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CAPÍTULO 2
ÍNDICES FÍSICOS
1 - INTRODUÇÃO
Índices físicos são valores que tentam representar as condições físicas de um solo no estadoem que ele se encontra. São de fácil determinação em laboratórios de geotecnia e podemservir como dados valiosos para identificação e previsão do comportamento mecânico dosolo.
Embora existam em número considerável - alguns já em desuso - todos os índices físicospodem ser obtidos a partir do conhecimento de quaisquer três deles.
Em um solo ocorrem, geralmente, três fases: a sólida, a líquida e a gasosa. Os índices físicossão, direta ou indiretamente, as diversas relações de peso, massa ou volume destas trêsfases.
2 - PRINCIPAIS ÍNDICES FÍSICOS
Admita-se a abstração apresentada na Figura 2.1 em que as três fases: a sólida, a líquidae a gasosa possam permanecer isoladas. À esquerda está a coluna de volume e à direita acoluna de peso onde:
Va
Vw
Vs
Vv
Vt Ww
Ws
Wt
AR
ÁGUA
SÓLIDOS
Figura 2.1 - Amostra Idealizada
Fredlund (19XX), além das três fases citadas, acrescenta uma quarta que seriaformada pela película contráctil que se forma na fronteira entre a fase líquida ea fase gasosa nos vazios dos solos não saturados, devido à tensão superficial daágua.
Quadro 2.1
18
sg
s
WV
γ = Eq.2
Para evitar equívocos freqüentes mesmo entre engenheiros, reafirma-se aqui oconceito de peso e o de massa de um corpo. O peso é uma força, igual à massado corpo multiplicada pela aceleração da gravidade (W = Mg) e portanto,variável com esta. Sua unidade no Sistema Internacional (SI) é o Newton comseus múltiplos e submúltipos. A massa de um corpo é uma propriedade constantedaquele corpo. Sua unidade é o grama com seus múltiplos e submúltiplos.
Quadro 2.2
sg
s
MV
ρ = Eq.3
Vt = volume total da amostra;Vs = volume da fase sólida da amostra;Vw = volume da fase líquida;Va = volume da fase gasosa;Vv = volume de vazios da amostra = Va + Vw;Wt = peso total da amostra ;Wa = peso da fase gasosa da amostra;Ws = peso da fase sólida da amostra;Ww = peso da fase líquida da amostra.
Com se considera o peso da fase gasosa igual a zero, o peso da fase sólida é igual aopeso seco da amostra.
Alguns índices físicos são obtidos com a massa e não com o peso do material. Neste caso,pode-se pensar na Figura 2.1 com a coluna da direita sendo uma coluna de masssa, ondeMt seria a massa total da amostra, Mw a massa da fase líquida da amostra e Ms a massada fase sólida.
2.1 - PESO ESPECÍFICO DAS PARTÍCULAS - ?g
É o peso da fase sólida por unidade de volume. Sendo umarelação de força por volume a unidade usada no SI é o kN/m3
e seus múltiplos e submúltiplos.
2.2 - MASSA ESPECÍFICA DAS PARTÍCULAS - ?g
É a massa da fase sólida por unidade de volume. Sendo umarelação de massa por volume a unidade mais usada é a t/m3,que numéricamente é igual ao g/cm3, preferida emlaboratórios de geotecnia.
19
A tonelada (t) é muito usada no Brasil como unidade de massa, valendo 106
gramas. O termo tecnicamente mais adequado para este valor seria omegagrama (Mg) mas será mantido neste livro o termo consagrado no país.
Quadro 2.3
gg g
γρ = Eq.4
g gs
w w
Gγ ρ
= =γ ρ
Eq.5
w w
s s
W Mw 100 100
W M= = Eq.6
Considerando que o peso de um corpo é o produto de suamassa pela aceleração da gravidade (W = Mg) é fácil concluirque a massa específica das partículas pode ser obtida com arelação do peso específico dos grãos pela aceleração dagravidade:
2.3 - DENSIDADE RELATIVA DOS GRÃOS - Gs
É a razão entre a massa ou o peso específico da partesólida e a massa ou o peso específico de igual volume deágua pura a 4EC. Como é uma relação de massas ou depesos específicos, Gs é adimensional e portanto demesmo valor numérico em qualquer sistema de unidade.
2.4 - TEOR DE UMIDADE - w
É a relação entre a massa ou o peso da água contida no solo e a massa ou o peso de suafase sólida, expressa em percentagem.
A umidade varia teoricamente de 0 a 4. Osmaiores valores conhecidos no mundo são os dealgumas argilas japonesas que chegam a 1400%.Em geral os solos brasileiros apresentam umidadenatural abaixo de 50%. Se ocorre matéria orgânica,esta umidade pode aumentar muito, podendo chegar até a 400% em solos turfosos.
O valor de Gs pode ser uma indicação do tipo de solo. Se:2,6 < Gs < 2,8 6 solo inorgânico (maioria dos solos brasileiros);2,9 < Gs 6 solo inorgânico contendo ferro;
Gs < 2,5 6 solo orgânico;Gs < 2,2 6 solo essencialmente orgânico (turfa).
Quadro 2.4
20
wr
v
VS 100
V= Eq.7
tnat
t
WV
γ = γ = Eq.8
sd
t
WV
γ = Eq.9
satsat
t
WV
γ = Eq.10
2.5 - GRAU DE SATURAÇÃO - Sr
É a relação entre o volume de água e o volume de vazios de umsolo, expressa em percentagem. Varia de 0% para um solo secoa 100% para um solo saturado.
2.6 - PESO ESPECÍFICO APARENTE (OU NATURAL) - ? (ou ?nat)
É a relação entre o peso total e o volume total da amostra.
2.7 - PESO ESPECÍFICO SECO - ?d
É definido como o peso específico aparente para a situaçãode umidade nula. Obtém-se com a relação entre o peso secoe o volume total da amostra.
2.8 - PESO ESPECÍFICO SATURADO - ?sat
É a relação entre o peso da amostra saturada (Wsat) e ovolume total.
Cada vez é mais usada entre os geotécnicos, especialmente entre os que trabalham comresíduos sólidos, a umidade volumétrica (? ), também expressa em percentagem edefinida como a relação entre o volume de água e o volume total da amostra.
Quadro 2.5
A ocorrência só das fases sólida e líquida é bastante comum. Neste caso todos os vaziosdo solo encontram-se ocupados por água e o solo é chamado de saturado. A condiçãode saturado não admite meio termo: ou um solo está saturado ou não está; por isto, aexpressão "parcialmente saturado", bastante utilizada para referir-se a um solo com altode grau de saturação, não é correta.
Quadro 2.6
21
subsub
t
WV
γ = Eq.11
tnat
t
MV
ρ = ρ = Eq.12
gγ
ρ = Eq.13
sd
t
MV
ρ = Eq.14
2.9 - PESO ESPECÍFICO SUBMERSO - ?sub
É a relação entre o peso da amostra submersa (Wsub) e ovolume total.
2.10 - MASSA ESPECÍFICA APARENTE (OU NATURAL) - ? (ou ? nat)
É a relação entre a massa total e o volume total da amostra.
De forma análoga à Eq. 4, é fácil concluir que a massa específicaaparente ou natural pode ser obtida com a relação do pesoespecífico aparente ou natural pela aceleração da gravidade:
2.11 - MASSA ESPECÍFICA SECA - ? d
É definido como a massa específica aparente para a situação
Em condição natural não se encontram solos secos (ausência da fase líquida). Emlaboratório isto pode ser conseguido facilmente mas torna-se necessário definir o que ésolo seco uma vez que as partículas de argilas têm uma película de água que as envolve,chamada água adsorvida, que faz parte de sua estrutura. Esta água está submetida apressões altíssimas que fazem com que se apresente congelada à temperatura ambiente.Dependendo da temperatura de secagem, parte ou até toda água adsorvida pode serremovida junto com a água livre dos vazios o que daria diferentes pesos secos em funçãoda temperatura da estufa. Para resolver isto, convenciona-se em Mecânica dos Solosque solo seco é aquele que apresenta constância de peso em duas pesagensconsecutivas após secagem em uma estufa de 105º a 110E.
Quadro 2.7
Quase sempre o solo submerso é considerado saturado - nesta condição, o ?nat
deste solo é o ?sat - muito embora, o solo submerso estar saturado nem sempreé a realidade, especialmente em argilas, em que é comum a existência de bolhasde gas retidas nos vazios, produzidas pela atividade biológica dosmicrorganismos presentes.
Quadro 2.8
22
dd g
γρ = Eq.15
satsat
t
MV
ρ = Eq.16
satsat g
γρ = Eq.17
subsub
t
MV
ρ = Eq.18
subsub g
γρ = Eq.19
v
s
Ve
V= Eq.20
v
t
Vn 100
V= Eq.21
de umidade nula. É a relação entre a massa seca e o volume total da amostra.
Também pode-se obter a massa específica seca com aEq. 15.
2.12 - MASSA ESPECÍFICA SATURADA - ? sat:
É a relação entre a massa da amostra saturada e o volumetotal da amostra.
Da mesma forma pode-se obter a massa específica saturadacom a Eq. 17.
2.13 - MASSA ESPECÍFICA SUBMERSA - ? sub
É a relação entre a massa da amostra submersa e o volumetotal da amostra.
De forma análoga pode-se obter a massa específica submersacom a Eq. 19.
2.14 - ÍNDICE DE VAZIOS - e
É a relação entre o volume de vazios e o volume de sólidos.Embora possa variar, teoricamente, de 0 a 4, o menor valorencontrado em campo para o índice de vazios é de 0.25 (parauma areia muito compacta com finos) e o maior de 15 (parauma argila altamente compressível).
2.15 - POROSIDADE - n
É a relação entre o volume de vazios e o volume total daamostra, expressa em percentagem.
23
s
td
t
t
WWVW
γ =
s
s wd
t
t
WW W
VW
+γ =
s w
sd
t
t
1W W
W1
WV
+
γ =
Teoricamente varia de 0 a 100%. Na prática varia de 20 a 90%.
3 - PROBLEMAS PROPOSTOS E RESOLVIDOS
1 - A partir do peso específico aparente (?) e da umidade de um solo (w), deduza umaexpressão para o peso escífico seco (?d).
SOLUÇÃO:
Como pode-se ver na Eq.9, .sd
t
WV
γ =
Dividindo-se o numerador e o denominador por Wt:
Substituindo-se Wt por Ws + Ww (v. Figura 2.1):
Invertendo-se o numerador e o denominador, tem-se:
Substituindo-se e :w
s
Ww 100
W= t
t
WV
γ =
24
NA NT~~ E
Wt
Figura 2.2 - Perfil de solo
d
1w1
1001
+γ =
γ
d w1
100
γγ =
+Eq.22
o que leva a:
Considerando o empuxo, ache uma relação para o peso específico submerso (?sub).
SOLUÇÃO:
2 - Se o solo está submerso, passa a atuar nas partículas o empuxo de água que é umaforça vertical, de baixo para cima, igual ao peso do volume de água deslocado. Considere-se, como mostra a Figura 2.2, uma amostra de solo submersa e saturada, com volume Vt
e peso Wt:
Pelo equilíbrio de forças na direção vertical, tem-se:
sub tW W E= − Eq.23
sendo:
Wsub = o peso submerso da amostra;Wt = peso da amostra ao ar;
25
sub sat wγ = γ − γ Eq.24
E = empuxo.
Pode-se ainda escrever:
t sub t sat t wV V Vγ = γ − γ
o que leva a:
3 - Ache uma relação biunívoca entre o índice de vazios (e) e a porosidade (n).
SOLUÇÃO:
Por definição: v
t
Vn 100
V=
Dividindo-se o numerador e o denominador por Vs:
v
s
t
s
VV
n 100VV
=
Substituindo-se Vt por Vs + Vv (v. Figura 2.1):
v
s
s v
s
VV
n 100V V
V
= +
Como :v
s
Ve
V=
en 100
1 e=
+Eq.25
ou ainda:
26
n100e
n1
100
=−
Eq.26
4 - A partir das definições básicas dos índices físicos, chegue às seguintes relaçõesimportantes:
g
w1
1001 e
+γ = γ
+Eq.27 s
w
wG 1
1001 e
+ γ = γ
+Eq.28
ssat w
G e1 e
+γ = γ
+Eq.29
gd 1 e
γγ =
+Eq.30
g
d
e 1γ
= −γ
Eq.31 rs
SwG e
100 100= Eq.32
5 - Mostre um esquema demonstrativo para a determinação dos principais índices físicosobtidos em uma amostra indeformada de argila trazida ao laboratório.
Conhecendo-se três indíces físicos de um solo, todos os demais podem ser obtidos. Paraconhecer-se estes três índices, determina-se no laboratório o volume da amostra (Vt), suamassa na condição natural (Mt) e após seca em estufa (Md) e a densidade relativa dosgrãos (Gs).
Para a determinação do volume o método mais usado é a moldagem de uma amostra emuma forma geométrica simples - em geral cilíndrica - na qual se possa determinar o volumeatravés de uma fórmula conhecida. Outra alternativa é pesar a amostra ao ar, cobri-la comparafina e pesá-la submersa; aplicando o princípio do empuxo pode-se chegar facilmenteao volume da amostra (v. exercício 19).
27
Figura 2.3 - Dinamômetro
A determinação da massa da amostra é obtida com a utilização de uma balança comum delaboratório. Em geral, as balanças de laboratório são de compensação e medem a massado corpo. A determinação do peso de um corpo exige a utilização de um dinamômetro, i.e.,um medidor de força. A Figura 2.3 mostra um dinamômetro muito utilizado por vendedoresambulantes de pescado em cidades de veraneio no litoral do país - e por isto conhecidopopularmente por balança de peixeiro - que mede a força necessária para distender umamola calibrada.
A massa seca é obtida após secagem da amostra em estufa de 105º a 110ºC, até ocorrera constância de massa, i.e., em duas pesagens consecutivas, espaçadas por um tempo nãoinferior a 30 minutos, obtenha-se o mesmo valor na balança. Tratando-se de amostras desolo orgânico, sugere-se o uso de estufa de 60ºC para evitar a queimada matéria orgânica.Métodos alternativos usados para acelerar a secagem das amostras - como a adição deálcool à amostra, com queimas sucessivas - só podem ser usados quando comparaçõesprévias garantirem, para aquele solo, a validade do processo.
A determinação da densidade relativa dos grãos pode ser feita a partir da proposta daABNT/NBR-6508 para a determinação damassa específica dos grãos de solo.
Com estes quatro valores, pode-se seguir omodelo da Figura 2.4 para obter-se os índicesfísicos desejados. Cabe observar que a simplesdivisão dos pesos específicos obtidos, pelaaceleração da gravidade g fornece as massasespecíficas equivalentes.
28
Vt Mt Md
g s wGγ = γ t
t
Mg
Vγ =
g
d
e 1γ
= −γ d w
1100
γγ =
−
t d
d
M Mw 100
M−
=
en 1001 e
=+ s
r
wG
100S 100e
=
ssat w
G e1 e
+γ = γ
+sub sat wγ = γ − γ
Gs
Figura 2.4 - Seqüência proposta para determinação dos índices físicos
sat seca
seca
am +vidro am vidro
am vidro vidro
M M 68,959 62,011w = 100= 100 = 25,8 %
M M 62,01 35,046+
+
− −− −
6 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de um solo saturado tem massa de68,959 g. Depois de seco baixou para 62,011 g. A massa do recipiente é 35,04 g e o pesoespecífico dos grãos é 28 kN/m3. Determine o índice de vazios, a porosidade e o teor deumidade da amostra original.
SOLUÇÃO:
TEOR DE UMIDADE - w
A partir da Eq. 6, pode-se escrever:
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Aplicando-se Eq. 5 e Eq. 32, tem-se:
29
sat sw
t
M g G e 0,0572 x 9,81 2,79 e 9,81
V 1 e 0,0283 1 e
e 0,75
+ −= γ → =
+ +
=
r
s
S 100e 0.75
100 100w 100 100 27%G 2,79
= = =
g
w
r
w 28 25,8 x
100 9,81 100e 0,74S 100100100
γ
γ= = =
POROSIDADE - n
Aplicando-se a Eq. 25:
e 0 74n 100 = 42,41 %
1 e 1 0 74= =
+ +,
,
7 - Uma amostra de solo saturado tem um volume de 0,028 m3 e massa de 57,2 kg.Considerando que os vazios estão tomados por água, determinar o índice de vazios, o teorde umidade e o peso específico seco deste solo. Considerar Gs = 2,79.
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Se o solo está saturado, Sr = 100% e ?nat = ?sat. Aplicando-se as Eq. 16, 17 e 29:
TEOR DE UMIDADE - w
Aplicando-se Eq. 32, tem-se:
PESO ESPECÍFICO APARENTE SECO - ?d:
A partir das Eq. 5 e Eq. 30, tem-se:
30
r
sat w
S 100e e100 100e ew 32 5100 100 18 83 9 81
1 e 1 e
e 0 89
+ +
γ = γ → =+ +
=
,
, ,
,
g gr
w
3g
Sw 32.5 100e 0 89100 100 100 9 81 100
26 86 kN/m
γ γ= → =
γ
γ =
.,
,
3s wd
G 2 79 x 9 8115 61 kN/m
1 e 1 0 72γ
γ = = =+ +
, ,,
,
8 - Um solo saturado tem um peso específico aparente de 18,83 kN/m3 e umidade de32,5%. Calcular o índice de vazios e o peso específico dos grãos do solo.
ÍNDICE DE VAZIOS - e
Se o solo está saturado, Sr = 100% e ?nat = ?sat. Usando as Eq 29 e 32, tem-se:
PESO ESPECÍFICO DOS GRÃOS - ?g
Da Eq. 32 e 5, tem-se:
9 - A massa de uma amostra de argila saturada é 1526 g. Depois de seca em estufa passaa ser 1053 g. Se Gs = 2,7, calcule e, n, w, ?, ?d.(Resp.: e = 1,21 ; n = 54,81 % ; w = 44,92 % ; ? = 17,37 kN/m3 ; ?d = 11,99 kN/m3)
10 - Em um solo saturado são conhecidos o peso específico aparente (? = 20,1 kN/m3) eseu teor de umidade (w = 23%). Encontre a densidade relativa dos grãos deste solo.(Resp.: Gs = 2,71)
11 - Em um solo saturado Gs = 2,55 , ?nat = 17,65 kN/m3. Calcule o índice de vazios e aumidade deste solo.
31
w t s
s s
M M M 28,81 24,83w 100 100 16,03%
M M 24,83− −
= = = =
-63t
-6t
M g 28,81 x 10 x 9,8119,06 kN/m
V 14,83x 10γ = = =
(Resp.: e = 0,94 ; w = 36,8%)
12 - Em uma amostra de solo são conhecidos o ?sub, w e Gs. Encontre o peso específicoseco, o índice de vazios e o grau de saturação em função dos valores conhecidos.
(Resp.:s
wsub
G 1e 1
−= γ −
γEq.33
s subd
s
G
G 1γ
γ =−
Eq.34
( )s sub
rs w sub
wG
100SG 1
γ=
− γ − γEq.35
13 - Um recipiente de vidro e uma amostra indeformada de um solo saturado pesaram0,674 N. Depois de seco em estufa o peso tornou-se 0,608 N. O recipiente de vidro pesa0,344 N e o peso específico dos grãos do solo é 27,5 kN/m3. Determinar o índice devazios e o teor de umidade da amostra original.(Resp.: e = 0,70 ; w = 25%)
14 - Por imersão em mercúrio o volume de uma amostra siltosa foi determinado igual a14,83 cm3. Sua massa, no teor natural de umidade era 28,81 g e depois de seca em estufa24,83 g. O peso específico dos grãos era 26,5 kN/m3. Calcule o índice de vazios e o graude saturação da amostra.
Aplicando a Eq. 6 tem-se:
com a Eq. 8 pode-se achar o peso específico aparente:
Com a Eq. 27 pode-se achar o índice de vazios:
32
Argila siltosa média
Areia medianamente compacta
0 -
2 -
4 -
6 -
(m)
NA
NT
Figura 2.5 - Perfil do terreno
g
w 16,031 26,5 1
100 100 19,061 e 1 e
e 0,61
γ + + γ = → =+ +
=
t s
s
W W 0,39 0,28w 100 39,28%
W 0,28− −
= = =
g
w
w 26,5 16,03 x x 100 9,81 100S 100 100 70,59%
e 0,61
γγ
= = =
e com as Eq. 5 e 32 acha-se, finalmente o grau de saturação:
15 - Do perfil de terreno mostrado na Figura 2.5, retirou-se uma amostra a 6 m deprofundidade. O peso da amostra foi de 0,39 N e após secagem em estufa foi de 0,28 N.Sabendo-se que Gs = 2,69, pede-se: w, e, ?nat, ?sub.
Como a amostra estava submersa a consideração de estar saturada é plenamente aceitável,logo: Sr = 100 %. Considerando a Eq. 6, tem-se:
33
3snat sat w
G e 2,69 1,069,81 17,87 kN/m
1 e 1 1,06+ +
γ = γ = γ = =+ +
s
r
w 39,28G 2,69 x100 100e 1,06S 100
100100
= = =
3sub sat w 17,87 9,81 8,06 kN/mγ = γ − γ = − =
A Eq. 32 permite determinar o valor do índice de vazios:
Com a Eq. 29 pode-se calcular o ?sat:
e finalmente, com a Eq. 24:
16 - As amostras A, B ,C e D foram recolhidas por meio da cravação de um cilindro deaço de 1 litro de volume e massa de 100 g, com paredes suficientemente finas para nãoalterar o volume inicial da amostra. Foram tomadas todas as precauções para preservar aumidade da amostra até sua chegada em laboratório onde foram pesadas dentro do cilindroe depois levadas para uma estufa a 110E C até chegar-se à constância de peso. Foramobtidos os seguintes resultados:
AMOSTRAS A B C D
massa da amostra + cilindro (g) 1520 2050 1450 2030
massa da amostra seca (g) 1210 1640 1165 1720
Tabela 2.1 - Dados do problema 16
Admitindo-se Gs = 2,65, determinar os pesos específicos aparentes e secos, os teoresde umidade, os índices de vazios e os graus de saturação dessas amostras,
A B C D
? (kN/m3) 13,93 19,13 13,24 18,93
w (%) 17,36 18,90 15,88 12,21
34
A B C D
-63areia
buracoareia
M g 1500 x 10 x 9,81V 0,788 m
18,63= = =
γ
-63
nat
1080 x 10 x 9,8113,41 kN/m
0,788γ = =
?d (kN/m3) 11,87 16,09 11,43 16,87
e 1,19 0,62 1,27 0,54
Sr (%) 38,65 81,34 33,01 59,84
Tabela 2.2 - Resposta do problema 16
17 - Escavou-se um buraco em um terreno, retirando-se 1080 g de solo. Logo emseguida preencheu-se este buraco com 1500 g de uma areia seca com peso específicoaparente de 18,63 kN/m3. Calcular o peso específico seco, o índice de vazios e o graude saturação deste terreno sabendo-se que de uma parcela do solo retirado do buracodeterminou-se a umidade do terreno em 14% e a densidade relativa dos grãos em 2,5.
Este problema representa um ensaio de frasco de areia, usado para determinações "insitu", do peso específico natural do terreno.
O primeiro passo do ensaio em campo, consiste em escavar-se, cuidadosamente, umburaco no solo na forma aproximada de um cilindro de 20 cm de diâmetro por 15 cm dealtura. Após isto, preenche-se o buraco com uma areia de peso específico conhecido,determinando-se a massa de areia necessária para enchê-lo; o volume do buraco podeser determinado a partir da massa da areia que preencheu o buraco e do pesoespecífico, previamente conhecido, da areia. Com a massa do terreno retirado paraescavar o buraco e o volume do mesmo, determina-se o peso específico natural doterreno.
Massa da areia necessária para preencher o buraco = 1500 g; peso específico destaareia = 18,63 kN/m3, logo, de acordo com a Eq. 8, o volume do buraco será:
Massa do material retirado para fazer o buraco = 1080 g; volume do buraco =0,788 m3, logo o peso específico natural do terreno será:
e o peso específico poderá ser obtido a partir da Eq. 22:
35
A r g i l a s i l t o s a m é d i a
A r e i a m e d i a n a m e n t e c o m p a c t a0 -
2 -
4 -
6 -
( m )
N A
N T
Figura 2.6 - Perfil do terreno
sG= 100r
w 142 5
100 100S 100 32 28e 1 05
= =,
, %,
s
w
w 14G 1 2 5 1
100 10013 41 9 811 e 1 e
e 1 08
+ + γ = γ = =+ +
=
,, ,
,
3 kN/md
13 4111 77
w 141 1
100 100
γγ = = =
+ +
,,
O índice de vazios com a Eq. 28:
Finalmente o grau de saturação pode ser obtido com a Eq. 32:
18 - Retirou-se uma amostra a 3 m de profundidade no perfil abaixo, com massa de18,0 kg e volume de 0,011 m3. Sabendo-se que a densidade relativa dos grãos destesolo é 2,69, calcule:
- o peso específico natural;- o peso específico submerso;- o índice de vazios;- a umidade
A amostra retirada a 3 m de profundidade encontrava-se na camada argilosa, 1,0 macima do lençol freático. Nestas condições, a consideração de a amostra estar saturada(por capilaridade) é plenamente aceitável tratando-se de uma argila. Com estaconsideração de Sr = 100%, pode-se resolver facilmente o problema.
36
Va
Vw
Vs
Vv
Vt
AR
ÁGUA
SÓLIDOS
CERAVc
Vam
Figura 2.7 - Amostra idealizada
(Resp.: ?nat = 16,05 kN/m3, ?sub = 6,24 kN/m3, e = 1,66 ; w = 61,55%)
19 - O volume de uma amostra irregular de solo foi determinado, cobrindo-se a amostracom cera e pesando-a ao ar e debaixo d'água. Encontre o ?d e o Sr deste solo sabendoque:
- massa total da amostra ao ar = 184 g- massa da amostra envolta em cera, ao ar = 203 g- massa da amostra envolta em cera, submersa = 80 g- umidade da amostra = 13,6%- densidade relativa dos grãos = 2,61- peso específico da cera = 8,2 kN/m3.
Admitindo-se a amostra idealizada mostrada na Figura 2.7:
O empuxo, que é igual ao peso de água deslocado pela submersão da amostra, é obtidopela diferença da pesagem ao ar e submersa, e portanto:
( ) -3ar submersoE W W 203 80 x 10 x 9,81=1,21 N= − = −
logo, o volume total (amostra + cera) será igual a:
-3-4 3
am ceraw
E 1,21 x 10V 1,23 x 10 m
9,81+ = = =γ
o peso da cera será igual a:
37
3 kN/md
18 015 85
w 13 61 1
100 100
γγ = = =
+ +
,,
,
x 9,81s w
d
G 2 61e 1 1 0 62
15 85γ
= − = − =γ
,,
,
( ) ( ) -3c am am ceraW M M g 203 184 x 10 x 9,81=0,19 N+= − = −
o volume de cera será igual a:
-3-4 3c
cc
W 0,19 x 10V 0,23 x 10 m
8,2= = =
γ
o volume da amostra será:
-4 -4 -4 3am t cV V V 1,23 x 10 0,23 x 10 1,0 x 10 m= − = − =
o peso específico da amostra pode ser obtida com as Eq. 12 e 13:
-3 33am
am -4am
M g 184 x 10 x 9,81 x 1018,0 kN/m
V 1,0 10γ = = =
o peso específico seco da amostra com a Eq. 22:
o índices de vazios com as Eq. 5 e 31:
e, finalmente, o grau de saturação com a Eq. 32:
r
13,62,61
100S 100 57,65 %0,62
= =
20 - Uma amostra de solo saturado tem o volume de 0,0396 m3 e massa de 79,2 kg. Adensidade relativa dos grãos é 2,75.
a) considerando que os vazios estão tomados por água pura, determinar o teor de
38
3t
t
M 0,07922,0 m
V 0,0396ρ = = =
s wsalam
g wsal
W WV = +
γ γEq.36
ssat w
G e 2,75+eg 2 x 9,81 = 9,81
1 e 1+e
e = 0,75
+ρ = γ →
+
r
s
S 100e 0,75100 100w 100 100 27,27%G 2,75
= = =
umidade e o índice de vazios deste solo.
b) considerando agora que a água dos vazios seja salgada (com os sais totalmentedissolvidos), tendo o peso específico de 10,1 kN/m3, determinar o peso de água pura,o peso do sal e o índice de vazios desta amostra.
a) para esta situação aplica-se as Eq. 12, 16, 29 e 32:
b) neste caso, como os sais nos vazios estão completamente dissolvidos, eles nãoocupam espaço adicional ao da água; com a dissolução integral, as moléculas de salocuparão os espaços entre as moléculas da água, portanto, na amostra saturada comágua salgada, o volume de vazios (Vv) será igual ao volume de água nos vazios (Vw) eigual ao volume de água salgada nos vazios (Vwsal):
v w wsalV V V= =
o volume total da amostra será igual:
am s v s wsalV V V V V= + = +
como e , pode-se escrever:ss
g
WV =
γwsal
wsalwsal
WV =
γ
o peso da amostra (Wam) é igual a:
39
( ) 3sal wsal wW W W 0,174 0,169 10 5,01 N= − = − =
am s wsalW W W= + Eq.37
am wsal wsalam
g wsal
W W WV
−= +
γ γ
-3wsal wsal
wsal
79,2 x 10 x 9,81 W W0,0396
2,75 x 9,81 10,1W 0,174 kN
−= +
=
3wsalwsal
wsal
W 0,174V 0,0173 m
10,1= = =
γ
w wsal wW V 0,0173 x 9,81 0,169 kN= γ = =
aplicando-se o valor de Ws obtido na Eq. 37 na Eq. 36, tem-se:
que leva a:
o volume de água salgada nos vazios (Vwsal) será:
como o volume de água salgada é igual ao volume de água, o peso de água será:
o que dá para o peso de sal:
o índice de vazios poderá ser calculado com a Eq. 20:
v wsal
s am wsal
V V 0,0173e 0,77
V V V 0,0396 0,0173= = = =
− −
21 - Retirou-se uma amostra de argila do fundo do mar. Para determinar seu volume,cobriu-se a amostra com parafina e determinou-se sua massa ao ar e debaixo d'água,obtendo-se:
- massa da amostra ao ar = 12 Kg;- massa da amostra coberta com parafina ao ar = 13 Kg;- massa da amostra coberta com parafina debaixo d'água = 3,5 Kg.
40
ts
VV
1 e=
+Eq.38
3s
400000V 243902 m
1 0,64= =
+
Admitindo-se que a água existente nos vazios da amostra tem peso específico de10,3 kN/m3, pede-se o peso do sal contido nos vazios da amostra. Considerar:
- peso específico da parafina = 8,2 kN/m3;- densidade relativa dos grãos = 2,65.
(Resp.: ?nat = ?sat = 14,18 kN/m3 ; e = 2,71 ; w = 102,1%)
22 - A construção de um aterro consumirá um volume de 400.000 m3 de solo deempréstimo com um índice de vazios após a compactação de 0,64. Há três jazidas quepodem ser utilizadas com as seguintes características:
JAZIDA DISTÂNCIA (km) e
Serrinha 3 1,85
Araras 5 0,78
Pitomba 4 1,1
Tabela 2.3 - Dados do problema 22
Admitindo-se que o preço do transporte do material por km seja igual, qual a jazidaeconomicamente mais favorável?
Neste caso, independentemente do índice de vazios original, o volume de sólidos a serutilizado no aterro tem que ser igual nas três jazidas, uma vez que o volume total no aterroe o índice de vazios final são os mesmos. A partir da Eq. 20 para o índice de vazios pode-se chegar à expressão a seguir:
o que leva a:
Conhecido o Vs, pode-se achar o volume total que terá que ser trazido de cada jazida, paraser no aterro um volume total compactado de 400000 m3 com um índice de vazios de 0,64.Para isto usa-se a mesma expressão anterior e monta-se a tabela:
JAZIDA ÍNDICE DEVAZIOS
DISTÂNCIAkm
VOLUMETOTAL m3
CUSTOTOTAL
Serrinha 1,85 3 695122 2085365,85
41
Araras 0,78 5 434146 2170731,71
Pitomba 1,1 4 512195 2048780,49
Tabela 2.4 - Resposta do problema 22
A coluna de CUSTO TOTAL teria que ser multiplicada pelo custo do kilômetro parafechar-se o custo de cada jazida, porém como este preço é o mesmo para todas as jazidas,a opção Pitomba é a mais favorável.
23 - Uma amostra de um solo argiloso apresentava os seguintes índices físicos: ?nat = 18,5kN/m3 , ?g = 27 kN/m3 e w = 15%. Qual o volume de água a ser acrescentado para quea amostra fique completamente saturada ?
INDÍCE DE VAZIOS
Aplicando-se a Eq. 28:
s
w
w 27 15G 1 1
100 9,81 100 18,5= 9,81
1 e 1 e
e 0,68
+ + γ = γ →
+ +
=
UMIDADE DE SATURAÇÃO
Considerando-se, na Eq. 32, Sr = 100 % , tem-se a umidade para o solo saturado:
sats
e 0,68w 100 24,65%
27G9,81
= = =
Um volume de 1 m3 deste solo pesa 18,5 kN/m3. Considerando a Eq. 6, pode-se chegar:
o
0
0
ww
t w w
w
WW 15w 100
W W 100 18,5 W
W 2,41 kN
= → =− −
=
42
O que leva ao peso de sólido:
s t wW W W 18,5 2,41 16,09 kN= − = − =
E portanto, o peso de água de um m3 da amostra saturada é:
sat
satw s
w 24,65W W 16,09 3,97 kN
100 100= = =
O que faz com que o volume de água a acrescentar, necessário para saturar 1 m3 deamostra:
sat 0w ww
w
W W 3,97 2,41V 1000 158 litros
9,81
− −∆ = = =
γ
24 - Uma amostra de areia tem uma porosidade de 34%. A densidade relativa dos grãosé igual a 2,7. Calcule o peso específico seco e o saturado desta areia.(Resp.: ?d = 17,48 kN/m3 ; ?sat = 20,82 kN/m3)
25 - Determinou-se a umidade de duas amostras iguais de um solo argiloso, utilizandodiferentes estufas para a secagem das amostras: na amostra A usou-se uma estufa de 300ºC e na amostra B uma de 110 ºC. É de se esperar que:
G - a umidade determinada para o solo A seja maior que a do solo B;G - a umidade determinada para o o solo A seja menor que a do solo A;G - a umidade determinada para o o solo A seja igual a do solo B;G - nenhuma das respostas anteriores.
(Resp.: é de se esperar que a umidade determinada para o solo A seja maior que a umidadedeterminada para o solo B porque a estufa de 300º irá retirar parte da água adsorvida daspartículas levando a um peso seco menor para a amostra A e, por conseqüência, a umaumidade maior).
26 - Em uma amostra de solo, tem-se : Gs = 2,75 e w = 43%. Determinou-se o pesoespecífico aparente deste solo duas vezes, sendo ?1 = 16,7 kN/m3 e ?2 = 18,6 kN/m3.Sabendo-se que houve erro em um dos ensaios, qual o peso específico correto?
Como são conhecidos três índices físicos da amostra pode-se calcular qualquer outro quese queira. Um caminho possível para determinar um erro nestes casos, é achar índicesfísicos com faixas limitadas e verificar se estes limites são obedecidos. O índice que maisse adequa a isto é o grau de saturação que tem limites de 0% a 100%. O primeiro passoentão será calcular o grau de saturação admitindo o peso específico de 16,7 kN/m3:
43
31d1
16,711,68 kN/m
w 431 1100 100
γγ = = =
+ +
32d2
18,613,0 kN/mw 43
1 1100 100
γγ = = =
+ +
g1
d1
2,75 x 9,81e 1 1 1,31
11,68
γ= − = − =
γ
g2
d2
2,75 x 9,81e 1 1 1,07
13,0
γ= − = − =
γ
s
11
w 43G 2,75
100 100S 100 100 90,3%e 1,31
= = =
s
22
w 43G 2,75
100 100S 100 100 110%e 1,07
= = =
CÁLCULO DE Sr1:
Aplicando.se as Eq. 22, 31 e 32, tem-se:
O valor de Sr1 não dá nenhuma indicação de erro.
CÁLCULO DE Sr2:
Fazendo o mesmo para o segundo ensaio:
Como Sr tem que ser menor ou igual a 100% o valor de ? = 18,6 kN/m3 é incorreto eportanto o peso específico da amostra deve ser considerado igual a 16,7 kN/m3.
27 - Um certo volume de lodo (resíduo industrial) deverá ser estocado em laboratório paradeposição de sólidos. Sabe-se que o lodo contém 20% em peso de sólidos, sendo seu pesoespecífico 11,28 kN/m3. Após sedimentação total foi retirada uma amostra indeformada dosedimento, tendo um volume de 35,4 cm3 e massa de 50,3 g. Depois de seca em estufa esta
44
amostra teve sua massa alterada para 22,5 g. Determinar o peso específico dos grãos, oíndice de vazios do lodo e o índice de vazios do sedimento.
SEDIMENTO
PESO ESPECÍFICO APARENTE
Com a Eq. 12 e 13 chega-se a:
350,39,81 13,94 kN/m
35,4γ = =
TEOR DE UMIDADE
50,3 22,5w 100 123,5%
22,5−
= =
PESO ESPECÍFICO DOS GRÃOS
Como o sedimento decantou em água a consideração de Sr = 100% é correta, logo,usando-se a Eq. 28:
s s
s
s
123,5G G
10013,94 9,81 G 2,95123,5
1 G100
+= → =
+
o que leva a
3g 2,95 x 9,81 29,04 kN/m
123,5e 2,95 3,66
100
γ = =
= =
LODO
Ws = 0,20 Wt
UMIDADE
45
w t tlodo
s s t
W W Ww 100 1 100 1 100 400%
W W 0,20 W
= = − = − =
ÍNDICE DE VAZIOS
Usando as Eq.28, chega-se à equação:
s
w
wG 1
100e 1 11,87
+ = γ − =
γ
28 - Duas porções de solo (1) e (2) da mesma amostra apresentam respectivamente w1 =10% e w2 = 25%. Quanto da porção (1), em peso, deve ser acrescentado à porção (2)para obter-se a umidade final da mistura igual a 22% ?
Da Equação 2.5 tira-se:
t s t
s s
W W W ww 100 1
W W 100−
= → = +
( )
( )
1
1
2
2
f
f
t
s
t
s
t
s
Wpara a porçao 1 1,10
W
Wpara a porçao 2 1,25
W
Wpara a mistura final 1,22
W
→ =
→ = → =
%
%
A última expressão pode ser escrita: 1 2
1 2
t t
s s
W W1,22
W W
+=
+
ou ainda: 1 2
1 2
t t
t t
W W1,22
W W1,10 1,25
+=
+
46
daí tira-se: 1
2
t
t
W0,22
W=
Isto é, a mistura de 22 g do solo (1) com 100 g do solo (2) produzirá uma amostra com w= 22%.
29 - Uma camada arenosa de e = 0,60 sofreu o efeito de um terremoto de tal forma quea espessura desta camada reduziu-se em 3% da espessura inicial. Pede-se o índice devazios desta areia depois do terremoto.
ANTES DO TERREMOTO
0
s
0
0
espessura da camada = H
volume de solidos = V
volume total = A H
indice de vazios inicial = e 0,60
=
DEPOIS DO TERREMOTO
0
s
0
f
espessura da camada = 0,97 H
volume de solidos = V
volume total = A x 0,97 H
indice de vazios final = e
A partir da Eq. 38 e considerando que o volume de sólido não se altera com o terremoto,pode-se chegar à expressão:
0 0
0 f
A H A x 0,97 H1+e 1+e
=
Substituindo-se o valor de e0 encontra-se ef = 0,55.