,
SUMARIO PARTE 1 - Mecânica dos Solos Capitulo
1 -
Propriedades
C8pltulo
2 -
Teoria
Capitulo
3 -
Tensões
Flsicas dos Solos, 2
do Adensamento
-
Recalques,
e Deformações
-
Elasticidade
Capitulo
•• -
Resistência
Capitulo
5 -
Compactação
ao
Capftulo
6 -
Movimento
Capitulo
7 -
Distribuição
Capitulo
a -
Empuxos
Cisalhamento
da
Água
das da
dos
Classificação nos
Pressões,
Terra
-
-
Solos,
41 e Plasticldade,
Solos,
58
66
71
Amostragem, 75
80
Muros
-
99
Cortinas,
PARTE 2 - Fundações Capitulo
9 -
Fundações
Poucos Profundas,
Capltul9
10 -
Fundações
Profundas,
118
166
PARTE 3 - Obras de Terra Capitulo
11 -
Estabilidade
Capitulo
12 -
Aterros
de
Taludes,
e Barragens,
198
203
APENDICES E TABELAS
I -
11 111 -
Nova coleção de exercrcios e problemas, Exemplos Projeto
217
.
esquernátlcos de escolha de tipos de fundação,
das fundações
Tabelas,
275
Fatorei
d. Conversão
de um ediflcio,
de Unidades
267
(
inspirados
em casos reais, 257
PORCENTAGEM
ê5 0,001
Propriedades
Físicas dos Solos
DO MATERIAL
QUE PASSA
••• o
01
o
...,
ID
CJ)
o
o
o
1:1: -
0,002
I:t t~
c
0,003 0,Q04
Capítulo 1 1.1
0,006 0,007 0,008
Determinar o peso específico das partículas de um Rolo, sendo dados: a) peso do picnômetro com água = 435,21 g; b) peso do picnômetro =
454,13
:
o.oos 0,010
com 30 g de solo e água até o mesmo nível ~
0,02
g..
Soiução. A densidade das partículas é igual a: b
=
,
?
= 2,71
30 30 + 435,21 - 454,13
logo, o peso específico vale 'Yg 1.2
0,005
A análise granulométrica
= 2,71 g/cm3•
-
0,03 0,04
1-
0,05 0,041 0,07 0,08 0,011 0,10
..
-
"r-.
de um solo revelou o seguinte resultado: ......
N. o da peneira
Porcentagem passando
Abertura em mm
1"1\
2
\
3
10
2,00 0,42 0,25 0,105 0,074 0,050 0,005 0,001
40 60 140 200
100
4
95
5
88 74
6
65 59
18 6
\
~
~
9
.p
2
Pede-se traçar a curva granulo métrica e determinar o diâmetro efetivo (def.) e o coeficiente de uniformidade do solo (Cu). Solução.
Da curva granulométrica
1/
31-
1/
4'-
(fig. 1.1), obtém-se: def.
=
0,002 mm
C; = deo = 0,055 d«. 0,002
= 55 = 27 5 2
' .
,
Fig. 1.1
PROPRIEDADES
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo
1
If3 Num ensaio de sedimentação uma leitura densimétrica de 1,0236 correspende a um tempo decorrido de 8 min após o início do ensaio e a uma altura dê
Solução. d
Cl0m 7J
PART
1
M
ANI A
DO
-
silt
-
areia:
= 24,3%
: 41,6 - 17,3 100 - 41,6
p rc ntagens p 'didttH H o:
=
58,4%
e o material classifica-se como "areia silto-argilosa". 1.5 Determinar as porcentagens de areia, silte e argila de um solo, de acordo com a escala granulo métrica da ABNT, sabendo-se que:
Pela aplicação da lei de Stokes, obtém-se: (mm) -_ ~ ~---'---'------'--'--'----'--'-----'---'-----'-~~~ 1,8 X 103 X 8,737 X 10-6 X 12,5/8 X 60 = 0,016 mm 2,70 - 1,00
= 8,737 X 10-6 g . seg/cm'
Peneiras N.· e aberturas (mm)
a viscosidade da água para T = 26°C.
A porcentagem das partículas é dada pela f6rmula deduzida da teoria do de nsímetro:
o m LD + CT a parte decimal de 1,0236 + 0,0008 = 1,0244 multiplicada por I 000; portanto, 24,4. Assim:
=
PSO,016%
100 2,70 , 50'170.24,4 ,
%
I" 3/8" 4(4,8) 10(2,0) 40(0,42)
Solução.
100 80 72 67 56
Argila «
/ v~ /./ ,/" V i
I
o
'
P2 = P. - ~Pl
P2 X 100
p. 20 40 60 140 200 (0,074 mm) 0,05mm 0,005mm
2,8 3,4 8,5 6,7 10,2
-
-
56,3 52,9 44,4 37,7 27,5 24,6 10,2
95,2 89,5 75,2 63,8 46,5 41,6 17,3
= 10%
Fig.l 2
li) U)
Peso retido P1
51%
100
Peso total seco = 59,1 g = P •. de graos menores que a peneira
44 24 21 11 4
1.6 Determine os coeficientes de uniformidade dos solos A, B e C, cujas curvas granulo métricas são indieadas na figo 1.2.
I %
=
que passa
0,005 mm) --7 11%.
Determine as porcentagens de areia, silte e argila e classifique o solo.
Peso que passa
%
60(0,25) 200(0,074) 0,05 .0,005 0,001
Areia (4,8 mm/ü,05 mm) -~)72 - 21
Do ensaio de sedimentação resultou que 24,6 g de partículas eram menores que 0,05 mm e 1O,2,gmenores que 0,005 mm.
Peneiras
Peneiras N» e abertw'a8 (mm)
qu6 passa
Silte (0,05 mm/0,005 mm) -~ 21 - 11
= 77,5%.
l.4 A análise granulométrica de um solo constituído por areia, silte e argila forneceu o seguinte resultado: peso da amostra seca = 59,1 g. Os pesos retidos nas peneiras números 20, 40, 60, 140 e 200 foram, respectivamente, 2,8 - 3,4- 8,5 - 6,7 e 10,2 g.
Soluç,ão.
no, 88
D acordo OOIl)a ('I-WI~"~1("'~/llIl()mótricada AA IU·Kilu.: J 7,:J%
g,
/I
50
::J
y~
C'
cf. a
/""
V,/
0,05 0,1
/
V
V
/
/
/'
/1
/
Q)
/ V
(
.,./
O~
»:
I 0,5
D em mm (esc, log)
2
5
10
6
PROPRIEDADES
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo
1
•'olução.
PART
1
Solução.
e - -.2& 0,1
Solo A:
M ClNICA
DO
7
Veja figo 1.1.
=8
u -
0,9 eu=()i"8=5 ,
S00I B :
Solo
e: eu =
::5
=
,
10.
Dadas as curvas granulo métricas A, B e
1.7 a) b)
e (íig.
1.3), pede-se:
Qual o de maior diâmetro efetivo? Qual o de menor coeficiente de uniformidade? 100
o
'o'"" c.
B
80 60 -
CD
::J
o-
~ o
40
Fig. 1.4
20
1.9 Três materiais M1, M2 e M3 têm as porcentagens de pedregulho, areia e silte + argila indicadas na tabela abaixo. Calcular pelo processo algébrico as porcentagens necessárias de cada material para que se obtenha uma mistura dentro das especificações dadas na tabela.
O
10-2
10-
10
10DIÂMETRO, EM mm
Granulometria
Fig. 1.3
(em %)
Componentes
lieep,
1.8
O de maior der. é
O
solo
e
e o de menor
M1
eu é o solo B.
92 8
Pedregulho Areia Silte-l-argila
Locar num diagrama trilinear os pontos correspondentes aos solos A, B e e. Porcentagem
100
Totais
M2
Especijicação da mistura (em %)
Ma
Limites
100
60-75 15-20 10-20
30 70
100
100
Solo Areia
Silte
Argila
55 10 10
10 85 55
35 5 35
Solução. A B C
Sabe-se que X I aI + X 2 a2 + X a as = A X1bl + X2b2 + Xabs = B Xl + X2 + Xa = 100.
I
Média
67,5 17,5 15 100
•
PROPRIEDADES I'fSICAS
DOS SOLOS
CA'.
1
1
M
,
ANI A DO
ssim: 0,92XI + 0,30X2 = 0,675 0,08XI + 0,70X2 = 0,175 Xl + X2 + Xs = 1.
I
I I
I
Resolvendo o sistema, vem:
I
I
= 0,68 ou 68% de MI
Xl
= =
X2 Xs
2/3
0,17
ou
17% de Mz
0,15
ou
15% de Ms.
I
------
I I I I
I
I
I ai, as porcentagens necessárias:
I
pedregulho
--+
areia
.......• 0,68 X
silte
+ argila
-t
I
+ 0,17 X 30 = 67,7% 8 + 0,17 X 70 = 17,3%
I
0,68 X 92
0,15 X 100
I I I I 0,5
= 15%
n
que, como se observa, enquadra-se na especificação, 1.10 Considerando-se o teor de umidade como uma porcentagem h' do peso total da amostra, pede-se estabelecer a relação entre h' e o teor de umidade h, convencionalmente expresso como uma porcentagem do peso seco da amostra. olução,
Tem-se que Po/p. 1
1.11 Trace a curva da função vazios.
E
+ Po/P.
h
= 1+h
= f(n), onde n é a porosidade e
E
o índice de
Fig. 1.5
1.12 De uma quantidade de solo P, = 22,0 kg e volume respectivo Vt = 12,2l, extrai-se uma pequena amostra, para a qual determina-se: peso úmido = 70 g, p 'so seco 58 g e peso específico das partículas 'Yu = 2,67 g/cm3• Pede-se caliular: teor de umidade (h), peso da parte sólida (P,), peso da água (Pa), volum da parte sólida (V,), volume de vazios (V.), índice de vazios (E), porosidade (n), grau de saturação (8), grau de aeração (A), peso especifico aparente (1'), teor do umidade admitindo-se o solo saturado (hsat.) e peso específico saturado ('Yeat.). Solução.
olução.
Como
E =
-1--' temos -n n
() que permite
traçar
Tem-se de imediato:
n
=
h01 /0
° -~ °
= 70-58 X 100 = 20701 58
'
/0
E =
n = 0,2 -~
E
= 1/4
n = 0,4
-->
E
= 2/3
n
= 0,5 -~
E
= 1
n
= 1 ---+
=
co
E
(assíntota),
o gráfico da figo .1.5.
P,
=
22.,0 = 18,2 kg 1 + 0,207
P;
= 22,0 - 18,2 = 3,8 kg
V,
= 18200 = 6816 em" 2,67
(
10
PROPRIEDADES
V.
=
12200 - 6816
=
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo 1
.
= 6 816 = 0,79
5384
n% = 12 200 . 100 = 44%
ou
DO
0,79
n
=
1
+ 0,79
=
0,44
, "' «c o. P
= 5,2 kg = 5 200 g
VI
=
I
3800 S% = 5384
. 100 = 70% (uma vez que 'Ya = 1 gJcm
3)
ou
s=
0,207 X 2,67 0,79 A%
=
=
100 - 70
fI.)
0,70
=
30%
Pt'
_ P.
+ Pa' VI'
_ -
18200 + 5384 12200
c)
d)
7,79 g - 5,04 g.
Peso seco
=
6,68 g - 4,31 g.
e)
+ 35 _
456,21
=
35 12,91 = 2,7
Peso da parte sólida: 5 200 = 4 450 g. = 1+ 0,168
Peso da água:
Volume da parte sólida: 4450 V.61. = ~ = 1650 cmê.
,
= 434,12 g. f)
Peso do picnômetro com 35 g de solo ti água até o mesmo nível = 456,21 g.
Volume de vazios: V.
Grau de compacidade:
g)
Índioe de vazios correspondente
ao estado solto
0,85.
Índice de vazios correspondente
ao estado compacto
0,50.
1
4,31
P; = 5200 - 4450 = 750g.
Peso específico das particulas:
Peso do picnômetro com água
= 434,12
Psó1.
Umidade: =
= 16,9%
_ 193 / 3 -, g cm.
1.13 Uma amostra de areia com um volume de 2,9 litros pesou 5,2 kg. Os ensaios de laboratório para a determinação da umidade natural, do peso específico das partículas e do grau de compacidade do material forneceram os seguintes resultados:
Peso úmido
X 100
35
Ó
T-
= 0,73
Peso específico das partículas:
. 100 = 29,6% (pois Va' = V. = 5 384 em 3 --+ PIa = 5 384 g) _
= 2900 cmê,
Teor de umidade:
5,04 - 4,31 X 100 4,31 b)
'Ysat.-
2,9l
7,79 - 6,68 X 100 = ~ X 100 = 16,7% 6,68 6,68
_ 22000 _ ~ 'Y - 12200 - 1,8 gJcm
hsat.% = :8 3:~
ANI A
I I d, I II 11 ulur 1)I~mI'HHI~ IUlIoHt,m: (t) LMr d( urnidndr-; li) IH'H() I'HIH (·{fi('n ti" I p/trt.tmlltiH; I:) pc HO d'i pltrL( H6lidu;
5384 em"
5384
E
M
(
= 2900 - 1650 = 1250cm • 8
Índice de vazios: = E
1250 1650
=
076. '
h ~ 16,8%
12
PROPRIEDADES
h)
Grau
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo 1
de compacidade:
Emáx.
= 0,85 (estado
solto)
Em!n.
= 0,50 (estado
compacto)
486,1
30
- 45.1,07
'YQ = 2,7 X 1
GC =
Trata-se
0,85 - 0,76 0,85 - 0,50
=
0,09 0,35 ~ 0,26
hC!1o.
<
;,'(;
1/3.
de uma areia solta. E
i)
Porosidade: 0,76
n = -I-+~0-,7-6- = 0,43
:N
Grau
ou
43%.
de saturação: Sat =
750 _ 1250 X 100 - 60%
/0
E
k)
Grau
V. = -- = V.
V, - V, V.
N o e tado
natural
N o estado
solto
No estado
compacto
870
= ~
l)
Peso específico
= ~
-)
VI
__
1.
= 487 em".
590 X 2,7 _ 1 870
0,83
=
=
699 X 2,7 870
-
1
= 1,17
Emln.
=
487 X 2,7 870
-
1
= 0,51
=
e o grau de
= 0,34 = 052
1,17 - 0,83 1,17 - 0,51
0,66
com água
No estado mais solto possível, o peso específico seco de uma areia é 1,2 g/cm , quando denso 1,9 gJcm3• Admitindo-se 'Yu = 2,68 g/cm3, qual o grau de eompa-
= 436,18 g
idade de areia, quando
Peso do picnômetro com 30 g de solo e água até o mesmo nível
sua porosidade
é 30% ?
= 455,07 g olução.
V , = 590 cm '3
P, =
1 033 g
= 699 cm 3 e P ,=
870 g
Solo seco no estado
solto
V,
Solo seco no estado
compacto
V ,= 487 cm 3
,. B
l.15
natural
V''YQ -
P.
Emáx.
GC
Solo no estado
=
P./'YQ
e, finalmente:
1,8 g/cm3•
1.14 I?eterminar o peso específico das partículas, o teor de umidade compacidade de um solo, dados os seguintes elementos: Peso do pienômetro
1
10
40%.
aparente:
5200 'Y = 2900=
1
'
Ilt~f :
de aeração: ou
_
V.
0,168 X 2,7 0,76 = 0,6.
A = 1 - 0,6 = 0,1
•• 2,7
2,7 gJcm3
870
Enat.
!!:! =
=
30
11,11
= 1 033 - 870 X 100 = 163 X 100 = 1880"/
ou
S =
-
:30 & -
= 0, 76 (estado natural)
Enat.
e
e
P,
=
Como
GC = 87O g.
'Ynat. -'Ymln. 'Ymáx.-'Ymln.
X
r 1mb. 'Ynat.
PROPRIEDADES
14
com
DOS
SOLOS
CAPo 1
elementos dados:
08
'Ym!n. 'Ymb. 3
v 1/ = 2,68 g/cm n
pfSICM
= 0,30
= 1,2 gfcm3 = 1,9 gfcm3 0,41.
}
'Ynat. =
1'-
=
1'1/
(1 -
n) -'Ynat.
=
.:lPa"
1,88 - 1,2 1,9 1,9 - 1,2 X 1,88
=
0,98.
1.16 O peso específico de um solo é 1,75 gfcm3 e seu teor de umidade 6%. Qual 1\ quantidade de água 3 adicionar, por m" de solo, para que o teor de umidade passe a 13%? Admitira constância do índice de vazios.
=
= Pa' - pa
=
1'. (h' -
h)
1:
h .(h' -
=
=
13 g (a adicionar). I~
8/111tÇ tO.
Para 1 em" de solo, a quantidade de água necessária, será: .:la
62 - 49
1.1 n peso especifico de uma argila é 1,7 g/cm 3, o teor de umidade 34o/t (' tlllIHidad das partículas 2,65. Qual o índice de vazios do material?
1,7
l' Solução.
) P/' ~ 62 g
151
= 2,68 X 0,7 = 1,88 gfcm3
tem-se: GC
= P/'
= l+h
1'1/
= b'Ya = 2,65 X 1 = 2,65 g/cm3
h)
= 1 +0,34
_ ~ - 1,34
1'-
1,27 gfcm3
ou: .:la
1,75 1 + 0,06 (0,13 - 0,06)
=
0,12 g
E =
:1JL _ 1
=
1'.
para 1 cm3 de solo. Para 1m3 de solo, a quantidade será 0,12 X 106 = 120000 g = 120 kg = 120 litros. 1.17
de água a adicionar
Uma amostra de solo pesa 200 g e o seu teor de umidade é 32,5%.
Calcule:
a quantidade de água que se deve retirar da amostra para que o teor de umidade fique reduzido a 24,8%; a)
a quantidade de água que se deve adicionar à amostra para que o teor de umidade aumente para 41%.
2,65 - 1 1,27 '
=
1,08.
Sabendo-se que o peso específico de um solo é 1,6 gfcm3, o teor de umidad :!:J% e a densidade das partículas 2,65, pede-se calcular: o índice de vazios, 11 p rosidade e O· grau de saturação. Qual a quantidade 'de água que é necessário 3 ndicionar, por m de solo, para saturâ-lo ? I. L9
I
olução.
b)
Solução.
1'.
1,6
l'
~
- 1,2 g/cm3-
= 1 + h = 1 + 0,33 = 1,33 -
Como 2,65 _ 1 = 121 1,2 '
tem-se 0,325
200 _ P; -Pa
= 49g
e P, = 151g.
E
n= ~
1,21
= 2,21 = 0,5jOU
55%
Assim
a)
,248 =
°
r,
151 -
P
I
a
= 37,5 g
S =
!!:! == E
0,33 X 2,65 = 0,72 1,21
ou
72%.
\
16
PROPRIEDADES
.ISICAS
Seja h' a umidade correspondente ao solo saturado.
DOS
SOLOS
CAPo
1
Portanto:
A T
1
1.' I
d"
()
VILiliw~
pl\lW ~
17
dl)~ ~(/)lido~ de'
('~p('(·ffil·1)
o,m .. c) ()
1'11t.lIl'fLdIL;
dlLda uroiu ~ ~,O!i 1l./1·lll:1
IIIIIIL
141'" (lIdi.·o
(:lll(IIIII':
pO:-lQ '8pO
do. uroia H('eU; b) O pCHO específico {fi 'o da uroia quando. ubm rsa,
da
uroiu
8olttç( o.
Por outro lado: E
=
Como 'Y. = 1,2 g/cm3 P. = 1,2t.
h'h d
=
d
on e
h,E
= T
'Y.
O = 21,21 65 "" ,46.
= ~
1+
,
1,2 t/m3 podemos escrever que,
para
1m3 de solo,
Daí: AI::
ANI A
() !lOHO (:-llwcHico
/t)
Aa = Pa' - P; = P. (h' - h)
M
=
Õ+E
b)
'Yeat.
= 1
c)
'Youb.
=
+
E
2,65 1,57
2,65 1 + 0,57
E
'Ya
ó - 1
1,68
g/cm3•
2,65 + 0,57 = --3,22 = 205 g/cm3 ----'----'--'--1 + 0,57 1,57' . _ 1,6~ _ I '57 - 1,05 g em", 1,
2,65 - 1 1 + 0,57
T+E''Ya
=
= 1,2 (0,46 - 0,33) = 1,2 X 0,13 = 0,156 t = 156 kg = 1561itros.
1.20 Uma amostra de areia no estado natural pesa 875 g e o seu volume é igual a 512 em". O seu peso seco é 803 g e a densidade relativa dos grãos 2,66. Determine o índice de vazios, porosidade, teor de umidade e grau de saturação da areia.
1.22 Uma argila' saturada tem uma umidade h = 39,3% e um peso ospocllie« 'Yeat. = 1,84 gfcm3• Determine a densidade das partículas e o índice do vuzio«, Solução.
Tem-se que 1,84
= 1 + 0,393
'Y.
Solução. P;
=
V.
=
Vv
=
875 - 803
=
72 g
Por outro lado, como 'Ysat. = 'Y.
803 266
=
,
302 em"
+ n'Ya--
1,84
=
1,32
+n X
1
obtém-se n
=
512 - 302 = 210 em"
0,52
e
210 302
E =
=
0,52 0,48
E = --
0,7
=
1,08.
Como o solo é saturado, 210 n = 512 = 0,41
ou
n = 0,7 = 041 1,7 '
E =
hó
donde, então
h%
72 = 803 X 100:::: 9%
72
S% = 210 X 100 = 34,3%.
-~~0,393
ó -
T
2,75.
1.23 O peso específico de um solo é 1,6 g/cm3, o peso específico das partíoulu« 2,6 g/cm3 e o teor de umidade 12%. Calcule:
PROPRIEDADES
11
FlslCAS
o peso especifico do solo seco; b) a porosidade; tl) o grau de saturação: e) o grau de aeração.
DOS
SOLOS
CAPo 1
c) o índice de vazios;
a)
·-luçao. 'Y
li
Solução. 'Y. = ~._'Y_ = 1 h 1
a)
b)
'Y.
I:)
E =
=
1,6
.
1,6
+
+ 0,12
'Yg (1 -
n) -4n = 1 - ~
n 1- n
=
1,12 = =
'Y g
=
~-= 10,.5
3
E
1,4 gfcm •
1 - 1,4
2,6'
=
05
1.26
1.
S
M
= -
E
= 0,12
X 2,6
=
0,312
ou
31,2%.
o)
A = 100 - 31,2 = 68,8%.
1.24,
São conhecidos, para. um determinado solo:
hb
= -
E
1=
l!H _ 1 _ 0,2 .o
~~1,5 - 1 = 0,81 = 0,68 -468%.
0,20 X 2,72 081 ,
=
~20%
Ir:
De uma amostra indeformada de
são fornecidos os seguintes dados:
13010
volume total
1150 em"
- peso total úmido
2,6 kg
- peso seco - densidade relativa das partículas
2,3 kg
11)
= 2L 'Y.
S
.
1_
-
'Y.
2,73.
Pede-se c grau de saturação. 'Y
= 1.8 gfcm3, h = 12% e'Yg oluçõo.
=
2,7 gfcm8•
Pede-se calcular: 'Y., S, A,
E
e n.
Solução.
Tem-se que P;
Tem-se ~_8_ _ 1 + 0,12 -
'Y. = __
'Y.
E
=
=
n 1- n
=
=
1--.:0,4
'Y.
=
2,7
A
hó
= --;-
=
=
1- S
0,12 X 2,7 0,67 =
1 - 0,48
=
300g
=
=
1150
S
=
300 308 = 0,97
=
ou
1150 _ 840 = 308cm3
97%.
1.27 O peso específico seco de uma areia pura é 1,55 gfcm3• específico quando saturada ?
0,67
0,48
2300 2,73
Vv
= 1 - --1,61 = 0,4 ou 40/(J1 0
Solução. S
=
1,61 gfcm3
1- 'Y g
04
=
2,6 - 2,3 = 0,3 kg
Va = 300 em"
1,8 W2
'Yg (1) - n -- n.
=
ou
0,52 . ou
48%
52%.
Tratando-se
de uma areia
1,55 '"' 2,67 (1 -
n)
-4
n =
e
'Ysat. = 1,55 1.25. Um em" de solo úmido pesa 1,8 g. Seu peso seco é 1,5 g. O peso especíIioo dai; partículas sólidas é 2,72 gfcm3• Determine a umidade, o índice de vazios li o j.ÇI't\U do saturação.
pura Y»
+ 0,42
X 1=
Qual o seu poso
= 2,67 gfcm3, logo: 1-
1,55 2,67
1,9f gfcm
=
042
3
•
1.28 De um solo saturado são conhecidos: 'Ysat. = 1,85 gfcm8 e h Pede-se determinar o peso específico das partículas.
=;
38,7~().
20
PROPRIEDADES
FlslCAS
DOS
SOLO
CAPo I
A
Para um solo saturado são válidas as fórmulas:
8oluçao.
'Ysat.
Ó+E
=
1
+
e
E 'Ya
E =
'.:1
E
= 1,07 e
Ó ~
IO%J,
IIM(,!
Assim: 'Yu
= O'Ya'
/(.('lip.
1.29 Uma amostra de solo pesa 2,75 kg e o seu volume é de 1,5 dm", A densidade das partículas é igual a 2,7. Os pesos de uma pequena amostra, antes e depois de seca na estufa, são respectivamente 5 g e 4,35 g. Determinar a umidade, índice de vazios, porosidade, grau de saturação e grau de aeração. Resp.
h = 15%;
E =
0,69; n = 41%;
li
21
OL
JlIIHO(,Hpcwific'o tímido, iguul u I,H fl.fc~tna,(' () t, or d(' umidiul •.
L,64· Il,fcmB;
1
1'., S ('
41 Yo;
-
(,omll.lldo-H('
S = 59%; A = 41%.
E
= 0,63; n = 39%; h = 10%; S = 41%; A = 59%; l' = 1,82 gfcm3•
1.31 Uma amostra de areia tem uma porosidade de 34%. A densidade das partículas é igual a 2,7. Determinar os pesos específicos da amostra seca, saturada e submersa. Resp.
1,78 gfcm3;
2,12 gfcm3;
= 1,13: n
E
=
53%;
'Yeat. =
1,79 gfcm3•
1.37 Uma amostra de solo tem um peso de 132,2 g e um volume de 62,3 ma no oH(,adonatural. O seu peso seco é de 118,2g. O peso específicodas partículn« (o, 2,67 gfcm3• Calcular: umidade, índice de vazios, porosidade e grau de saturuçl o.
Res».
h
=
11,8%;
E =
0,41; n
=
29%;
S
1.38 Sendo conhecidos: P = 5,10 kg, VI •••2,65 gfcm3, determinar 1'" E e S. Resp.
1'.
1.39
Conhecidos A
Resp.
n
1.40
1.12 gfcm3•
1.32 A porosidade de uma areia é igual a 37% e o peso específico dos grãos 2,66 gfcm3. Pede-se determinar: a) o índice de vazios; b) o peso específico aparente seco; c) o peso específico quando S = 30%; d) o peso específico saturado. E
= 0,59;
1'.
= 1.68gfcm3;
1'8=30%
= 1,79gfcm3;
'Yeat.
= 2,05gfcm3•
1.33 Um centímetro cúbico de ateia seca pesa 1,8 g. Tomando l; = 2.65. calcule os pesos específicos, supondo: S = 50% e S = 100%. Resp. 1'8-60% = 1,95 g/em"; 1'8-100% = 2,12 gfcms. 1.34 Uma amostra de argila satura da tem um volume de 162 em" e pesa 290 g. Sendo o = 2,79, .pede-se determinar o índice de vazios, a porosidade, o teor de umidade e o peso específico do material. Resp.
E
= 1,27; n = 56%; h
=
45,5%;
'Yeat. =
1,79 gfcm3•
=
=
1,72 gfcm3; =
E =
0,54; S
=
= =
78%. 2605 cm-, h
=
13,6%
'Yu
67%.
51,7%, h = 12,4% e (; = 2,70, pede-se calcular n.
41%.
Dados: -
Resp.
2,(17.
= 0,65.
E
I
1.30 Sendo dados: PI = 1010 g, VI = 558 em", Y» = 2,68 gfcm3 e P, = 918 g, pede-se calcular: E, n, h, S, A e 1'. Resp.
o
MotO.
2,77 X 1 = 2,77 gfcm8•
=
DO
Um sol saturado tcm um t ar de umidade igual a 42% e a densidud« d" ulas 6 2,6 alcule o índice de vazios, a porosidade e o peso esprdfi('o do
I.!H,
2,77.
A
IHldc'-HO d( (('J'lt\iIlILI'
1'. -
1.'/111/1.
donde, substituindo os valores conhecidos, se obtém
ANI
Hlllldo dudoH
»
11
há
M
72,49 g
peso total de uma amostra de solo
-peso
61,28 g
após secagem em uma estufa
32,54 g
- peso da cápsula -densidade das partículas
2,69.
Determinar: teor de umidade, porosidade, índice de vazios, peso específico aparente (com h ~ e h = O) e peso especifico do solo submerso.
°
Resp. 'Youb.
h = 39,1%; = 0,83 gfcm3•
n
=
51,3%;
E =
1,05; l' = 1,83 gfcm3; 1'. = 1,31 gfcmm;
1.41 Uma amostra de areia seca enche um cilindro. Determinar o índice de vazios da areia em função do volume do citndro VI, da densidade dos grã B Ó, do peso específico da água 'Ya e do peso seco da areia contida no cilindro.
r.
Resp.
E
=
V;~a-
1.
22
PROPRIEDADES
1.42
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo
um corte são removidos 180000 m3 de solo, com um índice de vazio. QuantoR m 3 de aterro com 0,76 de índice de vazios poderão ser construídos?
D
1,22.
Solução.
Tem-se que:
I
donde:
v. =
+ V. = V. (1 + E) V.' + V. = V. (1 + E')
V.
Vt' =
Vt'
daí
e
111
," 1'/"
+ +
1 E' --'-VI. 1 E
V/ = 1 + 0,76 X 180000 =2 1,7 6 X 180 OOO~ 143000 m".
+ 1,22
I ''',
,',"
Assim: 1
,
1
M
ANI A DO
I:
1,1) X :100 000
1 ,H"
;~,() I
í
,
.o o
X .3
o
:11(; 000 ma X 10,20 ~
'r$
00 ~ 500 000 m3 X 9,00 ~
r$
a '00 ooo,no 4 500000,()()
,6 I'
,
X 300 000~434
OOOm8 X 9,40~Cr$
4
o
0000,00
",,"dli H(\(iOI\ lui que a jazida A é a mais econômica,
1,1 Com aa indicações dadas pela figo 1.6, pede-se traçar o diagrama , dI vidas ao peso próprio do solo e da água.
, 2 2
Para a construção de uma barragem de terra é previsto um volume de 300000 m" de terra, com um índice de vazios 0,8. Dispõem-se de três jazidas, que designaremos por A, B e C. O índice de vazios do solo de cada uma delas, bem como a estimativa do custo do movimento de terra até o local da barragem, são. indicados no quadro abaixo. 1.43
Índice de vazios
Jazida
A B C
AGuA
------
Custo do movimento de terra/m3
o-s o-s o-s
0,9 2,0 1,6
{
AREIA
e = 2,65 n
=
40
%
10,20 9,00 9,40
Qual a jazida explorável economicamente? Solução.
Como sabemos, Vt
=
V/ =
+ V. = V. (I + E) V.' + V. = V. (1 + E')
V.
~-~. I Vt' -
1
+ E"
Vt'
+ +
1 E' ---VI. 1 E
figo 1.6
om: Vt = 300 000 m
3
--+
E
= 0,8
E'
= 0,9
(Cr$
10,20/m3)
E"
= 2,0 = 1,6
(Cr$
9,00/m3)
(Cr$
9,40jm3)
E'"
8l1luçao.
Pesos específicos:\'
da areia submersa: da argila seca:
'Y.ub.
= (2,65 -
2,65 1'. = 14-0,6
1)
(1 - 0,40) X 1 = 0,99 gjcm3•
X 1 = 1,66 gJcm3•
dUf!
pr('H-
PROPRIEDADES FlslCAS
24
DOS SOLOS CAPo 1
1
M
ANI
OlO
A
Pressões: -
à - 6,00 m:
-
à - 15,00:
U-6,OO
U-15,OO
=
(0,99 X 250
= 0,85
+ 1,66
+ 600)
X 10-3
X 900
X 10-3 = 2,34 kg/cm",
=
+280 -I~I
0,85 kg/cm>,
_ AREIA
Dai o diagrama
ÚMIDA
(fia. 1.7). h=200/0, ~s=I,4g/cm'3
l
~~---------------------AREIA
,-----0,25Kg
s = 2,67,
/cm2
n = 34
%
~------------
I
ARGILA ~sot=I,7g/cm3
~-----------------------ARGILA (admitido impermeóvel)
& =2,65
-1040
~~~
I·'
, é= 0,7
.•.~~&~
•.~
ROCHA Fig. 1.8
.'jolução.'
,/
Tem-se
1.- camada:
•
amada:
2,34 Kg/cm
1.45 Traçar, para o perfil do terreno sões devidas ao peso pr6prio do soja.
indicado
:1,na figo 1.8, o diagrama
de pres-
4."
camada:
amada:
=
=
h) = 1,4(1
+
0,2) = 1,68g/cm3•
280cm.
'Ysub, = (Ó -,1) h2
2
+
l' = 1'.(1 h1
I
para:
(1 - n) 'Ya = (2,67 - 1) (1 - 0,34) X 1 = 1,1!!:/cm3•
420cm.
'Ysub. = 'Ysat. - 'Ya = 1,7 -:
670 - (420
1,0 = 0,7 g/cm3•
h3
=
'V I'
= ~
h,
= 1040 - 670 = 370cm.
=
250 em.
Ó
2,65 'V Ia
=
1
+ 0,7
=
1,56 g/cm3•
'11 PROPRIEDADES
26
FlslCAS
DOS
SOLOS
CAPo 1
Para as pressões obtém-se: 0,00: Pl = 'Yh1 = 1,68 X 280 = 480 gJcm2 - 4,20: P2 = Pl + 'Ysub. h2 = 480 + 1,1 X 420 = 942 gJcm2 - 6,70: p. = P2 + 'Ysub. h3 = 942 + 0,7 X 250 = 1117 gJcm2 - 10,40: P4 = P3 + a (h2 + h3) + h4 = = 1 117 + (420 + 2502 + 1,56 X 370 = 2355 gJcm2• Há ql~e.considerar, também, que no nível - 6,70 m, uma vez que a 4." camada é admitida impermeável, atua a coluna de água (h2 + h3). Assim, a pressão será:
no nível no nível no nível no nível
"I
P3' = P3
+
"Ia
(h2
"18
+ h3)
= 1117
+ (420 + 250) =
I
1 787 gJcm2
e o diagrama correspondente é o indicado na figo 1.9.
M
I
h
,I.
I'llIrllll(lidnd(.
• ti
'1117
/"
ã
.,"
t, I I,
<>
le ml. IO,30m•
li,
I
d( 1U'(\il~íinn, O ntvol <1RP,\lI~ (\11C nLl'l1.-H( fi, 2,M) 'li ( 1'('1-\0 (\Hlwe{fico HnLurl:I.(\() 6 2,1 gJ ·ma (I u d lI~jda 1<.d!\~prtrtf nl ular 1\ pr fundidad na qual 11 pros: oíotíva FI ,J!\ l!(\II1\ 11.
l/c 1"1"0110 ('()"HI,it.ufelo
11,111Uni
I'I',
lO
ANI A DO
Hllp ndo que a relação entre a pressão vertical a; e
,1,"11
pOI"
= A
"I
I (e). ,1/"" li.
+ Ba ,
endo da ;
+280 \11,01, mOA r-----~
'-
=
"I
dz
screver que dt1. dz
=
= A+
"I
du.
=
dz
f~-·-A + e«.
=
A
+ Bt1.
Bt1.
I~il\da:
li"
-420 Iti\(
~
11
III.?
grando. vem:
L (A 2m .
O O -1040
2355g/cm2
"
,
1
1
)omo, para z
,
=
0--> a,
--j
\)o.Í:
~
+ Bu.)
=
Bz
+ C.
= O,tem-se LA
5OOg/cm2 !
fBdZ
qu nos dá:
~
=
C.
L (A
+ Ba v)
-
L~
+ Bu.
= Bz
LA = Bz
ou: Fig. 1.9
A
°
peso. esp cíüco pede-se deterrrunar a funç
com A e B constantes,
"I
li
28 PROPRIEDADES
,,/
ICAS
DOS
SOLOS
CAI'.
1
donde: 1
+
B -O'
A
v
=
eBz 1-
A
0'.
=
13
(eBz -
1).
• I
-
-
-I~
1=-=
\ 1\
1\
o
Peso do solo úmido (g) 17,782/5.0~} , Peso do solo seco (g) 6,682 4,312
--
Limite de liquides: N.o de golpes Peflo do solo úmido (g) Peso do solo seco (g) Limite de plasticidade: Peso do solo úmido (g)
13 2,803 2,210
20 2,215 1,752
0,647
0,645
Peso do solo seco (g)
0,557
I I I
I
0,566 Pergunta-se: qual a consistência dessa argila? Solução. Umidade natural: 7,782 - 6,682 X 100 6,682
=
%
=
5,041 - 4,312 X 100 4,312
=
I
"
11
29 2,296 1,825
1\
1
36 2,663 2,123.
!J %
1
0,388 0,337 'Yo 7
8
9
10
15
20
25
30
35
40
50
NQ DE GOLPES(esc.log.)
16,5 %
h% 11,2
- 1-
1\
Umidade:
h1 % =
,~=
,~
1\
1-
I-
1.48 Os dados obtidos no laboratório para a determinação de umidade natural, do limite de liquidez e do limite de plasticidade de Uma amostra de argila foram os seguintes:
I~
1-
-r-;
\
-,-
o/c
" I~
1\
1-
e, finalmente:
-
'~I~
i\
Fig. 1.10 =
16,5 ~ 16,9
=
16,7%.
16,9 %
Limite'de liquidez: determinadas as umidades e locando-se os pontos correspondentes no diagrama (fig. 1.10) obtém-se LL = 26%,
1
'tlll~iHt~n('iada argila: IC
Limite de plasÜcidade:
=
26 - 16,7 26 _ 15,1
=
0,85, h
0,647 - 0,557 X 100 0,557
O,<>7, nr-iu rijo:
('IIIl\O
= 16,2%
<
IC
<
1 , 00 , a argila é de consishIO---~
IF
0,64~,~6~,566
X 100
=
14,0%
0,388 - 0,337 X 100 0,337
=
15,1%
LP
=
16,2
+ 1!,0 + 15,1
I Uma reta de escoamento apresentou: .'.~ '78 fllcli('(' de fluidez IF = 18 % e hlOOo w= /0, ",.clp-flp.h100 e LP, sabendo-se que IP = 43%. A(>
=
15,1%.
"ico
, I
109 10
I I
iog 100
8I1h~ção. Da fig, 1.11, obtém-s\e, de imediato, qllO:
Fig. 1.11
logN
30
PROPRIEDADI
h100 = hlOOo
+ IF
= 78
+ 18 =
I ICAS DOS SOLOS
CAPo
1
96%.
omo o LL corresponde a 25 golpes, por uma simples proporcionalidade podemo, screver que: ~--
=
log 100 - log 25 log 100 - log 10
log 4
=
• ti, JIIII/II~
t t
10
2
39
50
12
1
"'g "
...•
C'l
00
LQ
gf
o
donde: LL = 78
+ 1810g4
= 78
+ 18 X
0,602 = 78
+ 10,8 =
11/11//11//,
88,8%
e, daí:
LP 1.50
Resp.
=
88,8 - 43
=
I',
'"
45,8%.
LL
=
N.· de golpes
Umidade %
14 21 31 39
40,0 34,4 28,0 25,0
t
31,5%.
1.51
São dados os valores abaixo de um ensaio. N.· de golpes
Determine o LL.
LL
=
[JP =
->
31
00
LQ
~f
o
co:>
o)
LQ~
co:>
35
12
2l
31
!IO
...•
o
o
~
Ol
'1;1
C'-I
I
....~
cQ co:>
co:>
o) C'l
t-.~ C'l
et!
10
LL = 28,3%. do LL de um solo foram obtidos os seguintes vaI reli: N.· de golpes
49
31
23
19
8
Umidade~%)
16
20
21
23
31
solo é 8,5%, qual o seu LP? 12,7%.
,010 de uma jazida para uso de uma obra de terra tem as seguintes cara cLL = 60% e LP = 27%. O teor de umidade natural do solo é de termine: a) o índice de plasticidade; b) o índice de consistência; InHküique o solo em função do valor obtido em (b).
1,I,.r I,j ias: \'''/1 .
32,6 30,7 29,5 28,7 28,0
,.)
«
Nnl'nçno. IP = LL - LP = 60 - 27 = 33%.
30%.
('
N.· de golpes
11
19
28
39
50
Teor de umidade
30,4
28,1
26,2
24,8
23,5
1.1i,
=
LL = 38,0%.
11111/1,
1.52 Determinar o limite de liquides de um solo, sabendo-se que os resultados do ensaio foram os seguintes:
LL
B
Na doterminação
IC
Resp.
, ol
I P d ase
" Iiesp,
LL = 26,7%.
23
I.,
Umidade %
10 20 30 38 52
A ~
11
I
Ol~ -.j<
Holo
" I C
Fornecidos os dados abaixo, determine o LL do solo.
~~ ~~ ~
C'l
-
Solu ('
Solo H
'010
LL - 78
26,7%.
1,lIml
h!/'1I7>.
=
60 - 32 33
28
33 =
0,85.
Rija. Um solo apresenta LL = 65% e IP = 25%. 6 45%. Qual o seu estado de consistência? Estado plástico.
O seu teor de umidade na-
1.57
do LL de um solo foram obtidos
Na determinação
os seguintes
val
l' 8:
J(' N.O de golpes
44
31
/J/J
12
23
1111111
Umidade (%)
29
40
35
49
/'" t' •
li Se LP
=
Resp,
Consistência
1.58
22% e h
=
31%, pede-se classificar
o solo quanto
+ li)
P" (I P,
1 I- h'
à consistência. II "
mole.
Um solo tem LL
-
= 57%, LP = 28% e
= 32%.
hnat.
r,
Qual a sua consis-
= 06 kg
X 0,43 143 ,
I
P, = P. - P; = 2,0 - 0,6 = ],4 kg.
'
tência. Resp,
I,
Rija.
I
P; 1.59
As seguintes
indicações
são fornecidas
1111, pl~I"
LL LP h
s
S
A
B
30% 12% 15% 2,7 100%
9% 6% 6% 2,68 100%
Solução.
/
' -
0,20,
1,4 {0,586 - 0,20 (0,586 - 0,231)} I 11 f 111ti
0,
Horl\.
n
Aa I
f j 'I
Pergunta-se:
= hP, = P. {LL - IC (LL - LP)}.
para os solos A e B:
a)
Qual o de maior teor de argila?
b)
Qual o de maior índice de vazios?
1,22.
, "Iflt' 11.
adicionar:
= 0,72 - 0,.60 = 0,12 kg = 120 em" de água. de um solo é 3 X 10-3 cm/seg e o índice de
fi iente de permeabilidade
() (10 11
cessário
Qual o valor
'orno
~ 0,72 kg.
do coeficiente
de percolação?
sabemos
a)
Para o solo A: IP = 30 - 12 = 18%. Para o solo B: IP = 9 - 6 = 3%. O solo A é, pois, o de maior teor de argila.
b) Como os solos são satura dos (S = 100%): f = hÕ e, assim, para o solo A: f = 0,15 X 2,70 ~ 0,41 e, para o solo B: f = 0,06 X 2,68 ~ 0,16. O solo A é, também, o de maior índice de vazios.
»; = I,t,.
1.60 Um solo argiloso apresenta LP = 23,1% e IC = 0,44. Pede-se calcular a quantidade para reduzir o IC a 0,20. '.
Solução.
Da-definição
as seguintes
caracteristicas:
de água necessária
a adicionar
LL = 58,6%, a 2 kgdeste
solo
(
111
IC
=
LL - h LL- LP
1
+ 1'=22
5,45 X 10
1,22
de areia graduada
com e
=
I o valor de k, para o mesmo material,. com
o. Em se tratando
, ulflC 11'1
do índice de consistência
Uma amostra
3 X 10-3 X
d,
de areias
bem
f
2,5 X 10
=
1,4
kO.85
= 1,4
cm/seg. =
2
2,5 X 10- cm/seg.
= 0,73 ?
graduadas,
f2
kO.85
3
0,62 tem k
asagrande: k
-
X 0,622
tem-se pela fórmula empí-
donde: li'
= 4,6 X 10-2 cm/seg
ko,s.
e, dai:
1'"11, k = 1,4 X 4,6 X 10-2 X 0,732 = 3,4 X 10-2 cm/seg.
I()()(:lfí/I 000)2 -
1.63 Um subsolo arenoso é constituído por três camadas horizontais de igual espessura. O valor de k para as camadas superior e inferior é 10-4 cm/seg e para a camada intermediária 10-2 cm/seg. Qual o valor da razão entre os coeficientes de perrneabilidade do subsolc, na direção horizontal e na direção vertical? Solução. camadas
Sendo e a espessura das camadas, k o coeficiente de permeabilidade das superior e inferior e k' da camada intermediária, podemos escrever que: k" =
kv
=
e
_2_k_e_+,---k_' e'-.. __ 2 _k_+_k_' 3e 3
e
2-,; +-/1
(2k' + k)
2k'
"
I
/I
111,
--
=
k,
Substituindo
+
, 11 " "
'i
"II/t'
111,
+
5kk'
=
h
+k
Q
e, k e k' pelos seus valores e efetuando,
5 X 10-6 k" k. -
+2X
2
10-8 9 X 10-6
+2 +2
2
10- (5 X 10
+2
5
X 10 )
205
+ 0,02 9
vem:
+2 X
196cm3 =
180 seg
L
=
15 cm
cp
=
5 em .........• A
109
2
71cp2 -4-=-4--
2571 _ 19,6 cm2
"htt'lm-f!
+ +
+2 X
k
= _1_ = 0055 = 5,5 X 10-2 cm/seg.
196 X 15 19,6 X 15 X 180
=
18
'
t t 6 X 10-5 m3 de água per oll~ Em um permeâmetro de nível cons an e, . • 'U dri d O 13 m de altura e 0,07 m de diâmetro, duI í.rnvés de uma amostra CI n rica e , . Qual é o 01i do de 1 5 minutos com um nível efetIvo de 0,30 m. l'l\nt um per o " t t a do ensaio 'l fi( i nte de permeabilidade da amostra, em em/seg, na empera ur I 16
1O~
::: 23.
8olução.
Com
Q = 6 X 10-5 m 3 = 60 em 3 1.64
A análise granulométrica de uma areia apresentou o seguinte resultado: d60% = 0,7 m.m e coeficiente de uniformidade C« = 2. Pede-se avaliar o coeficiente de permeabilidade.
Solução.
Como vem
d
_ ef. -
d60%
C;
_ 0,7
--2
,
15 em
=
4
10-8 (5 X 10 2 2 X 10 ) 9 X 10-6
9
('1111 I'
2
2
X 10-4
4
+ 2k + 2 k'2 9kk'
3kk'
I
1"t1.z ndo em
kk'
2k' k -----
1 ~2 X 10 '
~\Iu.
= 3 min 2k k' ---·X 3
104
nív I constante com a diíoronce ( 1111'(' OM 1\ "I 1';111 111\\ p('rm(' â met r d ' . I, ,,,111 ,li n MII{da da água igual a 15 c~, verdifiCd~â-se ~ue, ~:i:am~~r:~:~~H:~~I~\;;:I'~'I: 1 t: em d altura e o em e 1 me ro, I' 1'" ,I I 111I'II'I~ (:C)m o .' d d teri I a t mlwmLllm do \ 1 ficientc de permeablhda e o ma eria , n (
e. portanto: kh
10 X 106
= ~')52 ~
'ft
3kk'
3e
3e.:...-_ e
3o~2
2
0,35 mm
=
0,035 cm.
t
=
1,5 X 60
i - ~ - L
=
= 90 seg
0,30 0,13
= 23
A ~ 3,14 X - O,~7'
'
7
3,83 X lI}-' m' ~ 38,3 em',
1
PROPRIEDAD M
obtém-se:
tI
60 1 = 132 ~ 8 X 10-8 cm/seg. 38,3 X 2, 3 X 90
=
k
di
ANI A
DO
nu t,1'I) dll
/'Ii'l) (l
" nu tro da 1.67 Uma amostra. de areia é ensaiada em um permeârnetro de nível constante. O diâmetro da amostra é 10,2 cm e a altura 12,5 cm. A diferença de nível entre os dois tubos piezornétricos é de 86,0 cm e a quantidade de água coletada durante 2 minutos é de 733 em", Calcule a descarga (por segundo) e o coeficiente de permeabilidade desta arei a. Resp.
Q
= 6,1 cm8/seg;
k
=
)
•
=
102cm~A
L
=
h
=
11,8 cm 11,8cm
= --
,
} i
n=
4'
= ~
=
=
8171
I
Vv Vt
r. = »v, = 0,40
em
2,..54em
LXa
= 2 ,3 AXt
log -h1 h2
na temperatura
e
h1
= 32 em
h2
= 30cm =
T
6 min 35 seg
de
ao-c.
k200
=
k T • C ••
395 seg
= 2,54cm = 27°C
q,l= 1,7 mm-
1
=
a
=
'li
X 0,172
.q,2=
Va Vt
--,
C.
6,35 cm - A
=
=
0,0227 cm 2
4
L
--=
6,35
lHO:
em!
donde:
'li
2
X 6,35
4
= 31,7 em?
= 0,86.
IIhHtituindo e efetuando: X A X L o
ou:
kT Va
da am stra
fiei nte d permeabilidade
L d
(,mllHvol'snl
1,7mm
11.
Com: 'lId2
de 'argl.l.
27°C.
k rO
N 11
o
do tubo
pc mturtL
1,1 X 10-2 cm/seg.
I
e
H Q
t,I'ILII/'IVi'rHtll
nrnoatru
(IJL
( I'Llc 1111 J' "/II~'
1.68 Num permeâmetro, com 10,2 em de diâmetro e 11,8 cm de altura é colocada uma amostra de solo que é imedia.tamente saturada. A porosidade do solo é 40%. O nível dágua que estava inicialmente na parte superior do cilindro desce para a parte inferior em 60 segundos. Calcule o coeficiente de permeabiJidade do solo. Solução.
.d t,lIm t,ml"
H min :l!í H('j.Ç
dI (·onido
IHJlII
= 2,3
2,54 X 0,Q227 log 3320= 2,97 X 10-7 cm/seg 31,7 X 395
= 385,67 em! = Q
tem-se: k
= ~
Ait
=
385,67 81,71 X 1 X 60
=
k200c
7,86 X 10-2 cm/seg. 1.70
1.69 Na determinação do coeficiente de permsabilidade de uma argila os dados de ensaio foram os seguintes: -
altura dágua inicial
32 cm
-
altura dágua final
30cm
= 2,97 X 0,86 X 10-7 = 2,55 X 10-7 cm/seg.
. . d bili d de d uma areia os dado« Na determinação do COefICiente e permea I I a t-
dI (nAaio foram os seguintes:
81,0 em
_ altura dágua inicial
39,5 cm
altura dágua final tempo decorrido
(
1 min 32 seg
38 PROPRIEDADES
-
"rSICAS
área de seção transversal do tubo de carga área de seção transversal do corpo de prova altura do corpo de prova temperatura
Calcular o coeficiente de permeabiJidade 20°C.
DOS
SOLOS
CA'.
1
OL
2,1 em" 44,Ocm2 6,Ocm 27°C.
do material na temperatura
1',llilo"" A ki!
de
11'10(0;
k - 6,5 X 10-8 cm/seg
1 92 X 10-3 cm/seg.
Resp,
Determine a quantidade figo 1.12.
100 em-
t
=
42 min
k
=
4 X 10-6 cm/seg
=
40 - 15 30
i
532 - 512 _ ~
100
- 100 =
1 500 m"
r
IIi X 10ft X 6,5 X 10-8 X 2 X 10-1 X 1
=
2 X 10-1
=
15 X 106 em!
=
19,5 X 103 cm 3/seg/km.
quantidade de água que escoa através da camada arenosa abaixo terra, indicada na figo 1.14. Considere uma faixa de 1 m de barlil I 11111 poríodo de 24 h. Os elementos para determinação do coeficiente do '111 ,,""Id/ldo do material, através de um perrneâmetro de carga constante, são: ilt!\lIlldl~dll do água que percola através da amostra cilíndrica: 6 X lO- m3; alji'H I difl.II'ntro da amostra, respectivamente, 0,13 me 0,07 m; tempo: 1 minuto irlll", "fvnl efetivo: 0,30 m. ",dlfl
/L
lil1ll/l/4I\IIIdo
+-
=
-
li
Com A
li J
A - 1,50 X 1 000
O tubo tem uma seção de 100 eme o solo um coeficiente de permeabilidade k = 4 X 10-6 cm/seg. O tempo de escoamento é de 42 mino Solução.
. ,-
de água que escoa através do tubo indicado na
1.71
2 520 seg
Ó
25
5
Fig •. 1.12
= 30 =-6
obtém-se: Q
=
102 X 4 X 10-6 X
5
6X
.
2,52 X 103
=
8,4cm8• 6
1.72
Um canal e um rio correm paralelamente,
1
tal como indicado na figo 1.13.
Considerando-se as indicações nele contidas e sabendo-se que o coeficiente de permeabilidade da areia é 6,5 X 10-3 cm/seg, pede-se calcular a perda de água do canal, por infiltração, em cm3/seg/km.
:
Z:~m~·~*4m 4'
~
35m
__
Fig. 1.14 il/llrflll.
O coeficiente de permeabilidade, já determinado no Probl. 1.66, é igual
H X 10-3 cm/seg. Hnlldo
t = 24 h = 8,64 X 104 seg, A = 100 X 30 = 3 X 103 emCamada
~ 11,50 ~/@'~'
impermeóvel
~ = 600 - 150
Areia
t -- ------~----Camada
impermeoveJ
450 3500
=
013 '
I fi 11I ·HI \
Q Fig. 1.13
=
3500
=
3 X 103 X 8 X 10-3 X 0,13 X 8,64 X 104 ~
~ 27 X 104 cm3/m
=
270 dm3/m ~ 270Iitros/m.
)
40
PROPRIEDADES
plSICAS
DOS
SOLOS
tAPo
1
1.74 Calcule a quantidade de água que flui, por segundo e por metro corridr (perpendicular ao plano da fig .•1.15), através da massa de solo representada. abaixo.
NA
1 Adensamento - Recalques apítulo
•
E
2 ,,11 '"'~ lniciul
NA 2m
1/,'-': :,.'.
-s.: ",,::.:.~ Solo ~
30m
....
.:> ~.'.'->
3m
dll
."
vazios final?
li'n'I\'IW
I"
V.
Fig. 1.15 111'1,
o coeficiente
de permeabilidade do solo foi determinado por um permeâmetro de carga constante, onde através de uma amostra cilíndrica de 0,13 m de altura e 0,07 m de diâmetro, durante 1 minuto e meio, com um nível efetivo de 0,30 m, percolou 6 X 10-5 m 3 de água.
"fim
W\
qu
-
~~-.
h, - h. _ h.
VI - V.
1+
h.
V.
E
(fondições iniciais: h
•
2,0 = -._._-
1 + 1,18
°' 92 em
=
'I "Il.uru roduzida
Exprima o resultado em cm3/segfm. Resp.
do uma amostra é ho = 2,0 em e o seu indico de Vfti:ioH ensaio de adensamento, a altura se reduz para] ,2H em.
HllllllloLido. a um
II IlIdioo
da amostra. do 'vazios final será, portanto:
85,5 cm3/seg/m.
1,28 - 0,92 0,92
EI =
=
0,36 ~ 0,92'
° 4.
() "(\oltlquetotal de um edifício construído sobre uma camada deargila rijo" '11 1M 11\ do espessura, foi de 5,26 em. Sabendo-se que a pressão média, na ca1 illidll tlll Itl'll;ila,aumentou de 0,7 kg/crn2, pede-se determinar o seu coeficiente d(' de volume.
k'lIt"/iIIl\l\()
,,,,,(1111.
Considerando que a fórmula do recalque total h
LlE
~h t
111111 ,t'l1II /-ir
1+
=
escreve, multiplicando-se ~h
=
R\"
~
Ei
.!h
1>
t!1. <;l.h
•...
e dividindo-se por ~p:
LlE ~p (1 +
Ei)
)
h~p
42
TEORIA
~E
OU,
ainda, com --~p
=
a.
DO
ADENSAMENTO
-
R CALQUES
CAPo
•
2
e
~h
=
. h .
~p
11,
0,1071 ()1TI2/k~
1'.
12,\)00 ·m2fnno
m.
0,6 0,
tem-se que: 1
m
~h h~p
5,26 1800 X 0,7
=--= v
=
k ""' 12,960 X 0,1071 X 10-
1
0,0042 cm2/kg.
+
0,680
~
26 X 10-11 m/ ' c cg.
d aden a.mento uma amostra com 4 cm de altura exigiu 24 I' III 11 011 ir um determinado grau de adensamento. Pede-se calcular o lill (, 111 dll M) para que uma camada, com 8 m de espessura, e do mesmo maI II!ljl, MO!> na mesmas condições de carregamento, o mesmo grau de adon" 111 11111 I'llImio
2.3 O recalque de um edifício apoiado sobre urna camada de argila, com 20 m de espessura, estabilizou em 4 cm após um certo número de anos. A pressão média aplicada à camada era de 0,.8 kg/cm". Calcular a perda especificada de água intersticial da camada de argila. Solução.
Como m, também se escreve: mv
",,,,,.,,,,1',
= ----
( '0100
~h
~p X h
tem-se: 4 1 m; = -_~-= -= 2 5 X 1O-a cm2/kg 0,8 X 2 000 400' .
2.4 Uma camada compressível tem 6 m de espessura e seu índice de vazios inicial é 1,037. Ensaios de laboratório indicam que o índice de vazios final, sob o peso de um edifício projetado, será 0,981. Qual será. o provável recalque total desse edifício? Resp.
Ó.h ~
1: cm
=
h2
= 800 em ~ h~ = 64 X 104
-4
h~
= 16
h1
tI = 24 h,
16,5 cm. 4
2.5 Se o coeficiente de compressibilidade é 0,1071 cm2/kg, o coeficiente de _ cf consolidação 12,960 cm2fano e o índice de vazios médio 0,680, calcule o coeficiente J de permeabilidade em cm/seg. ;/
Solução.
t 2 -- 24 X 64 X 16 10
Cv
=
(1
+ E)
k
av . 'Ya
pressão existente sobre um solo compressível é de 1,8 kg/cm", a qual ernscida de 1,2 kg/cm" pela construção de um edifício. A camada compresI ,I 1,11/11 2,50 m de ~pessura e índice de vazios igual a 1,20. Sob o acréscimo ti, 1"11 H , o índice de vazios decresce para 1,12. Pede-se determinar o índice de ""1'1'1' ssão do solo e a deformação da camada. I
,411çe 11.
tem-se:
Tem-se: Pi
k
=
_c •. a •. 'Ya 1+E
96 X 104 horas ou 4 X 104 dias.
1
I li
Sendo
=
~p
=
1,8 kg/cm2}
= 1,2 kg/cm!
P1
+ ilp
(
=
3,0 kg/cm"
TEORIA DO ADENSAM NTO
44
h
CAPo 2 11
1,20
I
EI =
1,12
P()IIL()~ I-Hlhn\ t~ curvn
1)01
.1E = 0,08
([('
umu '~I' rI,~
110"11111 I
•I /(\In~. P r interpolação
/, ~II/.
.1E
----
0,08
0,08
= ---
+ .1p
Pi
log
= --
I 3,0 og-1,8
Pi
=
0,222
obtém-se Ei =
036
.1h 0,08 1 + 1,20
0,97
e
X 250 ~9
.1E = 0,05
X 600
0.05
=
1
+ 0,97
15cm.
em.
2.8 Uma camada, com 3 m de espessura, de argila normalmente carregada, tem um índice de vazios 1,4 e um índice de compressão 0,6. Se a pressão vertical existente sobre a argila é duplicada, qual será a variação de espessura da camada de argila?
Solução.
('()rnpl'(,~~1 ()
g/cm2)
111.
donde: K
do
virgem
,~dcIIAltll"., A o: (I 1,00; Pl 0,.1 I (' (E2 O,UO; 112 ~,r,I K/C'IlI' ) , pl'(\AAI o média sobre uma camada d 6 m do cspe aura 6 d O,71i kp;/('1t1~, cul"I. ti d( (lI'óHcimo de spcs ura da camada sob um acréscimo médio d prcas o
= 2,50 m = 250 em =
Ei
R CALQU S
Um edifício A apresentou um recai que total de 30 em (estimado). No ti, três anos o recaI que medido foi de 10 em. Calcular para um idêntico edi-
li' fi
•
/I
O I
recalque
total
e também
o recalque
no fim de três anos (fig. 2.1).
Tem-se:
=
h
3m
=
300 em
1,4
Ei =
K
=
0,6
PI
=
2pi.
.1h
=
Como: Fig. 2.1
K log
h
1
+
.1!.L p,
Ei
,1/ /I~'
O.
Para os recalques
totais,
tem-se:
vem, substituindo:
+
Ah -_ 1 3001,4 X
L.l
°,6 X Iog 2 ~
23 em.
2.9 Estimar o valor do índice de compressão de uma argila normalmente sada, sabendo-se que o seu limite de liquidez é de 25,7%. Solução.
Pela fórmula
empírica
aden-
Rb = 1,5 R; = 1;5 X30
de Terzaghi: 1',"" os recalques no fim de três anos (t
K
=
r;
obtém-se K
=
= 3), podemos escrever:
0,009 (LL - 10%),
0,009 (25,7 -
10)
=
0,14.
=
UaRa com U;
10 30
--=-
1 3
=
45 em.
46
A do nrll:'la diminuiu IJt. n, ,7", li, ,0, 111111 VIU'III() 0(/11 PrI'HH o do 1,2 IL 1,8 kl!;/cm2• Para uma lunoHt,m li, tI 111" 111 , ti 11, 1\ IIILHII'WHmIiHcondiçõ H, o índice d vazios variou d 0,612 n O,[)l)7 Hoh I~ ILl"illQ () do 1)J"()SH!lo que para a amostra A. A espe sura da amoHtm A I" ,'ZI'fI u sspossura da amostra B e o tempo requerido para atingir 50 ItI 11 I 11\('IlLo f i três vezes maior para a amostra B que para a A. Qual é a
cI
(I
Assim:
11 1('1'
d,
lI" umn
VM'iltlH
lunoHt
ra
%
Mas: Th2
t = --
< 60%,
U
e, como
C.
podemos
T
adotar
= ~ U2• 4
Ii IIIl.t,
ficientes
OH
de A e de B?
de perrneabilidade
Dai: Tah!
Tbh~
c.
c.
--=--
Para {).p
= 1,8 - 1,2 = 0,6 kg/cm2 ->
espessura:
hA
ÁE
= 0,572 - 0,505 = 0,067,
= 1,5 hs.
Finalmente: "'"
-
r»
Ta
=
1 --1 5 X 1,5
= 1-> rb =
,
Ta
11 I~
11:
Para Áp
= 10 cm.
= 0,6 kg/cm" ---r ÁE = 0,612 - 0,597 = 0,015,
tempo 2.12 O recal que total de um ediíício, devido ao adensamento de uma camada de argila, nada elas duas faces, é estimado em 10 cm. Admitindo-se que a carga seja aplicada instantaneamente, pede-se calcular os tempos (em dias) necessários para que sejam atingidos recalques de 1 em, 5 cm e 8 em, sendo dados: espessura coeficiente Solução.
total
da camada
Os tempos
de argila
t
=
I ,
pLtra a amostra
T=
pela fórmula
= --
2
. ')'a
kA
(1,5 hB)2
.
c. IlIlm.t amostra
B: T
=
+ E) k
+ 0,572)
tA (1
0,067 0,6
Th~ I
h«
tB = 3tA.
A:
com 600
50%:
a•. ')'a . h~
25 X 10-4 cm2/seg.
pedidos são calculados
=
T = t (1
6 m.
=
U
!'lIdo
11111
=
de adensamento
para
3tA (1
0,015 0,6
300cm .
+ 0,612) . ')' a
•
(hB)
kB 2
Assim, 9 X 104 25 X 10-4 T
1,572 tAkA 0,252')'a hi
= 36 X 106T sego
4,836 tAkB 0,025')'a hi
e dai:
U1 % =
1
, , dI I:
10 X
100
= 10% -)
TI
= 0,008 ~
tI
= 0,29 X
106
seg ~ 3 dias.
~
U« % =
8 10
X 100
= 80% -> Ta = 0,565
---'o
ta = 20 X 106 seg ~ 230 dias.
.1 t O recalque total previsto, devido ao adensamento de uma camada argilosa ti III'ILda,é de 15 em. Três meses após a aplicação da carga, ocorreu um recalque .I, ,I rm. Quantos meses serão necessário~ra atingir o reeal que de 8 cm?
",. Soluçao.
T ORlA
DO ADENSAM NTO
R CALQU 5
CAPo 2
49
Tem-se: Ãh = 15 em ti =
1 =
:
m
= --}
3 meses ?
t2
Podemos escrever que: TI
I tIl
r
(1~
e
-4T.l =
->
T2
T2
=
A ( UfVU. proMM
I
li,
,.
d vazios é mostrada na figo 2.2.
-ín
(il 0, 01>1.( mOR:
5 em
= 1,73 - 1,'23
K
= 8 em.
:
m=
log
+(1~r
fi
lIell
"
~fáfico:
po
O
= ,50.
10
=
T
0,6 kg/cm"
1',,":
donde
~,805 kg/em" ----
EI
= 1,70
1,3i2 kgfcm2
E2
= 1,64
ÃE
Por outro lado,
-4
= 0,06.
donde Ãh = Daí, finalmente: -.
t2
(I
192 ~ 231 diIas ou '" 8 meses. = 2s
0,06 300 67 1 + 1,70 X =, em.
,\lido
2.15 O resultado do ensaio de adensamento de uma amostra de solo foi o seguinte: 11'"
P (kg/cm2) 0,049 0,244 0,488 0,976 1,952 3,904
E
1,85 1,82 1,77 1,68 1,56 1,46
P (kg/cm2) 7,808 15,616 4,887 0,976 0,244 0,049
I,
com h= 150crn
e c.
E
1502 ---'-----T 4.16 X 10-4
1,37 1,05 1,10 1,20 1,28 1,38
"" ' t ('111110,
Pede-se: a) desenhar a curva pressão-índice de vazios em escala semilogarítmica; b) calcular o índice de compressão; c) determina! a carga de pré-adensamento pelo processo do Casagrande; d) achar a diferença entre os índices de vazios quando a pressão passa de 0,805 kg/cm" para 1,312 kg/cm>; e) se a camada de solo em (d) é de 3 m de espessura, calcular o recalque total; f) se o coeficiente de adensamento é 4,16 X 10-4 cm2/seg e a camada em (e) é drenada pelas duas faces, calcular os tempos necessários para 30, 60 e 90% do recalque total.
para U = 30% -
=
T
56 X 106 X T.
= 0,072:
4 X 106 seg "-' 46 dias (1 dia = 8,64 X 104 seg)
tao% ~ I
"
(10% -+ T
=
0,287: t60%
t!
00% ~ T
=
"-'
16 X 106 seg '" 184 dias.
:::
47 X 106 seg ~ 540âias
0,848: t90%
50
TEORIA
DO
ADENSAMENTO
-
Ar 2
RECALOU
1
A
MICANICA
,I(, 'i
I I
I
i
I
I
I
I
i I
I
~
I
I
I
I
I
11
I~
I
" IV.
I
~~
I
-
1
, I
't
I~
r
l'f
,
i -
1---
• ! " I
i
,/ 'I
r1\
t
j;'
I~
~ 9 9 11
~ e
r
0'1
Ili>
r
6
iZ
-
8 L 9
I I
i I
s
11
ç:
I
I
-+
I
1 ,
!
1,000
z
-r
I
k=t
111'1111"1111111111111.,
2
I
V "-
((li
ç:
I
f
(~()did(\ld(l
Dada a curva de adensamento abaixo (fig. 2.3), calcular: a) o índice d 1lIlllpressão; b) a carga de pré-adensamento; c) a variação de E quando p passa di' I,fi kg/cm! para 2,7 kg/cm"; d) o recalque de uma camada de 2 m de espessura, '"IHlidcrando-se os valores do item anterior; e) os tempos para 25%, 50% e 75 dll udonsamento da camada do item (d), supondo-se "drenagem dupla" e cooíie11lllt,H de adensamento c~ = 2,08 X 10-4 cm2/seg.
01
~
1,04 ('
IIII'MMnll11111'1,,1
o,'n,
r
1
I
(~OmpJ'(IHHn() J(
b.
,
I
flldioo do do vUílioH E.·
:1/; X LO-8cm/flog; podo-se calcular: a) a variação d(' ~ ((\111,11110 a IIl'IlMMno II/I'IH/l pura 1,90 kg/crn2; b) o recalquo total do uma carnadu do fi fll d(lI'Hp('~tHlm, r) IIHtr-mpce em que ocorrerão 25; 50, 75 e 90% desse recalquo total, (~()nHidnmll dllMII duas as faces de drenagem. 0,21 t . I.", ~,~" I 1.'/111/1. floE = 0,05. c. floh = 12,25 em. t25% = 39 dias. t60% = 156 dias. t16% = 381 dias. tgO% = 679 dias.
t
li
I
1
......,
I
HOlldo (lollhooidme --, 1,'l.7 kp;/ctn~; Indicc
-
01'0
r-
r-r
---
,
60',0 800
O,9?0
~8 ga'O
t.do - ç:do
0,900--
zo'o I"
cr
r-
0,1 0,2
P{kg/cm2)
,Fig. 2.3 ~
esc.log.
2
TEORIA
DO I
M
ANI A
DO
a) índice de compressão:
olução.
,('fI/() ,/(
o 1/)1':
'1'
•
,
I.J
K= log~
0,195 X 10· 2,0 X 10-4
1= PI
Para
= 0,475
T EI
= 0,950 -
= 5 kg/cm"
PI
4
0,900 -; P2
E2 =
0,195 X 10 2,08 X 10-4
10 kg/cm2,
=
logo: 0,950 - 0,900 10 log -5-
K
b)
p", ,d,llIII d um ensaio de adensamento com uma amostra de argila, pede-se estimar " I "I'ldqu de uma estrutura, devido ao adensamento da camada de argila, sabenI' qu a pressão no plano médio dessa camada é acrescida de 1 kgjcm". Pe01, I ainda determinar o tempo para que ocorra 50% do recalque total calculado.
.I..
Variação de
NT
= 2,8 kg/cm",
~~4~
8
E: PI =
1,5 kgfcm2
P2
2,7 kg/cm! -.
=
--->
EI =
1,000
E2 =
0,983
.
.'
,I
,7'-5=-L " '. " AREIA
Ó,
' ••
'
,
.
L\h
\"
.
O:'q~2;-;o~,5'. ~lrO;,------;2;!.,O..-------~---
. . .. ,
L\E
Fig. 2.4
0,017 1 + 1,000 X 200
•• I() 111 II(
T=
c.
= 0,049 =
-
+
Determinação dos tempos:
t = 0,049 X 104 2,08 X 10-4
35H-t-+---t-------=="'-~
I 1
---Xh 1 E.
6h = 1,7 em.
T
<>
ARGILA k=2)(IO-~cm/seg
L\h
->
rÓ;Ó,
n=35Vo
'; ~' ".. '.", .:;..:
Recalque total:
= 25%
2 11
"
,'AREIA'
U
.'
.' ~.,
'.·N~":'<'{'."'" i1)6.1t-t-t--t-----'::::::...--_ ;~8~~~ &'=2155
= 0,017.
L\E
e)
E -
obtemos: '{J.a
d)
264 dias.
Pressão de pré-adensamento. 'Graficamente,
c)
=
'om a indicações dadas (fig. 2.4) no perfil e conhecida a curva"
111
= 0,17.
K
109 dia.
2,36 X 106 seg ou 27 dias.
""·HJI.
t:.h
=
tõO%
~
5,2 em .. 88 dias.
Dada a curva" E - log p" (fig. 2.5) de um ensaio de adensamento, detera" pressão de pré-adensamento" pelo processo gráfico de Casagrande, ,pa ~ 5 kg/cm".
·'.:.W Um terreno (fig. 2.6) é constituído por uma camada de areia fina de 10,60 m dn W-IP ssura, sobrejacente a uma camada de argila mole com 7,60 m. O NA está I~ ·1 ,no m abaixo no NT. O peso específico submerso é de 1,04 tfm3 e o da areia, l,I'iHI!~ do NA, é de 1,76tfm3.
54
TEORIA
DO
ADENSAMENTO
-
RECALQU
S
CAPo
2
M
ANI
A PO
o
2,11
0,2
2,08
0,5 1,0
1,99 1,85 1,61 1,35
2,0 4,0 0,1
Fig. 2.5
A argila é normalmente adensada; o seu teor de umidade natural é de 40%, o seu limite de liquidez é de 45% e a densidade de suas partículas 2,78. A construção projetada aumentará a pressão, atuante na argila, de 1,2 kg/cm".
, 11111 t·' 1I\1~da de. sa argila, com 60 em de espessura, é limitada por duas 'ama.I, tllt.il, sonde que a superior, com 6 m de espessura, tem as seguint 8 arae, '" Ó 2,65 e n = 35%. O nível de água encontra-se a 3 m acima do 'I''' .111 (,,"tlltda de argila. Devido a uma estrutura implantada sobre a ar ia, t~ 111111 1i dt, urgila recebe uma sobrecarga de 1 kgjcm", Pede-se: a) estimar o "'1111' tia ostrutura em conseqüência do adensamento da camada de argila; 1I " 11'1111'0 ('111 quc ocorrerá 50% do recalque total, se o coeficiente de permcabiliI I. dll, ,u'jI;ila é 2 X 10-9 cm/seg.
Ml\jI;'.1nteshipóteses
Pede-se o recai que médio da camada de argila. Solução. p;
Pt
De imediato
+ 3,80) = = p, + 1,2
1,04
=
=
18,3 tJm
+
./IIV
11
a fórmula
T
= 1,8
+ 1,2
0,42
0,58
donde o recalque
AREIA
'Ysub.
0,31
0,42
da camada
760 1 0,72
+
og18 ,
de argila;
U2•
JI'
= 1,72 X 3
+ 1,07
2,65· X 0,65·
=
de onde, então, se obtém que:
1,72 tJms
=
1,65 X 0,65
= 1,07 t/ms
X 3 = 8,37 t/m2 = 0,8 kg/cm" --
e
= 0,72
c'
pedido
3,0
=
7r 4
/'. =
= 3,0 kg/cm" =
=
devem ser adotadas:
A figo 2.7 visualiza os dados do problema,
!
A -
X 1
IIMur
1,8 kg/cm!
2 ~
1,78 (1 - n) __ n
Âh
Ill'jI;ligt-nciar o peso próprio
que:
1,~4 (6,00
0,009 (45 - 10)
e, =
\
+
1,76 X 4,60
=
K
se obtém
sirnplificadoras
.
será:
I X 0,31 X
30cm.
.
\ NA
r·.
0=2,78
J~---)
~. E
/.
.
(AREIA'
tg = 2,65g/cm3. .,
n
=
35
%
.'
O,60m
. ARGILA
k = 2 x IO·9cm/seg
~I
Fig. 2.6 AREIA.,
2.21 Um ensaio de adensarnento resultado:
de uma amostra
de argila
forneceu
o seguinte Fig. 2.7
•
, kg/cm2
fi
= 1,9.
TEORIA
56
=
+ 1,0
0.8
Ó.E
=
=
ADENSAMENTO
-
RECALQU S
CAPo 2
I '"ell'
= 1,0 kg/em!
ó.p PI
DO
I
1,8 kg/orn! ~
1,9 - 1,66
=
EI
=
1,66
,O
til
0,24.
H()IJ.{, do
II
l,fI em;
"
Daí:
I
0,24·
Ó.h
+
1
X 60
1,9
=
14,4 ~9 ~5cm. ~,
I
111
lado, com:
a.
=
Ó.E
=
0,24 -1-
=
=
0,24 cm2Jkg
2,4 X 10-4 crn2Jg
l'o(:i\lqu(1 totul
203 dias;'
= 1 gJcm3 E
=
1,9
= 2 X 10-9 cmJseg
k
0=50% obtém-se:
+
9
c.
2 X 10- (1 1,9) 2,4 X 10-4 X 1
= 2,41 X 10-6 cm2Jseg
e
T
7r 4 X
0,52
=
0,196.
Como
h 0,60 2 = --2 =
hd
=
=
0,196 302 _ 735 106 2,41 X 10-6 X , X seg
0,30
=
30 em.
tem-se finalmente:
t ou, aproximadamente,
85 dias.
2.22 Uma camada de argila saturada com 6 m de espessura, drenada por ambas as faces e sujeita a uma pressão devida ao peso próprio das camadas sobrejacentes igual a 1,32 kg/cm", apresenta as seguintes características: índice de vazios inicial 1,02, índice de compressão 0,23 e coeficiente de permeabilidade 3,2 X 10-8 cmJseg.
1'111 11"1
I
q'"
111'11111
elimada d argila com 6 m de spesr ura é situada ntr d iH I'HtmtnH 4 valor médio do coeficiente de adensamento é 4,92 X 10- 'm~/H('p;. li do um diíício aumentou a pressão vertical média sobre a camada, ha1111I (: ns qüência um recalque do edifício. Quantos dias serão n c ssárl H iorra a metade
do recalque
I
forJO
!l
'Ya'
(l'lIlPO
5 7 dias.
total?
1\23 dias.
"
1L/'lI.ilI,I rlllI(tIlHI"
("ti .ulado.
,
111 1\1\(\
ó.p
It) o 1'(\('tüq\l(' Lolt,1 du, (:lUnl\dl~ dI' dI' ))1'('1'1'1 I'H dI' O,!iO kp;/('m2; IJ) 01'1
lI\li
1111111
11110
Por outro
Ht\ dlll(\l'milllLl":
111 ri 11111 !L(:I'('Heimo
0~
+ J( 02..
.
~
M
ANI A DO
Tensões e Deformações - Elasticidade e Plast'lcidade
-o
O
1,0-
O
O
1,0
1,0
2,0_
_1,0
11 = 2,0
Capítulo 3
() ()
3.1 Sobre um ponto da superfície livre de um maciço terroso não atua nenhuma carga. Um vetor unitário normal a esta superfície tem para cossenos diretores l, me n, respectivamente, com os eixos x, y e z. Estabeleça as relações entre as tensões normais e de cisalhamento, relativas ao sistema de coordenadas x, y e z na vizinhança deste ponto.
O
°
1,0
1+ °
2,0
1,0
° ° °
O Ia
=
1,0
1,0
1,0
+ °
=0-1-1=-2
1,0
2,0
1,0
° 1
1,0
O
1
= O
2,0
Solução.
° o
Txy
° °
=
(J'x
= T XII
=
+
l
Tx.l
l
+
(J' 11
+
TI/'
1 -z-
m
+
Tu
m
+
T 11%n
-
(J'y=-
m
+
n
-
(J'. =
n
(TzlI
m
T oct.
+
Tx%
n)
111
do
r
I, 1111 1111 (J'.
-
O
=
(J'I/
=
T%II
=
°
(J'.
pede-se determinar as tensões octaédricas.
= 2,0
_ V2Q. = 2V5,
= -3- . V 4 + 6 -
3
3
tensor das tensões (em kg/cm")
invariantes das tensões, a equação característica, as tensões princi-
1 (111, ões octaédricas.
3.2 Dadas as componentes (em kg/cm2) de um estado de tensão em um ponto de um maciço terroso, referido a um sistema de coordenadas x, y, z: (J'x
2
v2 ,/-
n
Tyx
1
3 (2) = 3
m
T.y
o
°
=
(J'oct.
Tyx
Til'
11
= T", = 1,0
1 12
=
=
(J'x
+ + (J'I/
2
2 -2
+
(J'.
1-:
= 1- 2
-:1
+
1
= O -2
+
-2 - 27
-2
1
60
TENSOES
1
2
O
ORMAÇOES
CAPo J
4
13 =
2 -2 -4
-2
-2
V2 3
0.1 -
1" t.
. VI,78
0,11' kl(/C 111
= 54 I), cio () t na r da
1
11 'I
1\
do
IL
t n O 9 ( m kg/cm2) para um p nto d(, \1111 um aíet ma do coordenada x, ,y, z:
11111' lCJII II I
1 Resolvendo esta equação, obtém-se:
0"1
1
=
O"oct.
3
X
=
6;
-3
°
V2_/
= -3-V
° ° =
V2 3 (- 27) = -3- V81 = 3
0-
3.4 Determine os invariantes e as tensões octaédricas estado de tensão, em kg/cm2 , 0"", = 10' O" = 05' O" "11" z T",. = - 0,2 e Til' = 0,3.
I r
II
1\ I ILI iular a tensão normal ao plano que passa pelo ponto, sendo o plano ti" 11 1 vetor unitário
V2.
-
para 01' "
-n =
o seguinte T:tll
i
, li,
z TIIz
TZlI
0"11
T",.
Til'
:::J [~::-0,2
[
0".
0,4
0,3
pn Pnll
-0,2J
0.5 ,
[
12
=
0,4/
I'. -
-0,1
0,4 =
0,5
0,5
0,3
0,3 - 0,1
1,0
- 0,2
- 0,2
- 0,1
+
I 111
0,5 - 0,16 - 0.05 - 0,09 - 0,1 - 0,04 = 0,06
Ia
1,0
0,4
- 0,2
0,4
0,5
0,3
- 0,2
0,3'
- 0,1
=
J [1
1,5
°
1,6
Pn.
1,6J
1
1
0,5 + 0,5 + 0,8Y2
Pn71
l'",
+
~ +-2-k. V2-
1,5
fi
=
= 0,5 + 1,5~2
1,4 -3- ~ 0,47 kg/cm>
---
2
2'131
pn
=
1,13.
-
=
pressão do produto escalar de pn por
=
IPnl . InlcosO
=
2,13i + 1.56) + 1,13k
= 1,56 IPnl = V4,54 + 2,43 + 1,28 =
0,8 + 0,75 - 0,3Y2
1'" . n
=
V8,25
=
2,86
- podemos escrever que:
ri,
V2 2,13 X 0,5 + 1,56 X 0,5 + 1,13 X -2-
tI'lIlIl, :
- 0,192
J
V2
- 0,6
2,86 X 1 X cos O II
O"oc~. =
[0,50,5
0,3
11 = 1,0 + 0,5 - 0,1 = 1,4
/1,0
~
0,5~ +0,5)
= 0,4;
Solução. O"",
- 0,6
1,5 "
Toct.
I,6J 1,5
cosO
2,64 2,86
=
2,642
62
e daí: Un
2,64 = 2 ,86 X 2,86
=
r
a tgcp.
= 2,64 kg/cm". 0,6 1,0
tgcp
3.6 Um volume V de solo encontra-se sujeito ao estado de tensão representadu na figo 3.1. O m d u l o de deformabiJidade 2 E = 500 kg/cm", o coeficiente de Poisson
=
O 6 - -,
'
cp ~
31°
ó
r' = 2,5 X 0,6 = 1,5 kg/cm". l hun amostra de areia seca foi submetida a um ensaio de compressão tria-
Pela aplicação das leis de Hooke generalizadas, determine o índice de vazios após a deformação provocada pelas tensões indicadas.
y
()
= 12,5 k g/cm2 10
--4-1-
II
"11
Solução.
ngulo de atrito interno determinou-se ser aproximadamente 37°, Se a (ll'in 'Í pal menor é de 2 kg/cm 2, para que valor da tensão principal maior
I'~ I
abemos que, na ruptura:
~V
V=
E",
+ Eu + E.
. 1
E
{u - 2J..1u}
1 = -
E
= 500 {17,1 (1 - 2 X 0,32)} = 500 {17,1 X 0,36} = V - V' --V--
1-
- (1
1
+ E/)
E, ++0,52
1
=
V'
1-
V=
+
11
OO 2 , 1 3j
= - 1,502 --> 1
3.7 Uma amostra uma pressão normal atingiu 0,60 kg/cm". são de cisalhamento
=
O logo:
6156 ~OO = 0,0123
+ EI
152 ,
EI
V'. + V. V. + V.
EI
1 - --Ei
+1 +1
=00123 '
= - 0,988
I )(\t
rmine o ângulo de atrito interno de uma amostra de areia que rompe de compressão triaxial, quando Ul = 3U3.
11111111 1\I1SaiO
"Jlç
~V
solo é uma areia, c
{u (1 - 2M)}
~ VII
-y=
N", + 2c VN",
Q'3
Fig. 3.1
.,
V-
=
Ul
=
1111111 11
= -
ruptura da amostra?
11.
A equação de ruptura 3U3
de Mohr, para o caso, escreve-se: = U3
tg2 (45
+ ~) VS
= 1,502 ---;EI = 1,502 --1 = 0,502.
de areia, submetida num ensaio de cisalhamento direto a de 1,0 kg/crn", rompeu quando a tensão de cisalhamento Qual o valor elo ângulo de atrito interno? Para que tenromperia a amostra se a tensão normal fosse de 2,5 kg/cm" '?
J
3.10 Um ensaio triaxial é realizado com uma amostra d argila. valor do CT3 é 2,0 kgjcm-, No momento da ruptura tem-se CT1 - CT3 = 2,8 kgfcm2 eu = = 1,8 kgfcm2• Se o plano de ruptura faz um ângulo de 57° com a horizontal, pede-se calcular as tensões normal (efetiva) e de cisalhamento nesta superfície. Para qual inclinação do plano, a tensão de cisalhamento é máxima e qual o seu valor? Solução.
1
"li 111'11, In{nima
rá, assim: hmln.
+
=
+ 2,8
<5'\
=
CT =
1
+2
CT1 7' = ----
Ó'3
0'1
hmln. = 4
I 111' I~
-
+ --=-2=--
CT3
CT3
6,8
2
+ --2,82
=
3
'
4-
-
1,4 cos 66° = 3,4 - 1,4 X 0,407 =
=
2,83 kgfcm2•
7'
\\\ Fig. 3.2
CT -
U
= 2,83 - 1,8 = 1,03 kgfcm2•
= 1,4 sen 114° = 1,4 sen 66° = 1,4 X 0,914 = 1,28 kgjcm",
o
7'máx.
se verifica para a
= 45°, pois sen 2a = sen 90° = 1.
Assim: 7'máx.
~t
=
1,40 kg/cm".
3.11 Os parâmetros de um solo argiloso são: cp = 18° e c = 0,4 kg/orn-. Qual a altura mínima de uma amostra cilíndrica (diâmetro da base igual a 4 cm) desse solo, para que o plano de ruptura, num ensaio de compressão simples, não corte as bases? Qual o valor da carga de ruptura R? Solução ângulo a
Como
= 45 -
se sabe, o plano :
Fig.3.3
b
5,5 em,
2
2
CT1
71d 4
R
=
71d
= -4- X 2 X c X tg
(45
,I' , portanto:
cos 114°
o- =
=
cos 2a
Daí: CT = --
cotg 36°
d ruptura R =
sen 2a.
2
a
2
011
=4,8 kg/cm2
Veja-se figo 3.2. CT1
= .i. cotg
2
2,0 kg/cm! CT3 2,8 = 2,0 = 4,8 kgfcm2 a "" 57° u = 1,8 kgjern". <11
2
Tem-se:
CT3 =
-
1"
------------------------
com a vertical,
de ruptura donde então
forma. um (fig. 3.3):
8
71
X 0,4 X tg 54°
=
13,8 kg.
67
J)n um 111111 (':-1
(Pllto,
IIIIHILÍO
rpl1lizn.do no aparelho
f"('HulLa{\o!i com urna umostra
Carga horizontal (em kg)
120 60 30
52
4.1 Em uma caixa de cisalhamento . s-va ores a seguir, durante os ensaios nosa.
Força de cisalhcimento máxima
9 18 27
12,5 15,5
Solução. obtém-se
(kg)
a coesão e o ângulo
de atrito
interno
Calcutadas as pressões normal e tangencial, c = 0,26 kg/crn" e cp = 20°.
i5
I
35 27
cp
do solo.
111'1 111'11 't . I'
1,,111 1,11
18,5 22,5 25,5
c e
r
=
0,50 kgfcm2;
cp
=
16°;
0"1 ~
4 kgjcm".
m ensaio triaxial com uma amostra de argila, forneceu os seguintes resul: a, = 10 kgfcm2; O"a = 2 kgfcm2 e ângulo de inclinação do plano de ruptura: a horizontal. Dnt rmine, pelo diagrama
('111Il
I", li t,('Mão resultante, ,,/ /I~'I ().
Traçado
de Mohr, a tensão normal, a tensão de cisalhamen-
o ângulo de atrito
o diagrama
interno
e a coesão.
de Mohr (fig. 4.2) obtém-se
do solo. e traçado
o gráfico (fig. 4.1)
('g/cm21
0,75
ESCALA
0,50
Fig.
c
=
cp = .!!..
31°
= 4,00 kg/crn":
2
'g/cm
r
4.2
1,20 kgfcm2
!.. =3,45 ESCALA_0_~~0.2;.;.5_~=o,;.;..50
obt ido«
\11\\ cnf!aio de compressão triaxial é realizado com uma amostra do me mo "I", ('om uma pressão de confinamento de 1,5 kgfcm2• Qual a pressão axial de
I,
Força vertical (kg)
36 45
Determmar
direto, com 36 em" de área, foram obtidos de uma amostra indeformada de argila are-
I)pLt'rmine os parâmetros
foram
de 8 cão 6 em p r 6 em:
Carga vertical (em kg)
Resistência ao Cisalhamento dos Solos Capítulo 4
do 'aliall;mnd(,
=
kgfcm2
vi 0"2
+
T2
=
5,28 kg/cm'.
de imediato
que:
68
M
4.4 Foram realizados três ensaios triaxiais de uma areia, tendo sido obtido. seguintes resultados:
OA
Jlt
. ,,11/(' li.
Pressão lateral de conjinamento (0"3)
Pressão vertical de ruptura (0"1)
0,2 kg/cm'' 0,4 kg/cm'' 0,6 kg/cm''
0,82 kg/cm'' 1,60 kg/cm'' 2,44 kgjcm2
,,,''\
A Afl
IVI OIUÚS
ANI A
truçnr
69
OlO
I.L 'UI'Vl~
'Il.l'gll.-d(·form/içO
aleular a co "
3,25 3pO ~75 CI
-"
Do diagrama de Mohr (fig. 4.3) obtém-se:
2[>0
rn c:r (!)
a:: c:r
2pO
Ü
1,s0
1,00
I
;
;
;
o
0,2
0,4
0,6
o
0,25
0;:.0
Fig. 4.3
cf>
=
TI =
Fig.4.4
0,24 kg/cm>.
=
0,48 kg/cm".
T3
=
0,74 kg/cm".
Carga (kg)
J..5 Em um ensaio de compressão simples com uma amostra de argila de 2,5 cm de diâmetro, foram obtidos os seguintes valores:
°
1
Carga (kg) Altura da amostra (em)
1-
0,75 DEFORMAÇÕES
36° 30'.
T?
°
1
1,5
2
2,5
2,75
3
3,25
5,00
4,75
4,68
4,55
4,45
4,38
'4,25
3,85
d mat rial.
d f rrnaçõ fi '01'1' sp nd ntos às cargas são as indieadas na tabolu, traçamo a curva carga-deformação (fig. 4.4).
Determine pelo diagrama de Mohr, o valor do ângulo de atrito cf> c as tensões de cisalhamento T nos planos de ruptura. Solução.
DO
1,5 2 2,5 2,75 3 3,25
Altura da amostra (em)
Deformações (em)
5,00 4,75 4,68 4,55 4,45 4,38 4,25 3,85
0,25 0,32 0,45 0,55 0,62 0,75 1,15
°
(em)
70
R SIST NCIA
AO CISALHAM
NTO
00
SOLOS
CAPo 4
Da curva obtemos para carga de ruptura: pr
2,80 kg
=
e, para pressão: 2,80 p; = -----'--2-5-27T X -'-
=
0,57 kg/cm",
ompactação - Classificação - Amostragem
4
A coesão do material será, pois, c
=
0,57/2 ~ 0,29 kg/cm".
4.6 Com uma amostra de argila, tendo 4 em de diâmetro e 8 em de altura, foi realizado um ensaio de compressão simples. As deformações correspondentes às cargas aplicadas, foram as constantes do quadro a seguir. P(em kg)
,
Capítul Num ensaio de eompactação deProctor h%
t:.h(em em)
° 5,0
"Y.(tjm3)
° 0,06
11,3 18,8 23,8 25,1
0,12 0,23 0,37 0,55
Pede-se: a) traçar o diagrama carga-detormação, isto é, P = f (tJ.h); b) determinar o valor da. resistência à compressão simples; c) traçar o círculo de l\:ohr e determinar a coesão do material. c
Pll(
9,8
12,6
15,6
18,1
22,4
1,59
1,88
1,85
1,75
1,56
I) senhar a curva 'Y = f (h), determinando a umidade ótima é·hõt.) e o peso {fico máximo ('Y I,mb.). Calcular, também, as 'umidades para que cadn de prova seja saturado, supondo a densidade relativa dos grãos igual a 2,70.
o. Tomando-se sobre o eixo das abseissas, as umidades e sobre o das ordas, os pesos específicos, teremos a "curva de compactação" (fig. 5.1) dond , "" érn (ponto A da curva): 011/('
111/
= 1,00 kg/cm". umidades correspondentes à saturação, são dadas pela fórmula
4.7 Realizado em ensaio de palheta (vane test), sendo D = 7 em e H = II em, foi obtido M = 638 kg em para valor do momento necessário para girar as palhetas. Determinar a coesão do material. Solução.
foram obtidos os seguinte valores
I
I
'!tIIlO
Resp.:
h
oIl1l1d
Sendo
,
.
I
= -
h2
Num ensaio de compactação,
compactação =
638 ---(-=-1:"':1--7-)7r
X 7
2
'2+"6
=
0,62 kg/cm",
-
1
-(como
=
Ó
2,70)
= 16,2%; h3 == 17,1%; h4 = 20,2%; hõ = 27,1%.
Umidade de
obtém-se para valor da coesão
1
'Y.
então:
111 = 25,9%;
c
5
(%)
Peso do cilindro mais solo úmido (g)
foram obtidos os seguintes dados:
5,2
6,8
8,7
11,0
13,0
9810
10 100
10225
10 105
9985
COMPACTAÇAo
-
CLAS$IFICAÇAo
AMO$TRAGEM
M
CAPo 5
ANI A
'1'/'I~tJl~r .\ ourvn 1" 1·((te·O 2,I
I-
VV
+r-,
1,9
1"- r-,
J.
,5
I--
r--
/
b~
./
I
~ '"
,..~ A'
r+- I--. '- r-, 1"
I
•••
ISC
11
j
6
8
12
10
14
16
18
20
22
24
h
1.1)60kg/m3•
ia
=
X 100 (para 0,1")
=
7T
X 4,972
26
1'1
o volume e o peso do cilindro são 2,321 litros e 5051 g. Desenhe a curva peso específico aparente seco em função do teor de umidade e determine a umidade ótima e o peso específico máximo.
,
'I'" I ti
Ic
42,5 X 100 ~ 61%. 70
s diferentes amostras de solos, A, B e C, apresentam as seguintes cara ,-
11M:
Calcule, ainda, quais as umidades que cada corpo de prova deveria ter para ser saturado, supondo o peso específico das partículas igual a 2,65 g/cm3•
=
14%;
h4 = 13%;
'Y.,má". h2
=
=
% que passa Peneira
2065 kg/m";
11,5%;
-n; =
B
C
N.· 200
20
43
60
LL
20
35
55
IP
12
12
20
11%;
5.3 NUma série de cinco ensaios de compactação (Proctor) foram obtidos os seguintes resultados:
20,2
21,4
22,5
23,4
25,6
úmido (g) 5037 5115
5162
5173
5160
I I, !'oJ'minar O índice de grupo para cada amostra, de acordo com o HRB. I
I li
I'.
/rI Cilindro
+ solo
"'I o volume
A
hs = 15,5%.
Teor de umidade (%)
42,5 kg/om"
4
ISC
8,0%;
=
%
Fig. 5.1
h1
I" "
mt1.xim .
825
=
"
IlIelO
1,1
h«.
111 /1111 1
fmido o "índice de suporte Calif6rnia", como
I II~'(ri,
',3
Resp.
d,
um nsaio d pcn tração com uma arn LI'U dc' Holo, C'O/IIII/II I ,rllI 1IIIII'fielll m d t nminadas condições, pede-se calcular ISC d('HHO fiOlo ,mlll 11 I" , 11\I( pura a penetraçã de 0,1", foi obtida a carga d 21) I 1/;. () eli 11\1 l/o I" 1'1 I o d p netração é igual a 4,97 em.
"'* ..•.....~
V
.~ 111111/11
t!(lt,(lJ'lIIilliilH!O
Itc nlizud
A
/
,7
o,
('OltllIIlIlL'iQ
22, Yo; 'Y••máx
~
V
d('
e o peso do cilindro são, respectivamente, 0,942 litros e 3375 g.
(P200
-
35) {O,2 + 0,005 (LL - 40)}
+ 0,01 (P
t: IG
=
O
+ 0,01
X 5 X 2 -+ O.
200 -
15) (IP - 10).
COMPACTAÇAo
74
-
CLASSIF'ICAÇAO
Solo B: IG = 8 X 0,2
+ 0,01
X 28 X 2 = 1,6
+ 0,56
= 2,16--2.
Solo C: IG = 25 X 0,2
+ 25 X 0,005 X 15 + 0,01 X 40
X 10 -+ 11.
Movimento
5.6 Foram extraídas duas amostras de solo; uma, com amestrador cujos diâmetros característicos são D. = 76 mm e Di = 71 mrn e, outra, com um amostrador culos diâmetros são D. =92 mm e Di = 74 mm .. Qual a razão entre os "graus de alteração" (também chamado "coeficiente de superfície") das duas amostras? Solução.
da Água nos Solos Capítulo
nhecida a rede de escoamento, calcule em litros por segundo a quantil'ld, dI água que percola abaixo da cortina da figo 6.1.
Sendo
D! - D:
D;
X 100 Cortina de estacas_pranchas com extensa-o de 250 m .
tem-se para a 1."'amostra: 6.00
762 - 712 = 0,15 712
A~ = ---e, para a 2." amostra:
'{/ AoT
_ -
922 - 742 742
=
°
,55.
A razão pedida vale, portanto: A~ == 0,15 A~ 0,55
= {}27' '
ou
A; . A~
=
0,55 0,15
=
. 3,67.
Fig. 6.1
"/1/('
O.
Como se sabe
76
MOVIMENTO DA A UA NO
OLOS
CAP.'
onde, no caso: k
= 10-4 cm/seg = 10-6 m/seg h
=
N,
= 8
Nd
=
NA
6m
4 kx :3xlO- cm/eeo
12
-4
ky: IxlO cm/seo'
donde, então, para uma extensão de 250 m: 6000
Q = 10-6 X 6 X ~ X 250 = 10-6 X 103 = 10-3 m3/seg = l Iitro/seg. 12
8500
8500
/
6.2 Para a barragem de concreto mostrada na figo6.2, sobre um solo não-coesivo tendo k = 2 X 10-3 cm/sf.'g,pede-se determinar a quantidade de água que escoa. por metro e por dia, sob a barragem.
Fig.6.3
, ol1lção. A figo 6.4 mostra-nos a rede de fluxo para a seç~o transfo~da., ~,qual 1111traça da procurando manter a razão a/L constante e Igual a 1 (figuras qua.lrndas").
X=
Fig. 6.2
. Solução.
1/ I'
Q
4
Jv
1'(llJ~.) ,f
,,1
J
r-
~4~~~OO~
= 2 X 10-5 X 3 X 17 X 24 X 60 X 60 = 1218 X 10-3 = 1,218 m3/dia/m = = 1 218 litros/dia/mo
6.3 Calcular a quantidade de água que escoa através da barragem indicada na figo 6.3.
~
'10.
=0,571
r
~------~-====4=~:0:0::======t_ Fig. 6.4
Nesse caso a fórmula escreve-se
34,60
V-ç
\~
'10.
8
MOVIMENTO DA ÁGUA NOS SOLOS CAP. 6
com k' Assim,
V k;
=
. kll
=
com N, = 4, N« = 11
Q
=
h,t, Pura prevenir a coudlção do areia. movediça rOCOl'l'O-IH\ IUI f\lIlpn'gn dI) 11111 olll'(I('ltrga sobre a superfície da camada de areia, o quo cquivulo I~ nUlllfllIUU· I) 111)11 PI'MO próprio. Sabendo-se que o gradiente hidráulico crítico do /41"0 " II,M õ fi mdil'nte hidráulico real de um dado sistema é 0,46, qual dovorri MI'" ,~ /101111'1'1111(1\ (1101' unidade de volume) para que seja igual a 3 o fator de segurnuçn, elo (lonJ\lII!",
1,732 X 10-4 cm/seg ~ 0,15 m/dia.
h = 27 m,
e
=
0,15 X 27 X 1~
tem-se
1'llIllrQ
146 m3/diafm.
a condição
de areia movediça?
Seja iCT = 0,35 o gradiente hidráulico crítico do solo e i - 0,1(1 o .c " ' "tonto hidráulico real do sistema com um coeficiente de segurança 3. NO/j/jl~PI ()()II
,'-{o/ução. 6.4
Sendo a densidade relativa das partículas igual a 2,75 e a poros idade igual a 45%, qual o gradiente hidráulico que corresponde à condição da "areia movediIça "?. --
Solução.
-r
dl\JõeA i
=
Z
;T ou i'cT
=
3i.
Por outro lado:
Como
i'cT')'a .Zc
ó' - 1 = 1+E
n
e
E
'Yeub. + p = ---')'a ')'a
-r '" CT
0,45
e
. Zc
=
°
2,75 - 1 45
=
1+_' _
P
ou:
= 1 _ n-
temos
E=-55 0,
+
='')'8ub,
ou ainda: 0,96.
.,
0,55
Z or
~+J!......=3i 1
+E
')'a
6.5
Com as indicações da figo 6.5 pergunqual o indice de vazios da areia (com = 2,65) que corresponderá ao seu estado de areia movediça?
que também
ta-se:
o
Solução.
O gradiente h
z =
L
hidráulico 50 = 100
vale:
-r
Z er
Para que ocorra o fenômeno diça deveremos ter
z·'=
Z'CT
= ~ó -
IOOcm
. T ,', ..,'. " .. ' .'
-=--=---=----==== ;.
da areia
move-
•
',",
~:.'
'.,
':
, I
. + -P = ')'a
Zcr
0,35
+ -1P
= 3 X 0,46
_
donde: Fig. 6.5
1
logo
0,50
2,65 - 1
1+E
donde , E =
2,3.
3'1,
a, daí:
\:\t\;:t':
= 0,.5.
se escreve:
p
=
1,03 g/cm8•
IJltm
(lMl/:ft
COIH:~'lltl'lidlt
IIv('I'ti('nlcmump
nto d
d( :~Ol ó upli 'u.du ft HIIJ)(Il'fkip do 1'40\0 ('1\\.11\." ord nadaa z = 1,50m,y :.:!,IOl\lt 1,111111 O ponto d aplicaçã d cnr n ('olll('idl 1'11111 a origem
do sistema
de r {rI' nei/L (fi . 7.")
x
Resp.
o
Distribuição
=~
das Pressões Capítulo 7
7.1
Uma carga concentrada de 8 t é aplicada sobre a superfície do solo. Calcule a pressã~ vertical em um ponto de coordenadas x = 1,20 m, Y = 1,80 m e z = 0,90 m (fig. 7.1).
,
(T ••
=
0,11 tJm2•
7.3
Traçar o diagrama das pl'CHH ('H I (I longo do eixo de uma carga de 130 t, aplicada na f'uperfície do terreno. Calcular as prcssões nas profundidades de 2, 4, 6, 8 e 10 m
z
(fig. 7.3). Solução.
Pela fórmula
de Boussinesq,
Fig. 7.2
(T.
=
3 X 130
P=8 t x
11
'1"
nos dá: -
p!j.ra z
=
2
->
(T.
-
para z
=
4
---->
(T. =
-
para z
6·~
(T. =
0,39 kg/cm". 0,17 kgfcm2.
_
para
8 ~
(T. =
0,09 kgfcm
_
y
para
= z = z
=
10 ~
a,
= 1,55 kg/cm".
=
P =130 t
1 .
2
0,06 kgfcm . 2 -------
,4.
Traçar o diagrama das pressões ao longo do 1 1 O de uma carga de 120 t, aplicada na. superfície 1 do terreno. Calcular as pressões nas profundidades
z
do 2, 3, 4, 5 e 8 m.
Fig. 7.1
Solução.
Com as indicações
P
z cos ()
I~ sp.
da figo 7.1 tem-se que:
= 8t 0,90 m
=
0,90 V1,802
+
cos! ()
1,202
=
(m)
.u. (kg/cm2)
2 3 4 5 8
1,43 0,64 . 0,36 0,23 0,09
z
0,90
+
_ /-
0,902
v 5,49
0,008 5
=
0,385
donde:
6
8
10 (T. =
3X8 -=2-7r--'-X-'-0-,-81X 0,0085
=
0,04 t/m2.
7.5 U ma área de 10 m X 10m sobre a superfície de terreno é carregada por uma pressão uniforme
Fig. 7.3
temos:
DISTRIBUIÇAO
DAS
PRUSO
igual a 1 kg/cm", A que profundidade, sob o centro da superfície carregada, acréscimo de pressão será de 0,1 kg/em"? Utilize a fórmula de Boussinesq. Solução.
1
CAI'. 7
()
M cANICA
'om
11/11~illl.
aA
DO
LO
indi 'açO
Fl dudus lia
figo 7.5 p demos
'·H('I·('\'PI':
A fórmula de Boussinesq a,
3P
=
-2
1 1IZ
200
200
cos50
20t
16t
64t
para o caso:
o = 0°
->
cos+O?
=
1
p = (10 X 10) m2 X 10 tfm2 = 1000 t a, = 0,1 kg/cm? = 1 tfm2
Fig. 7.5
torna-se: eoss O? 1=
= 1
3XI000 2
211Z
donde: 1IZ2
1
= 1500
----289V17
e daí:
t'otuo 1: Z
= V1500f1l ~ 21 m. 11.
7.6 Na superfície de um maciço terroso e em três pontos colineares e espaçados de 2 m, atuam cargas de 64 t, 16 te 20 t, nesta ordem. Pela fórmula de Boussínesq calcule as pressões resultantes nas verticais das cargas, na profundidade de 1 m (fig. 7.4).
t
IC
_3_ {64cos50° + 16cos5(}1 + 20 cos! O2 211
20} 289V'Í7
= _3_{64+0,29+0,02}= 211
}
= _3_ {64 + 16,_ + 211 25V 5
_3_X64,31=30,9t/m2=3,lkgfcm2. 211
Ponto 2: 0'.
••
o o
3
= -{64coS5(}1 211 2~
+ 16cos5oo+20cos5(}1}
{1)5 + 16 + 0,36} =
3
= -211
{
64 _;- + 16+ 25v 5
20 } _;= 25v 5
2;- X 17,51 = 8,4 tfm~ = 0,8 kg/cm'.
Ponto 3: 0'.
Fig. 7.4
=
3 = --{64coS5(}2+ 211
16cosóOl+20cos500}
3 { 64' 16 = -2_/ +;.: ;-+20 11 289v 17 25v 5
_3_ {O05 + 0.29 + 20} = _3_ X 20,34 = 9,8 tfm2 . 211" 211
~
1 kg/cm" .
}
=
84
AItTI 1
7.7 Quatro pilares com as cargas indicadas na figo 7.6 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 à 7,5 m abaixo do centro da estrutura. Solução.
De imediato
se obtém
.9
que:
3 cosóO (1z =
27TZ2
Mn.O
X 25)
25t 0-'
O = -,;). = ~ 7.5
3
8r
I
-t=-
tem-se 3
cos ()
VlO
co"Ó()
e
=
(JlO)5=~
-
(Te
=
SOLO
do centro de uma placa retangular dn (±8, ±5), sendo as dimensões tomndus
As coordenadail cartesianas (O, O) e as dos seus vértices A carga,
uniformemente
distribuída
Ci
flllltlltl)n
('111 1111'
é de J,fi t/Jl\~·
sobre a fundação
•
~-
g
(J'IJ
DOS
0,033 t/m2• 1,06 t/m2• 0,52 t/m2•
(T,A -
II'o/;.
+2
(2 X 30
Sendo t
NWl[I.
MICANICA
, º
_25' C\l
4,00
Fig. 7.6
Fig. 7.!I
Daí: 3X~=
7,29 Z
(T. =
100VlO 27TX (7;5)2 7,29 112,51l"VlO
7.8
Calcular
as pressões
verticais
X llO
=
VlO X 110 112,57T
X 110
=
=
2
na figo 7.7.
Solução.
Ponto A: z
1
15
b=lo = 1.5 16
a
b=lo=
20t
as pressões verticais sobre o plano sob os seguintes pontos: (- 8,5),
10, - 7) e (35, - 5), fig.7.8.
(0, O), (8, O), (-
0,007 X 110 ~ 0,8 t/m •
nos pontos A, B e C indicados
Estimar, utilizando o ábaco de Steinbrenner, 15 m abaixo da face inferior da fundação
=
1,61 ~
(1. =
=
0,15 X 1,5
0,15~
~I\~~W~WA-~~
~'V?/~
/' /' 6Oà---t,,~ /'
I;;J\.}
Ponto O:
\
/' \ -l ~-----J--+ /'
/'
I
\
Para
a área AEOF:
E
J<)
\
/'
A
B
Fig. 7.7
C'
~ =
a
b
=
15 5 _~ 5
= =
3 1,6
\
Es. p
=
0,066
=
2
0,225 t/m •
DISTRIBUIÇAo
I'
logo, para
O: a, = 4 X 0066
o ponto
Ponto G: Para o retângulo
DA
PRESSO S
r
CAPo 7
M cANICA DO
1
SOLO
pr ssão
Xl,;'} = 0,396 t/m2•
BAEG:
I
IIllto
3kg!cm2•
6480 = 30t/m%= 12 X 18
p
1:
5.
b"z
\
=:~'6~0,8
. = 0,2-
~
logo, para
o ponto
G:
~ =!. = 1,5 b
a, == 4 X 3 X '0,2 = 2,4 kgjcm",
p
6
a, = 2 X 0,088 X 1,5 = 0,264 t/m2• Ponto L: Aqui consideramos o efeito do retângulo JBNL, Idos retângulos J AML e KCNL e somando o do quadrado traído
subtraindo
KDML,
os efeitos que foi sub-
,Ionto
2:
o,8\
duas vezes.
~ = ~ ~ JBNL:
z/b = 15/12 = 1,25; alb = 18/12 = 1,5 - uz/p = 0,170.
JAML:
zlb = 15/2
= 7,5; a/b = 12/2 = 6----->u./p = 0,033.
KCNL:
z/b = 15/2
= 7,5; a/b = 18/2 = 9----->u./p = 0,039.
KDML:
zlb = 15/2
= 7,5; alb = 2/2
~ a
18
= 0,21 ~
a, = 2 X 3 X 0,21 = 1,26 kg/cm".
p
b"= '6 =
3
I'onto 3:
A pressão
resultante
1-----> u./p = 0,009.
a, = (0,170 - 0,033 - 0,039
+ 0,009)
Ponto Q: O valor da pressão nesse ponto zível, como facilmente se verifica.
é despre-
Solução. São pedidas as pressões na profundidade z = 5 m e nas verticais dos pontos 1, 2, 3 e
L
b 9') ~=L~13 b 9
X 1,5 = 0,160 t/m2.
7.10 Uma carga de 6480 t está uniformemente distribuída sobre uma placa de 12 m X 18 m. Determine, utilizando o ábaco de Steinbrenner, para a profundidade de 5 m, as pressões verticais abaixo: do centro da placa, do meio do lado menor, do meio do lado maior e de um dos vértices.
(fig.7.9).
o,55\
~ = ~ ~
será, então:
rI
p
'
~c ',,'lt
2
~
"O ('J
I
i
Ponto
I I\-
4:
3
~1-----=-12
'-'-'-----,m
4 Fig. 7.9
C ~ .-6
·•.• 0
~I r--t-:-I EI
= 0,23----->a, = 2 X 3 X 0,2~ = 1,38 kg/cm"
~
s.b = ~~04\ 12 ~ = 18 b 12
(
= 15
das pressões
~ p
~ 0,23----->a, = 3 X 0,23 = 0,69 kgjcm".
'
7.11 Com as indicações valores
o;)
'
da figo 7.10 calcular
pelo gráfico
pl, pa, Pa, P4, pl, pll, plIl e plV.
de Steinbrenner,
os
DISTRIBUIÇAO
88
1
t
~oo
I I I
t
6,00
' , , ,
6tp
,I,
, , 1> ,
>
>
)
PRESSOES
CAP,
t-
12000
T
DAS
) )
i
I
8
t--
z
20
~
_ 12
b -"6 p,
\ ~.
-"6 =
\ b
I
0= 3,3~ 0,14 k~Jcm~
0'. =
2
~
I
= 0,07 -
I
P4
=
40'.
pI
=
P2
= =
0,56 kgJcm2 1,24 kg/cm".
I
z
j
I
Variaçõa(no profundidade de 10m) com a. di.t6ncio~ 00 centro, n08 pontos 06.11 nalados
--l---p~
,
'I
a
I
I P,/
I .
t--1J
1~ ~
1,66
5
Variação com a profundidade abaL 15 xo do centro da --placa
6
1;="6 =
10
------.
10
b = 6' =
0,105 ~ a, ~ 0,21 kglcm'
1
pIl
z
10
1;=6'=
1,66 \ (J",
ee
a,
0,165
=
0,33 kgfcm2
p
20
a
18
3
1;="6= Fill. 7.10
=
pIl
.
}
2(J',
+
2(J",
= 0,42 + 0,66 = 1,08
Solução.
I ~ I b Z
PI
=
6' 5
0,83
=
1
1,66
-
=
b
P2
a
-
=
b
10 6
P3
I
~
=
12 -= 6
6'
pIlI \ :
24
6
=
0,1.55~
=
=
(J', =
Z
b
0,31kg/cm2
p
=
0'. =
0,33 kgjcm"
4
pIII = 2(J', =
-
0,165 ~
\
1,76 kgJcm2, .
2
~
b -
= 4(J'. =
1,66\ 5
~
=
0,66 kgjcm",
0,17 ~
0',
=
2
0,34 kg/cm
a
-=
b
=
= 4(J', =
2,5
_ 12
b -
0,44 kg/crn"
=
P
~
6' 15
0,22 -----(J',
166) '
=
P2
b Z
.
=
!:!... = 12 = 2 b 6 Pl
P (J'.
(J'.
pIV
-
1 ~
=
1,24 kgjcm",
=
0,10
-> (J', =
0,20 kg/cm>
=
1,66 \
0" _" =
0,105 ~
0".
=
0,21 kg/cm"
p
- = 1 b
2 pIV
P3 =
b
Z a
4(J',
= 0,80 kg/cm".
= 20', -
20".
= 0,68
- 0,42
= 0,26
2
kgfcm
•
kgjcm",
OISTRIBUIÇAO
90
DAS
PRISSO
S
I
CA'. 7
7.12 Dois edifícios, um com as dimensões de 20 m X 10 m e outro com 30 m X X 5 m, estão separados por uma rua de 5 m de largura, tal como indicado na fig.7.11. O primeiro carrega uniformemente o solo com 2 kg/cm! e o segundo com 5 kgfcm2• Calcular, utilizando o gráfico de Steinbrenner, a pressão vertical no centro do primeiro edifício e a 10 m de profundidade.
M
I\
ANICA
'amada de 100m 1\0 na .. ' • das dua fundaçõ's indicadas na Iig. 7.12.
1)\ (,lIrrnillu.r dOH 'Olltr
OLO
DO
li
ato;pr 'fl~õ li m
édí
la~
"I-'Pl'
111'''. 1111
II
500
I
-+------, o 10 (X)
/cm2
2
Fig. 7.11
a) Pressão devida ao primeiro edifício:
Solução. --
bZ
= -
10 5
=
10 -= 5
a -= b
2
1
2
(T
--'- = 0,12 ~ p
(T.
= 4 X 0,12 X 2 = 0,96 kg/cm",
Fig. 7.12
o.
11/1/('
b) Pressão devida ao segundo edifício:
~ = ~
b
=
~o = 2\
. 45 5
=
9
a) Fundação
pr-n. são no topo da camada: 4,25
(T.
-
~
=
~
2,5
= 0,17 P
3 ~
p
maior:
= 0,03 ---. (T, = 0,03 X 5 = 0,15 kg/cm",
-
\
b
=
12 , {~
= 0,195
---> (T,
= 4 X 2 X 0,195 =
17 '
pr •.são na base da camada: 4,25
1I
_Z
~ 11 -
=160 ,
2
{~
= 0,155~
(T,
=4 X 2 X 0,155 = 1,24 kgfcm .
2,5 \
4m
-=
b
17 '
pr ssão média: c)
Pressão total no centro do primeiro edifício: (T. ~
0,96
+ 0,15
= 1,11 kg/cm-,
(T.m
=
1,24
+ 1,56 2
= 1,40 kgfcm2•
92
DISTRIBUIÇAO DAS PRESSO 5
b) Fundação
-
I
CAPo
M CANI A
I , 111 HO
menor:
(}U
DO
OLO
(fi!Ç. 7.13):
pressão no topo da camada: a
1,5
I'b
I' 111 ,,:
z
I I
pressão na base da camada:
-
pressão média:
=
b = 1
z
-
~ b
= 3
a
=
b
= 1,0
1,5
z=4m
= 3 {~ = 15 P '
z -=4 b
1
P U.
{
a
= 0,07
--->
= 0,05
--+
o,
4 X 2 X 0,07
a,
b
'
U.m =
0,56
+ 0,40 2
,1
25,5m
I,
7,5m
10m
4 X 2 X 0,05.= 0,40 kg/cm".
15
-=
10m
0,56 kg/cm>,
/I
10,5m
li
7,5 m
I l
z
-
-
= 133
: b
-z b
~
b
'
2,5 X 0,20
= 0,20 -- «,
{ ~
= 0,165 - a, = 2,5 X 0,165 = 0,41 kgfcm2•
= 340 '
= 133 '
= 140 '
/"11./11:
0,48 kg/cm",
=
10m
.z
--
b
7.14 Dois edifícios, cada um com 15 m X 15 m, estão separados por uma rua de 3 m de largura. O primeiro edifício carrega uniformemente o terreno com 3,5 kg/cm" e o segundo com 2,5 kg/em". Calcular a pressão vertical.no centro do primeiro edifício e a 10 m de profundidade. Sol-ução.
"
7,5m
I,
7,5 m / b
= 133 '
~=
P U.
{
=
3,5 X 0,14
0,14_u,
p« =
B
C
D
I 3,5 kgl/cm2
E 10
__ -º+--_.
2,5 kg/cm2
-.4 --
I I
K____
~
0,49 kg/cm".
1
po = 2 X 0,50 - 2 X 0,41
A
0,50 kg((Jms.
{~.
+ 4 X 0,49
2,14 kg/cm" 7.15 Dada a placa da figo 7.14, com uma carga uniformemente distribuída de 2,5 kgfcm\ pede-se calcular as pressões abaixo dos pontos A, B e C, a uma profundidade de 20 m. Resp,
UA
= 0,36kgfcm2•
UB
= 0,90 kg/cm"
ao = 0,34 kg/cm",
Flg. 7.13
7.16 Considere-se uma fundação em" radier", com 12 m de largura e 18 m de comprimento, que transmite ao terno uma pressão de 3 kg/cm".
94
DISTRI
UlçAO
DA
PR SSO S
CAP,,,
Pedem-se as pressões transmitidas pelo "radier", a 5 m abaixo da sua solei 1'11, nas verticais: do ponto central, do ponto médio do lado menor, do ponto médio do lado maior e dos cantos.
Resp,
2,52 kgJcm2;
1,32 kg/cm";
1,38 kg/cm";
0,73 kgJcm2,
M CANICA
I
fl/ll,~'
Resp,
m Ilfl
a) Para fundação
Q.
(I.
=
p
{I -
3
a pressão
}
=
,,)
11i,111
1""1
p- I
+ (rfz)2}2
para:
1111111',
Fig. 7.16
2 1 = - = - ~ 4 2
I = 0,284
ti (I. =
b)
16,6 tJm2•
()
pela Iór-
circular,
1__
[1
11111
do\>111" " r('tl~IIK\tllIl' 11., I •••
l)1'(IHH
d Love:
r z
7.19 Para as mesmas condições do exerc. 7.12, calcular do segundo edifício e a 12 m de profundidade.
Resp.
(L(ll'minl1J',
17,5 tJm2•
7.18 Avaliar a pressão vertical em um ponto a 6 m abaixo do centro de uma área com 6 m X 12 m, sobre a qual a carga de 2300 t está uniformemente distribuída. Resp,
OLO
indi açõ FI da figo 7.16, a 11I"dl~QI o circular do 2,00 m do raio; b) uma fundação I' •• 1, m-so as prcasõe nas v rticais dos centros .I" Iundações e na profundidade de' 4,00 m. •I
111111,
7.1';' Uma carga de 2800 t está uniformemente distribuída sobre uma placa de 8 m X 12 m. Determine, utilizando o ábaco de Steinbrenner, a pressão vertical em um ponto a 6 m abaixo do centro da placa.
DO
Para fundação
na vertical
3 X 0,284
retangular
21 .!!i.p = °,
z
14 ~
;
0,86 kg/cm".
=
obtém-se,
pelo ábaco de Steinbrenner:
a, = 4 X 3 X 0,14 = 1,68 kg/cm".
~ 3
1,32 kg/cmê,
7.20 Três edifícios estão construídos na fig, 7.15,
no mesmo alinhamento,
tal como indicado 2,5kg/cm2
IIIIIIIIIIII~
__
I ~
~k~,~~~1 tLZlil-+ r r2LLLJ
Q
30m
-H-20m
I
I
I I I
I
I I
~
I
__ lA_
--+BI
Fig. 7.15
a pressão
vertical
no centro
do edifício que carrega
o solo com
~
+w-+
Fig. 7.17
Pede-se calcular
Solução.
~ = 600 I II T
~kg
~
-
I
7.22 Calcular, com o emprego do gráfico de Newmark, as pressões verticais nos pontos A, B e C da figo 7.17.
2,5 X Q7 X 0,005
=
0,34 kg/cm!
(J'ZA
=
(J'zB
= 2,5 X 23 X 0,005 = 0,29 kg/cm"
(J'zc
= 2,5 X 14 X 0,005 = 0,18 kg/cm",
7.23 Pelo gráfico de Newmark, calcular a pressão vertical a 5 m abaixo do ponto A (fig. 7.18, na página seguinte),
Resp.
0,7,1'> kg/cm",
5 kgJcm2 e a 12 m de profundidade.
.' 1, Com as indicações da figo 7.19, pede-se calcular, pelo gráfico de Newmark, ,~ pr ssão na vertical do ponto M e a 10 m de profundidade.
Resp,
,,",'Wil,
1,36 kg/cm".
a,
=
0,38 kg/cm'.
96 DISTRIBUIÇAO
200
DAS
PRBSSO
CAP
7
1
M CANICA
DO
OlO
700
---
2 kg/cm2
8
CJj
,
-----
2 -
O O
IA
I Ikg/cm2
I
I I
200
3kg/cm2
ro
Fig. 7.18
7.25 Uma área de 9 X 9 m tem diversos carregamentos, como indicado na figo7.20. Pedese calcular, pelo" rnétodo das influências" de Jimenez Salas, a pressão no centro da área e a uma profundidade z = 4 m. E Q
Solução. A figo 7.20 mostra-nos o ponto P, na vertical do qual se quer calcular a pressão, tomado como centro das diversas circunferências concêntricas de raios 1,2, ..., 20, este último encerrando a totalidade da área. A tabela seguinte contém os pesos das partes interceptadas
Fig. 7.l9
pelas áreas carregadas nas coroas assim limitadas, observando que cada fração da . 100% coroa, no caso, é Igual a 1:6 = 6,25 %.
ESCALA:
?
5
0
2
A soma dos produtos destes pesos pelos correspondentes "coeficientes de influên, Fig. 7.20
b
_
98
cia" (tabela da pág. 85 do VaI. 2) com R
= 10,8 m
À
=~=054 20
z
= 4,Om
z
4,0 =~=7~4m ,
T será o valor de
Oz
'
m
~mpuxos da Terra - Muros - Cortinds
,
pedido, que no caso é igual a 186 g/cm2 •
p
R/À
Capítulo Calcular, pelo método de Rankine, o valor do empuxo ativo sobre o muro d, rig. 8.1.
11,1
Z/À
,olllção. 20.-18
18-16 16-14 14-12 12-10.
10-9 9-8 8-7
3 3 3 3 3 2 2 2
X X X X X X X X
+ 2 X 0.,0.3 + 2,5 X 0.,0.3 = 0.,23 + 2 X 0.,0.63 + 2,5 X 0.,18 = 0.,76 + 2 X 0.,12 + 2,5 X 0.,16 = 0.,82 + 2 X 0.,13 + 2,5 X 0.,2 = 0.,91
0.,0.3 0.,0.63 0.,0.6 0.,0.5 0.,0.1 + 0.,10. 0.,0.6 0.,0.3 =
+ +
2 X 0.,12 + 2,5 X 0.,18=.0,72 2,5 X 0.,18 = 0.,65 2,5 X 0.,13 = 0.,45 0.,0.6
0.,0.133 0.,0.191 0.,0.281 0.,0.425 0.,0.657
>$,.0.,23 = 0.,0.0.31 X 0.,76 = 0.,0.145 X 0.,82 = 0.,0.230. X 0.,91 = 0.,0.387 X 0.,72 = 0.,0.473 0.,0.455X 0.,65 = 0.,0.30.0. 0.,0.566 X 0.,45 = 0.,0.255 0.,0.699 x 0.,0.6 = 0.,0.0.42
z ;;, 0.,1863 kg/cm" ;;,
U
;;, 186 g/cm2
Altura equivalente de terra: ho
2
=
16 , =
1,25m.
I'lwlsão no topo do muro: Po
= K; "lho
(cf>
= 30° -
K;
= 1/3)
1
po = 3" X 1,6 X 1,25 = 0,67 t/m2• !I,. issão na base do muro: Pl
= Ka"l
(ho Pl
+ 6,00) =
1 . X 1,6 X 7,25
3"
Fig. 8.1
=
3,87 t/m2•
alor do empuxo:
e, =
0,67 ~ 3,87 X 6,00 ~ 14 t/m.
11.2 Um muro vertical, com 5,50 m de altura, suporta um aterro de material nllo-coesivo, com superfície livre horizontal; o peso específico do aterro é 1,7 t/m3 t o ângulo de atrito 33°. ,O ângulo de atrito entre o aterro e o muro é de 200. Calcule, utilizando a construção de Poncelet: a componente horizontal do empuxo; b) a distância entre o topo do muro e a interseção do plano de ruptura com superfície livre do aterro. a)
IL
EMPUXOS
100
Solução.
Pela construção
gráfica
DA
TERRA
de Poncelet
-
MUROS
1
(fig. 8.2), obtém-se
M CANICA
DO
OlO
para valor do
empuxo.
E;
=
I' (área do triângulo
1,7 X
CDG)
3 X 2,8 2
=
- ,.---
7,15 tjrn.
I
I,
I
1',2
I I
I
ir---~d_=~3~,5~O~-------
53°
/
/
/
8
/
\O
o ESCALAS o
2
3m
COMPRIMENTO O
;8
11,6
1
14 ,
FORÇA
~'õ Escolo
__~o~==~I__~2~==~3m Considerando-se
1\,.1, 11
olor do empuxo
a figo 8.5, calcular,
ativo máximo
pelo processo
gráfico
de Culmann.
sobre a parede.
Fig. 8.2 Ia', ep.
A componente portanto:
Ea,
h
horizontal
do empuxo será,
p=2t/m2
o o
8,5 tjm.
Estudar a estabilidade do muro de arrimo Indicado na figo 8.6. Verifique a segurança ao 11)1 bamento, ao escorregamento (admitindo-se 11111 coeficiente de atrito igual a 0,6) e à ruptura tio terreno de fundação, sabendo-se que a pressão
~ = 1,6 t/m3
't
o o
'f> = 35
Il,dmissível é de 3 kgjcm2• Fig. 8.5
o
/I)
Cálculo
do empuxo:
(~=
30° -.
1 s, = 21' v«, = 21
Fig. 8.3
=1,6t/m3
IP = 350
ll'l
8olução.
\O
8.3 Determine o valor do empuxo, pelo método gráfico de Culmann, e indique a posição da superfície mais perigosa (fig. 8.3). Solução. A figo 8.4 mostra-nos a aplicação do método de Culmann, donde se obtém para valor do empuxo ativo, Ea. máx. = 11,6 tjm.
=
11. ti
= 7,15 eos 20° = 7,15 X 0,94 = 6,75 tjm.
A distância d entre o muro e a interseção do plano de ruptura com a superfície livre do terrapleno, obtida graficamente como indicado na figura, é igual a 3,50 m.
E« máx.
K;
= ~)
X 1,7 X 6,502 X
1
3 ~ 12 tjm.
102
b)
EMPUXOS
Peso d o muro: P
c) Momentos: obtemos, para:
=
0,80
+2 2,80
DA T RRA -
MUROS
X 6,50 X 1,00 X 2,2
-
CORTI~
,
CAP.'
M cANICA
DO
/
= 25,8 t m = V.
OlO
Pl
Com as indicações da figo8.7 IlIl"
=
2 X~~ 3 X 0,75
d)
3 2,3
--
't = =
1,7t
Segurança ao tombamento: 46,5 26
=
"/11,
1,3.
'I' mando-se o momento de estabilidade em relação ao ponto A (íig. 8. ):
18 ' .
-+
Segurança ao escorregamento: 25,8 X 0,6 12
f)
=
Determinação analítica de e'.
2,80
~
= M' ~
V . x
e)
2,3 k 10m-
1m3
I{I= 30°
46,5 tm.
L:
m de segurança, será
momento de' tombamento: M = 12 X 2,17 ~ 26 tm momento de estabilidade: M' = 25,8 X 1,80
23 t/m2
M'
=
x
V
Fig.8.6 =
Tomando-se ponto B:
29 1, .
os momentos
em relação
ao
V u-E·d=RXO=O
Segurança à ruptura do terreno de fundação:
Como a resultante R passa fora do núcleo central, a distribuição será triangular.e limitada à parte que dá compressão. Assim
donde:
E
M
li' . u d
e
Como e'
(momento 'U
de tombament)
M =y'
= x - u vem e' =
M'
M'-M V
Fig. 8.8
Para o caso do exercício:
Excentricidade;;
46,5 - 26 e' = ~~--= 0,79 m. 25,8
0,65;;.
i '0,75
o
•.
.t.
raficamente encontramos e' ~0,75m 8.6
M
V -V
.
Verificar a estabilidade do muro de sustentação ela figo 8.~
=
EMPUXOS
104
DA
TERRA
-
MUROS
-
CORTINA
1
CAPo
M CANICA
1111111\11 LOH
DO
SOLO
um roluç o no ponto A : I
6.00 X 1,40 X 22= 2
925
I I
t
"
I
I I 'I
I
X 0,93
=
8,65 trn/rn
I
I
I
P2
:=
1,00 X 6,00 X 2,2 = 13,2 t
8
\
\
I
I
P = 0,90 X 6,00 X 2 2 = 5 95 t s
2
I I I I
\
I I I
o o
1,90 = 2i\Otm/m
1,1," X
I
I I
\
I
"
I I
I
I I I
" I X 2,70 = 16,0 tm/m
\
I
®
P4 = 0,90 X 6,00 X 1,7 = 4,6 t 2
Fig. 8.9
I)
1,00
1,40
~
Fig. 8.10
.londe: =
34,53 teM
= 67,82
tmrm.
Coeficiente de segurança ao tombamento: Sendo o momento devido ao empuxo igual a 14,13 X 2,24 = 31,65 tm/m
Solução.
a) Cálculo do empuxo:
tom-se Altura equivalente de terra: he = 1'77 = 1,00 m. 1, 1 s, = 2"(
h2
s; = 21
Dai:
X 1,7 X (6,00 + 1,00)2 X
1
"3
~~~214 31,65 Il)
= 14,13 t/m
aplicado a 2,24 m (centro de gravidade do trapézio das pressões) acima da. base do muro. b)
e '1:.M = 67,82 - 31,65 = 36,17 tm/m
L m-se =
x
Carga vertical e momentos: Com as indicações da.figo 8.10, temos:
,.
Posição da resultante em relação ao ponto A:
Com V = '1:.P = 34,53 t
O
36,17 = 1 05 m 34,53'
\ \
\
I
A
t, 3 X 2,85 = 4,37 tm/m
"i.P
0\
I
P6 = 0,90 X 1,70 = 1,53 t (sobrecarga)
\'
I
\
1
\,11 X 3,00 = 13,8 tm/m
330
I
< 3,30_ = 1 10 3'
que nos mostra que ela passa fora do núcleo central.
1
0,90
\
107 CAPo •
106
,
M c:ANICA DOI 10l.OI
A sua excentricidade é igual a 3,:0
_ 1,05
=
0,60 m. ~=1,7t/m3
= 35° fi = 250(Angulo
\j>
A
Tensão mâxima:
e)
de atrito entre terra e muro)
2 X 34,53
2V
Pmáx.
f)
21,9 tJm2
= 3x - -----'--"-' 3 X 1,05
~
2,2 kg/cm",
Deslizamento:
Tomando-se o coeficiente de atrito do muro com o terreno de fundação igual a tg 30° = 0,576, teremos para coeficiente de segurança ao deslizamento: 34,53 X 0,576 14,13
8.7
1,41. Fig.8.12
Determinar para o muro de animo da figo 8.11: a)
b) a segurança contra deslizamento da base do muro; c) as pressões máxima e mínima, na base, que o muro exerce sobre o solo.
~
~~-
a segurança contra tombamento;
~ p=I,2t/m2
Desprezar o atrito entre o paramento do muro e o solo. Resp.
o ro C\J
40
a)
3,11.
b)
1,47.
c)
0,83 kg/om" e 0,16 kg/cm".
8.~8
40
o Ol
Estudar a estabilidade do muro de arrimo da figo 8.12. Determinar o empuxo pelo processo de Poncelet. Verificar a segurança ao tombamento, ao escorregamento (admitindo-se um coeficiente de atrito igual a 0,5) e à ruptura do terreno de fundação, sabendo-se que a pressão admissível é de 5 kg/cmt.
1~--~16~0~cm~----t Fig. 8.11
a) Valor do empuxo: (fig. 8.13), obtém-se, para valor do Pelo processo geométrico de Poncelet
• ulução.
I arlpUXO
ativo: E
= 1,7 X
~ X (2,70 X 2,60)
= 6,0 t/m
'IVlicado a 1/3 da base. li) Peso do muro:
I)
+ 1,15
6 X 2,0 = 12,5 t/m. X cos 15° qcorregamento e ruptura do terVerificação da segurança ao tombamento, es p
=
085
'
2
r no (veja figo 8.13). 'I'ombamento: MI
= 6,0 X 1,40 = 8,4 tm
M.
= 12,5 X 1,45 = 18,16 tm
\ S
= 18,16 = z.ie, 8,4
Escorregamento:
Força de atrito: fN T
s = !.2 = 3.
= 0,5 X 14,4 = 7,2 t = 2,4t
2,4
\
101 EMPUXOS
DA
TERRA
-
MUROS
-
CORTINAS
CAP,
I
M CANICA
'umo f
\
IOLO
10.
do t rreno:
I" /"" I
DO
li.
"~P(\Z
passa p 10 terço médio da base, o diagrama das pressõ Assim:
r sultanto
idal.
P=
I /til"
\
O
( 1 ±T 6e)
m a excentricidade e = 2,5 cm: P
= 14,4 (1 ± 6 X 0,025) 1,15
\
N T
8
12,5 (1 ± 0,13)
1,15
\" I('t/\nto: Pl = 12,5 X 1,13 = 14,2 tJm~ = 1,42 kg/cm!
\
P2
I' ,'1/
•• r
ca-se, desse modo. estarem asseguradas a estabilidade ao tombamento, ao r gamento e à ruptura do terreno. Verificara .8.14.
estabilidade
da cortina
de estacas-pranchas
SECO
)(, = 1,7 t/m3 +O,~
NAf
_-=-==I----An-CO-r-og-e-m
TERRENO
SUBMERSO
"1f2=1,2t/m3 f/l = 30° -400
!!!
••
•
o
5 kgJcm2
= 12,5 X 0,87 = 10,9 t/m2 = 1,09 kg/cm",
TERRENO
E •••
<
-7.50-
l
Fig, 8.14
_
representada
110 EMPUXOS
Solução.
Pressões
TERRA
-
MUROS
-
CORTINAS
CA'.
AIHI
1
MICANICA
equivalente
=
. 30° - ~ K;
de terra:
e empuxos
ho
=
DOS
1
="3
Kp
e
1,2 17 , =
=
111
SOLO
+-
Para ifJ
Altura
DA
+-
3.50
3.
O
0,7 5 m.
(fig, 8.15): 7,24
1
=
p~
"3
. X 1,7 X 0,705 = 0,4 t/m2
1
3"
p~
p~v
X 1,7 X (3,00
~ X 1,2 X 7,5
+ 0,705)
+ p~
7' 2,1 t/m2.
= 3,0
+ 2,1
= 5,1 t/m2. i\i
p[v
= 3 X 1,2 X 3,50 = 12,60 t/m2•
E~ = 0,4 X 3
E:
=
onr
1,2.t/m
1,7 X 3 2
E; =
=
~-I,.,z
2,55 t/m
=
I
r
l>
o
~Ea
3,0 X 2 7,5
·r
lT1 C/I O l>
...
= 2,1 X 7,5 = 15,75 t/m
E: =
bI O
=
30J75 t/m.
...
...
'3N
3
<: I
I
\=I
il'"
I!'l
11,25 t/m
<.f I
~
Õ
--------
Ep=
12,60 2X 3,50
=
22,05
0,60
t/m. 0,10
01
Esforço no tirante
Coeficiente
~
Tomando
lT1 NO
de ancoragem: A
=
~Ea - Ep
4,65
=
30,75 - 22,05
=
•
8,70 t/m.
Ma = 11,25 X 5,90
+ 15,75
em relação
ao ponto onde atua a ancoragem,
X 4,65 - 2,55 X 0,1O~- 1,2 X 0,60
«<;
M p = 22,05 X 7,24 = 159,64 tm/m,
• 1T1
",o
_~
lT1
de segurança: os momentos
lT1 - o
vem:
= 138,83 tm/m.
1
"'0
7,50
Fig. 8.15
.
__
._
.90 3.00
L:7
112
MPUXOS DA T RRA -
MUROS -
CORTINAS
1
CAP.'
1I II
donde, o coeficiente de segurança:
1"111
159,64 C. = 138,83 = 1,14.
M cANICA
I ~r()rCJo
I 'L
IL
nu. (H
DO
lU
SOLO
(cspuçada» de 2
01'1.1.
de trabalh
m 2 metro ); e)
ti. li
çEl da
se
ra
ptl.l'IL
2
d
O kgJ m
.
o o N
Teoricamente está assegurada a estabilidade da cortina, no entanto a prática recomenda que ele deve ser maior que 1,5. 8010 Calcular o esforço te6rico na ancoragem da cortina de extremidade livre representada na figo 8.16.
A
'( =
O O
I,St 1m3
4> = 35°
LO
Tem-se:
Solução.
-5:30
ou
O O
A
Fig.8.1a
ro
donde
=
!
Xl, 7
(!
X 102
-
3 X 32)
~ 5,4t/m. ---
~~~!7
§ I--
O
~
O
Ancoragem
,
"oI-0_~ AREIA ){ = 1,9t/m3
~~-=:-.-----
O ID
AREIA SUBMERSA ~=I~Ot/m3
A,
~
--
1 - do problema, pelo "método da viga "{"ç Q. A fig.8.19 indica-nos a sotuçao I 'IuivaJente".
Fig.8.16
comprimento da ficha, dado pela f6rmula
80U Considerando-se a cortina de estacas-pranchas metálicas da figo8.17 e admitindo-se a sua extremidade livre, pede-se:' a) comprimento da ficha; b) esforço no tirante de ancoragem; c) momento fletor máximo; d) perfil a ser adotado. Resp.
a) 2,85 m; b) 6,35 t/m; c) 11,86 tm/m; (i)
I I
990 cm/m3(momento resistente, em função do qual se escolherá o perfil a adotar). 8012 Considerando-se as indicações constantes na fig.8.18, pede-se determinar admitindo-se e. cortina com "extremidade fixa": a) comprimento da ficha; b) o momento fletor máximo na cortina; c) o momento resistente para (1' = 1.500 kg/cm2;
I
f
'1'"
então:
c:
2,80 (3,69 _ 0,27) X 1,8
+~
6 X 3,95 (3,69 - 0,27) X 1,8
=
0,45
+ 1,96 =
acrescida de 20% passará a ser 2,90 m.
o
momento fletor máximo será: M
=
0,72
X 5 = 3,6 tm = 360000 kg.cm
2,41 m
MI'UXOS
"4
DA TIIUtA
-
MUitOS
-
CORTINAS
~1tT1'
CAI'.
" li
MICANICA
DOS
IOLO
momento resistento:
o esforço
= 240cm8•
360000
M
w=-= a
1500
na escora valerá:
s
2A' cos 30°
A
2 X 5,35
v3
=
12,36 t.
2
i\
n seção correspondente:
--=='1> ~-~
E
~
011
~J
s
~ ~
;;
>
~
1
ID 11
=
N
E
~ '"
:i ~I N
lFl
cr
...J
• [(lI
~~
s s\
-cri
~
o~'g
Fi&. 8.19
s e
o
rI01("
-cr
A
_
80 -
E 360 80
= 150 cm2
-+
(3" X 8").
2
I'UNDAÇO
1'1·"tri idad s:
= ~
eT
=
150 24
Fundações
Pouco
-150' =
Profundas E
Solução.
indicado
na fig.9.1,
pede-se
calcular
a pressão
Tensão
Peso próprio:
=
O'mt.x.
1,4 X 1,4 X 0,7 X 2,2 Sobrecarga
devida
3,02 t.
=
2 X (1,4 X 0,4 X 0,5 X 1,6) Carga
= 0,9 t.
aplicada:
=
21 t.
Pressão p
=
+ O.~ + 21
24.92
t "-
~15t/m
'" =
060
0!40
2,2 t/m3
~----_..........•
-r-~
H
(vértice
150
6 X 15 X 22
3><2 + 3
+ 7,5 + 8
25
=
40,5
o terreno.
Solução. mula
As pressões são calculadas
P S
P Fig. 9.1
gas indicadas na figo 9.2. Pede-se calcular 8 máxima tensão terreno. A força V já inclui o peso próprio do pilar t> sapata.
transmitida
S = BL
=
=
ML
M W
40t
1,00 X 2,00
=
ao M
=
P . e, sendo
e -- "!'200- -
2 m".
°'270
= 0,15 m,
Solução. V =
=
= 150
t
2,5 X 6 4 X 6
= 15 tm = 24 tm.
2
=
t/m2 = 4,05 kg/cm",
1,3 kg/cm" em 88as car-
6 X 24
+ 2X3
ma sobre
Fig. 9.2
MT
A):
(\J
p=-±-
9.2 Um pilar de ponte apoiado pata tem as dimensões e suporta
050 m. I
-----E
=
=
3
111
9.3 Para a sapata excêntrica indicada na figo 9.3, calcular as pressões máxima e míni-
A
sobre o terreno: 25
o,a:J
< -6 =
máxima
25 t.
1.4 X 1,4 ~ 13 t/m!
16 m
26 -
1( = 1,6 t 1m3
t +-~~40~_~ o
Resultante:
=
04tf
g
15 X 1,4
3,02
t~'
ao reaterro:
°
<
A resultante passa, portanto, pelo núcleo central e toda a á.rea de contato será comprimida.
Capítulo 9 9.1 Para o bloco de concreto, sobre o terreno.
0,1 m
donde
W
=
M I B/2 ' sendo I
=
LB3
=
12
40 X 0,15 2X ---
12
13
=
6 tm.
=
1 -~0,17 6
ma
pela fór-
PUNDAÇO 5 POUCO PROPUNDA
120
CA".
070
e, portanto:
t
w=~=
;)0 X 3, O - 3,35 A p, 40t
0,17. 0,50
1.ooJ2
A = 56,8
<,
Assim:
B
40 6 3 p = -2 ± O 17JO 50 = 20 ± 017 " ,
'------..:11100=--~t
= 20 ± 17,65
I )af
os comprimentos
= 20
Pmln.
=
90
+ 50 -
das sapatas
20'
+ 17,65 =
20 - 17,65
=
56,8
=
83,2 t.
Sl:
--56,8 = 284 m2
donde, finalmente: Pmáx.
=
t
- ..~ --
2,84 1,20'
~
2 4O fi
s
37,65 tJm2
C\I
2,35
tJm%.
Calcule os comprimentos das sapatas SI e S2, na figo9.4, sabendo-se que a pressão admissivel do terreno é igual a 2 kg/cm".
83,2 20
9.4
=
4 16 2 ' m
_->
4,16 ~ 1 90 2,20 ' m.
indioadas
-+
3,80
Ig0
i
~
9.5 Uma fundação corrida e carregada uniformemente com 4 kg/crn! assenta-ao sobre a superfície de uma camada espessa e homogênea de argila dura. Calcular o coeficiente de segurança à ruptura do solo, sabendo-se que a reà compressão da argila é 5 kg/cm".
~
r r' l~l~sl i
Fig. 9.3
2,20
sistência
olução.
Pela fórmula de Terzaghi, a capacidade de carga da camada é dada
por p;
t
=
5,7c.
Como
Fig. 9.4
Solução. Do esquema de carga abaixo (fig. 9.5), obtemos tomando os momentos em relação à B: 50 t 380
90t
'~~----------------------~ 1 A
T
'L 1.~0 -0,15
B
R = 2 5 = 2 ,5 kJg cm 2 , c = 2"
pr
=
5,7 X 2,5
=
obté fi-se
14,2 kg/cm"
. . 14,2 e, para coeficiente de segurança à ruptura, C. = -4-
35
= , .
.335
= 0,45 Fig.9.5
9.6 Uma sapata circular rasa de 2 m de raio e com uma carga uniformemento distribuída de 3 kgJcm2está apoiada sobre uma camada homogênea de argila
127
----------------~=====_~='="!""'" _-_----~_ !lOUCO 'ROI'UNDA
rija. Sabendo-se que a resistência à comp r e ss o sirnp I es d esta argila é d(, 4 kg/cm", calcular o coeficiente de segurança à ruptura da fundação. ã
•
Soltução.· A fórmula de Terzaghi, para sapatas circulares e nas condições do enunciado, torna-se: Prr
=
pr = 1,0 X 37,5
P, 11) Fundação
N;
=
5,7
e
c =
R
4
2 = "2 =
1,0 X 20
+ 1,7 X
1,5 X 22,5 ~ 128 L/tII'l.
"orLanto:
1,3 cNc
com
+ 1,7 X
quadrada: pr
2 kg/cm-.
= pr X A = 128 X 2,00 X 1,00 = 256 t/m. É o caso de ruptura
+ 0,8')'bN..,'
= 1,3c'Nc'
localizada.
(com c' =
+')'hNq'
Assim:
2 3 X
Pura:
Assim:
cf>= 10° -...•No' Prr
=
1,3 X 2 X 5,7
=
14,8 kg/cm2
p, =
•-
FUNDAÇÃO CORRIDA
FUNDAÇÃO
a carga de ruptura
QUADRADA
a) Fundação
Argila mala, pouco arenosa c=6t/m2;
+ 0,8 X
P, das
=
pr X A
=
°+
N..,'
=
°
1,6 X 1,20 X 1,0 ~ 38 t/m2•
38 X 2,00 X 2,00
=
152 t.
Calcule, pela fórmula de Terzaghi, a capacidade de carga de uma fundação rrida com 2,40 m de largura. A base está a 2,20 m abaixo da superfície do terreno. As características físi cas do solo são ')' = 1,7 g/cm 3, cf>= 28° e (; = 300 g/cm2• C).8
19 kg/cm-,
Resp, 5 kg/cm".
Logo:
N; = 37,5; Nq = 22,5; N.., = 20
'6'=I?t/m3
o LO 9.10 Utilizando a fórmula de Terzaghi com um coeficiente de segurança igual a 3, calcular a pressão admissivel à ruptura de um solo sob uma sapata quadrada com 2,00_m X 2,00 m. numa profundidade de 1,80 m.
(\J
~*~~
1{I=20o
Fig. 9.7
O peso específico do solo é de 1,8 t/m e o ensaio de cisalhamento neceu o seguinte resultado: 3
(TI =
0,50 kg/cm>;
TI =
0,75 kgjcm";
onde, para cf>= 30° -
1,6 X 1,0 X
19=100
corrida:
Trata-se de ruptura generalizada.
1,0;
9.9 Determinar a capacidade de carga do solo para a fundação corrida de largura 4,00 m, indicada na fig.9.7.
Fig. 9.6
Solução.
=
4t/m2).
Il
2
~=IJ6t/m3;
1,3 X 4,0 X 7,0
P;
Resp.
Areia compacta,argilosa r=I,7t/m3j c=lt/m2j'f>=30o
Nq'
=
Portanto:
14,8 _ 3 - 4,95.
9.7 Pede-se determinar, pela teoria de Terzaghi, fundações indicadas na figo9.6.
7,00;
logo:
e
c _
=
6
Resp.
7,5 kg/cm-,
direto for
124
I'UNDAÇO S
POUCO
PROI'UNDA
AIH
9.11
Uma prova de carga foi realizada sobre uma placa quadrada d 30 ('111 de lado, colocada na superfície de uma camada de areia de peso specííieo -y = 2,0 gfc.m3• A tangente à curva "carga-recalque" tomou a posição verticul para uma carga de 1,8 t. Qual o ângulo de atrito interno da areia? Solução. Para é dada por
uma
placa
quadrada,
com c
=
°
e z
=
0, a carga
2
I'UNDAÇO S
l'orLnnto:
'
de ruptura 0,85b3
Prb =
+ °,85b
= 29 1
450 (2b)'
+ 29,1 b
2
450
-
=
°
0,8-ybN.., donde: .
d on d e, com
prb
=
1,8 0,3 X 0,3
=
N..,
20 t / m", o b tém-se
=
20 0,8 X 2 X 0,15
e, daí, pelo gráfico que fornece os fatores ruptura generalizada:
b ~3,75
=
de capacidade
m.
".13
84 de carga para o caso de
Uma fundação corrida de 1,00 m de largura e numa profundidade de 1,00 m " rrega o solo com uma pressão de 1 kg/cm", Considerando-se que o solo, purumente coesivo tem para peso específico 1,8 tfmS e para resistência à compreso simples 0,8 kg/cm", pede-se verificar, pela fórmula de Terzaghi e. pelo proI peso gráfico de Krey (com a simplificação de Guthlac Wilson), a segurança da undação
1> = 38°.
contra
a ruptura
do solo.
8olução.
9.12
Num terreno argilo-arenoso de coesão 5 t/m2, ângulo de atrito específico 1,6t/m3, apoia-se, na profundidade 3,50 m, uma sapata A carga total aplicada é de 450 t.
10° e peso quadrada.
Calcule, pela fórmula de Terzaghi, as dimensões da sapata. Adote fator de segurança o valor 3 e, para fatores de capacidade de carga, N; Nq = 4 e N.., = 2. Solução.
1&)
Com -y
= 1,8 tfm3, c
1,3cNc
+ 0,8-ybN-y + -yhN
q
°
4, kg/cm"
= 4 tfm2
'
tem-se
e P=-= 3
2
1> = 0° (donde N; = 5,7, Nq = 1,0 e N-y = O), Prb =
Prb
= 0,8 =
2
para = 10,
Sendo:
-
.!!.-.
1,3 X 5 X 10
+ 0,8
X 1,6 X b X 2 3
+ 1,6
P
= 4 X 5,7
+ 1,8
X 1 X 1
= 24,6tfm2 ~2,5
kg/cm".
X 3,5 X 4 Daí:
vem:
li =
29,1
=
450 (2b)2
+ 0,85b.
C.
=
2i5
= 2,5.
Porém: p
b) Para locar o cen t ro d e ro t a çã o, obtém-se por Guthlac Wilson, com (fig. 9.8):
do gráfico
de Krey,
simplificado
126
I'UNDAÇO S POUCO PRO UNDA
CAP.'
AItT
2
UNDAÇO
127
Duas provas de carga realizadas neste terreno apresentaram guem.
os resultad
fi
qllo fi
8'olução.
o o
N." da prova
Dimeneões da placa (m)
Recalque
Carga
(em)
(t)
1
1,00 X 1,00
1,5
17,0
2
1,50 X 1,50
1,5
33,5
Temos! que
= n+4m 33,5 = 2,25n + 6 m. 17
{
It solvendo o sistema, encontra-se: 100
m ~ 1,6 tlm
e
n ~ 10,7 t/m2,
115
Para a sapata de 3,50 X 3,50: 14,00 x = 12,25 = 1,14. I aí: p
Fig. 9.8
_ 1,00 0,50 b
{X
=
2,3b
=
1,15 m
=
0,8b
=
0,40 m.
h -
y
= 1,6
X 1,14
+ 10,7 =
12,5 t/m2•
9.15 Para um solo homogêneo em profundidade, calcule pelo método de Housél o lado da base de uma sapata quadrada, para uma carga de 250 t, considerandoti um recai que máximo admissivel de 1,5 cm.
Duas provas de carga realizadas neste terreno apresentaram que seguem.
Nessas condições, sendo a carga, por metro linear, 10 tJml, tem-se para coeficiente de segurança:
N." de prova
Dimeneões
Recalque
Carga
(m)
(em)
(t)
1
0,30 X 0,30
1,5
5
2
0,90 X 0,90
1,5
18
19
1871' X 1,222 X 4X 1
C.=
=
10 X 0,65
19,7 ~3 6,5'
9.14 Para um solo homogêneo em profundidade, calcular, pelo método de Hou• 'I seI, a capacidade de carga de uma sapata de 3,50 m X 3,50 m, considerando-se um recalque máximo admissivel de 1,5 em.
f.
olução,
Para a prova de carga n. 1, tem-se O
AI = 0,09m2; P1 = 1,20m; r
= 1,5cm; Ql= 5t
os resultados
129 .UNDAÇOES
128
5
PI
= 009 ,
POUCO
PRO'UNDA
1,20
= 55,6 t/m2;
UNDAÇO
CA'.
Tem-se que
,/IlltÇM,
= 009 , = 13,35
Xl
e
e para a n» 2: A2 = 0,81 m"; p~ = 3,60 m;
r
= 1,5 cm; Q2 = 18 t
P = 25 t, b = 80 em e L = ...:;4EJ/ kb, com os valores de
111111 dll
18 P2 = 081
,
3,60
= 22,3 t/m2;
X2
= 081,
= 4,45.
gráfico em função de l/L, sendo l
Daí o sistema =
n + 13,35 m
=
n+
4,45
L =
3,75 t/m
e
n
=
ml
obtidos
= 1,50 m.
3
bh3
80 X 30 12
--=
12
= 180000
em '
m
que resolvido nos dá m
e
Assim, com J
55,6 { 22,3
nl
= "':;4 X 210000 X 180000/5 X 80 = 139,44 em
5,7 t/m2. obtemos:
Para a sapata quadrada, de lado 250 T
t,
podemos então escrever
150 -~-~1,1 139,44
4l
= 3,75 X [2+5,7 I
ou l2 + 2,64l - 44
=
daí: nl
O
cuja raiz positiva l ~ 5,40 m é a solução pedida.
=
0,90
e
ml
=
0.15.
T m-se, então, finalmente:
Para a viga de fundação, indicada na figo 9.9, calcular a pressão e o momento sob o ponto de aplicação da carga. Admitir k = 5 kg/cm2/cm e E = 2,1 X 106 kg/cm".
9.16
po
= 0,90
Mo 9.17
25 0,8 X 1,39
X
= 0,15
= 20,23 t/m2
X 25 X 1,39
= 5,21 tm.
Em um "ensaio de bombeamento" foram obtidos os seguintes elementos
(fig. 9.10): _ descarga do poço filtrante 5,5 m3/h; _ alturas dos níveis de água nos poços-testemunhas, Fig.9.9
do poço íiltrante,
respectivamente
6,10 m e 7,35 m.
situados a 10 e 20 m
110
I'UNDAÇO
Qual o coeficiente de permeabilidade
S
POUCO
P'ROI'UNDA
CAI'.
ART
,
2
.un
do solo ?
1)(ti
-I:;
I'UNDAÇO
S
Para uma situaçã d r baixamento do NA, como indicada nu I•. determinar, pela fórmula de Sichardt, o "raio de influên ia" do
'11, pu
11.
NT=93,20 "'~
NA=91,80'
,-++-+--"C",-u,-,rva de rebaixamento
./
»:
...- ,------
/
!
/ k = 21,8 m/ dia
/ __
~S._80
Camada
permeóvel
i'----~-t_
__
/.
/
XI = 10 1 =20 .----.!......--r
x
.
~
Fig. 9.11 ,
xz
Camada impermedvel
Solução.
Pela fórmula de Siehardt,
Fig.9.10
=
R
Solução.
O cálculo de k, pelo ensaio de bombeamento,
=
- h)
Vk
com:
X~
k
3{)00(H
é feito pela fórmula:
2,3qlog -
XI .
H - h
1T(Y~- 1ID
= 91,80 - 86,80 = 5,00 m,
No caso: q
= 5,5 m3/h = 0,00153 m3/seg
YI
= 10 m = 20 m = 6,10 m
Y2
= 7,35.
XI X2
k
=
21,8 m/dia
=
m 24 X 60 X 60
21,8
21,8 m/seg 8,64 X 104
obtém-se: R
=
3 000 X 5 X
~
102 X
=
3000 X 5 X 1,58 X 10-2
~
240 m.
8,64
Substituindo e efetuando, obtém-se:
.k
=
20 2,3 X 0,00153 X log 10 1T(7,352 _ 6,102)
= 2 X 10-5 m/seg
=
2 X 10-3 cm/seg.
9.19 Determinar o número de poços filtrantes necessários para realizar o rebaixamento do nível dágua, com vistas à execução de uma escavação com as indicações dadas na figo 9.12.
UNDAÇO
U2
i
POUCO
PROFUNDA
CAPo 9
y = H -
I
22m
1
S
8m
~
t
t,pm-se para raio de influência aproximado:
J \
/ /
\
(
E \J5 -
\
8 = 8 - 4,30 = 3,70 m
J r<)
u=
,
2
30008 Vk = 3000 X 4,30 X Vl,7 X 10-3 = 12900 X 10- V17
,:\0
111,
L vando em conta que: R 530 -=--=35 r« 15,10 1
'
log 35
L (35) = log (35) X log e = 0,43429 = 2,3 log 35 = 2,3 X 1,544 = 3,65
\
btém-se para descarga da instalação: Q = 3,14 X 1,7 X 10-3 (82 3,65
3,72)
-
3,14 X 1,7 X 10-3 X 50,31 3,65
0,074 ma/seg.
endo a descarga de cada poço: r qmás.
Fig. 9.12
Solução.
~0,42
rhVk
= 3" = 0075 m
{ h =
1,5 m
'
ou:
Temos: S = 33 X 22 = 726 m-.
obtém-se finalmente para número necessário de poços: n = --
donde o raio médio:
Q
qmáx.
rm
=
~
26 - 7r
=
_/230 = 15,.10 m
V
Com: 8 = 116 - 112 + 0,30 = 4,30m
0,074 74 = --= = 37 poços. 0,002 2
9.20 Pede-se para o escoramento da escavação. suposta infinitamente longa, indicado na figo9.13: a) o diagrama de pressões; b) a força de compressão nas estroncas; c) o fator de segurança, segundo Bjerrum e Eide, quanto à ruptura do fundo.
UNOA
134
o
1 5
'••21
Dudus a~ indi 'aç ()~oonstant E! da figo 9.15 pede-se: a) traçar O diagrama pressõ s; b) calcular o spaçamento entre os perfis do escoramento, sabr-nclo-~o que serão utilizadas pranchas de peroba de seção 3" X 10" e com uma t('rIo admissivel à flexão de 200 kg/cm";
A
I
til
I
400
1
T ~
~
l'~
1/
/
o --15cm
,,= I,7t/m3
8-
\f=4
8-
~
~"V'~__
8-
AREI A COM PACTA
bZ?~~:"';:'---'-Perfi&
A\.~~~~~-·
:
/
B
-
c -0,3 ko/cm 2
~_Prancha& de , madeirade 3"x 10'
:r
Escoras
w PERSPECTIVA
Fig.9.13
Solução. b)
a) O diagrama de pressões é o indicado na figo 9.14.
A compressão nas estroncas vale, assim: 1,0 X 1,2 X 1,63
c)
--n
o C\I
= 1,96 t.
O fator de segurança é dado por
F. = N; "(H
8 w
c
+q ,
8 r<)
o
II
~
lP=30o ~ =1 7t/m3. ,
que, com q = O, c = 3 t/m2 e
CORTE-A_8
'O
I
-t--.~x ~~~~
H 6 13 = "4
I I I I
o
C\I
= 1,5 -~ N, = 6,7, fornece:
CORTE-C_D
Fig. 9.15 p=0,8xO,2 x 1,7x6 = 1,63 t/m2
F,=
3 X67=20,1"'2 1,7 X 6 ' 10,2 -
.
r
Fig.9.14
.
Solução.
a) Com "( = 1,7 t/ms e cp = 300 -r-» K, = 1/3, de imediato obtém-s
"diagrama triangular"
em que a base vale
()
136
POUCO '1lOPUNDAJ
P
= Ka'Yh =
A altura da prancha sendo b
b)
q
=
p X
1
3x 10"
=
3 X 1,7 = 1,7 tJm2•
Como
O"
c imadial,
L m-sc: A
(médio)
(J'B
(médio)
(J'
2,3 + 0,6 . 2
=
J
1,45 t m2
b = 1,7 X 0,254 = 0,43tJm.
25,4 X 762 = 6'
W = -6-
,,/ /1(1 ().
25,4 em, a carga por metro, será.:
=
O momento resistente da prancha de espessura d bd2
CAP.
= 3" = 7,6 em, vale:
5,8 + 1,2 = 3,5O tJ m 2 --''---'---'-2
= 292 emê = 0,000 292 m".
= 200 kg/cm! = 2000 tJm2, de M =
O"W
E = 45 kgJcm2 = 450 tJm2
obtém-se:
M = 2 000 X 0,000292 = 0,584 tm. 1'A
-- 500 450 X 1,41':a - 1,6'O em.
1'B
""
Por outro lado, como
M=
ql2 8
500 450 X 3,50
= 3,89 em.
donde I' rtanto, o recalque diferencial será: 1'B -
1'A
=
3,89 - 1,60
=
2,29 em.
tem-se, finalmente: l
= ~ 8 X 0,584 __
j-_
- v 10,8- 3,25 m.
043
,
9.22 Com as indicações dadas na figo 9.16, calcule o recalque diferencial entre as fundações A e B. Considerar para m6dulo de deformabilidade da camada de argila o valor 45 kgJcm2• Negligenciar a deformação da areia.
9.23 Um edifício de planta retangular, com 12,00 X 25,00 m, tem para fundação um radier ger.al, flexível, transmitindo ao terreno uma pressão uniforme de L,8 kg/crn", O perfil do terreno revelado pela sondagem é o indicado na figo 9.17. Pede-se calcular o recaI que no centro do rtuiier, devido ao adensamento da amada de argila.
~L~_4A
AREIA
2,3 t
-1
O!
B
1m2
t-
25lXJ
I
5,8 t/m2
I
NA
.. ,
8
... ····AREIA··· . .
ARGILA
10
.
,
.....•, .
,
8,00
...,
ARGILA . -€:l~
• ~ _ .~~ O,6t/m2
PEDREGULHO Fig.9.16
6pO
é!iJ.~.c><»'~:c;;g:,.
:JEDREGl!LH9,-.
1,2 t/m2 Fig. 9.17
€)
~'~'e,'.~:"
2
I'UNDAÇO S
Solução. a)
2)
Caracte1'ísticas do terreno
acréscim
d ,.pr('HHl
()
devido à arga do edilí io (tl.p).
Utilizando-nos do ábaco do Steinbrenner, obtemos, para: Admitamos que no laboratório tenham sido obtidas as segu~ntes caracterfsticas do terreno: a-I)
a - 2)
12,50 ~ 21 6,00 - ,
L.lPs.oo -A
, 4 X 18·X
a _
para a camada de areia: peso específico das partículas porosidade ' .
b2,65 g/cm3 . 30%.
z _ 8,00 ~ 13 6,00 - ,
b-
e
° 17 = 1,22 kg/cm-; ,
91
QUADRO
para a camada de argila (com uma amostra indeformada): peso específico do solo ' ... " 1,68 gjcm3 peso específico das partículas. 2,81 g/cm3 umidade inicial da amostra. . . 53,2% altura inicial da amostra '" 3,808 em.
Tempo decorrido (minutos)
O 1/8 1/4 1/2 1 2 4 8 15 30 60 120 300 480 540 1400 2000 2800 4200
A leitura inicial do micrômet.ro antes da aplicaç'ão das cargas foi ajustada em 8,080 mm, Para os diferentes estágios de carregamento, foram obtidos os valores constantes do Quadro 9.1. b)
Cálculo das pressões médias sobre a camada de arçila
b -
1) pressão devida ao peso próprio do terreno (pressão inicial): peso específico da areia:
= (2,65 - 1) (1 - 0,30) = 1,16 gjcm3;
I'sub.
peso específico da argila:
considerando que
1,68 --'-----
1 + 0,532
=
°
.•.•...
Acréscimo de pressões (em kg.cm'') 0-{),27
0,27-{),53
0,53-{),80
0,80 1,06
1,06 2,1
2,1 4,2
8,080 7,845 7,840 7,835 7,830 7,820 7,819 :;,809 7,800 7,790 7,785 7,780
7,390 7,335 7,325 7,315 7,310 7,290 7,270 7,250 7,225 7,200 7,170 7,130 7,080 7,030
6,925 6,890 6,880 6,875 6,865 6,850 6,830 6,810 6,780 6,735 6,695 6,620
-
7,740 7,630 7,620 7,605 7,590 7,570 7,550 7,530 7,520 7,500 7,490 7,470 7,450 7,425
6,110 5,890 5,825 5,750 5,640 5,500 5,280 4,980 4,690 4,280 3,960 3,690 3,480 3,300
2,940 2,730 2,680 2,600 2,500 2,320 2,110 1,790 1,490 1,185 1,000 0,770 0,605 0,510
-
-
-
-
-
-
7,410
6,980
-
3,100
0,370
-
-
7,740
-
-
-
-
-
-
7,390
6,925
2,940
0,310
-
-
-
6,190 6,110
-
-
1,1 gj em 3 para:
e ~~21 b fi
= 2,81 _ 1 1,10
1,55
z
_
b-
14,00 ~ 2 3 6,00 - ,
4 X 18 , X 0,10 = 0,72 kg/cm"
L.l Ap 14,00 --
teremos:
e
,
donde: 2,81 - 1
I
l'
subo
j
3
= 1 + 1,55 X 1 = 0,71 g em .
A pressão inicial, média, será: Pi
=
(1,16 X 800
+ 0,71 X 300) X 10-3 =
1,22
4p . = b - 3) pressão final, média: será, então:
1,14 kgjcm2j
p,
= Pi
+2 0,72
= 097 " kg/em";
A pressão final, média, sobre a camada de argila
+ tl.p =
1,14
+ 0,97 ~
2,11 kg/om",
I'UNDAÇO
I'OUCO 'ROl'UNDA ART
c)
2
UNDAÇO I
Curva pre88ão-índice de vazios
PREsslo
c - 1) traçado da curva: Preliminarmente organizemos o Quadro 9.2, para traçado da curva pressão-índice de vazios, (fig. 9.18), tendo em vista que:
'Y.=
Ei
h.
sendo
08
1,68 1
2
1,49 em
=
demais valores de E obtidos pela expressão El
= ~
h.
-
1
.
Da curva pressão-índice de vazios, obtemos: c - 2)
••
-
1,55
1,10
3,808 1 + 1,55
z
= 1,10 g/cm3
+ 0,532
= 2,81 _ 1
=
(kg/cmZY Eac.loQ.
\
pressão de pré-adensamento: pa
~ ~
= 0,88 kg/em>,
Tendo em vista o exposto, verifica-se que se trata de uma argila parcialmente adensada (Pi = pc > pa) sendo, pois, grandes os recalques a se esperar. QUADRO
Pressões (kgfem2)
°
0,27 0,53 0,80 1,06 2,1 4,2
õ .~
9.2
Compressao da amostra
Altura da amostra
(em)
(em)
0,0000 0,0340 0,0690 0,1155 0,1970 0,5140 0,7770
: 1·~i-----~--~--~~~~H----\\+---t--t-t-tIlt11
3,8080 3,7740 3,7390 3,6925 3,6110 3,2940 3,0310
lndice de vazios
1,55 1,53 1,51 1,48 1,43 1,21 1,03
c - 3) índice de compressão: K
= 0,71.
3
.•
5.
'!p Fig.9.lB
2
3
•• 5'7.t~
142
"UNOAÇ~ES
d)
POUCO
PROfUNDAS
CAI'.
AlI
2
UNDAC;O 5
Recalque total !J.h a se prever
LEITURA NO MICRÔMETRO
Para o acréscimo de pressões de p« =, 1,14 kg/cm" a PI variação correspondente do índice de vazios será
=
2,11 kg/cm2,
~
11)
I
!J.e = 0,71 log
2,11 114 ,
~
.g
~I
N
g #.
#.
CIO
o~
11
8
N
~I c
~
11
= 0,19
(mm)
';;$l,
~
sendo 0,71 o índice de compressão obtido da curva pressão-fndice de vazios.
CIO
Evidentemente
!J.epode também ser obtido diretamente da curva.
...
CII
!J.h
=
-.I
• -
O recalque total será, então:
1
lI;;'
,
11)
45
X 600 = 47 em
0,19
+ 1,41
1...
N I
onde 1,41 é o índice de vazios inicial.
...
Como se verifica, recalque elevadíssimo, que aliás era de se esperar. e)
determinação
~.
CIO 111
..•
Evolução do recalque com o tempo
e-I)
I
CIO
I-.I
•
do coeficiente de adensamanto:
I-
":,p
11)
õ-
D~ curva tempo-recalque (fig. 9.19) para a pressão de 2,1 kg/cm- igual à pressão total atuante sobre a camada, obtemos para tempo de adensamento correspondente à porcentagem de 50%:
o
N
-
i
0"
I
CIO
l50%
=
12 min
T
720 sego
3 5'
...a
-
111
CIt
CIO CII
T50% = 0,2 H50%
=
0,2 X 1,7402 _ 8 720 -,4
...a
S-
'b
1,740 em.
~ ;u
,.
2/
O'
X 10 em seg.
valores dos recalquss em função do tempo:
Como sabemos:
N
~
..
<,
..
o
UI
•..
c.t
tO
CIO
e - 2)
,
l>
c.t -4
!~
i N
-
/JI
11)
Nessas condições: Cv -
~ ~
i\5
~
Temos ainda:
iN
/JI-
s
3
..•
111
CII
...,
N
CIt
CIt
11)
11)
i-
,I
N
N
..
..
c.t
donde, para o nosso caso;
1..
CIO
t
=
. 3002 8,4 X 10-4 T
= 1,07 X 10 X T seg ~ 3,4 T anos. 8
ÍJ)
-8 Fig.9.19
UtlDAÇO
UNDAÇOI!S POUCO PROFUNDAS CAPo
144
Podemos, agora, calcular o Quadro 9.3, de valores dos tempos, para rentes porcentagens de recalque.
ItH
It)
dif.
e -3) Correção da curva tempo-recalque: Admitindo-se que o período de construção seja de um ano e meio, façam« para concluir, a correção da curva tempo-recaI que (fig. 9.20) de acordo com processo gráfico de Terzaghi-Gilboy.
o. curva" Indico de vazios-pressão", obtida de um ensaio de
ti", l~rgiJa. Pede-se calcular o recalque total do pilar central. li
Os valores encontrados acham-se consignados no Quadro 9.3.
QUADRO
Recalque em U% de Ó.h
.
-,
9.3
o
r em em
teórico
20
4,7 9,4
0,03
0,5
0,031
0,1
0,8
30
14,1
0,072
0,2
1,0
40
18,8
0,126
0,4
1,3
50
23,5
0,195
0,7
1,5
60
28,2
0,287
í.s
,.....
70
32,9
0,405
1,4
2,2
80
37,6
0,565
1,9
2,7
::>
90
42,3
0,848
2,9
47,0
00
00
3,7 -
(/) W
9 ct
o W a:
1
1 1 1
1
I
l-
""
1
1
1
I I I
I
\
1
\.. 'I'
'""I I'\,.' I"I"
1
'i\
1 1
I
~\.
II
1"'-' I
-,-1-
1
--':::"1
\
1
\
1
I
I
I
1
1
1
I
"I
I
'L_ -----4 \ 1
~:
1
""I \ 1
1 1
I I1
1
,_____
I 1
25
\ " "
30
35
40
4
1
1
I Cil, :
3'12
1
1 1
1 \1 1
"- -,
3
~Y2
2
1
\
20
1
I
\
E o -.J
100
-I
l~
-,
\ I \
1
>"~I~~ I
\
1
" I
I~
I -, I":
10 -l
15
I
I
~
corrigido
0,008
~
1 1
CURVA 90RRIGIDA
-,
I
I
"
1 I
\
1
.
'o
CURVA TEORICA
"
1
1
/,,,\
1
1
'Ç"- -
'o..
-
"
--
<,
"
<, ..••.••..
9.24
Dados:
.••...••..
a posição em planta de 9 pilares, sabendo-se que a carga de cada um é estimada em 250 t; cada pilar tem por fundação uma sapata quadrada de 3,00. X 3,00 m; a)
b)
45 47
~-
-- --
-----.-------------------------
o perfil do terreno, com a indicação da cota de fundação (fig. 9.21);
o peso específico da areia seca (1,6 gfcm3), e da argila saturada (2,1 gfcm3); c)
-
TEMPO
5~ 10
Ap=O,97kg/cm2
PERIODO DE CONSTR
t(anos) aproximadamente
Ó.ht
ndOIlHl\tnllllt.O
da areia saturada (2,0 gfcm3) Fig. 9.20
(ANOS)
146 I'UNDAÇOIS
POUCO
PROI'UNDAS
CAP.
UT
2
UNDAÇO
- d vid _1_' Z
-
aos pilar s , 4, 6
= _6_
= 0,65
9,25
Pressão
=
2,1 tJm~i
=
+
1,4
+ 2,1
1,16
=
4,66 tJm2.
final: p'
ri)
2,91 X 0,18 X 4
total: t:.p
"
«:" =
---t
= p
+
t:.p
Recalque
do pilar central:'
Da curva
"E -
»",
+ 4,66
= 1l,07
= 15,73 tJm2
~
1,6 kg/cm".
obtemos:
para
p
=
1,1 kg/cm?
---t
E ~
0,85
para
p'
=
1,6 kg/cm!
---t
E' ~
0,80.
Daí, de:
t:.h
t:.h Solução. Tomaremos' as pressões no plano médio da camada de argila e, uma vez que 9,25 > 2 X 3,00, consideraremos as cargas como concentradas, aplicando a fórmula de Boussinesq:
p b)
-
-
+ 1,0
X 7
devido ao pilar central
°
--->
+ 1,1
X 2,25
= 11,07 t/m2
~
1,1 k-gJcm2.
+ 0,85
k
o 10
AREIA
(5):
= 0,48
'63=lpt/m'3 --+
uo' = 2,91 X 0,48 = 1,4 t/m";
8
éj=I,34
ARGILA
'-e
k=2,8xIO cm/seg K=O,67
devido aos pilares 1, 3, 7 e 9: r Z
8,6 9,25
X 450 ~ 12 cm.
9.25 Dadas as indicações da figo 9.22, pede-se o recaI que total, devido ao adensamento da camada de argila, de urna estrutura com as dimensões em planta de
ro
tJ.p:
de pressão
r
--..!2~
8 ro
= 1,6 X 1
-a =
E
NT
inicial:
Acréscimo
=
1
P 250 u. = -Z2 k = --9,252 k = 2 , 91 kt/m~ . Pressão
+
tem-se:
Fig.9.21
a)
~Xh 1
= 0,93
--+
uz"
= 2,91 X 0,10 X 4 = 1,16 tJm2~
AREIA Fig.9.22
148 UNDAçOas
POUCO PROPUNDAS CAP.'
8 X 15 m e que transmite
ao solo a pressão de 2,0 kg/cm", Adotar no cálculo o método de Steinbrenner para a distribuição de pressão. Pede-se também calcular os tempos em que se verificarão 50% e 90% do recalque total, sabendo-se quo os fatores tempo são respectivamente iguais a 0,195 e 0,848. nom h«
Solução. a)
= 7,75
7,75 tJm2.
-,
+8 X
1,0
= 7,75 +2 15,75
= 3,50 m
r
z b a
-
a = 7,5 m
°
=
-
= 4, m
=
0875 '
{-
1875
~ P
t50%
z
11,50 m
r
=
_ 0,848 X 16 X 104 X 10-3 X 0,18 _ 11 11 2,34 X 2,8 X 10-8 anos e meses.
t90% -
11,75 t/m2•
9.26 Calcular o recalque total da sapata, com 3 m X 4 m, indicada na figo 9.23. A curva fornecida f - P refere-se à camada de argila. Adotar a linha de distribuição simplifieada 2:1.
.
= 0,215 -) ". = 4 X (2 - 0,2) X 0,215
=
o
b
'
a -
f)
o li)
(\J
z
- = 2875
= 4,0 m
=
1,875
{_zu
= 0,08 -) a, = 4 X 1,8 X 0,08 =
AREIA
~ = 1,8g/cm'3
ARGILA
'6 = 1,6g/cm'3
AREIA
P
= 0,58 kg/cm>.
b
é
Acréscimo médio de pressão:
I •••..••.
0,9 Á.p
=
1,55
+
0,58
.2
1,07 kg/em!
..•.•..
i"'--.~
= 10,7 tJm2•
r---...
0,8I
g)
800
h)
r-
Cálculo do recalque total: Á.h
0,19 = 0,18. 1,07
0,195 X 16 X 104 X 10-3 X 0,18 = 2 anos e 9 meses 2,34 X 2,8 X 10 8
o to.,
a = 7,5 m b
=
Acréscimo de pressão no final da camada de argila: =
_
-
H
onde se levou em conta a subpressão. e)
Á.E
Á.p
AfiF!im:
= 155 " kg/cm"
b'
=
= 15,7õ tJm2•
Acréscimo de pressão no topo da camada de argila:
d)
b
=
Pressão inicial média na camada de argila: Pim
z
a.
Pressão inicial no final da camada de argila: Pi
c)
+ 1,1 X 5,5
T . h~ . 'Ya . a. (1 + fi) k
= 400 em, pois duas são as faces de drenagem, e
Pressão inicial no topo da camada de argila: p, = 1,7 X 1,0
b)
t =
= 1 + 1,34 X 0,67 log 11,75
+ 10,70 =
11,75
0,7
800 X 0,19 2,34
Tempos para que ocorram 50% e 90% do recalque total:
=
65 em.
1,0
~o
--
~o Fig.9.23
r-I"-
4p
5,0 6,0 p(kg/cm2)
POUco
PROPUNDAS CAP,
151
UNDAÇO
Solução, , II"VIL
Pressão inicial média sobre a camada
a)
Pi = 1,8 X 2,60 b)
Acréscimo
+ 1,6
de pressão
X 0,90 = 6,12 t/m2 = 0,612 kg/cm2,
=
(3
3 X 4 X 15
180 (4
+ 1;10)
+ 1,10)
Acréscimo de pressão na face inferior
uz'
=
(3 Acréscimo
=
na base da fundação:
180 t
180 (4
+ 2,90)
8,61
= m
Determinação
180 2091 ,
=
=
8,61 t/m2,
11)
Pressão
+ 2,90)
180 40,71
=
+ 4,42 2
=
6,52 t/m2
=
p, = 1,8 X 3,60 = 6,48 t/m2 = 0,648 kg/cm".
= 4,42 t/m2.
I:)
Acréscimo
a =
0,652 kg/cm".
1'51
b = 1,5 (
médio de pressão
e,
=
PI = 1,264 kg/cm" ~ Cálculo do recalque:
EI
= 0,875
=
Llh
Considere
a fundação
=
1
0,025 0,90
+
de base quadrada
0,90
z - = 040 b
~
b
z = 0,6 0,612 kg/cm" ~
9.27
= 25t/m2 .
inicial média sobre a camada:
da camada:
de LlE: Pi
f)
225
= -3X3
P
sobre a camada:
médio de pressão:
a;
e)
=
Pressão
a 1,10 m abaixo da sapata:
a,
d)
• olução. ti)
p
c)
p. A .arga sobre a fundação é de 225 t. O p so ospooífico do aolc Calcule o recal que da camada de argila, com 1,20 m de espessura.
no topo da camada:
Com
ter-se-á
E -
, 1,1{L/ms.
de argila:
'
=
{
1
a, P
= 0,245 ~
a, = 4 X 25 X 0,245 =
= 24,5 t/m2 = 2,45 kg/cm".
) LlE
=
0,025. d)
Determinação
de LlE:
p, = 0,648 kg/cm2
X 180 = 2,4 cm.
PI = 0,648
indica da na fig .. 9 24 , b em como a
+ 2;45
~
Ei
= 0,65
= 3,098 ~
} LI, ~ 0,55.
E, =
0,10
225 t
e)
Cálculo
do recalque: Llh
8 ro
Nota, escavado,
2 Fig.9.24
:3
+ 0,65
o alívio
X 120
=
de pressão
40 cm.
decorrente
do volume
de terra
o reeal que será da ordem de 36 cm.
Um prédio A, com dimensões em planta de 12 m X 16 m, deverá ser construido no mesmo alinhamento que um prédio B, cujas dimensões em planta são 2 15 m X 20 m. A pressão que o prédio A transmite ao solo é de 2,00 kgfcm (l a transmitida pelo prédio B é 2,4 kg/cm". Entre os prédios A e B existe um LoJ'-
9.28 PEDREGULHO
Considerando-se
0,55
1
I'UNDAÇOIS
POUCO
I'1l0l'UNDAS
UNDAÇO
CAI'.
_
reno baldio com 10 m de frente. As fundações dos prédios A e B são assentos sobre uma camada de areia grossa, conforme indicado na figo 9.2.5.
C:-
o
2
I
2,4 kg/cm
2,0 kgrcm2
®
~ 12m
®
~
10m
,~
"
x
15m 'W'
,,,
~
,~
-c
'NA=-4,OO
o, 00
1
n
AREIA GROSSA
,
o
ARGILA
~
= 35 %
:;-w
\
E
r'
-
~
12~
~
o oC\I
_____ I
r I
\G
10m
15m
1
I
Fig. 9.26
~= 2,67
n = 75 K=O.9
COMPRESSIVEL
••
%
ROCHA
Fig.9.25
I'I
Pede-se avaliar o recaI que da camada de argila compressível, sob o centro do prédio A, considerando nos cálculos a influência do prédio B
z=8m . \ b Z = 0,66 a = 31 m a
Solução.
b
a)
Determinação dos pesos específicos:
-
= 12 m
= 0,23
2
a, = 2,4 X 0,23 = 0,55 kgfcm •
-+
P
'
= (o - 1) (1 - n) 'Ya = (2,65 - 1) (1 - 0,35) = 1,07 t/m3;
S'm
1
= 3875
b
2
{!!!... = 0,215
-+
a, = ·2,4 X 0,215 = 0,52 kgJcm •
P
'
PABIO:
z=8m a = 16 m
argila submersa:
=
-
=
b
areia submerea:
\Z-ab
= 066
- =
= (o - 1) (1 - n) 'Ya = (2,67 - 1) (1 - 0,75) = 0,42 t/ms. b
b)
= 2'58 b
z=8m \ -Z a = 31 m ~ 'Y. = Ó (1 - n) 'Ya = 2,65 (1 - 0,35) = 1,72 t/mS;
'YBub.
a
'PODEH:
areia seca:
'YBub.
{_z
= 12 m
'
{_"(f = 0,23 133 P
b
'
~ =
1
-+
2
a, = 2,4 X 0,23 = 0,55 kgJcm •
Pressão inicial sobre a camada de argila: POIFH:
Pi = 4 X 1,72
+4 X
1,07
+ 2,40 X 0,42
= 12,17 t/m2• Z
c)
Acréscimo de pressão no topo da camada e no centro de A (fig. 9.26):
a
= 8m = 16 m
\
~
-- = 2 Po
= PACDO
+
PODEH
~
PABIO
-
POIFH
+
4pOIGH.
b=8m
b
{.!!!..- = 0,21 -+ P
(f,
= 2,4 X 0,21
= 0,50 kgJcm
2 •
154
pouco
flUNDAÇO
z=8m
z
a=8m ( b=6m
b
=
1,33
a b
=
1,33
PROflUNDA
CAI'.
:I
A T
í {~
0,17 ~
=
P
2
(T, =
° °
",.
X
17
034 kg/cm"
=
I'UNDAÇO
12,8 m 2,13 {.
a=8m
Uz
-
1,33
0,095
=
-7
a,
=
2,0 X 0,095
=
0,19 kg/em",
P
b=6m Assim:
"Him:
Po
=
+ 0,52
0,55
d) Acréscimo
- 0,55 - 0,50
de pressão
+4
X 0,34
1,;)8 kg/em!
=
=;o
13,8 t/m2.
Acréscimo
final da camada:
lIO
p» = 0,49
+ 0,42
- 0,46 - 0,38
+4
z
-
b { -a b
a = 31 01
b= 12m
+
=
107 '
«,
= ~,iJ ') "8
{-
=
P
0,205
a,
-7
2,4 X
=
°
"
àh. 205
=
=
O 49 kg/cm?
h 1+
1,105 kg/orn?
fi
8,3 t/m2•
=
11,05 t/m?
K log Pi+ tl~ Pi
com: == _n_~
0,75 0,25
1- n
12,8001
=
=
L·.
E
z
0,83 kg/cm"
f) Cálculo do recalque:
12,8001
=
=
médio: 1,38 0,83 tl P = --'----'---'-2
z
X 0,19
Assim:
z -
b a
a = 31m
=
160 '
( b = 3,87.5 {!!.!... P
b=8m
- 30 -', .
. =
0,175
a,
-7
2,4 X
=
."
°
17.') = 042
tlh
ko-/c'mz
=
1
480 + 3,0
I
X 0,9 X og
12,17
+
11,05 30 12,17 ~,cm
h',
9.29 Com os dados fornecidos na figo 9.27, pede-se calcular o rocal que total da estrutura, bem corno o tempo necessário para que ocorra 55% do seu valor. Considerar z
=- 12,801
a
=
b
=
1,07 {
16m
1,33
.
{Tz
-
p
=
0,19
-7
a,
=
2,4 X 0,19
=
°
46 kg/cm" ,.
12m
na resolução:
NT=O.oo
ESTRUTURA ( 1220 t )
!20~.. -~--
!'JA=-
. "~-1'6
10x 10m . >
/'em3
.. . " ' os: ' ~. ,,'
• 080(=
z a
= =
12,801 16m
z
-b = ~
b"8m
160 ' Uz _ 2 {
( b -
P
=
0,16
-7
a,
=
2,4 X 0,16
=
2,1g
/'
'
" ,',
em,'3 ".'
'
.
AREIA
. .. ,
0,38 kg/cm". Fig. 9.27
" ,
" ~'
156 UNOAÇO
a) apenas
() recalque
devido
b) para a distribuição
c) que o trecho
ao adensamento
do pressões
S
POUCO
da camada
!'RO UNDAS
2
rUNDAço
157
de argila;
K
o gráfico de Newrnark:
em reta da curva
de compressão
seja expresso
pela equaç
= ~
(I
/lf
T
=
f( U) seja representada
r
pela fórmula
U2
= ~
4
006
a. = - /lp
= -'-5,125' =
/lh ...,
0,06
1 inicial
média sobre a camada
p, = 1,50 X 1,6
-
Acréscimo
do pressão
+7 X
a, Acréscimo
X 0,9
na cota
1220t/m2 '
t
= 5,49 t/m2.
=
4,76 t/m2.
médio:
=
4,76
+ 5,49
=
5,125 t/m2.
2
-
Pressão
final: PI
-
Determinação
dos
=
Pi
= fi,
fi,
-+-
EI
(0,55)2
=
0,238
0,238 X 104 X 10-3 X 0,12 1,83 X 6 X 10-8
....:....:.~~'-::-::---'.-'-:-~-=-=::;;-'--
+
ou, como
1 dia
=
Com as indicações
a) calcular
=
2,60 X 106 seg
t = 30 dias.
8,64 X 10· seg,
as pressões
da fig.9.28, (1-2
+ /lp
=
10,55
+ 5,125
~ 15,68 t/m2.
c) compor
o diagrama
d) calcular
o recaI que total
e) calcular
a porcentagem
Solução. a)
K e a.: 1,20 - 0,361og 10,55
Facilmente
P(l-2) =
P(3-4)
fi =
e
Th2-yaa. (1 fi) k
=
f!
=
1,2 X 700 0,84
pede-se:
3-4) devidas
li) calcular as pressões (2-5 e 4-6) de Steinbrenner); /lp
X 100 ~ 3,3 cm.
-9,50:
«, = 12,20 X 78 X 0,005 Acréscimo
+ 0,83
55% de !l.h: l'
C).30
-
para que ocorra
= 10,55 t/m2.
(- 8,50):
12,20 X 90 X 0,005
=
de pressão
=
100
Tempo
+ 0,50
1220
= --
°
= , 12 cm2/kg .
de argila:
no topo da camada
P
-
1,1
0012 m2/t
Ll calque total:
.
Solução. Pressão
'
1,20 - 0,36 log P;
f =
d) que a função
= 035
0,83 - 0,77 15,68 log 10,55
=
PI log Pi
totais
da camada
sobre a camada
de argila;
que:
840 g/cm2
0,84 kg/cm2
=
X 1)00) X 10-3
=
0,84
+
0,70
=
1,54 kg/cm"
= 0,83
= 1,20 - 0,36 log 15,68 = 0,77
0,84 Pmédia
=
+ 1,54 2
1,19 kg/cm?
(usar o ábaco
de argila;
de recal que após 5 anos.
se obtém
+. (1,4
ao peso da estrutura
devidas
das pressões
=
ao peso próprio;
= Pio
158
I'UNDAÇO
I'OUCO
:I
I'ItOl'UNDA
UNDAÇO
b)
!.!. =
1 '
6
: ~ [: ~ [ ) P;6J
= 0,20
_ = _ = 167 b 6 '
= 0,2 X 20 = 4 t/m2 = 0,4 kg/cm2
---+
P(2 -s)
= 0,20 X
a
= 0,20 X ~
P
- =
""
b
60
4\
167 ' A
I..lpmédio
P(1-2)
f'
8
+
P(2-5)
=
Ôpmédio
= 0,84
+ 0,4
0,32
+ 0,32
= 1,19
k / g
cm
2
= 1,51 kg/cm2.
= 1,24 kg/cm~
-
'.
P(3-4)
+
= 1,54
P(4-6)
+ 0,24 ôh
. PERMEÁVEL'
,
= 1,78 kgjem",
=
.
lí2
=1,4g/cm3
cv=5xl0
ARGILA
K
10
=
-4
3
+
1
Ôh = 170log
2J
Klog
P
+ Ôp P
fi
.
I
1,51
X 0,42 X og 1.'19
+
1,27 = 170 X 0,104 ~ 18 cm.
cm7seg
0,42
te.
e) .',
h
500 1 0,23
=
Ô~
8
=
..-,,\
ti)
8 ID
+2 0,24
0,4
+
= Pi
PI P= 1200 t
~ 0,[2 ~ PIHI ~ 0,[2 X 2 ~ 0,24 kgJI'''''
PI;'"
T = h~
4 .".
" .. 'P~RMEAVEL
.'
.
~ .' ', -
'.
:'
Dicigr~mo dos pressões . devidos o estruturo
. 4
T = 5 X 365 X 8,64 X 10 X 5 X 104
Diagrama dos pressões devidos 00 peso próprio
25 X 365 X 8,64 6,25 X 104
(250)2
.•. Dimensões do estrutura em planto
9.31
Considerando-se
o recalque
total
as indicações
constantes
= 1,26
---+
U
na figo 9.29, pede-se
>
95%.
calcular
do reservatório.
8·
º
Solução. Negligenciando-se os recalques devidos às camadas de areia, consideraremos apenas a camada de argila mole, principal responsável pelo recalque. a) Pressão ~
sobre
I)
terreno:
6,00
Po
=>
~
100
11'-
FiS' 9.28
r
4
_
-
350 2511'
_ 4 5 tI 2 - O 45 k / 2 -, m -, g cm .
161 160
POUCO
b) Pressões
-
médias sobre a camada
l
'ROPUNDA
UNDAÇO
1{1\c:l~lqu total:
de argila:
(10m os valores fornecidos
Valores dos pesos específicos: areia seca -"'Y' = 2,65 X 0,65 = = 1,72 g/cm3; areia submersa -" 'Y" X 0,65 = 1,07 g/cm3; argila submersa
=
-'>
=
1 200
1
I 1,34 + 0,15 X 0,2 X og 1,34
+ 1,35
dllude:
'Y'"
=
Com as indicações
.a2 -800
r
Pl = (1,72 ~ 50 + 1,07 X 750) X X 10-3 = 0,89 kg/cm2•
t2
R= 10,00. AREIA FINA,FOFA
n
=
35%
lrg=~75g/cm3
p=--------
10- =
~
K=O,2
~MW'~4YZ4.~~/ ROCHA
o o
"."
2b
CD
8 ro
AREIA GROSSA COMPACTA
média:
pede-se:
o o
E. = 1,35
3
da fig.9.30,
NT
~g=2,65g/cm3
ARGILA MOLE
na base da camada:
p2=0,89 +0,75X1200X = 1,79 kg/cm".
= 4,6 em.
~h
Pressão no topo da camada de argila:
Pressão
obtém-se:
1,65 X
1,75 3 2,35 = 0,75 g/cm .
Pressão
e calculados,
11\"
®
C\l
~
:-.:
_ 0,89 + 1,79 2
P -
Fig. 9.29
1,34 kg/cm>,
=
Pressões devidas ao peso do reservatório:
Utilizaremos
a fórmula de Lovc
= 0,005 cm2/kg ~
"
,
Fig. 9.30
a) o lado 2b da base da sapata adotar
quadrada
(utilizar
a fórmula
um coeficiente de segurança igual a 3); total da sapata devido ao adensamento
b) o recalque
Admitir na distribuição I da tabela
que nos dará (obtendo-se no topo da camada
no final do livro):
(para R/z = 5/6
~'- ° P
-
-
na base da camada
,45 X 0,544
=
=
=
420 (2b)2
_
1,3cNc
prb
= p =
0,05 kg/ern-;
cb
=
Substituindo
15°:
N;
=
e efetuando,
12,
+ 0,8'YbN"( + 'YhNq
-3- =
N"(
3
=
4
e
No = 5.
vem: 1,81b3
-
2 por 1".
0,24 kg/cm"; Para
+ 42,5b
2
-
105
=
O.
para valor médio: Pesquisando-se ~P
= 0,24 + 0,05 2
=
0,15 kg/em".
da camada
a) Tem-se que
0,833)
(para R/z = 5/18 = 0,28)
~ P "-04 - , 5 X 0,107
Solução.
das pressões o "método
de Terzaghi;
a raiz positiva
-
única existente
-
b ~ 1,55 m -" 2b = 3,10 m.
obtém-se:
(2).
162 'AItT
b) O recalque
é calculado
2
UNDAÇO
pela fórmula
= ~Oo
I )(\HHI' modo, com I/> D.h com
h
= m.
fi
N"(
=
20, obtém-R
d
=
('om:
420 - 2 610 ,
'" 11
1't
-
'Y~ -D.
11
P
=
=
"V1 sub,
("V 1 g
11 D.p = ---
+6~
2
c
8 tjm2=
seguinte carga: Prb =
e, daí: àh.
=
0,005 X 0,8 X 200
=
0,8
a) cota aconselhável
a sapata
de fun-
ATERRO RECENT 3 0= 1,6 t/m
=
b
= 0,90 m,
2,70m
valor
para
__~_3
capacidade
_
de AREIA GROSSA
x
1,6
2,70 X 22 = ~
110,04
+ 0,8 X 95,04 + 15,0
COM PEDREGULHO, MEDIANAMENTE =
COMPACTA, CINZA 3 'tg =2,60g/cm
8/30
11 kg/cm".
n
de carga da sapata, pela fórmula de segurança à ruptura;
da sapata,
em que ocorrerão
a) A cota aconselhável,
devido
c) O coeficiente de segurança à ruptura, adotando-se a taxa de 3 kg/ern", será então:
-870
d) Pressão
da camada
30, 60 e 90% do recalque
por razões
óbvias,
ARGILA,CONSISTÊNGIA MÉDIA ,CINZA ESCURO
de Terzaghi;
ao adensamento
de lado 2b
=
lj80 m.
= 3,34 m2
0g=2,75g/cm3
inicial:
1,6 X 2,70
+ 1'3
argilosa;
+ 1,04 X
5,20
+
E, = 1,25 K = 0,2
6/30
C v = O , 032cm2/min
X 2,20. -I
total.
b) Para calcularmos a capacidade de carga, façamos um pré-dimensionamento, arbitrando para a camada de areia grossa com pedregulho, uma pressão admissivel de 3 kg/cms, Assim, teremos para área da sapata
quadrada
p/ =
utilizando
E =
é _ 3,50 m,
100 000 3 ~ 33 400 cm2
= 35%
If' = 30°
da fundação;
d) pressões inicial e final, no plano médio da camada de argila, para a distribuição das pressões o método aproximado 2:1;
ou seja, uma sapata
X
(2,60-1)
2/30
h
t/m2
=
determinar:
f) tempos Solução.
=
°
=
1,04 X 0,90 X 20
em .:
9.33 Dadas as indicações constantes da figo 9.32, dimensionar dação de um pilar com a carga de 100 t.
recal que total
(l-n)
-1)
~6
0,8 kg/cm>
b) capacidade c) coeficiente
NT=~80
1,6 t/m3
=
X (1 - 0,35) = 1,04 g/cm3 = 1,04 t/m3
420 8,102
(veja figo 9-,31), donde
e)
22
= 2 m = 200 em e D.p'
Pede-se
=
N;
D.ph
1,25 ~
n
=
1
+1,251,25
=
70
0,56
AREIA MÉDIA E GROSSA, COMPACTA, CINZA
19/30
E MARROM
e Fig. 9.32
1'3
=
(2,75 -
1) (1 - 0,56)
=
0,77 t/m3•
Daí: p., r = 432 ,
, + 541 + 1, 60
= 11,42 t/m2
~
1,14 kg/cm>,
164
CAP'.
Acréscimo
de pressão
A
r
dp"
= 100 = 204 t/m2 7~ ' 100 112
HOH
= 083 t/m! ,
= --
16
UNDAÇO
(fig. 9.33): t'OIl\
dp'
2
lia
= --400 = 2
200 em) c, -- 0032 <;m2/mill I
e os valores de 7' correspondente»
de U, obtém-se:
Recalque 'I'
dp
= 2,04
+ 0,83
em U% de M
2 Pressão final: p/
=
Pi
+ dp
+ 1,43
p/ = 11,42
~
+
= 12,85 t/m2.
PreRsão de descarga
(ou alívio): Fig. 9.33
Pd = 3,34 X 2,70 X l.6 = 14,4 t Pd'
Pd
=
"= -
Pd
)4,4 72
=
0295 t/m2 '
14,4 112
= O 119 ti
0,295
+2 0,119
'
As pressões inicial e final resultantes
m
2
"-' O 2ltl 2 -, m
serão, então:
p, = 11,42 -
0,21
= 11,21 tím2
p, = 12,85 -
0,21
= 12,64 t/m2.
e) Recalque total: dh =
dh
f)
=
1
+4001,~5
X,
h l+fi
Pi
O2 X I 12,64 og 11,21
Da expressão
t =
Klogk
Th~ c.
18
= , em.
t(dias)
em mm
30
5,4
0,072
62
60
10,8
0,287
250
90
16,2
0,848
735
167
'UNDAÇO
111.:1 aleular, p Ia fórmula de Brix, a carga admissivel de uma ataca de conruto de 30 X 30 cm com 7 m de comprimento, utilizando-se para sua cravação
I
IIIt\
pilão de 1 600 kg e altura
ulp Ill8p.
Fundações
\().4
Profundas
.
Adotar
Determine
10.1 Calcular, _pela fórmula de Brix, a ca~dade de carga . de um a es t aca d (, concre o e seçao 20 cm X 20 cm com 8 d . t d '1' m e comprimento, cravada com um pi ao de 8~0 kg e com uma altura de queda de 1 m, sendo a nega para os último H 10 golpes Igual a 13 mm. Adotar um coeficiente de segurança igual a 5. d e B'rix, com um coeficiente =
a capacidade
de segurança
igual a 5:
Adotar
do Engineering
A fórmula
om os dados fornecidos,
e
de 12 t ? Utilizar
1m
igual a 6.
100 cm
13 10 - 1,3 mm
6.
NeW8 com um coeficiente
de segurança
1 6
Ph
e
+c
obtém-se: 1000 X 200 0,12 2,5
1
-X G
12700 kg
+
= 12,7 t.
Solução. =
0,13 cm
deveremos
do Bnçineerinç NeW8 com um coeficiente
a fórmula
Para a carga de trabalho tor R
Aplicando
=
6 X 12
a fórmula,
=
de 12 t com um coeficiente
de segurança
de segurança
72 t.
para () caso:
fornece:
R
1 5
0,82 X 0,8 X 100 1,62 X 0,13
=
156 -5-~31
R
Ph =
e
t.
+ 2,5
deduz-se 10.2 Calcular, pela fórmula de Brix, a capacidade de carga de uma estaca de concreto seção . pilão de 1de000 k 25 cm X 25 cm ' com 10 m d e comprimento, cravada com um ti 10 ~ e com uma altura de queda de 1 m, sendo a nega para os úlunos .. golpes Igual a 30 mm. Adotar peso específico do concreto = 24 t/m3 e coeficiente de segurança = 5. '
Resp, 16 t.
6.
10.5 Na cravação de uma estaca com um pilão de queda livre de 1 t e altura de queda de 2 m, qual a nega" necessária" para que a sua carga de trabalho seja
0,20 X 0,20 X 8,00 X 2,4 ~ 0,8 t =
d
. de queda de 200 em; nega
de segurança
-X--'
R
R
p = 800 kg = 0,8 t
h
por meio da fórmula
lIilcreve-se:
1
sendo:
=
de uma estaca
um coeficiente
5
Q
de carga
pilão da queda livre de 1 000 kg e altura
Kual a 0,12 cm. 8olur;ão.
R
igual a 5.
/Cngineering Neuis.
Capítulo ]()
A fórmula
de segurança
foi 15 mm/l0
41 t.
Dados:
Solução.
um fator
A nega atingida
de queda de 80 cm.
o
=
Ph
R.
r
. que nos dará,
para
P
=
1 000 kg,
,;
=
_.)
-,
5
2~0 crt1
c
R
=
72000 kg:
6,
168 I'UNDAÇO
PROI'UNDA
CAP,
10.6 Calcular, aplicando a fórmula de Dorr, a capacidade de carga duma taca pré-moldada de 11,00 m de comprimento, com uma seção de 35 em X cravada em um terreno tendo as características indicadas na fig 10.1.
1"
UNOAÇO
f'" Camada • de areia
Camada dé pedregulho e areia
l'
2,0
1,1
2,0
q,
35°
30°
25°
3,69
3,00
2,46
S
0,12
0,12
0,12
1
2,00
4,00
5,00
1,77
1,58
2,95
1,49
1,33
1,22
1'1
4,0
4,4
10,0
p
1,4
1,4
1,4
r
0,6
0,5
0,3
1'1'
1,2
-
+ ~)
tg2 (:
~~
o o
lP, = 30 f', ~ ~6
0
tV ~ :/
v
,,~
'I, =2,Ot/m3
C\J
o o
x
'Q ~
•.
"",
.•.
'õ ...."
d .
.
v°2 -:I -11 t/m
.•
1
= 300
f~ = 0)5
.r.:l
S)
-, ' I
~.
,
o
't3 = 2/0t
8 10
1m3
'P3 =250 f~
=
+
Sl
tg2q,
3
'-0 lQ"
'PJI
192
() ~ \
s>
+ ~)
1'tg2(:
_
PEDREGU~ Ó LHO' E . AREIA: ; y ,-
0,3
I fórmula de Dõrr, a resistência admissivel de uma estaca de 7 lO. Calcule, pe a de comprlmento. . de diâmetro , em um terreno com concreto com 15 m e 400 . mm ue as características indicadas no perfil (fig. 10.2). Reep, 78 t.
8r<>
AREIA
Fig. 10.1 'tz
Com os valores do quadro da página seguinte, aplicando a fórmula de Dõrr, obtém-se Solução.
=', 71 /m~
~z = 150 f~ = 0,27
R = 1,77 + 0,5 X 1,2 X 1,49 X 5,6 + 1,58 + 0,5 X 1,33 X X 1,4(4,0 + 2,2) X 4,0:+ 2,95 + 0,3 X 1,22 X X 1,4(4,0 + 4,4 ou 68/1,5
+ 5,0) X 5,0 =
68 t
l~=1,61/m~
'P~=35° ,'] = 0,70
= 45 t com um coeficiente de segurança igual a 1,5. Fig. 10.2
-
Camada de argila arenosa
170
PUNDAÇOI.
'RO'UNDAI
CA'. 1
171 AitT
2
PUNDAÇO
10.8 Calcular a distribuição das cargas sobre as estacas do bloco da figo 10. o qual suporta uma carga excêntrica de 150 t.
-+
y
t
I
-
---4-~f~ -~I ~o
x
~
I
x
!Y
4-
f-
o o
-
100
y
I
•1
t
I
0.50
0.50
100
1-5
4
3
L2
o o
•
5
•
•
-
x
-
4
3
6 o
2
• y
Fig. 10.4 Fig. 10.3
Solução.
Aplicando a fórmula tem-se:
com (veja figo 10.4): R n
= =
150 t } li.. 6 n
150 6
=
Mil
= 150 X 0,20 = 30tm
Mz
=
~x~
=
150 X 0,30
4 X 1,502
+
=
=
45 tm
2 X 0,502
!y~ = 4 X 1,002
25 t
=
=
4,00 m2
9,50
+.
30 X 1,50 9,50
25 +
30 X 1,50 9 ,50
45 X 1,00 4,00
= 25 + 4,7 - 11,3 = 18,4 t
45 X 1,00 400 ,
= 25 + 4,7 + 11,3
P1
= 25
P2
=
P,
= 25 +
30 X 0,50 = 25 950 ,
P4
= 25 -
30 X 0,50 950 ,
P5 = 25 -
30 X 1,50 9,50
= 25 -
30 X 1,50 9,50
+
+ 1,6 =
= 25 _ 1 6 '
=
26,6 t
23,4 t
45 X 1,00 4,00
=
25 _ 4,7 - 11,3
45 X 1,00 4,00
=
25 _ 4,7
lJl2
P6
+
= 41,0 t
=
+ 11,3 =
9,Ot
31,6 t
172
UNDAÇO
S
PROrUNDA
CA'.
y
10.9 Calcule .as cargas sobre as estacas do bloco indicado na figo 10.5. Solução o Considerando-se a sobrecarga devida ao reaterro, a carga vertical resultante será R == 90 16;8 = 106,8 t, situada sobre o eixo dos x e passando à 0,20 m a direita do eixo dos yo Daí o momento M7I = 106,8 X 0,20 = 21,36tmo Com n·= 6 e 2:x~ = 4 X 1,502 = 9, obtém-se:
+
p. = 106,8 ± 21,36 6 9
,
1,50
1.5C
1
~_~~_~ol
1,00 __ ~
x
o 10
x.
1
?OO
~_-.J,-.L----.;T __
º
1
SILTE
'6 = ~6 t 1m3
ou P,
=
17,8 ± 2,38
Xi
donde: P,
=
.•.
P~ = 17,8 - 2,38 X 1,50 P3
Pó
=
I
=
"
- . ,. " - .A'REIA GROSSA ~
14,24 t
+ 2,38
X 1,50
obtém-se: =
21,36 to
x--+-+
r, =
10.10 Calcular a expressão geral das cargas sobre as estacas do bloco da figo 1006, para P = 1 000 t, M", = 84 tm e M7I = 28tmo Partindo
Figo 1006
y
= P4 = 17,8t
Pe = 17,8
Solução.
I
:- .. - : .::. : . ......•... ,.. ~./ ," ~ ~",~,,,:.:.
1 000 25
84Yi
±
28xi
50 ± 50
o~ ou:
y
P,
Figo 1005
= 40 ± 1,68 Yi ± 0,56
Xi.
da fórmula 10 II
p. _ ~±.M",Yi ± M Xi ,n 2:y; . , 2:x~ lI
na
Com:
.fi
19o
. 5) bre as estacas do bloco indicado Calcule as cargas P, (~ = 1, 2, ... ,' so o 24 tfmJ 107 (na pégine seguinte). Tomar para peso específico do concreto, o o
o
Solução. P=1000t
n=
de terra ho
1,6
= 1,00 m.
Altura
_
Cálculo dos elementos indicados na figo 1008:
25
M", = 84tm Mil
equivalente
= 1,6
-
r. =
= 28.tm
:Zx~ = :Zy~ = 2 (2V2)2 + 4 (V2 + ~2r+
6
(V2)2+ 8 (~2r
=
50m%0
P2
0,20
+ 0,60
X 3,70 X 1 X 2,4
2
= 2,60 X 0,80 X 1 X 2,4 = 5 t
=
3,5t
174 fUNOAÇO
PROPUNDA
CAP.
A T
1
JlUNDAÇO
--------,---
2
.'"16t/m ~~•j ~h",
J
I
I I
0'Tt
11
o s:
I
,
~ ~
~
rI
I'f')
~ ~
-:
t=!,6t/m3
/, I
O
I"-
I'f')
100
p1
060
l(t --.,
E
..--.
~ R=16t
O Q)
170
O
fp,
100 P2
ia3JI05O
0.50
r
~P
3
050
P4
fp
5
60
10
O
Q)
0.50 b.3J
O
r Fig. 10.7
Pa = 1,00 (3,70 E
=
+ 1,00) X
! v«, = 'Y
1,6 = 7,5 t
~ X 1,6 X (1-t- 3,70
+ 0,80)2
X
1
3=
Fig. 10.8
7,8tjm.·
A resultante das cargas verticais é igual a R = 16 t e passa a 1,70 m do bordo esquerdo do bloco.
O momento devido ao empuxo vale MI = 7,8 X 1,73 = 13,5 tm. O momento resultante será, assim, M = 13,5 - 16 X (1,70 - 1,30) = 7,1 tm. Tem-se, então, com n = 5 e ~xl = 2 X 12 + 2 X 0,52 = 2,5 m2, a expressão para as cargas nas estacas: 16 7,1 p-= -±-x-= • .5· 2,5'
32±284x, , •
donde: P1 = 3,2
X 1 = 6,04t
P2
=
+ 2,84 3,2 + 2,84
X 0,05
P3
=
3,2 t
P4
=
3,2 - 2,84 X 0,5
P, = 3,2 - 2,84 X 1
=
=
=
4,62 t
1,78 t
0,36t.
176
PUNDAÇOIS
PROPUNDAS
CAPo 10
10.12 Calcule as cargas sobre as estacas do bloco da figo 10.9, considerando-a as indicações dadas.
ART'
2
PUNDAÇO
r órrnulu
P('la aplicaçuo da
= .!L ± M 1/
p
n
r r r
I
2Xi
± M",
~Xi
Yi
2
~Yi
(~()m:.
n
= 14
!'xi
+ 6 X 3,52 + 2 X 1,5 12 + 4 X 1,52 = 15 m2
2
4 X 52
;=
!yi = 6 X
2
= 178 m
obtém-se: 977 378xi 14 ± 178
P _
{.L
,-
234Yi
±
15
ou: Pi
= 70 ± 2,12xi ± 15,6Yi
donde: 1:
P,
= 70 - 2,12 X 5 - 15,6 X 1 = 43,80 t
"
2:
P3
= 70 - 2,12 X 5
"
3:
P«
= 30 - 2,12 X 3,5 - 15,6 X 1,5 = 39,18
"
4:
P4
= 70 - 2,12 X 3,5
"
fi:
Pó
= 70 -
"
6:
P6
= 70 -
"
7:
P7
"
8:
8
li
9:
Estaca Fig. 10.9
Quadro de carça« Peso do bloco = 80 t VI = 32,7t V2 = 299t
Va = 271 t M", = 234tm MI/ = 378tm
AB cargas estão reduzidas à base do bloco.
Solução.
Trata-se
de um bloco com 14 estacas verticais, sujeito às seguintes
cargas: Vertical:
R = 80 + 327 + 299 + 271 = 977 t
Momentos:
M",
= 234 tm e M 1/ = 378 tm.
10.13
"
10:
"
11:
"
12:
"
13:
"
14:
+ 15,6 X
1 = 75,00
+ O = 62,58 2,12 X 3,5 + 15,6 X 1,5 = 2,12 X 1,5 + O = 66,82
85,98
+ O - 15,6 X L = 54,40 P = 70 + O + 15,6 X 1 = 85,60 P = 70 + 2,12 X 1,5 -t O = 73,18 = 70 + 2,12 X 3,5 - 15,6 X 1,5 = 54,02 Pu = 70 + 2,12 X 3,5 + O = 77,42 Pu = 70 + 2,12 X 3,5 + 15,6 X 1,5 = 100,82 Pu = 70 + 2,12 X 5 - 15,6 X 1 = 65,00 Pu = 70 + 2,12 X 5 + 15,6 X 1 = 96,20. = 70
9
PIO
Com as indicações da figo 1O~10pedem-se as cargas, máxima e mínima,
sobre as estacas.
UNDAÇOIS
I'AOI'UNDAS
Para o cálculo do esforço do vento, utilizar a fórmula p sendo a altura H expressa em metros.
i
120 + 0,6 11,
=
ARTI 2
ftI
_
hnQtl.
t
2,70
CAI'. 10
I'UNDAÇOIS
23,8 (20.5
+ 1,35) •• 23,8 X 2\,85
l~xcentricidade da resultante das estacas (fig.l0.12): M _ 520
•
i
=r
i
: 500
Número de estacas.
N
= 520 tm,
no plano da ca 1\
= 1,04 m. = 38. I"
Momento de inércia do grupo de estacas em re lnção ao eixo dos y (fig. 10.13): o ~
N
11111
'
=
J
'
Fig. 10.12
í:nx
2
1
X4 Xs
X2
4,50
Ij,
Xl X'II
= 3 cos 18° = 3 X 0,95 = 2,85 = 3 cos 36° = 3 X 0,81 = 2,44 = 3 cos 54° = 3 X 0,59 = 1,77 = 3 cos 72° = 3 X 0,31 = 0,93 = 2,1 cos 25° = 2,1 X 0,91 = 1,91
x" = 2,1 cos 50° = 2,1 X 0,64 x' = 2,1 cos 75° = 2,1 X 0,26
tO j()
=
1,35
= 0,55
y
CORTE Fig. 10.10
Solução.
Carga vertical:
P
=
500 t.
Pressão do vento: p,
=
120
.
~
+ 0,6
X 45
=
147 kg/m",
,
Força do vento:
o
!!?
H
4,50
=
=
+ 2,70
2 23800 kg
=
X 4500 X 147 ' 23,8 t
=
com o ponto de aplicação em (fig. 10.11) x =
45 . 2 X,2,7 + 4,5 3 X 27, + 45, = 20,5 m.
Momento em relação à caLeça das estacas:
tO
x
'
/
j
•• -+--
x
'~20~m
_0
~5
\-t
Fig. 10.11
y Fig. 10.13
110 fUNDA<,()
11111 = 2 X O 92 '
+
+ ') X 2
4 X 2,85
I'ROI'UNDA
CAI'. 10 ART
') 12 -,
+4
+4
+
X 1,912
X 2,442
+
4 X 1,352
4 X 1 772 '
+
+
4 X 0,552
4 X 0932 "
-
-
+
2 X 32
l
UNDAÇO
+
12 4,03 m2• Estaca
Mõdulo da seção do grupo de estacas:
TV
11111
=
=
Xmáx.
-
124,03 3
=
Carga (t)
32,5 22,5 25,0 27,5 17,5 22,5 12,5 15,0 17,5 7,5
1
2 3
41,3.
4
Cargas nas estacas:
Q
=
5 6 7 8 9 10
~±J!:... N
W
Q = 500 ± 520 _ 38 Qmáx.
=
Qmfd.
=
41,3
. - 13,2
±
12,6.
+ 25,8 t. + 0,6 t.
10.14 Ca Ieu Iar nas condi~ões da figo 10.14 a estacas do bloco. distribuição
10.15 Determinar quais os valores extremos de carga sobre as 42 bloco da figo 10.15, sabendo-se que ~V = 84 t; Mx = 12,1 t·m c Mil Desprezar o peso próprio do bloco.
do :~!í,:.!t -rn.
('t:!LlLCtUi
das cargas sobre as
o o
y
2
5
100
7
050 050
10
100
Fig. 10.15
Resp.
P37
=
1,22 t
e
P6
=
2,78 t.
Fig. 10.14
10.16 Com as indicações dadas, calcule as cargas sobre as eatacas da figo
I().
W
182 FUNDAÇO
Solução.
PROFUNDAS
CAPo 10
{
/1 "
{
!..
=
B
donde:
,
=
0,26 (B - A)
131,lj t
(' A
=
P3
Solução. Chamando de A as cargas sobre as estacas com inclinação 5: 1 (tg a = 1/5) e de B sobre as inclinadas 10: 1 (tg (3 = 1/10), tem-se:
{
H
= A cos a =
+ B cos {3
A sen a - B sen {3.
1
a~12°
-
=
P4
=
as cargas
sobre as estacas
f'87.41
=
=
=
40,5
48,5 P~ = ~~24t
r/
.
,
\
= 0,208
sen ce
Carga
p/estaca
inc.
= 31 t.
Carga
p/estaca
verto
= 29 t.
o o o
10.19 Determinar, pelo método de Schiel, as cargas nas estacas (Si = 1) do bloco indicado na figo 10.19, sendo Ii; = 300 t e R, = 50 tm.*
o o o
\ 1
z
I
I
,~
I
I
1,50
o
I
0,978
10 =
o
do bloco
c~r'
y----
1
tg{3
PI
48,5 t e B
LO.18 Calcular as cargas sobre as estacas do bloco da figo 10.18.
131,5 ~~66t.
,
Se: 0,2 -
!=
85,5 t.
Resp,
10.17 Calcular da figo 10.17.
Fig. 10.16
=
12
e
15i
~4. V
A
+ B)
= 0,97 (A
210
85,5 P I = P 2 = ----;;~ 43 t ~
15°
e cosa
sen l5 (8 - A)
Daí:
I/I~~'~
5=
12
+ B)
coa 15 (A
donde:
. 1\
tg o =
= =
210
ou
\
'
UNDAÇO
I!PHO!V ndo, obtém-se:
A\CE
/
2
Tem-se
t=210t
~
ART
0,1 -
{3~6°
--+
sen{3
= 0,105
i . t-
ecos {3 = 0.995.
1,00
1,00
I
Fig. 10.18
~
Assim:
{
h
87,4 = 0,978 A 5,8
=
Fig. 10.19
+ 0,.995 B
0,208 A - 0,105 B.
Fig. 10.17
* Este Eng.s
exercício e os dois seguintes foram extraídos Nelson Aoki.
de apontamentos
do
1804
I'UNDAÇO S
PROI'UNDAS
CAPo 10
:~OO = 3,Ov.• + l,5vb + 1,01" O = 1,5v .• + 2,25vb + 1,5vr 50 = 1,Ov", + l,5vb + 3,Ovc Ve = 300 - 3,0 v.• 1,5 Vb
I
Solução. a)
b)
Características do estaqueamento: Estaca
x
y
z
P"
Py P.
'Pa Pb
1 2 3
O O O
-1,0 1,0 -1,0
1,5 O O
1,0 1,0 1,0
O O O
O O O
O O O
Pc
1,5 O O
1,5v" + 2,25vb + 450 - 4,5v", - 2,25vb = O { v", + 1,5vb + 900 - 9v", - 4,5vb = 50 - 3,Ov" = - 450 ~ v'" = 150,0 - 8,Ovz - 3,Ovb = - 850
1,0 -1,0 1,0
_ 1200 - 3Vb
Somatórias:
+ pz2 pz2 + SZU = pzl PUl + Pz~ P1l2 + S", = O + O + O = O Sza = O + O + O = O S:r;x
=
81pzl
pZl
82
81
1,0 X 1,5
Szb
=
S"c
= 1,0 X 1,0
Ve 83 pZ3 pz3
8~
+
O+ O
+ (l,O
= 3 X 1,02 = 3 ,O
83 pz3 P1I3 =
O
+O +O =
S1I'" =
O
S1I1I =
O
X 1,0
+O+O=
=
O
10.20
Sya = O Syb
SlIe
S." S'1I
= O = O
S •• = O S.a = O S.b
S.e
c)
= O = O
Sa" Sall Sa. Saa Sab Sae
= =
= = = =
O O O O O O
I s;
=
Sbll = Sbz
=
Sba = Sbb = Sbe =
= 300 - 3 X 150 - 1,5 X (- 116,6) Vc = 300 - 450 + 174,9 = 24,9.
VUpy V.Pu
Estaca
Vzpz
1 2 3
150 150 150
VbPb
VaPa
O O O
O O O
-174,9 O O
O O O
300 O O O O 50
V.
Va
Vb
Ve
3,0 O O O 1,5 1,0
O O O O O O
O O O O O O
O O O O O O
1,5 O O O 2,25 1,5
1,0 O O O 1,5 3,0
Ni
24,9 -24,9 24,9
O ~ 125 ~ 175
Determinar, pelo método de Schiel, as cargas nas estacas do bloco da
z Sez
s; Se. Sea Scb
s;
= 1,0 = O
= O = O = 1,5 = 3,0
®
®
CD
I
I
y
1
1\0
110
Rx=150t
Cálculo dos coeficientes v Vy
VePe
figo 10.20.
O
1,5 X 1,0 = 1,5 O O O 1,52 = 2,25 1,5
v"
Vb = - 116,6
1,0
O
+O +O = O +O +O = O = O X 1,5 + O + O = = O +O +O = O =
SII'
= 350 .'.
Cargas nas estacas:
= 1,5
+ 1,0
- 3Vb
O d)
X - 1,0)
= - 850 .'.
y
Fig. 10.20
I'UNDAÇO
A Estacas
1 e 3 I 12"
pROI'UNDA
CAI'. 10
E
1
I'UNDAÇO S
= 77,3 cm2
d)
l = 15,0 m
I
PART
Cálculo
dos cooíi 'i<
11t '8. V:
= 2,1 X 106 kg/cm>, Vx
Estacas
Solução.
a)
2
cp
j
40 cm
Rigidez
A = 1257 cm2 l
=
E
=
1O,Om
O O O O O
8i[
=
2,1 X 106 X 0,773 X 102 1,5 X 103 = 1,08 X 105 kg/crn = 1,08 X 104 t/m
S/ti>
=
2,1 X 105 X 1,257 X 103 1,0 X 103
b)
Características
I
Estaca
.
.
s-
2,64 X 105 kg/crn
x
y
1,08 X 104 O 1,10 2,64X 104 O O 1,08 X 104 O -1,10
1 2 3
=
150
2,64 X 104 t/m.
=
z
Px
py
pz
Pa Pb
O O O
1,00 1,00 1,00
O O O
O O O
O O O
O O O
e)
Pc
Cargas
Sxx
= 81 Pxt pXl
S
_ 81 pZl
=
= O
s;
=;
-
SlIa
SI/b SI/C
° ° = ° = ° = ° =
+ 1,08 X 10 = Pyl + pZ2 PY2 + 82
1,08 X 1 X 1,10
° E = ° S = ° E = ° ° s; ° Szx
=
+
83 Px3 px3
83 pZ3 PY3
.
°
+ + 1,08
ez
za
Ezb =
=
° = ° s.; = ° = ° s.; = Say
=
Sby
°°° = ° ° = = =
Saz
Sbz
Sab
Sbb Sbe =
O
=
+ 2,64
X 104
+
°+°+° = °
X 1 X 1,10 =
s: =-
=
ZII
1,08 X 104
=
4,8 X 104t/m
°
Sza Szb
S1IY
82 pX2 pX2 4
Sba
+
Vx
Seb See
O
O O
O O O O O
O O O O O
O
2,61 X 104
°
1,08 X 10 X 1,102 X 104 X 1,102 ::: 2,61 X 104•
+ 1,08
4
+ :::
+
°
O O O O O
O O O O
150 4,8 X 104
15 = 3,12 X 1O-3m 4,8 X 103
----
Vx = -:-::----::-:-
~
2,6 X 104
Ve
~
o,
= O.
SiVypy
SiVzpz
8;Vapa
SiVbPb
SiVepe
N,(t)
1,08 X 104 X 3,12 X 10-3 X 1
O
O
O
O
O
33,8
.
m
2
2,64 X 104 X 3,12 X 10-3 X 1
O
O
O
O
O
82,4
3
1,08 X 104 X 3,12 X 10-3 X 1
O
O
O
O
O
33,8
10.21 Calcular, pelo método bloco indicado na figo 10.21.
1,08 X 104 X 1,10 1,08 X 104 X 1,10 =
°°° = ° =
= Sez = s.; = Sey
t'e
SiVxpx
t/m
+
Vb
nas estacas:
-1,10 O +1,10
Somatórias:
zy Szz=O
SI/Z
4,8 X I()4
°=
1
c)
Va
O
O
do estaqueámento:
(t/m)
Vz
4,8 X 104 O O O O O O O O O
150
2,1 X 105 kg/cm-.
das estacas:
=
Vy
_
Solução. a)
Características
Estaca
-x
y
1 2 3 4 5
O O O
4,10 0,60 -0,60 -0,60 -3,90
°
O
(s,
= 1) do
do estaqueamento:
z
O O
+0,50 -(l,50 O
de Schiel, as cargas sobre as estacas
Px
py
pz
pa
Pb
Po
1,00 0,985 0,966 0,966 1,00
O
0,174 -0,259 -0,259
O O O
O O
O O
+0,129 -0,129
0,483 -0,483
O
°
-4,100 -0,501 +0,580 +0,580 +3,000
O
°°
1" ------~------------------------------------------~
I'UNDAÇÓ
I'IOI'UNDAI
CAI'. , A~T
350
I 01 060
-;=---t-
,
2
I'UNDAÇO S
Saz Sall Sal Saa
I
330
J
!
s..
~~
Sbz = Sbll == Sb. = Sba = 0,1.25 Sbb = 0,466 Sbc =
=
+ 1,120 +
Sez = - 4,100 - 0,582 + 3,900 = 0,338 SeI! = - 0,103 - 0,300
1
050
-r----~4~10~-__~~O~60º-
=
Soe
j21+~50 _.15
°°° °
° ° 0,125 °
=
-= O = = 0,033
° .0,403 Sea = ° = ° See = 16,810 + 0,349 + 0,673 +
'
Se.
390
= -
=
Seb
+ 15,210
= 33,042.
Rx=550t
ontrole de cálculo: y
c)
Szz + SIII1 + S ••
=
4,836
Sza + SZll + Sze
=
+
Cálculo dos coeficientes
I 550 -80 O O O 168
Fig. 10.21
b)
Somat6rias: Szz
= 1,002 + 0,9852 + 2
X 0,9662 + 1,002 =
= 0,1742 + 2 X 0,2592 = 0,164
=
=
°°
° = - 0,403 =
VII
V.
Va
Vb
Ve
4,836 -0,329 O O O 0,338
-0,329 0,164 O O O -0,403
O O O O O O
O O O 0,033 0,125 O
O O O 0,125 0,466 O
0,338 -0,403 O O O 33,042
a
=
168
° S," = ° S•• ° =° S.b ° S.z
=
a
=
=
°
lI
-
0,403Ve
+ 0,125v + 0,466vb
Va = -
b
0,125 0033 ,
Vb
0,125 ) 0,033 Vb + 0,466vb
0,125 ( - 0,473vb
+ 0,164v
= 0,338vz - 0,403vlI + 33,042Ve
=
SUl
Soe
O.
Vz.
° = O,033v ° 0,125v
Szc = - 4,100 - 0,582 + 1,120 + 3,900 = 0,338
= - 0,329
+
v:
-80 = - 0,329vz
° ° Szb = ° SIIZ SIIII SII. SI/Q SlIb SlIe
° ° °=
.5
550 = 4,836Vz - 0,329v1l + 0,338ve
1 + 0,970 + 1,866 + 1,00 = 4,836 0+ 0,171 - 0,500 = - 0,329 =
SZIl = Sz. = Sza =
+ 0,164=
+ 0,466v
L
=
°~
Vb =
°
e
=
°
Va = ./
°
190 FUNDAÇOI!S
f
4,836
=
c
= 168
CAPo
I
A T
:I
UNDAÇO
V=+550t
- ..•. ---+- __- H=-80t
0,338
0,338 0,403 33,042
- 21,912
550 80 168
- 0,329 - 0,164 - 0,403
0,338 0,403 33,042
- 2044,936
v",
2044,936 = 93,325 21,912
=
4,836 0,329 0,338
Ll,oy =
c
= 550 = 80
c
- 0,329 - 0,164 - 0,403
.1= 0,329
.1''''
+ 0,338V + 0,403v + 33,042v
4,836v", - 0,329vy 0,329v", - 0,164vy 0,338v", - 0,403vy
PROFUNDAS
550
80 168
0,338 0,403 33,042
=
6561,382 Fig. 10.22
vy
Ll.c
=
J
4,836 0,329 0,338
- 299,442 Solução.
- 0,329 - 0,164 - 0,403
558 80 168
1
1 2 3 4 5
v",p", 93,325 91,925 90,152 90,152 93,325
2
3
4
5
6
7
cosa
cos2a
v
tç a
x
v tg a
1
1,000
1,000
1,000
0,000
0,00
2
0,985
0,970
0,970
0,176
3,50
3
0,966
0,933
0,933
-0,268
4,70
4
0,966
0,933
0,933
-0,268
4,70
5
1,000
1,000
1,000
N.·
10,476
Cargas nas estacas: Estaca
Tabela
a)
- 10,476 8
9
10
11
12
oz tq a
'1/
v . 112
vtg2a
v·x
0,000
0,000
0,000
0,000
-3,98
15,84
0,171
0,030
3,395
0,598
-0,01
0,00
-0,250
0,067
4,385
-1,175
0,00
0,00
-0,250
0,067
4,385
-1,175
0,00
0,00
0,000
8,000
0,164
20.165
= 21,912 = 0,478.
Vc
d)
6561,382 21,912
= -
Vypy
°
-52,103 77,555 77,555
°
vzpz
° °°° °
VaPa
VbPb
VcPc
Ni(t)
°°° °°
°°° °°
-1,959 -0,282 0,277 0,277 1,864
91,37 39,54 167,98 167,98 95,19
8,00
4,836
Cálculo da tg
0,000
-0,329
b)
10.22 Calcular os esforços sobre as estacas (todas iguais, pelo que A = Cte) do bloco de fundação representado na figo 10.22. Usar o método de Nõkkentved.
0,000
a'
e tg tg
ali :
ce'
=
0,329 = _ 0,068 4,836
0,000
-1,752
4,02 ,16,16
32,00
192 FUNOAÇOI!S
tg
01."
= -
_0,164 0,329
-
O
-
PROI'UNDAS
CAPo
1
AltT
2
UNpAÇO
'IUII It seguir apli 'ar mOR tabularm
,498.
cálculo c)
Coordenadas
20,165 4,836
=
Xo
do centro
elástico
+
X 0,498
1 752 0:329
X 0,068
Estaca
Kl cos a
1 2 3 4 5
93,266 91,867 90,095 90,095 93,266
= 3,.98 m
0,068 - 0,498 20,165 1,752 4,836 0,329 -0~,0-6-8---0,'-4-98"- = 2,69 m.
---
=
d)
Preencher
e)
Valores de V, H e M. =
H
= -
z
550t 4,10
80t
t
;
~,98
I
= 20,4tm. Esforços
t
KaTJcos a
P(t)
-2,535 -0,006 0,000 0,000 2,561
90,7 39.5 168,3 168,3 95,8
0,000 -52,377 78,217 78,217 0.000
os esforços sobre as estacas
(todas
335
-t----..:;=---_-~-.---< CE!iTRO ELÁSTICO
M = 550 X 0,12 - 80 X 0,59 = f)
-K2tgacosa
lO.23 Calcular, pelo método de Nõkkentved, iguais) do bloco de fundação da figo 10.24.
as colunas 11 e 12.
V
dos esforço. :
(fig. 10.23):
---''----~::-::-:~---=:.!..:::.::.::....----
Zo
nto a cada ('Atara iJltl'~m,dl' d" 1.111.11,
2j39
sobre as estacas:
,
!E:+55_~t
H- 80t
2JIO
- Consideremos preliminarmente que a fórmula geral para o cálculo de P, recordando que, no problema em exame, A é.constante, pode ser escrita:
'---________
X Fig. 10.23 3
P
V tg
cosa
(tg
notando
01." -
01."
tga')
-
H ~COS201.
+ (tga"
H - V tg 01.' - tga') ~cos2a.tga
M
. tga
+I
950_,~ 0,50 4
TI
que: 180
tg -
Reportando-nos
agora
01.'
~cos2a
= ~cos2a tg
aos valores
numéricos
determinados
em (a), (b),
Fig. 10.24
(c) 'e (e) teremos
~ expressão
P
Resp.
= 93,266 - 302,128 tg
01.
+ 0,637
da forma:
P= (K1-K2
·tga+KaTl)cosa
110
01..
TI
P, = 15,98 t;
P3
=
P4
=
P2 = 19,91 t;
22,78 t;
P5
=
40,32 t.
10.24 Em um terreno cujo perfil é o indicado na figo 10.25, calcular a eapacidado de carga de um tubulão de 1,20 m de diâmetro e base alargada até 1,60 m, na ·ot.t~ - 12,00.
194
PUNOAÇO S PROFuNDAS
Solução. ealcuJada
P,
A capacidade pela fõrm J ua
= Pb +
=
27rrjh
Ao.
'I'
=
30
ga do tubuJão é 7rr2 (1,3 cNc
NT=OOO
+ 'Y.hN +
Nc
+
+
. fB.
,
S
_
,
I
ím3
•.••••
I".
"
,
••
h
/7/7//7'/ ARGILA' / /
/
Peso específico: 1.85t/m3 Angulo de atrito interno: 2fP Coesão =8t/m2 Coeficiente de atrito: 1.5t/ m2
/
MOLE ~~SUb=I,Ot/m3/
,// //;'/f
=
0,5t/m2/
~///~~/~ .'", ,h/
r'
coe iciento de segurança
•. AREIA MÉO;A',' ~'. " : : " .: , E GROSSA,,.-' ,sub: 1,0t 1m3, ARGILOSA" " .' -, ' , COMPACTÂ, "\f> = 30'0
igual
.
639 5 ~128 t.
,
~
, '
10.:5 Calcule o comprimento (h) de um bulao para uma carga de 1 000 t tuque as características do t " ~aben~o-se erreno sao as mdicadas
.'.'
\
' . '
• • ~
com
"
_ ., f=I,5t/m2" " , , " " " '
•
+
P, ~639t.
a 5, resulta
\
. ,',' ,-7.00
+
obtém-se:
um
..••.•
. - .. 'õ'S'Ub': I;Ot
as letras pelos seus valores, Vem:
+
Adotando-se
PUNDAÇO
.. '.~~
= 35 e lVq = N'; = 20.
P, "'" 11X 0,80 2(1,3 X 1 X 35 10 X 12 X 20 0,6 X 1 O X 080 ' , , X 20) 2 X 3,14 X 0,60 X X (1,5 X 7,0 0,5 X 5,0). Efetuando,
2
, AREIÀ FINÁ· '. ' , ', :~~ , , " SOLTA. '
q
t
Substituindo
PART
NA=-o50
I
.0,
10
de car
+ 0,6 'YrN~) + 21Trjh onde, para
CAPo
:'
.. , -,
'c'
.•.•
.
: •
i,ó t/m2 •
.
•
-1~
,.
~~~:_4~,5~0~
' .Ô
Fig. 10.26
Fig. 10.25
na figo 10.26.
Adotando-se admissivel:
um coeficiente
Para o cálculo da capacidad d f' . e e carga do ter um coe IClente de Sf:\gurança . 1 reno usar a fórmula de Rankin igua a 2: e, P
= 'Yh tg (4.1 + :) 4
+
2c
Solução.
Substituindo
os símbolos
de segurança
p =
3,87h
igual
a 2, teremos
para
pressão
+ 35.
Como a capacidade de carga do tubulão deverá ser expressa como a soma da capacidade da base alargada mais a resistência de atrito ao longo do Custe, teremos:
tg3.(45 COSo
~
+ t/J/2) (45 - t/J/2)
11X 4,502 4
I
(3,87h
+
35)
+
2,1071 (h - 3,00) X 1,5 = 7l,4h
+ 528,3.
(1)
pe os seus valores, vem:
P
=
1,85h tg4 (45
+ '2' 20)
+2X8X
tg3 (45
+ ~) 2
cos- (45 _
efetuando,
~O)
Por outro lado, a carga vertical total a ser transmitida ao solo é igual a soma do. carga aplicada mais o peso próprio do tubulão. Este pode ser escrito como a soma do peso do Custe, mais o peso do tronco de cone, mais o peso da parte cilíndrica. Assim, teremos: 1000
obtém-se: P
=
7,74h
+ 70 (em
t/m2).
+{
2
11'
X :,10
+
(h _ 3,00)
11 X ~502 4
+
X 0,30
2,71(011"
}
(2,252
X 2,2
=
+ 1,052 + 2,25 7,65h
+ 1040,8.
X 1,05)
+ (' )
196
UNDAÇO
Igualando 71,4h
as expressões
+ 528,3
S
PROFUNDAS
CA'.
(1) e (2), obtemos:
= 7,65h
+ 1040,8
v
PART
M
donde, então:
H
h
8,lOm
=
que será o comprimento
total necessário
h
10.26 Calcular a tensão máxima na base do tubulão da figo 10.27, supondo o esforço horizontal absorvido pelo ernpuxo passivo. Solução.
p
De imediato
+
= ~
111
obtém-se
+H
(h
b
que:
+ b)
2a X 4
8 donde:
p u
=
·,
7r d -
10.27 Calcular a capacidade de carga de um tubulão com 10m de comprimento e 1,20m de diâmetro, em um terreno com as seguintes características: "y = 1,7 t/m3; cp = 30°; c = 1 t/m? e
f
=
1 t/m
Resp.
~
2
(resistência
de atrito lateral).
99 t.
Fig. 10.27
Obras
de Terra
I'ART
o
RA
o
T RRA
Estabilidade de Taludes Capítulo 11 11.1 Determine para o talude de terra da figo 11.1, o coeficiente de segurança ao deslizamento correspondente ao centro de rotação locado de acordo com a tabela de FelIenius. Solução.
ao centro de rota-
ção locado pela tabela de Fellenius tanto
----~~w
Tendo sido pedido o coeficiente de
segurança correspondente escorregamento
superficial -
gulos a e (3 são, para talude 1 :2, a (3 = 25° (fig. 11.2).
poros ân-
= 35° e
~ =1,85g/cm3
O quadro seguinte nos
: 230 c = 5.5t/m2
- mostra os cálculos auxiliares para o traçado e a obtenção
das componentes
das forças Fig. 11.1
de cada fatia. O coeficiente de segurança
é dado pela fórmula tgfjJ"í'.N
C. =
+ cL
"'i:,T
com:
"'i:,N
=
263,40 t 00'
"'i:,T = 66,15 t 112° 3600
L
=
=
0,43 X 263,40 5,5 X 30,5 66;15
211"X 15,6 X
=
30,5 m
donde C.
+
=
4,2. Fig. 1l.2
200 ART
N.oda fatia
Normal 2,3X2 -2-
1
8olução.
Componentes
Peso total da fatia (em t)
O !tA
D
T RRA
'm
Tangencial
X 1,86 = 3,72
3,0
-2,1
2
2,3+4,23" 2 X 2 X 1,86 = 12,15
10,8
-5,4
3
4,25+5,85 2
17,7
-5,7
X 2 X 1,86 = 18,8
3
c 'Y
5,85+7,2 2
5
7,2+8,3 2
X 2 X 1,86 = 24,3 X 2 X 1,86 = 28,8
.
23,8
-4,35
28,7
-1,5
8,3+9,15 2
7
915+975 , 2'
8
9,75+ 10 2 X 2 X 1,86
X 2 X 1,86 = 32,5
32,2
IÍc = 4 ~ = 4 X 'Y
Impondo uma superfície LIA
Calcular
= 1,8 t/m3,
=
36,6
34,2
7,5
34,2
12,3
30,9
16,5
9
10 + 8,9 2 X 2 X 1,85
10
8,9 + 7,45 2 X 2 X 1,86 = 30,4
24,3
18
11
7,45 + 5,3 2 X 2 X 1,86 = 23,7
16,5
17,1
12
5,3 X 2,7 X 1,86 = 13,3 2
7,1
11,1
=
35,2
plana
a altura
para o talude
fig 11.3 a expressão
= 5 75 em = 5, 75 m
0,92 --"---
0,23 0,0016
0,0016
de ruptura.
crítica
de uma
Sendo a altura
crítica
de uma
H
= cT
escavação
vertical
em um
escavação
vertical
dada, segundo
2,67c t (45 'Y
g
2,67 X 3 ( 1,8 tg 45
10) +2
= 5,30m.
n.5 Calcular a inclinação do talude de um aterro com 8 m de altura, sendo o peso específico, a coesão e o ângulo do atrito interno, respectivamente, 1 700 kg/m3, 0,15 kg/cm" e 10°. Adotar um coeficiente de segurança igual a 1,5. Sondo o "número
de estabilidade"
66,15
do coeficiente
De imediato,
c
~--S'YH
de segurança.
obtém-se:
'Y
7TRa c·-·R S
+
simples 0,46 km/om", qual a profundidade máxima de escavação vertical?
=
1 700 kg/rn"
=
1,7 t/m3
c = 0,15 kg/cm2 = 1,5 t/m2
180 Pa Qd
ll.3 Em um terreno de peso especí-fico 1,6t/m3 e resistência à compressão
H
=
8m
S
=
1,5
obtém-se Fig. 11.3
Ter-
+ ~) 2
com Solução.
solo com
tem-se:
N= ll.2 Estabeleça
0,0016 kg/crn"
cP = 10° e c = 0,3 kg/cm-,
HCT =
263,40
=
»aghi, pela fórmula
Solução. Totais
0,23 kg/cm!
2,7
Solução. X 2 X 1,86 = 35
=
nbtém-se:
'Y
6
1,6 t/m3
=
T
4
0,~6
=
N
1,5 1,5 X 1,7 X 8
0,074
1 N
~-=
13,5.
~02
o gráfico da pág.
331, do Vol. 2, nos dá para _1_
N
=
clinação i ~ 30°. 11.6 O fator de segurança do talude indicado na figo 11.4 é considerado inad •. qu~do. Para aumentá-Io altera-se a sua seção, removendo-se o volume de 111/1 teria I correspondente à área tracejada. Pede-se determinar, para a superf'ír-i« de ~eslizamento indicada, o fator de segurança antes e após a modificação d"
Aterros
e Barragens
seçao.
Capítulo
4,50
,
v
12.1 Determinar o recalque de um aterro nas condições indicadas na figo 12.1a, negligenciando-se os recalque do aterro propriamente dito, face aos da camada compressível de argila. Solução.
'lI'= 1,8t 1m3 c =0,15 kQ/cm2
a) Cálculo das pressões antes da construção do aterro.
Para simplificar, consideremos a pressão vertical média sobre a camada compressível, igual à pressão sobre o plano médio da camada, ou seja, na profundidade de 3,80 m. Nessas condições, a pressão efetiva será: Pl
lf'= 1,1t/m3 c =0,25 ko/cm2
ESCALA o h
2,
4,
6m
.
Fig. 11.4
Solução.
O problema é resolvido calculando-se os fatores de segurança
----
S
.lI. cLR --=-.lfi
Pd
J:l
b) Distribuição
=
0,80(1,9 -
1,0)
+
3,00(2,0 - 1,0)
=
3,72 t/m2.
das pressões devidas à carga do aterro.
Para o cálculo das pressões devidas à carga do aterro, na profundidade de 3,80 m, utilizar-nos-ernos do gráfico devido a Jürgenson, tendo em vista que a seção do aterro pode ser considerada como a diferença entre os triângulos d bases 30,00 m e 15,00 m. As pressões máximas q a serem consideradas, como facilmente se determinam, são, respectivamente, de 31,50 t/m2 e 15,75 t/m2• A distribuição das pressões verticais, assim calculadas, está representada na figo 12.1b. c) Cálculo do recalque da camada compressível.
Considerando-se a "curva índice de vazios-pressões efetivas" (fig. 12.2), obtida em um ensaio de adensamento com uma amostra indeformada da camada compressível de argila, calculemos os recalques de diferentes pontos desta camada . Para o ponto abaixo do centro do aterro, temos:
para a seção original p para a seção alterada, considerando-se devidamente os p.esos P à direita e à esquerda da vertical que passa por 0, bem como suas distâneras (d) a esta linha.
Pressão efetiva antes da construção do aterro:
~ssim .procedendo, obtém-se para fator de segurança da seção original, aproxImadamente 1,4 e, para a seção alterada, "-'1,8.
Índice de vazios correspondente: / fi
=
0,910.
204
AT RROS
15,00
+
BARRAGENS
CAPo
12
PART
31
o
RA
D
TlRRA
t
0j30 •...•.
8
;/; •. ','
H.------~-----+------~-------r------~
(a )
<.O
COMPRESSÃO
cn
',I
º
.
N
:;
0,8
w
o w
o Ci
(b ) 10
5
O
DISTÂNCIA
5
~
DO CENTRO.EM
z
15
.\ DESCOMPRESSÃO
M 07 , O
--'
!
I__._---L-_---:'--~
10
20
w PRESSÃO
~ E
§~
15
I
() o ~......
30
L------1._~;;;;;;;;::::::::::::::;:;~~~----.J
'-~~=~~~
40
50
( p) t 1m2
(c )
~~~~~~----~
DISTÂNCIA
30
F'ig , 12.2
DO CENTRO. EM M
Recalque da camada de argila: O~-----,------r------'------~ RECALQUE 00 PONTO ABAIXb
00 CENT~O
Ah
=
15
( d )
"h -_ 0,910 - 0,805
3OL------L-------~----~------~ 8000 2000 4000 6000 O TEMPO_
14,60 tjm2•
Pressão efetiva total após a construção do aterro: P2
=
PI
+ Ap
=
Índice de vazios correspondente: E2 =
X
600
=,
33 O
cm.
Os recalques para os outros pontos são calculados exatamente da mesma maneira. É conveniente sistematizar o cálculo, tal como indicado na tabela da página seguinte. Na figo 12.1c indicamos a curva de distribuição dos recalques para os diferentes pontos.
Acréscimo de pressão devido ao aterro: =
1 + 0,910
DIAS
Fig. 12.1
Ap
~
0,805.
18,32 tjm
2•
d) Porcentagem
de -recalque.
A figo 12.3 mustra a correspondente" curva tempo-porcentagem de consolidação", para a amostra de solo ensaiada, a qual tinha 1,00 cm de espessura. Como se verifica, 90% da consolidação ocorreu 60 minutos após o início do ensaio.
ATERROS
206
. BARRAO N
CAPo 12
Considerando que, tanto a amostra, como a camada de soJo no camp , drenadas pejas duas faces, temos que:
rAIO
3
OBRA
D
H ()
TI RRA
o o
.
o ::::i
Distância
20
g
da linha do centro do aterro (em m)
z
8
40
1\
\
\LI
o
5
10
15
3,72
3,72
3,72
O
::!: \LI
Pl
3,72
6.p
14,60
14,50
8,71
P2
18,32
18,22
12,43
5,92
ei
0,910
0,910
0,910
0,910
E2
0,805
0,810
0,840
0,890
l2
0,105
0,100
0,070
0,020
ei
1,910
1,910
1,910
1,910
33,0
31,4
22,0
El -
1
+
El -
1
f2
+ El
X h
tilo
6,3
60
I-
2,20
Recalque em centímetros =
=
~
Qé
80
\
r-.
~ 100
<,
i
o
"--- t--60
40
20
Fig.
100
80
12o
L2.;{
Assim procedendo para outras porcentagens de consolidação, traçamos, finalmente, a curva tempo-recalque para o ponto abaixo do centro do aterro (fig 12.1cl).
Espessura por face de drenagem, no campo de drenagem, no laboratório = 0,50 cm(h2).
3,00 m(hl).
Espessura por face
12.2 Sobre uma camada de argila mole com coesão 1,3 t/m2, pede-se calcular a altura admissivel de um aterro com material de peso especifico 1,7 tIro 8, tomando-se um fator de segurança 1,3.
Nessas condições e recordando que:
Solução.
ou, no caso em apreço:
Segundo Fellenius, a altura crítica do aterro é dada por
hcr•
360000
t2
=---=
1,3 0,18 X 1,7
c
0,18)'
Logo, a altura admissível será hcr.
pódemos, facilmente, calcular os tempos ti em que ocorrerão, no campo, diferentes porcentagens de consolidação, sendo t~ os tempos correspondentes obtidos no laboratório. Por exemplo, para 50%, t2 = 8 min, donde virá: t1 =
8 X 360 000
=
2 880 000 min
=
2 000 dias.
4,25m.
hadm.=~=~-
4,25 . _ 3 27 ,
m.
Ii 12 4 dimensionar as bermas .de squi12.3 Para as condições do aterro da 19. ., líbrio, com um coeficiente de segurança 1,2.
20a
ATERROS
BARRAG
NS
CAPo 12
PART
J
o
A
D
T RRA
obt mo b2 D
18, e 2..=07 b2 '
-=
donde: b2
= 11,80 m (largura
1,8 X 6,5
=
da b rma)
e Fig. 12.4
x Solução.
a) Tem-se
para b, e b,
b) Tensão
=
bo
0,7 X 11,8
=
8,20m
< b i.
12.4 Para as condições dó aterro indicadas na figo 12.5, dimensionar de equilíbrio, tomando um coeficiente de segurança S = 1,3.
PI:
+ 1,M
1
.5 + 1,'? X ri
=
=
12,5 m
i de cisalhamento
=
t
bo=IOm
admissivel: --------<
1,5 = 12 ,
Tadm. =
? 1, 2.5 t / m-,
~ c) Determina~ão
de P2 e h2: CAMADA MOLE
P2
5,5Tadm.
= PI -
h2 =
d) Cálculo
b, de -D
e
=
2,15 -1,3
9 - 5,5 X 1,25 =
1,65 m (altura
2,15 t/m~
=
c = 1,3t/m2
D=18m
da berrna).
~ P2 Fig. 12.5
12,5 -=--"-' D 6,5 bl
1
,9 Solução.
J2.=
2,15
P2
o valor
~
indica, no gráfico
9'
superior
=
ruptura.
Nessas condições, Tadm. 1,25 -= --"-' PI 9
b1 da esquerda
da figo 22.l1a do Vai. 2,
-
no gráfico próprio O 4 1 ,
para bl e
PI:
4,2'.
bl Caso rde
a) Tem-se
do Caso r, com:
=
10
+ 1,5
X 6
=
=
bo
+
19 m (largura
2
(1,,1)
~l
)
=
bo
do corpo central
+ i.s h
l
do aterro)
c PI =
1,7 X 6
=
10,2 t/m2•
as b rmus
AT RROS
210
b) Tensão
de cisalharnento
BARRAGENS
CAP. 12
ART
3 08"A
o
T "lIA
admissivel:
Tàdm.
c) Determinação
de P2 e h2: P2 = Pl - 5,5 Tadm. = 10;2 - 5,5 X 1 = 4,7 tJm2• SOLO MOLE c=I,ot/m2
e 4,7 1,7
h2 ==
d)"
b Cálculo de D 1 e
_ 2,76 m (a I tura d a berma). -
Ei: P2
b1
19
D
=
18 =
~
=
10,2
Fi". 12.6
1,05
=
2,17.
b) Tensão
4,7
P2
Com esses valores (que indicam Caso Il de ruptura) superior da esquerda da figo 22-11a do V01. 2:
encontramos
de cisalhamento
admissivel: ~
Tadm.
no gráfico
c) Determinação
1,2
=
o ' 84t/m,
2
•
de P2 e h2: P2
= p, -
5,5Tadm. = 7,1 - 5,5 X 0,84
=
donde: b«
=
2,8 X 19 '" 53 m (largura
da berma.).
12.5 Para as condições do aterro necessárias, Solução.
adotando-se
2,5 1,6
da figo 12.6 pede-se dimensionar um coeficiente de segurança 1,2.
as bermas
=
1,55 m (altura
b1 d) Cálculo
deJj
a) Tem-se
II = 25
b1 = bo
+ 2 (2
~l
)
= bo
+ 2h
1
= 4
+2 X
3,5 = 11 m
E!.. Pl
=
1,6 X 3,50
+ 1,5 ~
P2 7,1 tJm2•
044 '
= ~
2,5
=
2,85.
2
2,5 tJtn •
da berma).
AT
212
Entrando-se Vol. 2, verifica-se ~o gráfico
com
~ , no gráfico
que estamos
superior
RROS
da esquerda
BARRAO
N
CAP.
da figo 22-11a
3
PART
do
'ollsiderando ap nas a drenagem vr-rtical, (J tempo para. atingi!', )(11' ,. '"'1,1" U. = 10% (donde T; = 0,008) do recalquo total, dado pela teoria (·1/1 11'11 d, Terzaghi,
no Caso III de ruptura.
OBRA
o
12
T RRA
será:
do Caso III, com:
próprio
= 0,84
T"dm.
Pl
=
7,1
t
°' 12
e
=
_Tvh2 c.
=
0,008 X 4002 0,0355
3,6 X 104 mino
Es. = 2,85 P2
b) COl1! a utilização de drenos nas condições do enu~ciado (' ,.,ab<'.ndo/'4" que o raio do círculo equivalente (íig. 12.8), no caso, é aproxImadamente iguul t
obtemos:
J!.,,-
=
1,05, obtém-se
2
donde bs = 3,2 X 11 = 35 m (largura
12.6 Com as indicações a) calcular
da berrna).
da figo 12.7 pede-se:
o recalque
do aterro,
devido ao adensamento
da camada
mole;
b) comprovar a eficiência de drenos verticais de areia com Dd = 40 em de diâmetro e espaçados de a = 2,10 m, dispostos segundo uma malha triangular.
o
o 11
o
5m
ATERRO
t =1,7t/m
l
ARGILA MOLE
ch =cy = 0,0355 cm2/m,in my =0,03Icm2/kO
h=4m
Fig. CAMADA
12.8
IMPERMEÁVEL
Fig.
210
12.7
= --
_
~;).
40 Solução.
a) Da expressão
do recal que total: ó.h
supondo constante a pressão aplicada = 8,5 tJm2 = 0,85 kg/cm", obtém-se:
=
ó.p . h .
. ASSIm, para- o mesmo tempo t
m"
devida, ao peso do aterro,
ó.h = 0,85 X 400 X 0,031 = 10,5 em.
=
4
Cht
ó.p = 1,7 X 5 =
1\ donde,
da fig.22.8
= - (Dc)2
3,6 X 104 min, totn-so:
=
0,0355 X 3,6 X 10 (210)2
do VoI. 2, obtém-se
U
T
=
30%.
~
°' 03
214 ATERROS
o
então:
grau
de adesamento,
atendendo
U
100 -
às drenagens
BARRAGENS
vertical
e radial,
CAPo 12
PART
O lIA
T RRA
D
valerá
1 100 (100 - 30) (100 . - 10)
= -
-:
,/
100 -
U
=
u= A comparação
U%
de
com
Uz%
1~0 X 70 X 90
100 - 63
comprova
=
=
63
/
/
/
»:
...------
-:
/
37%.
a eficiência
dos drenos.
/
/
I 12.7 Para a barragem
de terra indicada na figo 12.9, trace a linha de saturação de água que escoa, por metro de barragem.
e avalie a quantidade
I I I
.E
\
\
\
\
-4 k =0,8 x 10 cm/S4tg
Fig. 12.9
A perda de água através
\ \
IMPERME~ EL
Solução. A construção gráfica de saturação da barragem.
\
da figo 12.10, para a
do corpo da barragem
< 30,
mostra-nos
a linha
\
\
\
-,
-.
~
"",-----
/
/
,--1_
é dada pela fórmula empírica:
com: k
0,8 X 10-4 cmjseg
=
0,8 X 10-6 rnjseg
h =:' 30,00 m 4 Z
d
=
112,00 m (obtido
do gráfico)
OO'Ot;
4
216
ATERROS
BARRAGENS
CAPo
12
Assim:
Apêndic 12.8 Traçar
a linha de saturação
da barragem
(fig. 12.11).
NOVA COLEÇÃO DE EXERCICIOS E PROBLEMAS
10m
5
o
Fig. 12.11
5
10m
1. Conhecidos
o = 2,70,
= 10 g e h = 20%, pede-se
P,
'Y e
e do
10 quando
11\1'
rado. Solução
h=-
Pa
-+
Ps
...!.!l =
Vs-
'Yg
Vv
e
=7
s
Pt
'Y=-= V t
Pa=hPs=0,20xI0=2g 10 2,7 x 1
3Jcm
e
Va=2cm3
3
2
=3"7= ,
0,54
10 + 2 . 2,1 gfcm3 5,7
2. Uma amostra de argila tem um volume de 1O-3m3 e pesa 1,762 kg. Após gem o seu peso torna-se 1,368 kg. A densidade das particulas é de 2,69. Determinar:
S
11
I) para a amostra de argila no seu estado original: (a) o peso específico seco' (b) o teor de umidade; (c) o índice de vazios; Il) supondo a amostra saturada e admitindo o mesmo índice de vazios: (a) o t de umidade; (b) o peso específico.
(lI
218
NOVA COl
c
O DE EX
RClelOS
E PROBl
MA
AP NDIC
I
Solução
s~
Tem-se:
12m
370/0
L
1
1,762 l' = lQ-3=
1762kglm3
A R E I A
4.5
e~ 0,52 ó~
2,65 9m
1'8 = 1368 kg/m3
I)
'V
-
'8 -
l'
T+h
h
1762 = 1368 -
4
1
tv
8
ARGILA
= 0,2 8 ou h = 28 ,8%
42
%
4,5
8 ~ 2.65
u"f+
2,69 1,368
----
1 = 0,966 ==- 0;)7
••• --••• ••• ••• ••• ••• Fig, 1
4
h =
lI)
°
= 0,97 .~ 36 ou h = 36% 2,69 '
E
o
_
2-:--,6_9-::-+--:-0-,=-,9_7 x 1 1857 kg/m ' 1 + 0,97 1'2 =
3. Um terreno é formado por uma camada de areia com 4,50 m de espessura, sobrejacente a um espesso leito argiloso. O NA está a 2 m abaixo do topo da camada de areia. A areia tem um E =,052 e, acima do NA, um S = 37%. A argila tem um h = 42%. Admita o = 2,65 para a areia e para a argila. Calcular as pressões total, efetiva e neutra sobre um plano horizontal a 9 m abaixo da superfície do terreno.
2,65 + (0,42 x 2,65) 1= 18 1 + (0,42 x 2,65) x !
ti
3
m
As pressões a 9 m de profundidade serão, assim: - pressão total: a = 1,87 x 2 + 2,1 x 2,5 + 1,8 x 4,5
Solução
Como sabemos a = ~ l' z
o +SE
e
1'=---1'
1+
E
- pressão neutra: a
u = 1 x (2,5 + 4,5) Nessas condições podemos escrev6If(Fig. 1): - para a areia (acima do NA): 1'1=
2,65 + 0,37 x 0,52 ~~~~~~1+0,52
- pressão efetiva:
x 1
1,87 t/m3
- para a areia saturada (abaixo do NA): , = 2,65 + 0,52 _ 1 + 0,52 x 1 - 2,1 tlm
3
1'1
para a argila (saturada) com
E
= h o:
p = a - u = 17 - 7 = 10 t/m2
4. Os dados abaixo foram obtidos de ensaios com o permeâmetro de nível varldvel: área da bureta = 400 mm" , área da amostra = 2800 mm" , altura da amostra = 50 mm, altura do nível d'água inicial = 1000 mm, altura do nível d'água final = 200 mm e os tempos para decréscimo do nível d'água = 500 seg (para o solo A) 15 seg (para o solo B), Determinar o coeficiente de permeabilidade de cada solo.
NOVA COLEÇÃO DE EXERCICIOS E PROBL MAl
220
I, I (6 Se estes dois solos formam duas camadas adjacentes com 1:> m de espessura cada uma, calcular os coeficientes de permeabilidade nas direções paralela e ortogonal às camadas.
(2) -
'1110)
= 15,3t/m2
Po =1,8x3+1,lx9
== 3,8 kg/cm?
PO' - Po = 37,5 t/m2
Solução
Pela simp~es aplicação de fórmulas conhecidas, obtêm-se:
52,8 t/m2 (pressão dc pré-adcnsam
b) A camada de argila é, pois, pré-adensada. Admitindo-se que ela fosse adensada, o recalque devido a carga do edifício seria calculado por:
k,
== 0,02 cm/seg .
k2
== 0,08 cm/seg
6.h = _h_ 1 + fi
kv
== 0,005 cm/seg
K = 0,009 (LL - 10%)
kh
== 0,04 cm/seg
K
11
nuuluu-n
log P + 6.p P
, assim: K = 0,009 (46 - 10) = 0,324
5. Para as condições indicadas na Fig. 2, pede-se calcular os limites inferior e superior do recalque da estrutura.
~==~-------
fi
= h
'Y
--._---
o = 0,36
0--1 276-1 -J+€ ra-I-' +0,99
-
'sub
x 2,76 = 0,99 x I
=
0,9 t/m
3
Pressão inicial no centro da camada de argila: P = 1,8 x 3 + 1,I x 9 + 0,9 x 3 =
~<.;'~~~:~~~ ..
E
~ C.:-:·: I ~.:._:. ":
~~~.:_i(·-t~)::.·\:~~!~~~~~ ..
"
'
~ ;",:,':: <'..".::.:....., ..... :,,:. : • :, ., ..... : ::'.~.... ~.. . : .. .. .. .:. ~.:: :.... . . . . '. '
'.'
'. . '
E CD
.
-,
."
t/ rrr'
= 1,8 kg/ cm
2
Recalque:
(f. oS I I tlms :.:.', :-
.'
18
'
",
600 1,8 + 1,2 = 21 6 6.h = 1 + 0,99 x 0,324 x log 1,8 ' em
c) De acordo com Terzaghi e Peck, a compressibilidade de uma argila pré-adensadn depende da razão ,6.P (com Po a pressão reinante e PO' a pressão de pré-adensumento). Po - Po /6.p < 50% a compressibilidade da argila é tomada entre 10 e 25% como Po - Po ela fosse normalmente adensada. Com o aumento desta porcentagem o efeito do pré-ad samento decresce e se maior do que 100% a influência é desprezível. Se
LL=46%
Fig.2 Solução
a.) Preliminarmente calculamos o valor da maior pressão efetiva no ponto A, antes e depois do processo de erosão que deu origem ao vale.
M'
6.p 12 / =-3'8 = 0,31 ou 31%. Po - Po , Nessas condições os limites inferior e superior do recalque, sob a pressão devida estrutura, são:
Il
No caso
I
\"",..1
6.hmín. = 0,10 x 21,6 = 2,2 em
0
6.hmáx. = 0,25 x 21,6 = 5,4 em
; a ·I,OOm'·
, "'.
B
6. Uma amostra de argila com 19,1 mm de espessura, drenada por ambas as faces, atinge 30% do adensamento em 10 minutos. Em que tempo a mesma amostra leva para alcançar 50%'1 Admitir a relação U = 1,13 VT. Solução
Tem-se sucessivamente: t·cv. T_--h
h _19,1-955' d--..,-- ,
t:~ 2
'
d
T" =
mm ; U=1,13VT
~
= 0,07
Tso = ~,13)
0,07 4
c,
= 0,197 ~ tso
2
9,55 10
X
=06384 '
0,197 X 9,552 0,6384
=
mm
2/'
nun.
= 28,1 mino
7. Com os elementos fornecidos na Fig. 3, pede-se calcular asoma dos recalques da fundação devidos aos recalques elástico e por escoamento lateral (decorrentes da areia e o ~ecalque por adensamento (oriundo da camada de argila).
Fig.3
Solução
- Recalque elástico: Pela fórmula de Schleicher
r3 = --
1 + fi
_ P B (I - /12) I rI E com
jJ.
h
= 1/2 e fator de influência médio I = 0,95, obtém-se: I = ~.4
3 x 100 500·'
°
95
=
43 , mm
Pi + 6.p • K . log--Pi
600 . 0,31 • log 1,253 = 15,2 mm. 1 + 1,05 1,2
_ Soma dos recalques: O recalque teórico total devido aos três efeitos é, assim, igual a: r = 4,3 + 1,8 + 15,2 = 21,3 mm
- Recalque por escoamento: cp
r2 =a=
6x3 100=
Segundo a fórmula aproximada de Kógler e Scheidig: 8. Dados aI = 10 kg/cm" e a3 = 2 kg/cm? . Achar um ângulo de 30° com o plano principal maior.
1,8mm
- Recalque por adensamento:
Com Pi = 4 x 1,6 + 3 x 1,8 == 1,2kg/cm2 (pressão. 2
inicial no plano médio) e 6.p = 3X 1 = 0,053 kg/cm? (acréscimo de pressão), temse: (I + 6,5)2 ,
a
e
T
em um plano que f
Solução
Graficamente (Fig. 4) obtém-se a = 8 kg/cm?
e
T
= 3,5 kg/cm".
111111
224
10. Os resultados de um ensaio triaxial, com drenagem, foram:
(5: 8 k /cm2
2
3
4,1
10,3
16,5
13,8
22,3
30,0
Amostra 03
(t/rn") o] -
03
(t/rn")
Determinar a coesão e o ângulo de atrito interno. o
2 kg/cm2
Solução
IOkg/cm Fig.4
Graficamente (Fig. 5) obtém-se:
9. Um solo é caracterizado pelos parâmetros tp = 150 e c
= 0,7
kg/cm? .
a) Qual deve ser a tensão de compressão aplicada ao solo para que ele resista a uma "tensão de cisalhamento" de 1,4 kg/cm", com um fator de segurança 1,5? b) De quanto se deve aumentar a tensão de compressão para que a "resistência ao cisalhamento" aumente de 0,5 kg/cm"?
Solução
a) Partindo-se da equação de Coulomb Tr = C
+ o tg tp Fig.5 Tr
e escrevendo-se 2,1 -0,7 tg 150=
T
°
=15
1,4 ,268
~
Tr
'522kgf
=,
= 1,5
x 1,4
= 2,1 kg/cm",
obtém-se
0=
tg tp
2
em .
11. Para a rede de fluxo da Fig. 6 indicar os níveis d'água atingidos nos piezõrn
•
tros. b) Escrevendo-s.e novamente a equação de Coulomb TI +6T e 02 =01 +60,deduz-sedcT2 =c+02tgtp
=
T2 =71
+ (o I + 6 o) tg tp ~
6
T
= 6 o tg tp
e daí 6 o
=
6 T tg tp
= ~0,268 =
+ que
C
oI TI
tg tp e ainda
1 87 kgl em? .
'
Solução
+6T=C+
É indicada na própria figura, com a carga h dividida em 12 partes iguais, sendo 1- o número de quedas de potencial.
N VA
o
cao o
NOI
Solução
h
6m
k
5 x lO-4cm/seg
=
5 x 1O-6m/seg
Q
=
5
x 10
x
I II
li
x 60 x 60 = 741 litros/dlil/1I1
13. Um estrato de areia, com 10m de espessura, está sujeito a uma p rcola~' 10 ascensional de água sob uma carga hidráulica constante de 14,4 m medida na face in r'IIOI da camada (Fig. 8). Determine a que profundidade se poderia escavar a areia sem o perigo da ocorr n 'ill do estado de areia movediça. +4.40
y
Fig.6
0,00
. . y-.. ~. .. "
12. Cal~ular a quantidade de água que escoa sob a barragem indicada na Fig. 7, por metro e por dia.
:.
....
.~
.
Fig.8 Solução
i c
=
!':. h
L
= fi - 1 = 2,65 - 1 = 1,65 = 1,1 1+
Pode-se escavar 10 - 4
Fig.7
1 + 0,5
E
=
1,5
--* L
=
!':. h
1,1
= 4,4 - 4 m 1,1
6 m.
14. Calcular as pi"essões no centro e no canto do edifício (Fig. 9), a 6 m de proluu didade. Admitir o carregamento uniformemente distribuído na área de 60 m x 30 m.
228
AP NOI
+- T-t- f
-1"- -t----m------+-
A
~t- ++-te
te f------;jr-----+-
+ -~r---t··--T--r -rB
1
Ic
Ic
!c
+-~ .1._ • I
.10m
,"
+aI
10m
lc
l
1
NOS
-+
Uz
100 t 200
3
do solo escavado é de 1,6 t/m
•
5,OOm
M --1--
=
2
2 t/m
--+---
8E
8.00m
ao.oo-E It)
M
p , Fig. 10
Tem-se assim (Fig. 10) pelo gráfico de Steinbrenner: =
6 m):
= 0,25 x 2 = 0,5 t/m2
t
3,00
=
1,841/111
15. Calcular o acréscimo de pressão na vertical do ponto M (Fig. 11), na profundidade de 12 m, provocado por uma construção apoiada na cota - 3 m. O peso específi ()
50t
B C
3600 1 800
=
A
p.15t/m2
- para o ponto M (z
4 x 0,23 x 2
6 m):
0,25
•
distribuída:
4 x 50 + 14 x 100 + 10 x 200 30 x 60
=
0,2
Fig.9
Carga uniformemente
=
6
30=
Uz
10m
PILARES:
Solução
P
z b
=
-+
p
10 miam
A CARGAS
- para o ponto P (z
I
'I
10m!
0,23
p
Fig.ll
o o
!!i
NOVA COLEÇÃO DE EX
230
ncrcros
E PROBL MA
AP NOIC
I
14,1
Solução
Descontado o alívio decorrente da escavação, a pressão a ser considerada pm;a aplicação do gráfico de Steinbrenner será p' = 15 - 3 x 1,6 = 10,2 t/m2 e a profundidade z = 12 - 3 = 9 m, donde se obtém Oz = 0,99 t/m2 .
x
= 5,4 x 2,5 + 1,5 x 3 + 4,5 x
=
3 1,5
e daí: x
=
2,23 m
ou, em relação à base do muro: 16. Para o muro de arrimo da Fig. 12, indicar o diagrama de empuxo, calculando o seu valor e ponto de aplicação, pelo método de Rankine.
4 - 2,23 = 1,77 m como indicado na figura.
o 17. Calcular a espessura b da barragem (Fig. 13), de modo que não ocorra tensão
'f = ~O·
de tração no solo de fundação.
t" = l.e1/m~ +
y
Usub
1C.00
=IOtlm3 .
E
.77 2 •...••__
Q)
li!
OIE
<0:::'~
..L-_-.l.
3.0ttn-.Z
ÁG~A
Fig.12
~
ID
~
!Xl
" ~
Solução
b Com os elementos fornecidos facilmente traçamos os diagramas de pressões devidos ao solo e a água (vide figura), donde então obtêm-se: 1 E! = TX
3 x 1,8
E/Ia'
=
=
ElIl a
= J.... x
18 x 3
1x 3
2,7 tlm
Solução
5 ,4 tlm :=
2
1 E/V =-x a 2
=
A carga vertical é:
1 5 tlm '
v
1 x 32 = 4,5 tlm
:=
H
14,1 tlm
Tomando-se os momentos em relação ao ponto de aplicação de
= b x 1 x 10 x 'Y
:=
16 b
a força horizontal (empuxo d'água):
Tem-se, assim:
~ Ea
Fig. l3
:=
+
X
81
:=
40,5 t
e o momento:
E! ' vem:
M
:=
40,5 x 3
121,5 tm
:t0.00
232
NOVA COl
CÃO DE
x
R fCIO
PROlJ
MA
AP NDIC
A excentricidade será, então: M
121,5
Solução
7,59
=-V=l6b=-b-
e
I
Utilizando-se a fórmula aproximada
b e<6
2b
»,
Para que somente haja esforço de compressão no terreno
= 5,7c(I+0,3Y)+'Yh
e com as indicações de Fig. 14, tem-se:
logo:
Pr 7,59 b
b1
<~
=
5,7 x 13,5 (1 + 0,3 x ~'~~)
,
+ 2 x 3,50
95,49 t/m2
Daí:
6
>
fi
=
95;,49
=
P
=
31,83 x 2,25 x 4,50
31,83 t/m2
45,56 e
ou b
>
322 t
6,75 m
18. Determinar a carga capaz de ser suportada por uma fundação retangular de 4,50 x 2,25 m, a uma profundidade de 3,50 m, em uma argila de peso especrfico 2 t/m3. A coesão é igual a 13,5 t/m2. Adotar um coeficiente de segurança 3.
19. Com as indicações dadas na Fig. 15, calcular a dimensão B da fundação. Adotar um coeficiente de segurança igual a 3. 100t
p
E
(f '" 2 ti m3
III
c-13,5t1m2
o jtl"
O=I,9t/m3;
Solução
Neste caso a fórmula de Terzaghi se reduz a: E
o
e-
III
"
0,8 'Y ~ 1\'''(
donde:
.J
Fig. 14
31,16B 3
100
=7
=
0,4 x 1,9 x 41 x B
=
31,16 B
234
NOVA COLEÇAo DE EX RClelOS E PROBL MA
AP NDIC
e daí: 300 31,16
9,63
ou
I
21. Uma carga distribuída de 15 tlm é transmitida a uma fundação corrldn (dI l' específico 2,4 t/m3) apoiada a 1,25 m de profundidade em um terreno de peso prl til! 1,7 t/m3 e coesão 8,5 t/m2 • Determinar a largura da fundação, levando em conta o peso próprio da fUJllII~ (I alívio decorrente da massa de solo removida. Adotar um coeficiente de segurança I \I II I
B "'" 2,15 m
t t
tt
I
20. Para as condições indicadas na Fig. 16, pede-se calcular o lado da sapata qua-
ti
drada.
Solução
Tem-se, para 1 m de fundação: carga vertical = 15 t
I
peso da fundação (de largura B) = 2,4 x 1,25 x B = 3 B massa removida de solo = 1,7 x 1,25 x B = 2,125 B
",
I
carga total = 15 + 3 B - 2,125 B = 15 + 0,875 B _ 15 + 0,875 B pressao = B
1,00
lí =
1,1t1~
Por outro lado, a capacidade de carga para solos coesivos sendo: Pr
=
cNc+'Yh=8,5x5,7+1,7xl,25=50~7
a pressão admissível será: Fig.16
li =
= 16,85 t/m2
50~7
Solução
Daí, finalmente: A equação de Terzaghi: 16,85
15 + 0,875 B B
donde: 3
com um coeficiente de segurança 3, 'Y = 1,7 t/m = 37,Nq = 22eN-y = 20), nos dá: Pr I 3=3(1,7x1x22+0,8x
b 2 x 1,7 x 20)
ou, efetuando e simplificando: 4,53 b3 + 12,46 b2 que resolvida fornece: b ~ 1,70 m
-
56 = O
,
c = 0, h = 1 m e para I{J= 30° (Nc
=
B = 0,94m
~ 1m
22. Calcular os esforços normais (em t) nas estroncas de uma escavação de 10 m d profundidade e 3,50 m de largura, sabendo-se que as estroncas estão colocadas de 2 m em 2 m e, em planta espaçadas de 3 m (Fig. 17). O solo é uma areia com 'Y = 1,8 t/m3 I{J= 30°. Solução
Segundo o diagrama de Terzaghi-Peck o valor da pressão é dado por:· P = 0,65 'Y H
ic,
~\
APr.NDI
(i)
~ ~
donde:
<
U
(2)
E N
E
o
-
30
T)
P = 0,65x1,8x10xtg2(45°-
~ ~
I
I
3,9 t/m2
como mostrado na figura. Assim, obtém-se para esforço normal na escora
(3)
CD:
--j
G)~~~
...__ ._.
N1
E
= 3,9x3x3
= 35,lt
N
e para os esforços nas escoras Q),
(4)
N2
=
N3
= N4 = 3,9
x
Q) e @: 2
x
3
= 23,4
t
E
-
N
~
E
,,-v;,
'I
I
t-.----
r
r-----
23. Calcular as dimensões de um radier retangular centrado com a resultante da cargas dos pilares indicados na Fig. 18. Sabendo-se que o momento devido ao vento é de 1 835 tm na direção da sua dimensão menor, pede-se calcular a tensão máxima no terreno.
J
3,9 tlm'l
4,40
820
0,40
9,30
x E I')
O
190 t
--
Fig.17
l{)
N
O'>
-+*-L 1>-
550t.
P5 I')
--
690t
-
N
l{)L
l{)
r---
P7 795t
8.05
L{)
o.~ P8 445t.
9,05
l{)
y
4.50
E
-'~
I
P6
I')
P4
215t
~I
G
E
E
~
g
o
Pl
Fig. 18
I')
l
-Solução Referido o conjunto das cargas ao sistema de referência x O y indicado na próprln figura, calculamos as coordenadas do ponto de passagem da resultante das cargas ver! lcul
'--
238
NOVA COL
N (t)
CÃO O
X RC(CIO
PRoa
MA
x (m)
Nx (tm)
y (m)
190
22,30
4 237,00
0,15
28,50
P, - 265
17,90
4743,50
0,15
39,75
360
9,70
3492,00
0,15
54,00
P; - 215
0,40
0,20
43,00
P, - 690
22,30
15387,00
5,775
3984,75
P; - 550
17,80
9790,00
5,075
2791,25
P, - 795
9,75
7751,25
5,90
4 690,50
p. - 445
0,70
5,40
2403,00
-
14034,75
PI
P3
-
-
Total = 3 510
86,00
311 ,50 . 45798,25
-
AP NOle
I
Ny [tm}
,
500 X
=
45798,25 3510
Fig.19
13,05 m
e
donde: Y
= 14034,75 3510
= 400 ' m
B =
Tomaremos, pois, para o radier as dimensões de 26,0 m por 8,0 m. A pressão sobre o terreno devido apenas as cargas verticais será, então: 3510 26 x 8·
3510 208
= 17tfm2
acréscimo .-'
e daí a carga sob cada estaca do pilar P 1 :
= 17kgfcm2 '
113,4 = 567 t
2
. A excentricidade devido ao momento é de 1,835
e =--= 3510'
052m
d
<-=-= 6
8 6
487,5 4,30 = 113,4 = 100 ~
Para as estacas do pilar P2, tem-se:
133m '
A = 120-
6e)
d
= 3510 26x8
(1+
6xO,52) 8
= 23,5tfm2
='" 2,4kgfcm2
24. Calcular as cargas sobre as estacas dos blocos interligados pela viga de equilíbrio da Fig. 19.
~ x 13,4 = 120-8,9
111,1 t
alívio
. A seção será pois totalmente comprimida e a pressão máxima sobre o terreno valerá: =~(l+ bd
'
e daí: ~=",37t 3
Solução Da Fig. 20, obtém-se: 4,30 B = (4,30 + 0,575) x 100
500- '10: 4JO Fig.20
.,
240
NOVA COLEÇÃO DE
X R ICIOS
PROa
MA
25. Calcular as cargas sobre as estacas dos blocos do PI e do P2• interligados por uma viga de equilíbrio (Fig. 21).
AP NDIC
I
e. portanto: 3322... ")
Pt·SIOt
== 166 t .
as cargas nas estacas do bloco do P2
•
10
ao
26. Para o pilar representado na Fig. 23, calcular as cargas sobre cada uma das esta
10
ao
caso
90
PI-140t 800
Fig.21 Solução
Do esquema de cargas da Fig, 22, obtém-se, tomando os momentos das forças:
6,20
0,775
Fig.22
6,20A + 330 x 0,775 = 310 x 6,975 A
=
1906,5 6,20
=
CONCRETO
307,5 t
e daí: C.ESTACAS
307,5 2
== 154
t
as cargas nas estacas do bloco do P 1 . Do mesmo modo: 6,20B + 310 x 0,775 B
=
2061,5 6,20
=
332,5 t
330 x 6,975 Fig.23
MAGRO
242
c
NOVA COl
O O
X RCICIOS
PROB
NDlC
MA
Solução
I
Solução
- Para a 1~hipótese de carregamento (atuando Pie P 2), o centro de carga situa-se 20 x 1 00 . 140 + 20 = 0,125 m que tomado como centro de gravidade do estaqueamento, 160 Na = Nb = Nc = -3-==
dará:
11
A resultante das cargas é igual a R = 450 t, com uma excentricidade d • O, I1 relação ao centro do bloco, gerando um momentoM = 450 x 0,31 = 139,5 tm. Pela aplicação da fórmula:
53,3 t
P
= i
- Para a 2~ hipótese de carregamento (atuando somente P 1), teremos:
n
e 17,5 tm
=46,6+
32 + 4 x 1 52 = 45 '
p. = 50 + 139,5 I 45
= N
a
X
e daí:
donde, então: N
Xi
450 = 50 t 9
~ x~I = 4 M = 140 x 0,125
M·
n - ~ xl
com:
!!:.... =
PI = 140 t
!i. +
b
111 t 111
= 140 + 17,5 x (0,220 +0,125) 3 2 x 0,3452 + 0,6952 17,5 x 0,345 = 46,6+8,4 0,72
=
. XI
50 ± 3,1
xi
obtêm-se finalmente:
= 55,Ot
50+3,lx3
PI,6
e
= 59,30t
50 + 3,1 x 1,5 = 54,65 t 466_17,5xO,695 , 0,72
466169 ' -
,
=
297 , t.
50,00 t 50 - 3,1 x 1,5 = 45,35 t
27. Calcular as cargas sobre as estacas do bloco da Fig. 24. 50 - 3,1 x 3 = 40,70 t
P4,9
28. Calcular as cargas sobre as estacas do bloco circular da Fig. 25. Solução 1.50
Com o diâmetro do bloco igual a 3,40 + 0,60 + 0,20 = 4,20 m, altura igual a 2,00 e peso específico do concreto armado 2,5 t/m3 , o peso do bloco vale: 1.50
2
P = rr x 4,20
44
x 2,00 x 2,5 = 69,25 t
A carga vertical total será:
v Fig.24
= 800 + 69,25 = 869,25 t
e os momentos fornecidos:
li)
244
NOVA COLEÇÃO
o
EX RClelOS E PRO L MA
AP~NDIC
I
y
y 1,70 sen 30° 1,70
•.. •..E
\
o o o III
>
-
~x
1" o
x
~ V>
o o
o
~
o
o 10
V>
o o
v=
800t
M=
200tm
~-l
f_·
Fig. 26
P,
=
I
869,25 7
+ 150· Yi
-
8,67
200· x; 8,67
±-~=-'-
Fig. 25
Pi= 150tm
Pb = 124,18 + 23,07 x 0,85 + 17,30 x 1,48
Com (Fig. 26):
=
2 [{l,7
J=
sen 30°)2 x 2 + 1,72
Pc 8,67 m2
e
r. yf =
2
=
124,18 - 23,07 x 1,70
=
1,7
COS
30°)2
X
2J
8,67m:l
=
169,39
84,96 t
Pd = 124,18 t
Pe = 124,18 + 23,07 x 1,70
8
Daí finalmente:
± 17,30Yi
Pa = 124,18 - 23,07 x 0,85 + 17,30 x 1,48 = 130,17
200tm
r.x;
124,18 ± 23,07xi
163,40' t
Pf=
124,18-23,07xO,85-17,30x
1,48
Pg=
124,18 +23,07 xO,85 -17,30x
1,48 = 118,19t
=
78,97t
t
t
X
246
NOVA COLEÇAo DE EX RCltlOS E PROBL MA
29. Para o estaqueamento da Fig. 27 sujeito às cargas: V
474 t
HL
± 2t
HT
14t
=±
calcular os esforços nas estacas. Solução Trata-se de um estaqueamento a forma simplificada:
simétrico, pelo que a fórmula de Nõkkentved toma
70
p=
cos
(X
V----;:--
2 [ L cos
+
L cos~
(X
tg2
(X_
Efeito das
Efeito da carga vertical
(X
forças horizontais
70
J -!-.-
+ -M
Htg(X ---7----;:--
!
411350 mm- verticais
TI
8~350mm -inclinados
cargo
oté
v- 474t
...-
- Centros elásticos transversal e longitudinal:
HT .!14t
zT
0,70
=
3,30 tg 15°
=
3,30 0,268
If)
2 61
,
V~474t
/
12,31 m
/
o o
/
I
t
- Momentos:
L
ML MT
2 x 10
=
20 tm
O porque HT passa pelo CET
H
L
-I
tHT
/
% CEL 1\
/
I \
I \
~I I I I
I
\
\ \ \
!
I
I
\
\
/
,h
N
m
\ I/ CET
o
0,70
= tg 15° = 0,268 =
55t
Efeito dos momentos
HL
zL
015-
- Inércia: 4 - Efeito da carga vertical:
X
0,702
X
0,9662
3.30
Fig.27
3.30
.11
248
NOVA COl
-----
474
4 +8
X
ç
OO
X RClelOS
PRO
l
MA
= 41,4 t (sobre as estacas verticais)
0,9662
2 474 4 + 8 X 0,9662
x 0,966
=
40 t (sobre as estacas inclinadas)
lncltncdo
+
O
I
Carga até 55 t
± 2 x cos 15° x tg 15° 4 x cos? 15° X tg2 15°
=
350 mm - Verticai
4 ~ 350 mm
- Efeito da força longitudinal: EL
0
±2 4 sen 15°
±
1 ""'±2t 2 x 0,259
- Efeito da força transversal: ± 14 ET = 4 x 0,259
I
± 13,5 t
- Efeito do momento longitudinal: 20 EML
x
=
0,966 x (± 0,70) 183 ,
± 7,4
2
.,)
t
- Resumo das cargas nas estacas: Pa
=
Pb=
40+ 13,5 -7,4
=
46,1 t
40+ 13,5 +7,4
=
60,9t
Pc
= Pg =
Pd
=
r, = P,
=
40 -- 2
=
38
t
Ph = 40 + 2
=
42
t
Pf = Pj
=
41,4
PI-
40 - 13,5 - 7,4
=
N
CO
-f 70 170~_ I
19,1
hT
,
CII
'" --r I
1.,
N
L o
=
= ±
6,5
\ \
2.90
~
/
/ / /
\
> /\. /
2.90
~1 I
!li
250 t
\
/
//~
11)
da Fig. 28, suhmetido às cargas:
/
/ H .\.5t
/
o
t
P k = 40 - 13,5 + 7,4 = 33,9 t
v
;
t
o
30. Para o estaqueamento
o
T
~~CET V~250t
N
t
calcular as solicitações sobre as estacas. Solução Fig.28
2 O
NOVA COL
c
OO
X RCICIOS
PRO
MA
o
- Altura do CET: zT
=
2,90 tg 15°
=
2,90 0,268
10 82
=
,
m
o
570
- Momento transversal: 140 MT
=
6,50 x 3,10
=
20,15 tm
~~~~----~~~~~----~~-r~1--~~10
- Inércia transversal: IT
=
2 x 1,702
=
5,78 m2
- Efeito da carga vertical:
2 +4
250 0,9662
=
L 43,6 t (sobre as estacas verticais)
X
E V = 43,6 x 0,966
=
42,1 t (sobre as estacas inclinadas)
40
+. 7
- Efeito da força transversal: 6,5 ET = 4 x± 0,259
= +
-,
63t
150
·~T 150
8 - Efeito do momento transversal: 20,15 x(± 1,70) 5,78
40
± 5,9 t
~
-f$-$-2
- Reumo das cargas:
=
4 ESTACAS FRANKI C1S520mmo
2·
Pa
=
42,1 + 6,3
Pc
=
43,6 - 5,9 = 37,7 t
Pd
=
43,6 + 5,9
=
49,5 t
Pe
=
42,1 - 6,3
=
35,8 t
48,4 t
=
Pb
r
•
•
'-520mm.
•
ClJ520mmo Verticais
Figo29
=
Pf
310 Calcular as cargas sobre as estacas da Figo 29 considerando os seguintes esforços solicitantes (referidos ao topo do bloco):
v =
717 t
HL
9,6 t 5,5 t
Incl aiO·
262
NOVA COLECAo DE
ML
=
X RelelOS
PRO L MA
AP NDIC
I
75,0 tm
MT = 105,0 tm fei
d M'
E eíto e
Solução - Peso do bloco:
T:
± 50,22 x 3 x 0,978 34,60
± 4,26 t
Pmáx. = 117,8 t
3,8 x 6,8 x 1,5 x 2,4 = 93,0 t
PmÍn.
- Inércias:
=
86,2 t
- Cargas nas estacas 5 e 6: Efeito de V:,
.810,0 x ...:.:...:::...:..2.'--'--
cos 10° _ -_ + 102,55 t
7,78 IT = 4 x 3,02
X
cosê 12° = 36 x 0,96 = 34,60 m2 . ± 5,5 Efeito de HT: 2 sen 10°
±15,80t
- Alturas dos centros elásticos: ZL
zy.
=
1,5
tg 120
=~
tg 10
= =
7O
,
P máx.
=
118,4 t
PmÍn.
=
86,8 t
4 m
11,36m - Cargas nas estacas 7 e 8: Efeito de V': 810,0 x 1,0 7,78
- Cargas reduzidas aos centros elásticos: V'
717+93,0
=
81O,Ot Efeit.o de M~:
9,6 t HT = 5,5 t M~
=
MT
= 105,0-5,5(11,36-1,40)
75,0. - 9,6 (7,04 _. 1,40)
Pmáx.
=
=
.± 20,86 x 1,5 4,50
± 6,95 t
111,1 t
97,2 t
20,86 tm = 50,22tm
- Cargas nas estacas 1,2,3, e 4: 7,78
32. Calcular o diâmetro da base alargada de um tubu1ão de fuste metálico, com uma carga de 1 000 t, num terreno de pressão admissível de 10 kg/cm? . Esquematizar a sua seção, em corte e planta. Solução
Efeito de V': 810,0 x cos 12° 7,78
104,11 t
+ 102,00 t
Tem-se de imediato que:
2 4
2
1f
D
4
=
1000 100
=
10
-7
D
3,50m
''';:: tg
a)
tg
b)
1 tg i .;;;;-1,25
I "'"
-7
_ tg 30° tgi --1,25
0,462
i ~ 25°
-7
e na Fig. 30 o esquema da sua seção.
~
'Ysub .--tg
P -1000 t
donde: tg i
=
1 _ 0,8 _ tg 30° 1,25 1,8
0,205
-7
-
11,5°
34. Calcular para o talude da Fig. 31, o coeficiente de segurança correspondent superfície de deslizamento indicada, sabendo-s.e que c = 0,5 kg/crn? e 'Y = 1,6 t/m3.
E o o
BASE FUSTE
e
III
o
'"
otI
Õ
Fig.31 Fig. 30
Solução 33. Um solo não coesivo tem um peso específico saturado de 1,8 t/m3 e um ângulo de atrito interno de 30° . Um talude de extensão ilimitada deve ser executado com este material. Pede-se determinar a inclinação i máxima para este talude:
a) quando o solo estiver seco; b) quando ocorrer percolação d'água paralelamente à supeficie do talude. Considere para ambos os casos um coeficiente de segurança de 1,25.
Solução De imediato sabe-se que:
Com os dados fornecidos e os elementos obtidos da figura, tem-se: 5
84°
x
l8(t
x
8,6
1f
25 x 1,6 x 2,7
x
8,6
- 5
. 35. A Fig. 32 representa a seçao de um talude em um solo argiloso de 'Y= 1,7 ti 111 I , A área da cunha ABCD é igual a 87 m2 e o seu centro de gravidade é G. Acima do pluun AD a coesão do solo é de 2,1 t/m2 e abaixo é de 3,4 t/m2• Calcule o fator de segurança para a superfície de ruptura admitida, de formacir '111, e raio R = 11,75 m.
2
e
NOVACOL
Apêndice
",/ ~
/
/ A D
EXEMPLOS ESQUEMÁTlCOS DE ESCOLHA DE TIPOS DE FUNDAÇAo, INSPIRADOS EM CASOS REAIS
Fig.32
o objetivo deste Apêndice é indicar, embora sumariamente, algumas soluções po . { veis e aconselhar procedimentos executivos de fundações, para prevenir insucessos dec Irentes de uma parcial ou errônea interpretação de perfis geotecnícos' *) . É evidente qu I opção por um ou outro tipo de fundação depende também da locação e dos valores du: cargas nos pilares, além das condições locais, das construções vizinhas e dos aspect , econômicos.
Solução
Me F=-
Mi
(1,7 x 87 x 1) x 2,75
[3,4 x 11,75 x 1;00
406,7tm
x71,5°+2,lxll,75x
P/l///////J/$/?/////$~///$$~ 0 1;00 x 37 ] x 11,75
Espessa
camada de argi Ia
1. Num terreno como o Fíg. 1, ugerir os tipos de fundação tecnicamen t possíveis para construção de um edifício.
mole
771,9 tm donde: F
=
771 ,9 406,7
== 1 9 '
~ Cama
a resistente
Fig.l
(.) A propósito de estudos geotécnicos, cabe observar que nem sempre o aumento do número de investigações conduz a uma melhor condição de economia no custo da fundação, como indicado na figura ao lado (A. Kézdi - Filosofia de Ias cimentaciones profundas - "Tercera Conferencia Nabor Carrillo" - 1976).
268
EXEMPLOS ESQUEMATlCOS DE ESCOLHA D
TIPOS DE FUNDACAo
Uma das três soluções - dependendo da espessura da camada mole, dos valore das cargas e da utilização do imóvel - seria tecnicamente possível: fundação sobre aterro compactado, fundação flutuante ou fundaçao profunda, 2, Indicar os tipos de fundação possíveis para um terreno como o da Fíg. 2. Uma solução seria uma fundação superficial apoiada na camada resistente e tal que o quinhão de carga sobre a camada compressível seja compatível com a sua resistência e não conduza a recalques excessivos, A outra, seria uma fundação profunda com a base sobre a alteração de rocha,
11
4. Num local, cujo perfil do terreno é esquematizado na Fíg. 4, pret '11(1 truir um edifício.
/'7/7ij ?7?7?77F 77 /????7T,....9?/%>'/~,07/~/
resistente
Aterro 2,00
-------~ ~~~~~--~~~~------~--77 ,
' ,(Jf
,
B "
,c!
t)",
,""
-9
: Areia, grossd com pedregulho
Como do
compressível
. '
2,80
,
4,00 -/.
de rocha, resístente
-:
Fig.2
600
3, Num terreno como o da Fíg. 3, indicar o tipo de fundação aconselhável. Apenas com esta informação e em se tratanto de uma construção comum, é conveniente usar uma fundação superficial apoiada na camada de argila arenosa dura ou sobre a de areia grossa, de tal modo que o acréscimo de pressão sobre a rocha decomposta seja compatível com a resistência do material:
,
/
. -, .•. arenoso. ~uro,
~50 '-
'
,....
.
•.,.,
.
",
.
.
, ,,
..
o·...
,
.
~
.,
'"',
'
A
r g i! a,
.'.'
00'
~d
I
N.A.
~
'_'_'_'
Rocha muito decomposto. fraco resistência Fig. 3
~
d.
t;>'
'
0
. 6/30
0/.
, ,
A rg
110
c r cno so , rija.
N.A,
/;: 12,50
_
:, .' : '
a'
. ,/.
;/
' •
9/30
.
-
••
12/.30
&
__ ~~~
__ 4-
~
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Alteração
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As soluçoes possíveis serão: uma fundação superficial em sapatas isolad I I '111 na camada de areia grossa, com uma taxa da ordem de 4 kg/ cm2 , que é limitadu I' I1 I téncia da camada subjacente de argila média, ou uma fundação em estacas cruv ItI I 1II I profundidade onde as resistências à penetração são de 10 ou mais golpes/3D em. No caso de estacas, devido à resistência das camadas superiores, deve-se adot " I t I I ção com bate-estacas, sendo a ele acoplada uma perfuratriz autônoma para dimluu I t 11 1 tos de vibração.
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Camada
AP NOIC
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Fig.4
5. Para um terreno com o perfil da Fig. 5, sugerir os tipos de fundação. A ser adotada uma fundação superficial apoiada na camada de areia fina, 11j I admissível deverá ser da ordem de 3 kg/cm? , condicionada que está pela prCSCII\'1ti
EXEMPLOS ESQUEMATICOS O
260
AP NOIC
11
camada de argila mole, cuja pressão não deve superar 0,5 kg/cm? para evitar recalques excessivos. Poder-se-ia usar também uma fundação profunda suportada pela camada inferior de areia fina, compacta. .
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Fig,S
6. O aspecto geral de um terreno onde se vai construir um edifício é o da Fig. 6. O tipo de fundação aconselhável, no caso, pode ser em tubulão a céu aberto, com a base alargada na camada de alteração de rocha, com uma taxa de cerca de 25 kg/cm? .
7. Num terreno, cujo perfil é indicado na Fig. 7, será construída uma ponte. Neste caso são aconselhadas duas soluções: uma fundação em estacas assentes n profundidades de 15 ou 20 m, em função das negas observadas e controladas pela apllc ção de uma fórmula dinâmica para obtenção da capacidade de carga, ou uma fundaç I em tubulões com as bases na camada de areia fma, pouco argilosa, compacta, com um taxa de trabalho da ordem de 6 kg/cm? , O "disparo" da base deverá ser feito na carnad de argila, Como em toda fundação de ponte, há que se atentar para o problema da erosão.
EXEMPLOS ESQUEMATlCOS D
ESCOLH~ D
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A melhor solução consistirá, pois, em utilizar a camada de areia, a 20 111d' plolllll didade, para sustentar uma fundação profunda. Para vencer a resistência da primeira camada de areia, durante a cravação, ( 1II11VI niente utilizar jato d'água, aliás, recurso muito empregado para estes casos, soln 11101 •• quando se desej a minimízar os efeitos da vibração nos prédios vizinhos. Esse é o pr I' II de "lançagem", que pode ser com água e/ou ar.
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AP NDIC
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Fig.8
8. No local de uma ponte projetada, o terreno é o representado na Fig. 8. Sobre a camada de areia a j m de profundidade não é aconselhável apoiar as fundaes (nem superficial e nem em estacas), não só pelo perigo devido à erosão, como pelos rccalques excessivos que decorreriam da elevada compressibilidade da camada subjacente de argila. ç
9. Para as condições indicadas na Fig. 9, qual a solução possível e os cuidado, I tomar durante a execução. Tendo em vista que a resistência à penetração da camada de areia fina é de 9 golpe por 30 em, uma solução possível seria uma fundação superficial, aproximadamente li. profundidade de 6 m, com uma taxa da ordem de 1 kg/cm".
4
EXEMPLOS ESaUEMÁTlCOS
DE ESCOL,HA DE TIPOS DE FUNDAÇÁO
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Fig. 10
Existindo subsolos, a sua execução pelo sistema convencional compreenderá o rebaixamento do NA, escavação, escoramento dos taludes das cavas, concretagem dos blocos, pilares, pisos e paredes, até e inclusive o piso do andar térreo.
5,00 "
Areia
fina, medionamente
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compacta
(9/30)
10. Sabe-se que uma das preocupações da Mecânica dos Solos é fazer observações das obras durante e/ou após a construção, com vistas a comprovar as hipóteses admitidas durante o projeto e acumular experiência para o futuro, Uma das observações, hoje muito
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Fig.9
Preliminarmente à escavação deverá ser procedido o rebaixamento do NA e o escoramento da cava para não permitir a fuga da areia e o conseqüente solapamento das fundações superficiais das obras próximas existentes. Uma outra solução poderia ser uma fundação profunda apoiada na camada de argila rija. A primeira seria economicamente viável, tendo em vista a profundidade de escavação, se houver aproveitamento da área para execução do subsolo, Em caso contrário, a segunda solução seria a mais indicada. . Nota: Quando se tratar de prédios com uma lâmina e uma plataforma base (Fig. 10) é conveniente separar-se as duas partes por uma junta de dilatação, projetando-se as fundações para cada uma delas.
~cm Fig. 11
2
EXEMPLOS ESQUEMATICOS
DE ESCOLHA DE TIPOS DE FUNDAÇÃO
corrente, é a medida de recalques. Na Fig. 11, a título meramente ilustrativo, mostramos a representação dos resultados das medidas de recalques de um' edifício, através das "curvas de igual recalque". Via de regra, os recalques calculados são superiores aos medidos, embora semelhantes as distribuições. Essas variações decorrem, entre outras causas, da heterogeneidade do terreno, da alteração das amostras, das hipóteses admitidas para o cálculo das tensões e deformações e, ainda, da rigidez da estrutura.
Apêndice
I
PROJETO DAS FUNDAÇÕES DE UM EDIFÍCIO
Com base na planta de cargas dos pilares de um edifício (Fig. 1) e no perfil geotécnico (Fig. 2), pede-se projetar as suas fundações. - Dada a natureza do terreno é possível adotar a solução em fundações superficiais (sapatas), tomando-se - 2,00 m como cota de fundação e para pressão admissível do terreno (SPT > 15) o valor 3,0 kg/cm", - Para o peso próprio das sapatas adotaremos 5% das cargas dos pilares. - Com esses elementos foram calculadas as áreas (S) das bases das sapatas e para fixação das suas dimensões (a e b) foi imposta a condiçã? de 1l}esmo·afastamento entre as faces da sapata e do pilar (de seção ao X bo)' ou seja, a - ao = b - bo' - Para- altura útil h da sapata foi adotado o maior dos valores (veja-se Urbano Rodriguez Alonso - Exercicios de Fundações - 1983):
1,44
rpV
-t-
_
fck
onde aa - 0,85 1,96
este último de acordo com Caquot e a NB-1. Tomando-se fck = 150 kg/cm2 obtém-se _
150 _
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aa - 0,85 X 1,96 - 65,05 kg em A altura total da sapata será h
~
I
+ h~, sendo
2
h' o recobrimento da armação.
2 8
PROJETO DAS FUI':I0AÇOES DE UM
PLANTA
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ICIO CLA5S/
DE LOCAÇÃO E CARGAS DOS PILARES
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Fig.2
I/VI
elA/fi
FIN416
o
PROJE!TO DAS FUNDAÇ6ES
DE UM IIDIPICIO
APINDICI
111
- Para as fundações com viga de equüibrio , o alívio considerado para as cargas das sapatas centradas foi de 1/2. - Devido a pequena distância entre os pilares P7 -P8-P9-PlO, jetada uma placa de fundação (radier) com 3,15 X 3,15 m.
PLANTA DE FORMAS
para estes será pro-
- Realizados os cálculos, como exemplificado a seguir, foi elaborada a planta de formas das fundações (Fig. 3).
= Pz
- Fundação do pilar P,
(20 X 70) com P
=
DAS FUNDAÇÕES
302~
600 Pl-20x70
150 t.
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P7= P8! P9=PI0-30x30xI5 315x315
a - b = ao - bo = 0,70 - 0,20 = 0,50
+ b)
(0,5
b
=
5,25
= 2,05 a = 2,55 b
260 - 70
4
= 47,5
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m ~ 2,10 m
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m ~ 2,60 m
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IP12-20X60
S7-Ia>x235x65
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adotado 75 em. 1,44
j
150 000 r r-Órve-
= 69,15
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V
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450
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ESCALA Admitindo-se 5 em de recobrimento da armação, a altura da sapata será 80 em.
O
I
23m
Fig.3
~ P
~
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60 13-20x ~9-18Ox220x65
180
l5
~ 11 -
c:J
AP NOle
72
- Fundações dos pílares P, - 20 X 30 com P
= 40t
e P6
-
20 X 70 com P
o pilar Ps estando na divisa do terreno, sua sapata seráligada equilíbrio ao pilar P6, como indicado na figura.
=
111
1401.
185 - 30 4 = 38,75 em
por uma viga de adotado 45 em, 144) ,
P5
= 35,71
40000 65,05
em
P6 A altura da sapata será, então, 45 + 5
=
50 em.
Pilar com carga centrada
o
= 1,05
S
=aXb=
144,48 30
= 0,70
- 0,20
~----------------~ -----4-~
2
",~~--+
505· X 140 - -' 2'-= 14448 t
B
10
CONCRETO
S5
a- b
MAGRO
(0,5
140t
1
40t Ir
I
3:25 ,
+ b)
b
= 4 82 m? '
= 0,50
= 4,82
b
=
a
= 2,46
1,96 m ~ 2,00 m m ~ 2,50 m
257,5 A
B 250 - 70 4
= 45
em adotado 70 em.
h~ 1 44) ,
Pilar da divisa
140 000 65,05
= 66,8
em
b = 85 em (fixado) e
=
85 - 20
M'
=
40 X 32,5 257,5
2
= 32
= 5 05 "
A= 1,05 X 40 + 5,05 47,05
a X O,85
A altura da sapata será 70 +5
5 em
'
= 30 -+ a =
em
_ Para completar o projeto, resta o detalhamento e âtmensionamento das díferentes peças (sapatas, vigas de equilíbrio e "radíer") como elementos estruturais de concreto
t
armado. =
= 75
47,05 t
1,85 m
Tabelas
Coeficientes de Influência para Aplicação da Fórmula de Steinbrenner
Coeficientes de influência: 1= oz/p ztb a/b=I,O
0,25 0,50 0,75 1,00 1,50 2,00 3,00 4,00 6,00 8,00 10,00 12,00 15,00 18,00 20,00
0,247 0,233 0,208 0,1752 0,1210 0,0840 0,0447 0,0270 0,0127 0,0073 0,0048 0,0033 0,0021 0,0015 0,0012
a/b=I,5
0,248 0,238 0,218 0,1936 0,1451 0,1071 0,0612 0,0383 0,0185 0,0107 0,0070 0,0049 0,0031 0,0022 0,0018
alb = 2,0 0,248 0,239 0,222 0,1999 0,1561 0,1202 0,0732 0,0475 0,0238 0,0140 0,0092 0,0065 0,0042 0,0029 0,0024
alb = 3,0
atb = 5,0
alb = 10,0
afb = ••
0,248 0,240 0,225 0,203 0,1638 0,1316 0,0860 0,0604 0,0323 0,0195 0,0129 0,0094 0,0061 0,0043 0,0035
0,248 0,240 0,224 0,204 0,1665 0,1363 0,0959 0,0712 0,0431 0,0283 0,0198 0,0145 0,0097 0,0069 0,0057
0,249 0,240 0,224 0,205 0,1670 0,1374 0,0987 0,0758 0,0506 0,0367 0,0279 0,0219 0,0158 0,0118 0,0099
0,249 0,240 0,224 0,205 0,1670 0,1374 0,0990 0,07 4 0,0521 0,03 4 0,0316 0,02 4 0,0211 0,0177 0,01541
6
TABl!lAS Tabela para aplicação da fórmula de Love
11'z
=
TAPElAS
p' I
Tabela para aplicação da fórmula de Love
R/z
I
I
R/z
R/z
0'. -
'P' I
I Continuaçt11l
0,00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0,10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0,20 1
2 3 4
0,00000 0,00015 0,00060 0,00135 0,00240 0,00374
0,37
0,00538 0,00731 0,00952 0,01203
2 3 4
0,01481 0,01788 0,02122 0,02483 0,02870 0,03283 0,03721 0,04184 0,04670 0,05181
7 8 9
0,05713 0,06268 0,06844
8 9 0,40 1
5 6
0,50 1 2 3 4
0,17507 0,18317 0,19134 0,19959 0,20790 0,21627 0,22469 0,23315 0,24165 0,25017 0,25872 0,26729 0,27587
0,73 4 5 6 7 8 9
0,47310 0,48059 0,48800 0,49533 0,50259 0,50976 0,51685 ,í
0,80 1 2 3 4 5 6 7 8
9 0,60 1 2
0,36949 0,37781 038609
7 8 9
0,39431 0,40247 0,41058 0,41863 0,42662
1,00 1 2 3
0,64645 0,65171 0,65690 0,66200
5 6 7 8
0,07441
9
R/z
I
1,10 1 2
0,69562 0,70013
1,47
0,82206 0,82452 0,82694
3 4
1,20 ·1 2 3 4
0,90 1 2
0,58934 0,59542 0,60142
5 6 7
3 4
0,60734 0,61317
8 9
5 6
0,61892 0,62459
1,30
0,63018 0,63568 0,64110
7 8 9
0,08057 0,08692 0,09346 0,10017 0,10704 0,11408
0,30
0,12126
3 4 5 6 7
J
0,12859
8
0,43454
4
0,66703
2
0,13605
9
0,44240
5
0,67198
3
0,14363
6
0,67686
4
0,15133
0,70
0,45018
7
0,68166
5
0,15915
1
0,45789
8
0,68639
6
0,16706
2
0,46553
9'
0,69104
5 6
I
5 6 7 8 9
0,52386 0,53079 0,53763 0,54439 0,55106 0,55766 0,56416 0,57058 0,57692 0;58317
0,28466 0,29304 0,30162 0,31019 0,31875 0,32728 0,33579 0,34427 0,35272 0,36112
R/z
0,73763 0,74147 0,74525 0,74896 0,75262 0,75622 0,75976 0,76324 0,76666 0,77003
5 6 7 8 9
0,17334 0,77660 0,77981 0,78296 0,78606 0,78911 0,79211 0,79507 0,79797 0,80083
1,40 1 2 3 4 5 6
0,80364 0,80640 0,80912 0,81179 0,81442 0,81701 0,81955
1 2 3 4
Continua
0,70457 0,70894 0,71324 0,71747 0,72163 0,72573 0,72976 0,73373
8 9 1,50 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0,82932 0,83167 \i,83397 0,83624 0,83847 .0,84067 0,84283
1,60 1 2 3 4
8 9
0,85112 0,85312 0,85507 0,85700 0,85890 0,86077 0,86260 0,86441 0,86619 0,86794
1,70 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0,86966 0,87136 0,87302 0,87467 0,87628 0,87787 0,87944 0,88098 0,88250 0,88399
1,80 1 2
0,88546 0,88691 0,88833
5 6 7
0,84495 0,84704 0,84910
R/z
I
1,83 4 5 6 7 8 9
0,88974 0,89112 0,89248 0,89382 0,89514 0,89643 0,89771
1,90 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0,89897 0,90021 0,90143 0,90263 0,90382 0,90498 0,90613 0,90726 0,90838 0,90948
2,00 02 04 06 08 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85
0,91056 0,91267 0,91472 0,91672 0,91865 0,92053 0,92499 0,92914 0,93301 0,93661 0,93997 0,94310 0,94603 0,94877 0,95134 0,95374 0,95599 0,95810 0,96009 0,96195 0,96371 Contifl/4l1
TABELAS
278
FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES Tabela para aplicação da fórmula de Love
(To
= p-L
GonclU81l0
R/z
[
2,90 95
0,96536 0,96691
[
9,00
0,99865
10,00
0,99901
1 polegada ,. 2,54 cm 1 pé = 12 polegadas = 30,48 cm (3m ~ 10 pés) 1 mícron ú,L) = 10...•em 1 angstrom ••• 10...•,.,. = 1()-3 em 1 jarda •• 3 pés Superficie
3,00 10 20 30 40 50 60 70 80 90
0,96838 0,97106 0,97346 0,97561 0,97753 0,97927 0,98083 0,98224 0,98352 0,98468
4,00 20 40 60 80
0,98573 0,98757 0,98911 0,99041 0,99152
5,00 20 40 60 80
0,99246 0,99327 0,99396 0,99457 0,99510
6,00 50
R/z
Comprimento
0,99556 0,99648
12,00
0,99943
14,00
0,99964
16,00
0,99976
18,00
0,99983
20,00
0,99988
25,00
0,99994
30,00
0,99996
40,00 50,00
0,99998 0,99999
100,00
1,00000
cc
1,00000
-'
1 polegada
quadrada
•• 6,45 cm'
1 pé quadrado = 144 polegadas Volume 1 polegada
~
~
= 929,03 eml
cúbica ,., 16,39 cml
1 pé cúbico •• 1 728 polegadas 1 m3
quadradas
cúbicas = 28 317 cml
[ardas cúbicas
Velocidade 1 pé/min
= 0,508 cmjseg.
FOrÇa 1 libra = 453,6 g 1 kg = 2,2 libras 1 kip = 1 000 libras 1 N = 0,102 kg Prea.io 1 kg/cm2 = 10 t/m2 1 libra/polegada 1 atm
=
;;"
100 kN/m2
quadrada
= 70,3 g/cm'
76 em Hg (a QoG)
"" 1,033 kg/cm2 1 libra/pé quadrado
7,00 50
0,99717 0,99769
1 t/pé quadrado
8,00
0,99809
1 Pa = 1 N/m2
=
=
2116
0,488 g/cm2
~ 1 kg/em'
1 kN/m' "'" 0,1 t/m' 1 bar = 1,02 kg/cm2 Peso eepeelfico cúbico = 1 g/em3
62,4 libras/pé 3
1 kN/m
;;"
0,1 g/cm3
Vazio 1 pé cúbicojseg
=
0,028 3 m3/seg
libras/pé quadrado
=
14,7Ib/poI2
=
