

– No canto

z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 50 15,62 kPa

2,83z 2r 21 2 1 2z 2

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =π + +


( ) ( )z 0 w w200

4 q f m,n 4 f 1/2,1/2 4 50 0,055 11 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

– No canto

( ) ( )z 0 w w200

q f m,n f 1,1 50 0,15 7,5 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅

– Para a profundidade de 6 m – Pelo método 2:1 – Carga pontual

– No centro

( ) ( ) ( )( )zQ 200

5,56 kPaB z L z 0 6 0 6

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

5,56 kPaB z L z 0 6 0 6

∆σ = = =+ ⋅ + + +


( ) ( ) ( )( )zQ 200

3,125 kPaB z L z 2 6 2 6

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

3,125 kPaB z L z 2 6 2 6

∆σ = = =+ ⋅ + + +


z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 12,65 kPa

2 z 2 6r 01 1

z 6

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =π π ⋅ + +

– No canto

z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 12,32 kPa

2 z 2 6r 21 1z 6

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =π π ⋅ + +


( ) ( )z 0 B B200

4 q f m,n 4 f 1/6,1/6 4 50 0,013 2,6 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅



– No canto

( ) ( )z 0 B B200

q f m,n f 1/3,1/3 50 0,044 2,2 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅


– No centro

z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 2001,77 kPa

36z 6r 01 2 1 2

z 6

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =π + +

– No canto

z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 200 11,64 kPa

36 1,08z 6r 21 2 1 2z 6

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =π + +


( ) ( )z 0 w w200

4 q f m,n 4 f 1/6,1/6 4 50 0,008 1,6 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

– No canto

( ) ( )z 0 w w200

q f m,n f 1/3,1/3 50 0,029 1,45 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅

– Para a profundidade de 10 m – Pelo método 2:1 – Carga pontual

– No centro

( ) ( ) ( )( )zQ 200

2 kPaB z L z 0 10 0 10

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

2 kPaB z L z 0 10 0 10

∆σ = = =+ ⋅ + + +


( ) ( ) ( )( )zQ 200

1,39 kPaB z L z 2 10 2 10

∆σ = = =+ ⋅ + + +

– No canto

( ) ( ) ( )( )zQ 200

1,39 kPaB z L z 2 10 2 10

∆σ = = =+ ⋅ + + +


z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 10,96 kPa

2 z 2 10r 01 1

z 10

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ =π π ⋅ + +

– No canto



z 2 5/2 2 5/22 2

3Q 1 3 200 1 0,9550,91 kPa

1,0512 z 2 10r 21 1z 10

⋅∆σ = ⋅ = ⋅ = =π π ⋅ + +


( ) ( )z 0 B B200

4 q f m,n 4 f 1/10,1/10 4 50 0,005 1 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

– No canto

( ) ( )z 0 B B200

q f m,n f 1/5,1/5 50 0,018 0,9 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅


– No centro

z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 2000,64 kPa

100z 10r 01 2 1 2

z 10

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = =π + +

– No canto

z 2 3/2 2 3/22 2

1 1Q 200 200 10,6 kPa

100 1,06z 10r 21 2 1 2z 10

π π∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =π + +


( ) ( )z 0 w w200

4 q f m,n 4 f 1/10,1/10 4 50 0,003 0,6 kPa2 2

∆σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

– No canto

( ) ( )z 0 w w200

q f m,n f 1/5,1/5 50 0,012 0,6 kPa2 2

∆σ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅

Este exemplo mostra que para profundidades maiores que três vezes o lado da sapata tanto faz calcular-se o acréscimo de tensões considerando a sapata real ou assemelhando-a a uma carga pontual. 10) Compare a distribuição de tensões sob uma sapata quadrada, de lado “B” e outra infinita de largura “B”. Ambas possuem a mesma tensão de contato? R.: Tensão de contato é a tensão existente entre as partículas sólidas do solo, que efetivamente “entram em contato”. Essa tensão é devida à carga aplicada, ou seja, ao carregamento externo. No caso de uma sapata quadrada de lado “B” e de uma sapata infinita de lado “B”, as tensões geradas pelos carregamentos são diferentes; isso é facilmente visto pela comparação das isóbaras para carregamentos nessas áreas. As isóbaras para faixas infinitas são mais profundas, o que indica que a tensão – também a de contato – é maior para a faixa infinita do que para a área quadrada. 11) Explique como se constrói um ábaco de setores de anel. R.: Para construir um ábaco de setores de anel, deve-se aplicar uma carga num ponto qualquer: o gráfico é feito com círculos concêntricos, divididos em trechos de ângulos constantes

( )360/n ,θ = com linhas radiais entre si. Determina-se uma profundidade, e o fator de influência,



do anel e de cada setor A Az zAA A

0 0

II I .

q n n q

∆σ ∆σ = ⇒ = = ⋅

Os raios dos círculos concêntricos são

tais que cada setor, de cada anel, tenha o mesmo fator de influência. Isso faz com que os anéis, quanto mais externos, sejam mais largos. 12) Calcular o acréscimo de tensões verticais sob o ponto “P”, à cota – 12 m, causadas pelo edifício da planta, onde: a) a área “A” está apoiada à cota – 5 m e transmite tensão de 180 kPa; b) a área “B” está apoiada à cota – 3 m e transmite uma tensão de 150 kPa. O solo escavado é uma argila arenosa de peso específico total de 16 kN/m2, e o N. A. situa-se à cota – 5 m.

R.: Poderíamos utilizar a solução de Newmark, mas seriam necessárias tantas adições e subtrações de áreas para reproduzir a área em questão que isso se torna inviável. Assim, uma saída é utilizar o ábaco de setores de anel. Nesta solução, como A e B tem cotas diferentes, P está em profundidade diferentes em relação a eles. Está a – 7 m em relação a A e a – 9 m em relação a B. O ábaco de setores de anel tomado como referência está ligeiramente fora de escala, mas tomando-o como verdadeiro, ou seja, 1 cm no desenho seja igual a 1 m na área real, temos, dividindo o prédio em duas partes: 10,45

– para A, 59 (m) 5 (cm) x y 0,555 yy (m) x (cm) 9

− ⇒ = ⋅ = ⋅−

– para B, 57 (m) 5 (cm) x y 0,714 yy (m) x (cm) 7

− ⇒ = ⋅ = ⋅−

Aplicando-se as escalas, chega-se às seguintes dimensões:

Colocando no ábaco, temos:



O acréscimo de tensão ∆σ no ponto P será:

1 2 1 2z z z 1 1 s 2 2 sM q I M q I∆σ = ∆σ + ∆σ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

Na área 1, temos:

1M 3 0,65 0,75 0,8 0,03 0,15 0,08 0,5 0,55 0,15 0,530,3 0,05= + + + + + + + + + + + + = 7,54 Na área 2, temos:

2M 0,98 0,7 0,55 0,08 0,04 0,12 0,1 0,1 2,67= + + + + + + + = Assim:

1 2z z z 7,54 180 0,005 2,67 150 0,005 8,79 kPa∆σ = ∆σ + ∆σ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

Contudo, esta ainda não é a resposta. Ao valor de ∆σz deve ser somado o alívio decorrente da escavação, e somado a poropressão.



COMPRESSIBILIDADE E ADENSAMENTO UNIDIMENSIONAL EXERCÍCIOS PROPOSTOS Recalques 1) Num solo saturado as fases presentes são apenas a sólida e a líquida, que são consideradas incompressíveis. Como então se explica a compressão de um solo saturado? O que acontece com o índice de vazios dos solos, saturados ou não, após serem comprimidos? R.: A compressão do solo (saturado ou não) se deve à expulsão do ar presente nos vazios do solo. Dessa forma, qualquer solo, ao ser comprimido, tem uma redução no seu índice de vazios. 2) Descreva o mecanismo de compressão unidimensional dos solos. R.: O solo, como todos os materiais existentes, se dilata nas três dimensões. Contudo, principalmente se tratando de uma parte do solo distante da borda do carregamento, os esforços de dilatação nas direções que formam o plano perpendicular à vertical se cancelam para cada volume do solo, pois em todos os lados existem volumes empreendendo os mesmos esforços em direção contrária. A soma desses esforços é nula em todas as direções, menos na vertical. 3) Estabeleça as hipóteses e a expressão de recalques unidimensionais, em função da variação de índice de vazios. Esta expressão aplica-se a que tipos de solos? R.: No caso do recalque unidimensional cada um dos elementos “B × L” de cada camada vai ser comprimido verticalmente (e contido lateralmente, de modo a impedir deformações horizontais). Os sólidos em si são relativamente incompressíveis, mas podem se arranjar num estado mais denso à custa de uma redução do índice de vazios. O ar contido nos vazios, muito compressível, será instantaneamente comprimido, e a água, incompressível, será expulsa. Então, o solo, nestas condições de carregamento de extensão infinita, sofrerá uma compressão unidimensional através da redução de seu volume de vazios. No entanto, como apenas as camadas de argila do solo sofrem recalques significativos, só vale a pena estabelecer uma relação entre recalque e variação de índice de vazios para argilas, e, sobretudo, a hipótese de recalques unidimensionais só é válida em pontos distantes da borda do carregamento. 4) Discuta a expressão do recalque em função do índice de vazios (explique como se determina os parâmetros da equação).

R.: A expressão do recalque em função do índice de vazios é 0

0 0 0

H eH eH .

H 1 e 1 e

⋅ ∆∆ ∆= ⇔ ∆ =+ +

O

recalque, então, definido por ∆H, é função de H0, e0 e ∆e. H0 é a altura de drenagem, igual à metade da camada considerada. e0 é o índice de vazios inicial, e ∆e é a variação do índice de vazios. A determinação do índice de vazios demanda 3 ensaios: umidade (wn), massa específica total (ρt) e massa específica de sólidos (ρs). 5) Qual a finalidade de se obter a curva e ×××× log σσσσ’, no ensaio de compressão unidimensional (endométrico)? R.: A finalidade de se obter a curva e × log σ` é a determinação das faixas de índice de vazios onde a reta que representa o solo tem a inclinação Cc e onde ela tem inclinação CR, distinguindo tais comportamentos, de compressão e recompressão, respectivamente. Nesse processo, se determina a tensão de pré-adensamento. 6) O que é tensão de pré-adensamento? E como se determina? A tensão de pré-adensamento é a maior tensão sofrida pelo solo em toda a sua história. Ela fica gravada na “memória” do solo. Esse ponto do gráfico e × log σ` marca uma diferença no comportamento do solo, da variação da tensão no solo com a variação do índice de vazios, simbolizada pela diferença das inclinações das retas (Cc e CR).



7) Como pode ser um solo em relação à tensão de pré-adensamento? Discuta o assunto. R.: O solo pode ser sub-adensado (RSA < 1), normalmente adensado (RSA = 1) ou pré-adensado

(RSA > 1), onde aa

av

' pressão de pré-adensamento do solo, 'RSA .

' pressão efetiva devida a peso próprio atuante no solo'

σ = σ= σ =σ

O solo sub-adensado só existe na teoria, já que é impossível que σa’ seja menor do que σv’. O solo normalmente adensado (com RSA = 1) também é teórico. Segundo o pesquisador Schmertmann, os valores mínimos para a Razão de Sobre-Adensamento estão entre 1,2 e 1,4. Por isso, hoje em dia, quando se usa o termo “normalmente adensado”, geralmente acrescenta-se “e ligeiramente pré-adensados”. O solo pré-adensado, na verdade, representa todos os solos existentes. Os solos teoricamente normalmente adensados são pré-adensados por envelhecimento. Outras causas de pré-adensamento são: erosão dos solos, ressecamento dos solos, subida do lençol freático no terreno, reações químicas ocorrentes no solo, derretimento de geleiras, movimento de dunas, drenagem de lençóis d’água empoleirados e envelhecimento dos solos. 8) O que é reta de compressão virgem? Explique-a. R.: Ao atingir a máxima pressão já sofrida, a pressão de pré-adensamento, σ’a, a curva sofre uma inflexão e entra noutra reta, “virgem” de tensões. A declividade da reta virgem de

compressão é o Índice de Compressão, c

eC .

log '

∆=∆ σ

9) O que é trecho de recompressão? Explique-o R.: Trecho de recompressão é o caminho que o solo percorre enquanto a aplicação de uma tensão permanece inferior à tensão de pré-adensamento. A inclinação da reta de recompressão (CR) no gráfico e × log σ é pequena, o que implica pequenas deformações do solo nesse trecho. 10) Como podemos avaliar, sem a curva e ×××× log σσσσ’, as condições de pré-adensamento de um solo? R.: Através de correlações empíricas. Analisa-se a consistência do solo. Quando a tensão efetiva estive próxima do LL, isso é sinal de solo normalmente adensado. Quando a umidade nautral efetiva estiver próxima do LP, isso é sinal de solo pré-adensado. 11) Qual a correlação empírica para o índice de compressão Cc de Terzaghi? Aplica-se a que tipos de solos? É exata? Discuta sua validade em relação a correlações locais, como a proposta por Casagrande e Polido para Vitória, ES. R.: A correlação empírica clássica, e provavelmente a mais antiga, é apresentada por Terzaghi:

( )cC 0,009 LL 10 .= − No entanto, essas relações são feitas para cada lugar e solo

especificamente, para que sejam representativas de cada região, já que as propriedades dos solos variam muito. Os recalques unidimensionais das areias são desprezíveis, portanto só interessam os recalques nas camadas de argila. É a elas que a correlação empírica para o índice de compressão de Terzaghi se aplica. 12) Qual o efeito do amolgamento na curva e ×××× log σσσσ’? R.: O amolgamento da amostra de solo, ocorrida, por exemplo, no trajeto entre o campo e o laboratório, pode reduzir o índice de vazios real, conduzindo a um resultado errado. O solo guardar uma memória de todo o seu passado; o almolgamento apaga essa memória.

13) A equação 0 z0 f c

a

'e e C log

'

σ + ∆σσ + ∆σσ + ∆σσ + ∆σ− = ×− = ×− = ×− = ×

σσσσ é válida em que trecho da curva de compressão

endométrica? Qual o erro resultante se, num solo pré-adensado, fosse usado σσσσ’ 0 no lugar de σσσσ’ a? E num solo sub-adensado? E se 0 z a' ' ?σ + ∆σ < σσ + ∆σ < σσ + ∆σ < σσ + ∆σ < σ



R.: A equação 0c

a

' 'e C log

'

σ + ∆σ∆ = ⋅σ

é válida para o trecho de compressão, ou seja, para faixas

de tensão que o solo nunca experimentou em sua história. Se, num solo pré-adensado, fosse usado σ0’ no lugar de σa’, isso seria equivalente a adotar RSA = 1, já que σa’ = RSA·σ0’, e o recalque calculado seria maior do que o recalque real, gerando custos desnecessários para a fundação. Num solo sub-adensado, onde RSA < 1, se σ0 fosse usado no lugar de σa’, o recalque calculado seria menor do que o real, podendo causar danos a estrutura. 14) Mostre esquematicamente numa curva e ×××× log σσσσ’ o que aconteceria com um solo “normalmente” adensado que sofresse um acréscimo de carga devido a um aterro, depois um alívio de tensões (devido à retirada do aterro), e finalmente um acréscimo de carga (inferior àquele do aterro) devido à construção de um prédio. Qual seria o recalque sofrido pelo prédio? R.: Essa é a curva e × log σ’ que representa um solo qualquer:

O caso descrito no exercício trata de um solo no ponto A. Quando sofre o carregamento do aterro, o solo vai para o ponto B. Quanto esse carregamento é retirado, o solo vai para o ponto C. Quando o prédio (de carga inferior ao aterro) é construído, a carga não é suficiente para que o solo chegue novamente a B e assuma novamente a reta de compressão virgem, ou seja, o solo fica na recompressão, e nesse estágio os recalques podem ser desconsiderados, ou seja, a reta CB pode ser aproximada para uma reta na horizontal, com inclinação nula.

Recalques com o tempo – Adensamento 15) Explique a Analogia do Adensamento de Terzaghi, comparando-a com o caso real dos solos. R.: A analogia de Terzaghi ilustra muito bem o processo de adensamento dos solos com um pistão cheio d’água e uma mola. A água representa a água dos poros do solo, a mola representa o esqueleto sólido do solo e a válvula representa a permeabilidade do solo. A analogia de Terzaghi é dividida em três instantes: (a) quando t = 0, a deformação no solo ρ gerada por ∆σ é nula, todo o acréscimo de tensão vai para a tensão neutra; (b) quando 0 < t < ∞, parte do acréscimo de tensão vai para a pressão neutra e parte é transferida para a tensão efetiva ( )' U∆σ = × ∆σ ; U% do

adensamento já se processou; e (c), quando t = ∞, todo o acréscimo de tensão foi transferido para a tensão efetiva; já ocorreu toda a deformação do solo. 16) Quando se aplica um acréscimo de tensão ∆σ num elemento de solo saturado cujo estado de tensões era σ0, σ0` e u0, como serão alterados esses valores em função do tempo? R.: O estado inicial, relacionando os parâmetros dados, pode ser representado da seguinte forma:

0 ' u.σ = σ − Considerando que o instante t = 0 é o instante inicial e que o instante t = ∞ é teórico,

é suficiente analisar o que acontece no intervalo 0 < t < ∞. Nesse intervalo, 0u u∆ = ∆σ − ⋅ ∆σ =

( )01 u= ∆σ − e ' U .∆σ = ⋅ ∆σ Assim,

0 ,σ = σ + ∆σ

( ) ( )0 0 0 0U u u u u u 1= + ∆ = + ∆σ − ⋅ ∆σ = ∆σ − − ∆σ

( ) ( ) ( )2 20 0 0 0 0 0' ' ' ' U ' u 1 ' u σ = σ + ∆σ = σ + ⋅ ∆σ = σ + ∆σ − − ∆σ ∆σ = σ + ∆σ − ∆σ − ∆σ



17) A Teoria do Adensamento de Terzaghi é aplicado a um elemento situado na zona de saturação capilar? A uma massa de areia fina submersa? A um elemento de solo num aterro? (Se houver dúvida quanto à pergunta, explique-a). R.: A teoria do adensamento de Terzaghi não se aplica à zona de saturação capilar, pois a capilaridade não é um estado permanente. A capilaridade se deve à tensão resultante da interface ar-água. Quando essa interface deixar de existir (a saturação atingir 100 %), por variação do NA, a capilaridade deixa de existir. A teoria não se aplica a uma massa de areia fina submersa, pois o processo de adensamento trata apenas de “variações volumétricas que ocorrem em solos finos saturados”, e a areia é um solo grosso. Na areia, o recalque ocorre instantaneamente, e a teoria trata de recalques ao longo do tempo. Finalmente, a teoria não se aplica a aterros, já que o material de aterro pode não ser homogêneo e não estar saturado, desta forma não se aplica a teoria de Terzaghi. eles são postos acima da cota zero do terreno, e o nível d’água freático é negativo. O único caso de aterro em que a Teoria do Adensamento de Terzaghi poderia ser aplicada é o caso de um aterro dentro de um rio, abaixo de sua superfície, onde todo o aterro estaria saturado. 18) Quais as hipóteses admitidas por Terzaghi na Teoria do Adensamento? Discuta cada uma usando a derivação da equação diferencial do adensamento. R.: As hipóteses admitidas por Terzaghi na Teoria do Adensamento são: (1) solo homogêneo; (2) solo saturado; (3) água intersticial e partículas sólidas incompressíveis; (4) adensamento ou compressão unidimensional; (5) escoamento da água intersticial unidimensional; (6) validade da Lei de Darcy; (7) valores constantes para certas características dos solos que de fato variam com a tensão; (8) teorias aplicadas a elementos podem ser estendidas por integração a toda a massa de solo; e (9) linearidade da relação entre a variação do índice de vazios com o acréscimo de tensão.

A equação diferencial do adensamento é 2

v 2

u uc ,

t z

∂ ∂= ⋅∂ ∂

cuja resolução nos traz à seguinte

relação: ( )2

mM T

z,tdm 0

2 M zu sen e ,

M H

=∞−

=

⋅ ∆σ ⋅∆ = ⋅

∑ onde v v2 2d

c t c tT .

H H2

⋅ ⋅= =

O coeficiente de

adensamento cv vale ( )

vv w

k 1 ec ,

a

+=

⋅ γ onde av é o coeficiente de compressibilidade do solo, e vale

vde

a .du

= O coeficiente cv deve ser encarado como constante, já que se fosse tomado como

variável a integração da equação diferencial do adensamento seria muito complicada. cv é função de k, de e e de av. A admissão de k (coeficiente de permeabilidade do solo) constante implica um solo constante (hipótese 1). A admissão de e constante justifica a hipótese 7. A admissão de av constante implica linearidade da relação entre a variação do índice de vazios com o acréscimo de tensão (hipótese 9). A justificativa da hipótese 3 também vem da admissão de e constante, já que com a profundidade, a variação da tensão efetiva provocaria a compressão dos grãos de solo, resultando numa variação do índice de vazios. A hipótese 4 é a que mais se aproxima da realidade, pois não se trata exatamente de uma hipótese, mas de uma constatação do que ocorre nos pontos distantes das bordas do carregamento. No plano horizontal, os elementos vizinhos empreendem esforços equivalentes uns nos outros, fazendo com que a deformação seja nula. Assim, a única deformação que ocorre é na vertical. A justificativa da hipótese 5 é que a compressão é admitida como unidimensional. Dessa forma, a expulsão da água dos vazios, que é o mecanismo da compressão, também ocorre apenas numa direção. A hipótese 8 é necessária pois tanto a derivação quanto a diferenciação exigem que as funções sejam contínuas, neste caso as propriedades do solo. A Lei de Darcy estabelece que

Qv k i k i.

A= ⋅ ⇔ = ⋅ Como a vazão é constante pelas camadas do solo (fluxo vertical), e também



a área, e como k é constante para toda a camada de solo, tem-se: Q

const.Ai const.i const.

= = = em

cada camada. Isso justifica a hipótese 6. Finalmente, sendo s s

w

w G we ,

S S

⋅ ⋅ γ= =⋅ γ

admitindo-se as

grandezas do solo (γs, w e e) constantes, para que a igualdade se verifique, é preciso que S seja constante (S = 100%). Essa é a justificativa da hipótese 2. 19) O que é porcentagem de adensamento? (Responda em função de “u” e de “∆H”). R.: A porcentagem de adensamento, U, mede o processo de adensamento, ou seja, quanto do adensamento ρ se processou. U = 0 para t = 0, 0 < U < 1 para 0 < t < ∞, e U = 1 para t = ∞. Em

função da deformação, a porcentagem de adensamento é dada por: U .H

ρ=∆

Em função da

poropressão, a porcentagem do adensamento é dada por 0 médio

0

u uU .

u

∆ − ∆=∆

20) O que é coeficiente de adensamento? Como se pode usá-lo para obtenção do coeficiente de permeabilidade dos solos? R.: O coeficiente de adensamento mede a taxa com que um solo recalca com o tempo. É função

do solo e do nível de tensões atuantes. Ele é definido por: ( )

vv w

k 1 ec .

a

+=

⋅ γ Portanto:

( )v v wc ak .

1 e

⋅ γ=

+

21) Qual a expressão do “fator tempo”? Explique cada termo.

R.: A expressão do fator tempo é 2T U4

π= para U < 60 %, e ( )T 0,9332log 1 U 0,0851= − − −

para U > 60 %, onde U é o grau de adensamento. 22) Explique resumidamente como se executa o ensaio de adensamento. R.: Toma-se um disco de solo, no mínimo com 13 mm de altura e 32,5 mm de diâmetro. Coloca-se este disco dentro de um anel rígido (para impedir deformações laterais, como na hipótese de carregamento de dimensão infinita) e para vários carregamentos (σi’) determina-se o índice de vazios (ei) correspondente. De posse desses pares de valores traça-se um gráfico e tem-se a relação experimental desejada. 23) Quais os principais parâmetros obtidos num ensaio de adensamento? R.: Os principais parâmetros obtidos num ensaio de adensamento são índice de vazios, e, e deformação específica, ε. 24) Qual a forma habitual de apresentação do ensaio de adensamento? R.: O ensaio de adensamento é comumente apresentado num gráfico de e × log σ’. 25) Explique, incluindo determinação de tempos de adensamento, como se determina o valor do coeficiente de adensamento a partir dos resultados do ensaio. Use os métodos de Taylor e Casagrande. R.: Casagrande usa o gráfico d × t com d em escala natural e t em escala logarítmica. Do gráfico

obtém-se os valores de d0, ds, d100 e df, e calcula-se d50 como ( )s 100

50d d

d .2

+= t50 é o tempo



necessário para chegar a 50 % do adensamento. Finalmente, o calculo é: 2

v50

0,197 Hc .

t

⋅= Taylor

utiliza o gráfico d × t . No gráfico, observa-se que até 60 % do adensamento o gráfico é uma reta. Nesse trecho se toma um ponto de abscissa 1,15ª. Passando-se por esse segundo ponto uma reta partindo do zero, ela encontrará a reta teórica num ponto correspondente a 90 %, ou seja,

90t . Usa-se essa característica para obter t90. Finalmente, determina-se o coeficiente de

adensamento: ( )

2

v 2

90

0,848 Hc

t

⋅= . Ou seja, o coeficiente de adensamento é função da altura da

camada e do tempo necessário para uma determinada porcentagem do adensamento. 26) Numa curva “deformação × tempo” do ensaio de adensamento quais os tipos de deformações sofridos pela amostra? Discuta cada trecho. R.: A amostra sofre uma compressão inicial, uma compressão primária e uma compressão secundária.A compressão inicial não obedece à Teoria do Adensamento. É uma compressão instantânea (o trecho que vai de d0 e ds). A compressão primária obedece à Teoria do Adensamento. A velocidade de deformação é controlada pela saída d’água dos vazios do solo. O trecho correspondente da curva vai de ds a d100. A compressão secundária é representada pelo trecho que excede d100. O adensamento se torna muito lento. 27) Qual a influência do tempo de duração dos estágios do carregamento do ensaio de adensamento numa curva e × log σ’? R.: O tempo influencia o ensaio de adensamento permitindo ou não que todo o carregamento aplicado se transforme em tensão efetiva. O processo de adensamento divide-se em três momentos: quando t = 0, todo o acréscimo de tensão vai para a tensão neutra – como nada vai para a tensão efetiva a deformação é nula; quanto 0 < t < ∞, parte do acréscimo de tensão vai para a pressão neutra e parte é transferida para a tensão efetiva – portanto, ocorre recalque; quanto t = ∞, todo o acréscimo de tensão já foi transferido para a tensão efetiva – portanto, ocorre 100 % do recalque. É importante verificar em qual dessas etapas está o carregamento. Resumindo, se o tempo do ensaio é igual a zero, ρ(t) = 0; se o tempo do ensaio está entre zero e infinito, ρ(t) = n⋅ρ, onde 0 < n < 1 e ρ é o recalque total; se o tempo do ensaio é infinito, ρ(t) = ρ. 28) Como se pode acelerar o tempo de adensamento de uma argila? Explique o princípio envolvido em cada método. R.: Os dois métodos típicos são o de uso de intrusões nos solos moles para encurtamento dos caminhos de drenagem, e o de uso de sobrecargas provisórias. Para aceleração dos recalques pelo uso de intrusão e diminuição do percurso de drenagem o método tradicional é o de uso de drenos verticais na areia. Nesse método um tubo metálico é introduzido no terreno, limpo, preenchido com areia e sacado, deixando no lugar um dreno vertical de areia. Além dos drenos verticais, são usados também os geodrenos e os drenos fibroquímicos. O geodreno é uma fita drenante de uns 10 centímetros de largura. O núcleo é constituído de uma série de canaletas de plástico e o invócrulo é um filtro geotêxtil (deixa a água passar, mas não a argila). Essa fita é cravada no solo por uma lança. As sobrecargas provisórias são cargas colocadas sobre o terreno, que após um certo adensamento é removida, deixando o solo pré-adensado. 29) Supondo-se que o coeficiente de adensamento de um solo seja constante, pergunta-se se haveria diferença entre o tempo necessário para atingir-se X% de adensamento num dado estrato de argila provocado por um aterro de 1 m de altura, e o tempo necessário para atingir-se os mesmos X% no mesmo estrato provocado por um aterro de 10 m de altura? Explique.



0

c

9

100 kPa

e 1,13

C 0,31

k 7 10 cm/s

150 kPa

−

σ ==

=

= ⋅∆σ =

R.: Tomando a expressão para U < 60 %, temos que 2 2 2 4T aT U a U U ,

4

π ⋅= = ⋅ ⇔ =π

onde a =

const. O valor de T é

( )v wv

2 2

k 1 et

ac tT .

H Hn n

+⋅ ⋅ γ⋅ = =

Ou seja, pelas relações numéricas, o tempo de

adensamento não tem nenhuma relação com o peso da camada de solo acima do ponto. A única

possível relação se apresenta em vde

a ,du

= já que o índice de vazios e varia com o aumento do

peso da camada de solo. Contudo, essa variação não é contemplada pela teoria.

30) Dados que a tensão inicial num estrato de solo é de 100 kPa, seu índice de vazios é 1,13, Cc = 0,31 e k = 7·10-9 cm/s, pergunta-se qual seria, aproximadamente, seu coeficiente de adensamento quando se aumentasse a tensão no estrato de solo para 150 kPa?

R.: O coeficiente de adensamento é dado por vw v

kc ,

m=

γ ⋅ onde

v v

V V 1m ' m .

V V '

∆ ∆= ⋅∂σ ⇒ = ⋅∆σ

A variação unitária do seu volume é

dada por: V A

.V V

∆ ρ⋅= Assim, para o cálculo do recalque (ρ) temos,

admitindo RSA = 1:

c 0

0

H C ' 0.31 H 100 150log log 0,146H 2,5 0,365H

1 e ' 2,13 100

⋅ σ + ∆σ ⋅ +ρ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =+ σ

V 0,365H A 0,365V0,365

V V V

∆ ⋅∴ = = =

3v

V 1 1m 0,365 2,43 10

V ' 150−∆= ⋅ = ⋅ = ⋅

∆σ

( )9

7v 3

w v

k 7 10c 2,88 10

m 10 2,43 10

−−

−

⋅= = = ⋅γ ⋅ ⋅

* Os geodrenos não aceleram os recalques secundários, pois os recalques secundários não se devem à expulsão de água dos vazios. Quando o recalque primário termina, toda a água já foi dissipada.



RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO

EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1) Dadas as tensões principais, no caso plano (2 dimensões), atuantes em um ponto, determine as expressões das tensões de cisalhamento e normal atuantes num plano inclinado de um ângulo αααα em relação ao plano onde atual a tensão principal maior. R.:

As expressões das tensões de cisalhamento e normal atuantes num plano inclinado de um ângulo θ são, respectivamente,

1 3 22

senσ στ θ−= ⋅

e

1 3 1 3 cos22 2

σ σ σ σσ θ+ −= + ⋅

2) Em que consiste a envoltória de Mohr? E a de Mohr-Coulomb? R.: A envoltória de Mohr é única para cada solo, e representa a resistência real do solo ao cisalhamento, sendo, portanto, não linear. A envoltória de Mohr-Coulomb é uma aproximação matemática, para uma função linear, válida apenas num dado trecho de tensões. 3) Entre dois corpos sólidos, qual a condição para que haja movimento relativo, vencendo o atrito? (Relação entre componentes horizontal e vertical da força)

R.: A teoria de ruptura de Mohr é ' .' '

rr

cc tg tg tg C

ττ σ ϕ ϕ ϕσ σ

= + ⇒ = + = + Portanto, a

condição de ruptura (a relação entre as componentes horizontal e vertical) é ,'

r tgτ ϕσ

= onde ϕ é

o ângulo de atrito interno. 4) Qual a correlação entre “atrito entre sólidos” e “resistência ao cisalhamento” de areias? R.: A resistência ao cisalhamento dos solos é originada da resistência (atrito) entre sólidos. Como as tensões neutras atuam na água, cujo 0,ϕ = não contribuem para a resistência dos solos. Por esse motivo é que a tensão entre sólidos é chamada de tensão efetiva. Assim, a equação que representa a resistência ao cisalhamento fica: lim ' '.rups tgτ τ σ ϕ= = =

5) Descreva os três principais tipos de equipamentos usados na determinação da resistência ao cisalhamento dos solos, dando suas vantagens e desvantagens. R.: Equipamento de cisalhamento direto, cisalhamento triaxial e compressão simples. 6) Apresente um esboço mostrando como se processa o cisalhamento em areias (quais as resistências que os grãos tem que vencer na deformação de ruptura). Desta análise, identifique a influência de cada um dos itens que se usa na descrição da areia, na resistência ao cisalhamento. R.: A resistência ao cisalhamento dos solos é definida como ' ' '.s c tgσ ϕ= + Como c’ representa

a coesão do solo, e a areia é um solo granular, para a areia ' 0.c = No entanto, no caso de areias compactas, para valores baixos de tensões confinantes, é nítido que a envoltória é ligeiramente curva e até indica uma pequena coesão (provável intertravamento entre os grãos). Apesar disso o



ângulo de atrito ϕ’ é o fator que mais influencia na resistência das areias. A influência da angulosidade suplanta a influência da granulometria na determinação do ângulo de atrito de uma areia. 7) Apresente dois diagramas de ensaios triaxiais, sendo um para areia compacta e outro para areia fofa. Em cada diagrama apresente dois gráficos tendo para ordenadas a diferença de tensões principais (desviador de tensões) e para abscissas as deformações relativas; o outro gráfico tendo para ordenadas índices de vazios e para abscissas as deformações relativas. Reconheça, onde possível: a) as resistências de pico e residual; b) Índice de vazios crítico. R.:

Os gráficos ao lado

mostram como se processa o cisalhamento para areias fofas e para areias compactas. O comportamento das areias fofas segue uma função sempre contínua em direção à tensão final. Quando chegam a ela, o índice de vazios aumenta indefinidamente para um valor constante que se define como resistência resídual

1 3 .2

σ στ − =

As areias

compactas apresentam um valor de resistência de pico a partir do qual a resistência começa a cair, até

atingir, também, um valor de resistência residual. Esse comportamento de pico se deve ao adicional de resistência conferido à areia por sua compacidade (dilatância, intertravamento dos grãos). Quando se ultrapassa esse valor, ele deixa de existir, e a areia começa a se comportar como uma areia fofa. No caso das areias compactas as mesmas deformações, ε, das areias fofas despertam, a princípio, tensões resistentes, τ, bem mais elevada, até chegar-se a um pico de resistência, τpico. A partir dessa deformação, correspondente a τpico, o aumento de deformações provoca resistências cada vez menores, até, eventualmente, a grandes deformações atingir-se um valor constante de resistência, τresidual. As resistências residuais das areias fofas e compactas tendem a ser iguais. No caso das areias fofas pode-se traçar então apenas uma envoltória de resistência. No caso das areias compactas pode-se traçar duas envoltórias de resistências diferentes: com τpico ou τresidual. De maior interesse didático são os carregamentos que induzam tensões cisalhantes no entorno de 20 % da tensão de ruptura de pico do solo compactado. Se tal carregamento for aplicado num solo fofo, a cada ciclo promove-se uma redução que em parte é irreversível, e o solo vai se densificando. Se o número de ciclos for suficiente o solo passa de fofo a compacto e ainda continua se densificando e se tornando mais compacto. Até chegar a uma densificação tão grande que seja imperceptível qualquer redução adicional de volume. 8) O que é índice de vazios crítico? Explique o fenômeno da liquefação das areias. Ele pode ocorrer com areias fofas ou compactas? Explique. R.: Índice de vazios crítico é o índice de vazios final para o qual tendem os solos granulares fofos e compactos. Nesse índice de vazios a resistência ao cisalhamento passa a ser constante. Para solos granulares fofos saturados o cisalhamento provoca diminuição de volume, aumento das



tensões neutras e consequente diminuição de tensão efetiva e da resistência ao cisalhamento. Pode-se chegar a uma situação de tensão efetiva e resistência nulas. Esse é o fenômeno de liquefação das argilas, similar ao estado de areia movediça. No entanto, sua causa está ligada à anulação da tensão efetiva devido à geração de uma tensão neutra igual à tensão total, pela aplicação de um carregamento de forma tão rápida que o tempo é insuficiente para sua dissipação. Dessa forma, a resistência ao cisalhamento também se torna nula. Uma vez dissipado o excesso de tensões neutras causadas pelo cisalhamento a tensão neutra cai, e a tensão efetiva e a resistência ao cisalhamento sobem. 9) Determine o ângulo, em função de ϕϕϕϕ, formado entre os planos de ruptura e o da tensão principal maior, num ensaio qualquer.

R.: 452

φα = + (prova no livro)

10) O que influi na resistência ao cisalhamento dos solos: a tensão efetiva, a neutra ou a total? Explique. R.: Somente a parcela de tensão efetiva irá contribuir na formação da resistência ao cisalhamento dos solos, já que essa resistência é originada da resistência entre os sólidos do solo. Assim a expressão fica: RUPS ' tg '.= τ = σ ⋅ ϕ 11) Qual a resistência ao cisalhamento da areia que está sofrendo o fenômeno da areia movediça? Explique. R.: A resistência ao cisalhamento da areia que está sofrendo o fenômeno da areia movediça é nula. Trata-se de um caso particular de sistema cinética em que a tensão neutra, u, se iguala à tensão total, σ. A anulação da tensão efetiva, e conseqüentemente da resistência ao cisalhamento, se deve ao fluxo de água, ascendente. Isso faz com que o solo se comporte como água. 12) Explique o ensaio adensado-drenado. Em que casos seria usado? Esboce um exemplo num diagrama de Mohr-Coulomb do círculo de Mohr correspondente, separando as tensões total, neutra e efetiva. R.: No primeiro estágio, aplica-se a tensão confinante hidrostática na câmara, σ3, e, com a válvula de drenagem aberta, aguarda-se até haver a dissipação do excesso de tensões neutras. No segundo

estágio, vai se aplicando, lenta e gradualmente, o desviador de tensões ∆p ( )1 3 ,σ σ− com a

válvula de drenagem aberta para a dissipação do excesso de tensões neutras e medição de variação de volume. Ele é indicado quando se quer obter a envoltória em termos de tensão efetiva, ou seja, quando houver uma drenagem permitida durante a obra, por uma construção lenta (ou no caso de uma construção sobre uma areia). 13) Explique o que é tensão intrínseca. R.: Tensão intrínseca é a habilidade dos solos argilosos reterem tensões que foram aplicadas em épocas passadas e apresentarem coesão (há resistência mesmo que ' 0).nσ =

14) Explique o que é coesão verdadeira e aparente. Existem para que tipos de solos? R.: A coesão verdadeira é o que caracteriza os solos coesivos, como é o caso da argila, que confere ao solo uma espécie de memória das tensões já aplicadas no solo (c’), que permite que a resistência seja diferente de zero mesmo que a tensão confinante seja nula. A coesão aparente existe apenas em solos granulares. É originada pela tensão capilar, que fornece à areia e a todos os solos uma resistência adicional. No entanto, esse adicional de resistência é duvidoso e desaparece ou com a secagem ou com a submersão. Por isso, em geral, não deve ser computado na resistência dos solos. 15) Repita o item 12 para um ensaio adensado não drenado.



R.: No ensaio adensado não drenado, a poro pressão é mantida nula no primeiro estágio (todo o acréscimo de tensão é transferido para a tensão efetiva). No segundo estágio, com o escoamento da água impedido, todo o acréscimo de tensão é transferido para a água. Nesse estágio, o acréscimo de tensão efetiva e a variação de volume são nulos. Este ensaio é indicado para uma construção em etapas sobre um solo coesivo (argila), já que com o adensamento na primeira etapa se consegue reproduzir um estado de tensões qualquer, de qualquer uma das etapas, e AA partir de então passa a se proceder o ensaio não drenado, que reproduz a condição de campo de uma argila. 16) Repita o item 12 para um ensaio não adensado não drenado. R.: (Em que casos seria usado o ensaio não adensado não drenado?) Casos em que a situação critica é a situação inmicial. 17) O que são e como se obtém: módulo de deformação (E) e coeficiente de Poisson? 18) Entre dois solos iguais em tudo, exceto pela tensão de pré-adensamento, qual dos dois deverá apresentar maior resistência num ensaio triaxial rápido? Discuta o caso. R.: Pré-adensado. Além do c’ ser diferente de zero, um solo (argila) pré-adensada tem uma resistência maior, pois é um material mais denso, devido ao histórico de tensões a que esse solo foi submetido no passado mais resistente. 19) Uma argila normalmente adensada tem coesão verdadeira? Explique. R.: Não. A coesão só ocorre se ela for pré-adensada. Numa argila normalmente adensada a envoltória passa pela origem. Ou seja, apesar de a argila ser um solo coesivo, do ponto de vista da envoltória de resistência, nesse caso, ela não apresenta coesão. 20) Em que consiste o ensaio de compressão simples? Simula qual ensaio triaxial? Explique. R.: O ensaio de compressão simples simula o ensaio não adensado não drenado. Trata-se do caso em que, no primeiro estágio, a tensão de confinamento, σ3, é igual a zero. 21) Quando, na prática, podemos usar o ensaio de compressão simples? Explique. R.: Quando se quer determinar a resistência não drenada de um material, num aterro sobre solo mole (onde haja condição não drenada). O ensaio de compressão simples reproduz o ensaio triaxial UU. No ensaio UU, o solo rompe independente da tensão confinante, então ela pode ter qualquer valor, inclusive zero. 22) O que é sensibilidade? Explique qual a resistência de um solo, em função do tempo, a uma estaca (o solo é sensível). 23) Qual o tipo de ensaio que se deve usar nos seguintes casos? Explique por que. a) Vai-se construir um edifício, rapidamente, sobre um solo: a.1) argiloso saturado, normalmente adensado; R.: Sobre um solo argiloso, saturado, normalmente adensado: a situação mais crítica é onde a tensão efetiva é menor. A drenagem é lenta, enquanto a construção é rápida. Ao longo do tempo a tensão efetiva aumenta, já que inicialmente a carga vai para a tensão neutra mas depois vai sendo transferida para a tensão efetiva. A dissipação de poro pressão é lenta, então, durante a construção do edifício, o estágio inicial é mais crítico, porque a tensão efetiva é menor – e a drenagem é impedida. Como temos um ritmo rápido de construção, não vai haver um dissipação significativa da poro pressão gerada durante o tempo de construção. Isso indica a execução de um ensaio não drenado, UU. O ensaio UU é o ensaio mais recomendado para uma amostra retirada num momento anterior à construção.

Resumindo os motivos: a situação mais crítica é no início do processo; quando o ensaio UU for executado, a tensão efetiva durante o ensaio vai diminuir, devido a uma geração de poro pressão positiva.



a.2) estratificado em camadas delgadas de argila e areia, sendo que a areia propicia boa drenagem;

R.: Sobre um solo estratificado em camadas delgadas de argila e areia, sendo que a areia propicia boa drenagem: o mais indicado é um ensaio drenado, pois a própria drenagem é permitida – a areia propicia boa condição de drenagem. Então, para se reproduzir a realidade de campo, utiliza-se o ensaio drenado na condição de carregamento do edifício aplicado.

a.3) arenoso saturado; R.: Sobre um solo arenoso saturado: o mais indicado é um ensaio drenado (CD), pois a drenagem é permitida.

a.4) de areia fortemente pré-adensada, saturada. R.: Numa argila fortemente pré-adensada, saturada, a componente hidrostática (σ3) sempre provoca

acréscimos de tensões neutras. Se o efeito do desviador de tensões predominar ( )1 3 ,p σ σ∆ = − o

ensaio indicado será o adensado drenado, pois, nesse caso, a tensão neutra terá se dissipado – o acréscimo de tensões terá se transformado em tensão efetiva –, e o melhor ensaio será o que mais se aproximar desse estado, drenado. Por outro lado, se a tensão neutra não houver se dissipado, o ensaio que mais se aproximará da condição do solo – não drenada – será o ensaio não adensado não drenado. Por via das dúvidas, como não se conheci a validade de uma ou de outra relação, é mais seguro fazer os dois ensaios.

b) Vai-se fazer uma escavação num terreno saturado para construir-se um canal. R.: A escavação é um alívio de tensão (∆σ < 0). Antes de iniciar a obra, tem-se σ0, u0 e σ’ 0. Quando o solo está saturado, com um acréscimo negativo de tensão, a água tende a expandir, então vai ser gerada uma poro pressão negativa. No tempo t = 0+, tem-se σ0 – ∆σ, u0 – ∆u e

( ) '0 0 0 0 0 0 0.u u u u uσ σ σ σ σ σ− ∆ − − ∆ = − ∆ − + ∆ = − = No final do processo, tem-se

0 ,σ σ− ∆ 0u e '0 0 0 0 0 .u uσ σ σ σ σ σ− ∆ − = − − ∆ = − ∆ Por isso fazer o ensaio drenado, pois

o estado final é mais crítico; está-se permitindo a drenagem durante o processo. 24) Para um solo laminado ensaiado no equipamento triaxial, qual a orientação do corpo de prova que dará a mínima resistência ao cisalhamento (orientação em relação às laminações)? Responda em função de ϕϕϕϕ. R.: Para a mínima resistência ao cisalhamento o plano de ruptura deve estar orientado com a tensão principal maior. (explicação na apostila) 25) Como são obtidas as envoltórias de resistência dos solos por meio do ensaio triaxial? R.: Coloca-se o solo no recipiente e aplica-se diferentes tensões de confinamento. Para cada uma dessas tensões, será necessária uma tensão desviadora diferente para romper o corpo de prova. Com esses valores (de σ3 e σ1) traça-se os círculos de Mohr correspondentes para cada valor de σ3 inicial. A envoltória de resistência tangencia todos os círculos. A envoltória de Mohr-Coulomb é uma aproximação matemática válida para intervalos definidos de interesse. 26) Se se posiciona um saco de areia no chão, formando um cone, qual o ângulo que será formado? 27) Usou-se aterro hidráulico de areia uniforme para uma determinada região, e o solo continuou saturado após o final da obra. Ao cravar-se uma estaca nesse solo notou-se que era necessário, em média, um golpe de uma determinada altura para se cravar cada metro de estaca. A obra foi interrompida por seis meses e ao reiniciar-se a cravação de uma estaca, nas mesmas condições, notou-se que eram necessários 6 golpes para recravação do metro inicial. Pede-se uma explicação do fenômeno. R.: A dificuldade se deve ao aumento da tensão efetiva causado pelo escoamento da água que inicialmente estava presente no solo. Esse aumento da tensão efetiva causa um consequente aumento da resistência ao cisalhamento. É essa resistência que dificulta a cravação da estaca.



28) O que é o caso ϕϕϕϕ = 0? Explique. 29) Qual a relação entre umidade e resistência ao cisalhamento de uma argila? Explique. R.: Se a umidade natural estiver mais próxima de LP, ela está mais dura, se a umidade natural estiver mais próxima de LL, ela está mais mole. Baixa umidade corresponde a baixo índice de vazios. Alta umidade corresponde a alto índice de vazios. 30) Como se sabe, a resistência ao cisalhamento é função do estado de tensões efetivas a que se sujeita o solo. Como se justifica a aplicação do ensaio de compressão simples a solos que estavam sujeitos, no campo, às mais diversas tensões, sempre com σ3 = 0? 31) Explique as tensões efetivas e neutras na resistência ao cisalhamento dos solos e o significado da considerar ou não a tensão neutra na realização do ensaio de cisalhamento de um solo coesivo. 32) Demonstrar a expressão abaixo, sabendo-se que os parâmetros ϕϕϕϕ e c, o ângulo de ruptura αααα e as tensões σ1 e σ3 são relacionadas com um ensaio de adensamento triaxial num solo coesivo. Use a teoria de ruptura de Mohr-Coulomb.

31 3 2

tg c

sen cos cos tg

σ ⋅ ϕ +σ = σα α − α ϕ

33) Se a tensão de contato no caso de uma sapata é de 2 kg/cm2, qual deveria ser o mínimo confinamento lateral para se evitar ocorrência de ruptura em qualquer ponto da massa de solo abaixo da sapata? Dados: ϕϕϕϕ = 30°°°°; c = 0,1 kgf/cm2 = 1 tf/m2 = 10 kPa; γγγγsolo = 1,6 tf/m3 = 16 kN/m3. Qual deverá ser a profundidade da fundação para que o confinamento lateral seja suficiente para manter o equilíbrio interno da massa de solo no ponto considerado? (Obs.: Desconsiderar o nível d’água no solo.) 34) Dados os seguintes resultados de ensaio de um solo do tipo argila arenosa, dura, na umidade de 13 % e densidade seca de 1,6 g/cm3. O método usado foi o adensamento rápido, ou seja, não é dado tempo à amostra para o adensamento na fase de aplicação da tensão cisalhante (cisalhamento direto). (a) Traçar a curva de resistência ao cisalhamento do solo nessas condições do ensaio. (b) Determinar os parâmetros ϕϕϕϕcu e ccu. (c) Estabelecer a equação de resistência desse solo, em termos das tensões (totais e efetivas) conhecidas.

σ (kgf/cm2) ττττ (kgf/cm2) 0,231 0,672 0,469 0,826 0,693 0,889 0,931 1,176 1,155 1,414

R.: A característica “dura” tem a ver com a resistência do solo. a) O único ensaio que fornece σ e τ tal na ruptura é o ensaio de cisalhamento direto, então é do cisalhamento direto que se trata este ensaio. 35) Um ensaio triaxial do tipo adensado rápido em um silte forneceu os seguintes resultados, na ruptura:

Tensões (kgf/cm2)

TENSÃO NAS AMOSTRAS CILÍNDRICAS OBSERVAÇÃO NÚMERO DOS ENSAIOS

1 2 3 4 Tensões Totais σ1 1,33 2,555 3,78 5,04 O traçado dessas tensões



Normais σ3 0,70 1,356 2,10 2,80 fornece o ângulo de atrito aparente ϕϕϕϕCU.

Tensão neutra U 0,49 0,945 1,40 2,065 O traçado dessas tensões fornece o ângulo de atrito

interno efetivo ϕϕϕϕO. Tensões Efeti-vas Normais

σ1’ 0,84 1,61 2,38 2,975 σ3’ 0,21 0,42 0,70 0,735

Note que as tensões normais totais bem como as tensões neutras foram medidas nesse ensaio. a) Calcule a tensão efetiva normal para os testes 1, 3 e 4. Complete o quadro. b) Trace dois gráficos: o 1°°°° representando o círculo de tensões baseado na tensão normal total (σ) e o 2°°°°, representando o círculo de tensões baseado nas tensões normais efetivas (σ’). c) Trace em, ambos os gráficos, a envoltória de Mohr-Coulomb com o melhor ajustamento possível. d) Faça observações sobre a “coesão” nos dois gráficos. R.: Para solos com poro pressões positivas, os círculos de tensões efetivas estão sempre à esquerda dos círculos de tensões totais. O solo (silte) tem coesão. Em termos de tensão total a coesão é nula. Isso é um indicativo de que o silte é não plástico, pois a envoltória de tensão total passa pela origem. 36) Fazer do Sowers os seguintes exercícios: da 3ª edição – do 3.12 ao 3.32, ou da 4a edição – do 5.1 ao 5.21.

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(Exercícios de Mecânica dos Solos I2)