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 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 ii Mecânica dos Solos - exercícios 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 iii Mecânica dos Solos - exercícios 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 iv Mecânica dos Solos - exercícios 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 v Mecânica dos Solos - exercícios 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 vi Mecânica dos Solos - exercícios 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 vii Mecânica dos Solos - exercícios 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 viii Mecânica dos Solos - exercícios 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 ix Mecânica dos Solos - exercícios 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 x Mecânica dos Solos - exercícios τ = tensão tangencial ou cisalhante u = fator de concentração para cálculo de (Frohlich) I-I =plano principal maior III-III =plano principal menor xi Mecânica dos Solos - exercícios FORMULÁRIO NECESSÁRIO Á RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS CAP. I - PROPRIEDADES ÍNDICES: Grau de compacidade GC = e max − e e max − e min LL − h IP IP = LL – LP Índice de consistência IC = Índice de plasticidade Teor de umidade h(%) = PA x100 PS Peso especifico aparente ou natural do solo γ = Peso especifico real dos grãos de solo γ g = PS VS Peso específico aparente do solo seco γ S = PS V P V Peso específico aparente do solo saturado γ sat = PA + PS V A + VS Peso específico aparente do solo submerso γsub = γ’ = γsat - γA “Massa específica“ real dos grãos de solo G = Índice de vazios e = Porosidade n = γA VV VS VV V B) Grau de saturação S(%) = Grau de aeração γg VA − 100 VV A (%) = 100 - S (%) xii Mecânica dos Solos - exercícios CAP. I I - CLASSIFICAÇÕES Índice de grupos (HRB - AASHO) Coeficiente de curvatura C c = IG = (0,2 x a) + (0,005 x a x c) + (0,01 x b x d) 2 D 30 D 10 × D 60 Coeficiente de uniformidade C u = D 60 D 10 CAP. I I I - PERMEABILIDADE Vazão unitária c = k.h. Nf Nd Gradiente hidráulico num ponto da rede de fluxo i = ∆h L Queda de potencial entre duas linhas equipotenciais adjacentes da rede de fluxo ∆h = Gradiente hidráulico crítico i crit = h Nd γ sub γA Carga hidráulica total (da equação de Bernouilli adaptada a percolação através do solo) h= µ +z γA Fator de transformação de escala na direção x, para obter seção transformada no caso de Ky escoamento e meio anisótropo X = x KX Permeabilidade isótropa equivalente (seção transformada, para escoamento em meio anisótropo) K ' = K x ×K y CAP. I V - DISTRIBUIÇÃO DE PRESSÕES DEVIDAS AO PESO PROJETO DO SOLO Equação das pressões verticais devidas ao peso próprio do solo (Terzsaghi) p = p + u xiii Mecânica dos Solos - exercícios Pressão vertical total em solo estratificado com superfície horizontal p= n ∑ (γ i × H i ) i=n CAP. V DISTRIBUIÇÃO DAS PRESSÕES NOS SOLOS DEVIDAS A SOBRECARGAS APLICADAS Equação de Boussinesq para acréscimo de pressão vertical: 3 × p z3 σz = sendo R = z 2 + r 2 × 2× H R5 Equação de Boussinesq simplificada, com o valor de “K” obtido do gráfico em “r”e “z”. p σz = K × 2 z função de Equação de Newmark para acréscimo de pressão vertical: σz = I × N × p Acréscimo de pressão vertical sob o centro do carregamento circular, pelo “Método Aproximado”: 3×R2 σz = p × [R + (z × tgφ 0 )]2 Acréscimo de pressão vertical sob o centro da faixa carregada, pelo “Método Aproximado”: b σz = p × b + (z × tgφ 0 ) 2 Equação de Love, para acréscimo de pressão vertical: z3 σ z = p × 1 − 2 2 3/ 2 (R + z ) Equação de Westergaard para acréscimo de pressão vertical: r 2 σ = × 1 + 2 × H × z 2 z p −3 / 2 Equação de Frohlich para acréscimo de pressão vertical: σZ = u × p × zu 2 × H × R 2+ u xiv Mecânica dos Solos - exercícios Equação de Carothers para acréscimo de pressão vertical: σz = p [α + (sen α cos 2β)] H CAP. VI - COMPRESSIBILIDADE Recalque total: p + ∆p H ∆H = × C c × log 0 1 + e0 p0 Fator tempo: C ×t T = V2 Hd Relação aproximada U x T para U < 0,6 ( 60% ) H T = × U2 4 Relação aproximada U x T para U > 0,6 (60%) T = [− 0,9332 × log (1 − U )] − 0,0851 Relação aproximada U x T geral U=6 T3 T 3 + 0,5 Expansão total: p + ∆p H ∆H e = × C e × log 0 1 + e0 p0 Índice de compressão (sendo (e’ xp’) , (e” xp”), pontos da reta virgem no trecho de compressão) e'−e' ' Cc = p' ' log p' Índice de expansão (sendo (e’ x p’), (e” x p”), pontos da reta de expansão/recompressão) e'−e" Ce = p" log p' Relação aproximada entre Cc e LL, para argilas normalmente adensadas xv Mecânica dos Solos - exercícios (Terzaghi e Peck - 1948): Cc = 0,009 ( LL - 10%) Comparação entre tempos de adensamento no laboratório e no tempo: tL H L2 = 2 tC HC CAP. V I I - RESISTÊNCIA AO CISALHAMENTO Equação de Coulomb: S = c + σ ⋅ tgφ CAP. V I I I - EMPUXOS DE TERRAS E ESTABILIDADE DE MUROS DE ARRIMO Coeficientes de empuxos: k = σ σn = h σv γ × z Empuxo ativo total - teoria de Rankine 1 1 2× c × H × Nφ EA = × γ × H2 × − N φ Nφ 2 Empuxo passivo total - teoria de Rankine. 1 EP = × γ × H2 × Nφ − 2× c × H × Nφ 2 [ ] sendo sendo φ N φ = tg 2 45 o + 2 ( N φ = tg 2 45 o + φ 2 Empuxo ativo total - teoria de Colulomb: EA = 1 × γ × H2 × K A 2 sendo K = sen 2 (α + φ ) sen α × sen(α − δ ) × 1 + 2 sen(φ + δ ) × sen(φ − i ) sen(α − δ ) × sen(α + i ) 2 Empuxo passivo total - teoria de Coulomb: EP = 1 × γ × H2 × KP 2 sendo K = sen 2 (α + φ ) sen(φ + δ ) × sen(φ − i ) sen α × sen(α − δ ) × 1 − sen(α − δ ) × sen(α + i ) 2 xvi 2 ) Mecânica dos Solos - exercícios L 6 Pressões sob a base do muro, quando e ≤ q máx = min N 6×e 1 ± L L L 6 Pressões sob a base do muro, quando e > q máx = 2N 3d Força de atrito solo - base do muro: FAT = N × tgδ CAP. I X - ESTABILIDADE DE TALUDES Número de estabilidade de Taylor: N= cd γ×H Coeficiente de segurança no método de Taylor: F = tgφ c = tgφ d c d Coeficiente de segurança no método de Fellenius (tgφ × ∑ PN ) + (c × L ) F= ∑ PN Coeficiente de segurança no método Bishop simplificado. (c'×b) + p × 1 − B × tgφ 1 F= ×∑ Mα ∑ (P × sen α ) [ ( ) Valor de Mα ( Método de Bishop ): tgα × tgφ' M α = 1 + × cos α F Parâmetro de pressão neutra: µ B= γ×H xvii ] Mecânica dos Solos - exercícios Método de Culmann: 4c i H crit = × cot 2 γ Coeficiente de segurança no método de Bishop Simplificado com utilização dos ábacos de Bishop e Morgernstern ( F = m− B×n ) xviii Mecânica dos Solos - exercícios 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: h= PA × 100 do esquema PA = P - PS = 92,5 - 74,3 = 18,2 gf PS h= 18,2 × 100 = 24,5% 74,3 b) Cálculo do grau de saturação: S= VA P × 100 ∴ γ A = A = 1,0 gf / cm 3 = 1,0 tf / m 3 VV VA PA = 18,2 . gf ∴ VA = 18,2 cm³ 1 Mecânica dos Solos - exercícios γ SECO = PS P 74,3 ∴ VS = S = = 28,36 cm 3 VS γS 2,62 do esquema: VV = V - VS = 60,00 - 28,36 = 31,64 cm³ S= 18,20 × 100 = 57,5% 31,64 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 γSECO = 1,18 gf/cm³ e = 4,7 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: h= PA × 100 = 70 ∴ PA = 0,7 ⋅ PS PS P = PA + PS = 0,7 ⋅ PS + PS = 1,7 ⋅ PS γ= P P = 2,0 gf / cm 3 ∴ V = = 0,85 ⋅ PS V 2,0 VA = PA PA = = 0,7 ⋅ PS γ A 1,0 2 Mecânica dos Solos - exercícios S= VA × 100 = 100% ∴ VV = VA = 0,7 ⋅ PS VV VS = V − VV = 0,85 ⋅ PS − 0,70 ⋅ PS = 0,15 ⋅ PS Cálculo dos índices físicos solicitados; n= VV 0,70 ⋅ PS = = 0,8 V 0,85 ⋅ PS e= VV 0,70 ⋅ PS = = 4,7 VS 0,15 ⋅ PS γ SECO = PS PS = = 1,18 gf / cm 3 V 0,85 ⋅ PS 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: h= PA 1,0 × 100 × 100 = 70% ∴ PS = = 1,43 gf PS 70 P = PA + PS = 1,00 + 1,43 = 2,43 gf VA = γ= PA 1,0 = = 1,0 cm3 ∴ VV = 1,0 cm3 pois S=100% γ A 1,0 P P 2,43 = 2,0gf / cm 3 ∴ V = = = 1,21cm 3 V γ 2,00 3 Mecânica dos Solos - exercícios VS = V − VV = 1,21 − 1,00 = 0,21 cm 3 Cálculo dos índices físicos: n= VV 1,00 = = 0,8 V 1,21 e= VV 1,00 = = 4,7 VS 0,21 γ SECO = PS 1,43 = = 1,18 gf / cm 3 V 1,21 3º SOLUÇÃO Pode-se facilmente deduzir expressões que relacionam os índices físicos entre si. (ver, por exemplo: LAMBE e WHITMAN, 1979) S × e = h × γS ∴ 100 × e = 70 × γ S S × e + γ S 100 γ= 1+ e (1) 100 × e + γ S 100 ∴ 2,0 = 1+ e Substituindo (1) em (2), vem: 100 × e e+ 70 2,0 = ∴ e = 4,7 1+ e n= e 4,67 = = 0,8 1 + e 5,67 γ SECO = γ × 100 100 = 2,0 × = 1,18 gf / cm 3 100 + h 100 + 70 4 (2) Mecânica dos Solos - exercícios 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; 5 n = 0,88. Mecânica dos Solos - exercícios 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. 6 Mecânica dos Solos - exercícios 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; 7 elama = 11,43. Mecânica dos Solos - exercícios 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 Ver figura Ver figura Ver figura Granulometria 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.: 8 Mecânica dos Solos - exercícios AMOSTRA 1 método AMOSTRA 2 AMOSTRA 3 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 solo siltoso argila areia silte ou solo siltoso silto-argiloso ou siltoso areia A-5 (12) A-7-5 (17) A-1-b (0) MH ou OH MH ou OH SW; SM com ABNT d) trilinear com MIT e) HRB- AASHO f) UNIFICADO 9 Mecânica dos Solos - exercícios DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 1 100 90 80 % Passando 70 60 50 40 30 20 10 0 0,001 0,01 0,1 1 Diâmetro das Partículas (mm) 11 10 100 Mecânica dos Solos - exercícios DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 2 100 90 80 % Passando 70 60 50 40 30 20 10 0 0,001 0,01 0,1 1 Diâmetro das Partículas (mm) 12 10 100 Mecânica dos Solos - exercícios DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 3 100 90 80 % Passando 70 60 50 40 30 20 10 0 0,001 0,01 0,1 1 Diâmetro das Partículas (mm) 13 10 100 Mecânica dos Solos - exercícios 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 Æ 11% 0,005 mm < Silte < 0,05 mm Æ 80% - 11% = 69% 0,05 mm < Areia < 4,8 mm Æ 100% - 80% = 20% 4,8 mm < Pedregulho Æ 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 Æ 10% 0,002 mm < Silte < 0,06 mm Æ 80% (90% - 10%) 0,06mm < Areia < 2,0 mm Æ 10% (100% - 90%) 2,0 mm < Pedregulho Æ 0% Nome usual: Silte argilo - arenoso 15 Mecânica dos Solos - exercícios 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 Æ 100% na peneira n.º 40 Æ 99% na peneira n.º 200 Æ 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 16 Mecânica dos Solos - exercícios ∴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). 17 Mecânica dos Solos - exercícios 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 20 43 60 Limite de Liquidez 20 35 55 Índice de Plasticidade 12 12 20 % Passando na peneira n° 200 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: 18 Mecânica dos Solos - exercícios 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; γS = 2,69 gf/cm³; P = 480 gf; V = 310 cm³ e = 1,38 Curva granulométira n.º 1 da página seguinte. - amostra 2: emax = 3,20; emin = 0,81; LL = 34; LP = 35; 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. 19 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 20 Mecânica dos Solos - exercícios DISTRIBUIÇÃO GRANULOMÉTRICA AMOSTRA 1 100 90 80 % Passando 70 60 50 40 30 20 10 0 0,001 0,01 0,1 1 Diâmetro das Partículas (mm) 21 10 100 Mecânica dos Solos - exercícios 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 estacaspranchas 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 22 Mecânica dos Solos - exercícios 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: q = K ⋅h⋅ Nf Nd ∴ K= q N d 0,25 11 1 × = × × ∴ K = 2,8 ⋅ 10 −5 m / s h N f 4,50 6 3600 - Cálculo do máximo gradiente hidráulico de saída do fluxo: L = 0,90m (obtido graficamente conforme indicações no i= ∆h L esquema) h 4,50 = = 0,409 Nd 11 0,409 i= = 0,45 0,900 ∆h = 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 i CRIT = γ − γ A 1,8 − 1,0 γ' = SAT = = 0,8 γA γA 1,0 i máx = 0,45 < i CRIT = 0,8 ∴ i < i CRIT , 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. 23 Mecânica dos Solos - exercícios 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 24 Mecânica dos Solos - exercícios 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: h1 = µ1 + z1 γA Considerando as quedas de potencial ao longo da rede de fluxo, no sentido do escoamento: 4,0 h 1 = h − (n × ∆h) = 4,0 − 14 × = 0,27 m 15 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: µ1 = h 1 − z 1 = 0,27 − (−1,80) = 2,07 m γA Como γA = 1,00 tf/m³ ∴µ1 = 2,07 tf/m² Ponto5: Segundo o mesmo raciocínio já apresentado para o ponto 1, tem-se: h5 = µ5 +5 γA 25 Mecânica dos Solos - exercícios sendo 4,0 h 5 = h − (n × ∆h) = 4,0 − 10 × = 1,33 m 15 e z 5 = −(1,0 + 1,4) = −2,40 m Donde: µ5 = h 5 − z 5 = 1,33 − (−2,40) = 3,73 m ∴ µ 5 = 3,73 tf / m 2 γA 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) 26 Mecânica dos Solos - exercícios SOLUÇÃO: O fator de transformação de escala na direção X é Ky = Kx 1,6 = 0,60 4,5 A permeabilidade isótropa equivalente é: K ' = Kx ⋅ Ky = (4,5 ⋅ 10 −8 × 1,6 ⋅ 10 −8 = 2,7 ⋅ 10 −8 m / s 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 CORTINA DE ESTACAS-PRANCHA COM EXTENSÃO DE 250 m ÁGUA N.T.= 0,0 N.T.= N.A.= 0,0 - 4,1m SOLO K = 10 cm/s -4 - 13,1 m CAMADA IMPERMEÁVEL 27 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 28 Mecânica dos Solos - exercícios 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 29 Mecânica dos Solos - exercícios SEÇÃO TRANSVERSAL 6,0 m N.A.= 5,5 m ÁGUA N.T. = 0,0 N.T. = N.A. = 0,0 -0,5 m AREIA - 5,0 m ROCHA 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 30 Mecânica dos Solos - exercícios 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 C) N.A. de montante na cota + 6,0 m. D) subpressão em d µd = 2,25 tf/m² E) i = 0,42 31 -e f Mecânica dos Solos - exercícios 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.: 0,0 m - 1,5 m - 4,5 m 255 585 300 µ P - 8,1 m 945 660 P (CAPUTO - 1977) 32 Mecânica dos Solos - exercícios 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 33 Mecânica dos Solos - exercícios 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: N.A. = 0,0 m ÁGUA - 6,0 m AREIA γ 3 S A T - 10,0 m ROCHA 34 = 2,9 gf / cm Mecânica dos Solos - exercícios RESP.: a) Fluxo ascendente: 0,0 m - 6,0 m 6,00 - 10,0 m 6,00 14,76 p 12,00 µ b) Fluxo descendente: c) i ≥ icrit = 1,19 35 2,76 p Mecânica dos Solos - exercícios 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: i= h ∴ h = i × L = 0,5 × 4,0 = 2,0 m L - 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 36 Mecânica dos Solos - exercícios c) “Quick Sand” (areia movediça): condição i = iCRIT i CRIT = γ SUB 2,19 − 1,00 = = 1,19 γA 1,00 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) 0,0 m - 4,5 m 4,5 tf / m 2 p - 11,0 m 13,8 tf / m µ 2 5,0 tf / m 2 p b) N.A. do R1 = + 7,80m para ocorrer o fenômeno de “areia movediça” 37 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 0,0 m - 3,0 m - 5,0 m ÁGUA ÁGUA AREIA γ R1 S A T = 2,0 tf / m - 12,0 m R2 RESP.: a) - 3,0 m - 5,0 m 2 2 - 12,0 m 2 16 tf/m p 2 2 12 tf/m 4 tf/m µ p b) Areia movediça quando a escavação atingir a conta-9,0m. 38 3 Mecânica dos Solos - exercícios 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. NA = 4,6 m ÁGUA NA = 0,0 m R1 - 2,0 m ÁGUA AREIA - 7,0 m RESP.: NA = 0,0 m 0 - 2,0 m 0 2 2,0 tf / m - 7,0 m 0 2 11,6 tf / m p= µ p 39 R2 Mecânica dos Solos - exercícios 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. NA = 3,0 m NA = 0,0 m ÁGUA AREIA FINA - 3,0 m R1 γ 3 S A T = 2,0 tf / m AREIA MÉDIA γ 3 S A T = 1,8 tf / m - 8,0 m R2 RESP.: NA = 0,0 m - 3,0 m 6,00 5,25 0,75 - 8,0 m 15,00 tf / m p 2 11,00 tf / m µ 2 4,00 tf / m 2 p 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 40 Mecânica dos Solos - exercícios NA = 0,0 m - 4,0 m NA = - 5,0 m AREIA 1 - 7,0 m AREIA 2 AREIA 1 ÁGUA - 13,0 m R2 R1 RESP.: pressões em tf/m² NA = 0,0 m - 4,0 m - 7,0 m - 13,0 m 8,00 2,26 5,74 13,70 4,61 9,09 25,70 p 8,00 17,70 µ p 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. 41 Mecânica dos Solos - exercícios RESP.: - 8,0 m R2 - 13,0 m 2 7,85 tf / m 2 9,10 tf / m p µ 2 1,25 tf / m p 0,0m - 2,0 m R1 - 5,0 m 2 8,75 tf / m p 42 Mecânica dos Solos - exercícios 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) 0m 1m 3m 3m 8,0 6,2 1,4 6m 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: σZ = 3P Z 3 × 2π R 5 onde R = Z2 + r2 Exemplo de cálculo para r = 0 e z = 3m: R = (3) 2 + (0) 2 = 3,0 m σZ = 3 × 1500 (3)3 × 5 = 80,0 tf / m 2 = 8,0 kgf / cm 2 2π (3) 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 43 Mecânica dos Solos - exercícios 3 m. Os resultados estão apresentados no quadro de respostas. A representação gráfica destes resultados dá uma idéia da distribuição de pressões nos solos: σ = f (r) Z σ = f (z) Z P P Z=0m Exemplo para r = 0 Z=3m 8,0 2 m 1 m1 m 2 m 2,0 Z=6m 0,7 Z = 10 m O valor de σZ também pode ser obtido pela expressão de Boussinesq simplificada σZ = K × P , sendo o valor de K obtido do gráfico adequado, em função de r e z. Por Z2 exemplo, para r = 3 e z = 3: r r = 1,0 . Do gráfico, para = 1,0 obtém-se K = 0,085 Z Z σ Z = 0,085 × 1500 = 14 tf / m 2 = 1,4 kgf.cm 2 2 (3) (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). 44 Mecânica dos Solos - exercícios 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 p= 405 = 20 tf / m 2 4,5 × 4,5 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. 45 Mecânica dos Solos - exercícios 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: σZ = 0,032 ∴ σ Z C = p × 0,032 × 4 = 20 × 0,032 × 4 ∴ σ Z C = 2,6 tf / m 2 p (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 Área AFDM b = 2,25 m a = 2,8 b z = 1,3 b z = 3,00 m 46 Mecânica dos Solos - exercícios Com estes valores no gráfico de Steinbrenner, obtém-se: σZ = 0,18 p a = 1,3 b a = 2,25 m Área BFEM b = 1,75 m z = 1,7 b z = 3,00 m Do gráfico, σZ = 0,13 p Portanto, para a área realmente carregada ABDE: σZ = 0,18 − 0,13 = 0,05 p E para toda a área carregada: σ ZM p = 2 × 0,05 ∴ σ Z M = 2 × 0,05 × p = 2 × 0,05 × 20 ∴ σ Z = 2,0 tf / m 2 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 47 Mecânica dos Solos - exercícios C B φ=8m 2 2 p=2,5 kgf / cm = 25,0 tf / m N.T. Z=5m σ Z B σ Z C 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 AB ≅ 2,5 cm valor da unidade de influência = 0,005 48 Mecânica dos Solos - exercícios (Ver, por exemplo, em LAMBE e WHITMAN, 1979). Escala AB ≅ 2,5 cm corresponderá à profundidade z = 5,0m. Portanto, o diâmetro da placa φ = 8,0m será representado por x, sendo: x= 8,0 × 2,5 = 4,0 cm 5,0 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: 49 Mecânica dos Solos - exercícios SEÇÃO: Para carregamento circular: σ ZC = p × 3× R2 [R + (z × tgφ o )] 2 = 25 × 3 × (4) 2 [4 + (5 × tg 45 )] 2 o ∴ σ ZC = 14,8 tf / m 2 Conhecido o valor de σzc, σzB pode ser obtido por semelhança de triângulos: σ ZB z × tgφ o 5 × tg 45 o = ∴ σ ZB = 14,8 × ∴ σ ZB = 8,22 tf / m 2 o σ ZC R + (z × tgφ o ) 4 + (5 × tg 45 ) ∴ 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. z3 σ ZC = p × 1 − R2 + z2 ( (5)3 = 251 − 3/2 (4)2 + (5)2 ) [ ∴ σ ZC = 13,1 tf / m 2 3/2 ] 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. 50 Mecânica dos Solos - exercícios c) a solução de Frohlich SEÇÃO: P = 1500 tf AREIA 3m 3m A 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. 51 Mecânica dos Solos - exercícios 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 52 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 53 Mecânica dos Solos - exercícios 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 54 Mecânica dos Solos - exercícios PLANTA: PERFIL: RESP.: σZA = 0,24 kgf/cm² 55 Mecânica dos Solos - exercícios 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 56 Mecânica dos Solos - exercícios 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: H po + ∆ p 6,00 16,74 + 5,10 × C C × log = × 0,4 × log 1 + eO 1 + 1,19 16,74 po ∴ ∆H = 0,126 m = 12,6 cm ∆H = 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): 57 Mecânica dos Solos - exercícios 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: H po + ∆ p 800 12,10 + 6,60 × C C × log = × 0,6 × log 1 + eO 1 + 1,2 12,10 po ∴ ∆H = 0,4125 m = 41,25 cm ∆H = 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= x 33,0 × 100 = 80% 41,25 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: Hd = T= H arg ila 2 Cv × t (H d ) 2 devido à dupla drenagem. 800 0,567 × 2 T × (H d ) 2 ∴ t= = Cv 10 − 4 t = 9,072 ⋅ 10 8 s ≅ 28,8 anos 58 2 Mecânica dos Solos - exercícios 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 59 Mecânica dos Solos - exercícios 2º) Cálculo de ∆p na cota - 7,0 (Boussinesq). 3 × P (z) 3 3 × 350 (7) 3 ∆p = σ Z = × = × 5 = 3,41 tf / m 2 5 2 × π (R) 2× π (7) 3º) Cálculo do recalque total: po + ∆ p H 400 10,80 + 3,41 × C C × log = × 0,50 × log 1 + eO 1 + 1,2 10,80 po ∴ ∆H = 0,1083 m = 10,83 cm ∆H = 4º) Cálculo do fator tempo: T= Cv × t (H d ) 2 = (3 ⋅ 10 ) × (6 × 10 ) = 0,045 −4 6 400 2 2 5º) Cálculo do grau de adensamento: Utilizando-se a expressão geral que fornece valores aproximados U=6 (T ) 3 (T) 3 + 0,5 =6 (0,045) 3 (0,045) 3 + 0,5 ≅ 0,24 (≅ 24%) 6º) Cálculo do recalque correspondente: Se 100% de recalque correspondente a 10,83 cm, a 24% deste recalque total corresponde: x= 24 × 10,83 = 2,60 cm 100 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% 60 Mecânica dos Solos - exercícios 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 61 Mecânica dos Solos - exercícios 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 62 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 63 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 64 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 65 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 66 Mecânica dos Solos - exercícios e x log(p) 0,80 Índice de Vazios (e) 0,70 0,60 0,50 0,40 0,10 1,00 10,00 100,00 Pressão (kg/cm²) CURVA DE ADENSAMENTO 17,8 Altura da Amostra (mm) 17,6 17,4 17,2 17,0 16,8 16,6 0,10 1,00 10,00 100,00 Tem po (m in) RESP.: a) CC = 0,266 b) pa = 25 tf/m² d) CV = 6,8 x 10-4 cm²/s. 67 c) parcialmente adensada. 1000,00 Mecânica dos Solos - exercícios 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 ∆H = 36 cm recalque total 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? 68 Mecânica dos Solos - exercícios 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: diâmetro = 6,0 cm altura = 2,0 cm corpo de prova = peso total 97 , 26 gf γ g = 3,02 gf / cm 3 C C = 0,4 resultados −3 2 C V = 4 ⋅ 10 cm / s 2º) Resultados do ensaio normal de compactação (Proctor normal) do material do aterro: Umidade (%) γ (tf/m3) 4 12 24 35 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; 69 Mecânica dos Solos - exercícios 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 70 Mecânica dos Solos - exercícios PERFIL: RESP.: a) 23,46 cm b) 2,11 x 107 s 71 c) 8,8 cm d) 582,85 cm Mecânica dos Solos - exercícios 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 72 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 73 Mecânica dos Solos - exercícios 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; 74 Mecânica dos Solos - exercícios 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: 75 Mecânica dos Solos - exercícios 1º e 2º corpo de prova 76 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 77 Mecânica dos Solos - exercícios SOLUÇÃO: Ad1 = peso da cunha 1 = 17,6 tf d 1 d 2 = sobrecarga concentrada = 10 tf d 2 d 3 = peso da cunha 2 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf d 3d 4 = sobrecarga concentrada = 15 tf d 4 d 5 = peso cunha 3 + sobrecarga distribuída = 26,0 tf d 5 d 6 = 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. 78 Mecânica dos Solos - exercícios 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 B C.G. DA CUNHA DE RUPTURA C ABC=CUNHA DE RUPTURA PONTO DE M APLICAÇÃO E SUPERFÍCIE DE RUPTURA A 2,4m A 0,5m 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 II) Muro: Concreto ciclópico com γconcreto = 2,2 tf/m³ III) ]Tensão admissível do solo sob o muro: q = 20 tf/m² IV) 79 γ = 1,65 tf/m³ Mecânica dos Solos - exercícios 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: KA = 1 − sen φ 1 − sen 30 o = 0,33 = 1 + sen φ 1 + sen 30 o Kp = 1 1 = = 3,00 K A 0,33 Intensidade dos empuxos por unidade de comprimento do muro. EA = 1 1 × γ × (H )2 × K A = × 1,65 × (3,90) 2 × 0,33 = 4,14 tf 2 2 Ep = 1 1 × γ × (H) 2 × K p = × 1,65 × (0,90) 2 × 3,00 = 2,00 tf 2 2 80 Mecânica dos Solos - exercícios 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: FT = M R 17,76 = = 3,30 MT 5,38 81 Mecânica dos Solos - exercícios 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 2 × φ ). 3 2 .·. FAT = 17,16 × tg × 30 o = 6,25 tf 3 Coeficiente de segurança máximo: FE máx = F AT + E p EA = 6,25 + 2,00 = 1,99 4,14 como FE máx = 1,99 > 1,50 .·. verifica Coeficiente de segurança mínimo: FE mín = FAT 6,25 = = 1,51 E A 4,14 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. 82 Mecânica dos Solos - exercícios SEÇÃO ∑MA = 17,76 - 5,38 = 12,38 tf.m d= ∑MA N = 12,38 = 0,72 m 17,16 A excentricidade será: e= 2,00 L −d= − 0,72 = 0,28 m 2 2 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: e < L 6 L L 2,00 = = 0,33 ∴ e = 0,28 m < = 0,33m (verifica). 6 6 6 Em seguida, obtém-se a distribuição aproximada (trapezoidal) das tensões na base do muro. Como e < q máx = mín L , vem: 6 N 6 × e 17,16 6 × 0,28 1 ± = 8,58 (1 ± 0,84) 1 ± = L L 2,00 2,00 83 Mecânica dos Solos - exercícios 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) q máx ≤ 1,3 × q 1,3 × q = 1,3 × 20,0 = 26,00 tf / m 2 ∴ q máx = 15,78 tf / m 2 < 1,3 × q = 26,00 tf / m 2 verifica. b) q méd ≤ q q méd = 8,58 tf / m 2 < q = 20,00 tf / m 2 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: 84 Mecânica dos Solos - exercícios 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 δ = 2 ⋅φ; 3 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 85 Mecânica dos Solos - exercícios 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 2 3 δ = ⋅φ 86 Mecânica dos Solos - exercícios 0,4 m q = 3,0 tf/m SOLO 1 γ = 1,8 tf/m φ = 33 c =0 3 1 o H = 4,0 m 1 AREIA FINA 2 1 1 10,0 m SOLO 2 γ = 1,6 tf/m φ = 25 c =0 q = 3 kgf/cm 3 2 o H = 6,0 m 2 AREIA MÉDIA SOLO 2 1,6 m 2 2 2 4,6 m 2,0 m 1,0 m 0,8 m 7,0 m 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 87 Mecânica dos Solos - exercícios 4 ,0 m 1 ,0 m 2 , 0 m 2 , 0 m2 , 0 m 6 ,0 m N . T. H o r i z o n 4 ,0 m 6 tf 0 ,5 tf/m 6 tf Vertical 6 ,0 m H o rizo n ta l N . T. 1 ,2 m 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 ; 88 Mecânica dos Solos - exercícios 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 δ = 2 ⋅φ 3 SEÇÃO A 20 o AREIA 1 c=0 q = 9,00 tf/m φ = 27 γ = 1,65 tf/m 2 o 3 Material do Aterro Argila arenosa c = 3 tf/m φ = 30 γ = 1,9 tf/m H=5m 2 o 3 0,6 m γ m u ro = 2,2 tf/m 3 0,8 m ATERRO 2,8 m AREIA 1 89 Mecânica dos Solos - exercícios 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 τ = σ ⋅ tg 30 o ; b) Qual a sua largura segundo a mesma teoria, se a lei de resistência ao cisalhamento do solo for τ = 4 + σ ⋅ tg 30 o (tf / m 2 ) ; 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. 90 Mecânica dos Solos - exercícios a) La = 3,20 m b) Lb = 0,32 m c) Ba = 0,40 m Bb = 0,31 m 91 Mecânica dos Solos - exercícios 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: 92 Mecânica dos Solos - exercícios 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: tgφ d = tgφ tg 20 o = = 0,1916 ∴ φ d = 10,85 o F1 1,9 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 N = F1" = cd γ⋅H ∴ c d = N × γ × H = 0,078 × 1,85 × 15 = 2,16 tf / m 2 c 3,00 = = 1,39 cd 2,16 Como o valor de F1" calculado, resultou diferente de F1 arbitrado, deve-se fazer nova tentativa. - 2º Tentativa: Arbitrando-se F2’ = 1,6 vem: tgφ d = tgφ tg 20 o = = 0,2275 e φ d = arc tg 0,2275 = 12,82 o 1,6 F2' 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 93 Mecânica dos Solos - exercícios e F2" = c 3,00 = = 1,6 c d 1,86 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. 94 Mecânica dos Solos - exercícios o 1 0 5 R = β = 35º 2 5 ,5 0 7 ,3 4 N α = 26º 1 C . T . 7 ,7 .G 2 C . .G 7 ,7 1 6 ,5 1 ,5 3 1 3 ,5 8 ,0 1 C .G C N 7 ,3 1 1 ,8 O 5 .G . C .G . T . . 5 0 . . 6 2 7 ,7 1 6 0 5 4 1 9 1 5 2 2 0 6 1 0 0 6 5 5 PESO = ÁREA x γ COMPONENTES DO PESO (tf) FATIA ÁREA N.O (m2) (tf) NORMAL TANGENCIAL 1 8,0 × 7,7 = 30,80 2 56,98 54 -19 2 8,0 + 13,5 × 7,7 = 82,78 2 153,14 152 -6 3 13,5 + 16,5 × 7,7 = 115,50 2 213,68 206 55 4 16,5 + 11,8 × 7,3 = 103,80 2 191,11 160 100 95 Mecânica dos Solos - exercícios 7,3 × 11,8 = 43,07 2 5 - 79,68 50 62 ΣPN = 622 ΣPT = 192 Comprimento da linha de deslizamento ( sup. de ruptura) L = Raio x Ângulo central em radianos L = 25,50 × 105 o × − - π 180 o = 46,73 m 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: F" = b (c'+ γ × h i '×tgφ' ) 1 ×∑ i Mα i ∑ (Pi . sen α i ) porque B = 0 96 Mecânica dos Solos - exercícios 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 xi = bi (c’+γh’itgφ’) 46,95 81,69 104,50 95,63 61,22 0,81 0,98 1,03 0,98 0,76 57,96 83,36 101,46 97,58 80,55 0,86 0,99 1,00 0,91 0,66 54,59 82,52 104,50 105,09 92,76 0,84 0,98 1,01 0,94 0,72 Com F’1=1,5Æ Σ=213,15 tgφ' =0,242 F'1 Assim, Mαi xi/ Mαi Com F’2=3,0Æ Σ=420,91 tgφ' =0,121 F'2 Assim, Mαi xi/ Mαi Com F’3=1,5Æ tgφ' =0,181 F'2 Assim, Mαi 97 Σ=439,46 Mecânica dos Solos - exercícios 55,89 xi/ Mαi 83,36 103,47 101,73 Σ=429,48 85,03 O β = 35º b = 7,3 b 4 b = 1 5 4 5 h' = 15,0m = 3 α = 56º 2 1 h' = 15,70m h' = 11,30m α = 26º . T . 1 N h' = 4,60m 3 2 h' = 8,0m 4 5 7 b, 7= 7,7 b = 7,7 3 2 α = - 24º α = 32º α = 14º α =-4 º 1º tentativa: F’1 = 1,5 F "1 = ∑ (x i / M αi ) = 420,91 = 1,97 ∑ (Pi × sen α i ) 213,15 ∴ F ' 1 ≠ F "1 ∴ F' 2 ≠ F" 2 2º tentativa: F’2 = 3,0 F" 2 = ∑ (x i / M αi ) = 439,46 = 2,06 ∑ (Pi × sen α i ) 213,15 98 7 , 3 N . T Mecânica dos Solos - exercícios 3º tentativa: F’3 = 2,01 F" 3 = ∑ (x i / M αi ) = 429,48 = 2,01 ∑ (Pi × sen α i ) 213,15 ∴ F' 3 ≠ F" 3 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 99 Mecânica dos Solos - exercícios 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 ∅ = 0 c = 4,5 tf/m² 100 Mecânica dos Solos - exercícios 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; 101 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 102 Mecânica dos Solos - exercícios 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) 103 Mecânica dos Solos - exercícios 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 104 c’= 2,4 tf/m² Mecânica dos Solos - exercícios SEÇÃO TRANSVERSAL: A Y 36,6 m 24,4 m B 12,2 m 0 12,2 m 18,3 m 30,5 m 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 105 B = 0,18 X Mecânica dos Solos - exercícios SEÇÃO TRANSVERSAL: (Ver ábacos, por exemplo, em CRUZ - 1967). 106 Mecânica dos Solos - exercícios 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 Æ ruptura geral; b) Terzaghi Æ 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) Planta de Fundação: 2,0 m 3,0 m Seção: 1,5 m 107 Mecânica dos Solos - exercícios 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: 108 Mecânica dos Solos - exercícios 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 109 Mecânica dos Solos - exercícios 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): iC = 1 − 0 H =1− =1 2× 4 × 2× 3 2×c ×B×L iq = 1 − 0,5 × 0 0,5 × H =1− =1 p p iγ = (iq)² = 1 Onde H = componente horizontal da carga Substituindo os valores na expressão, vem: 110 Mecânica dos Solos - exercícios 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 B Para sapata retangular N C = 1 + × N C (sapata contínua) 5×L O Nc para sapata contínua é obtido de um ábaco, em função de: D f 1,5 = = 0,75 ∴ N C = 6,2 B 2,0 (este ábaco pode ser encontrado também em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981). Portanto, para a sapata retangular em questão: 2,0 N C = 1 + × 6,2 = 7,0 5 × 3,0 Então: qd = (4,0 x 7,0) + (1,8 x 1,5) qd = 30,7 tf/m² f) Método da Balla: 111 Mecânica dos Solos - exercícios 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, Df c , 0,5 × B × γ 0,5 × B (Os gráficos citados podem ser encontrados em CALLIARI, NASCIMENTO e CHAMECKI - 1981). No caso em questão: φ = 15º c 4,0 = = 2,22 0,5 × B × γ 0,5 × 2,0 × 1,8 Df 1,5 = = 1,5 0,5 × B 0,5 × 2,0 Deve se fazer uma interpolação entre o valor de obtido no gráfico para Df = 1,0 0,5 × B e Df = 2,0 , 0,5 × B 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) 112 Mecânica dos Solos - exercícios 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 tg 15º (tf/m²). SECÇÃO: 2m 1m B A 3m 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 113 S = 1,0 + σ . Mecânica dos Solos - exercícios 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 RESP.: Nγ = 4,8 a) 3,7 Nq = 8,5 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. 114 Mecânica dos Solos - exercícios SECÇÃO: 0,75m 0,25m A RESP.: Em A = 2,9 e 0,50m em B 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 115 Mecânica dos Solos - exercícios DADOS DO MURO E FUNDAÇÃO: γ = 2,2 tf/m³ SECÇÃO DO MURO E PERFIL DO TERRENO: 0,5m 3,0m muro fundação NT=0,0 NA=-6,0m areia 0,8m RESP.: a) qd ≅ 44 tf/m² b) F ≅ 8,0 c) F’ ≅ 3,1 (Baseado em BARATA - 1974). 116 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 117 Mecânica dos Solos - exercícios 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. 118
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