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UNIP - COMPLEMENTOS DE MECÂNICA DOS SOLOS E FUNDAÇÕES - 2016-2 - PROFESSORA MOEMA CASTRO, MSc. [ AULA 03]

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - O ESTADO DO SOLO - ÍNDICES FÍSICOS Questão 1- Uma amostra de solo foi coletada em campo. Verificou-se que a amostra, juntamente com seu recipiente, pesavam 120,45g. Após permanecer em estufa a 105°C, até estabilizar o peso, o conjunto pesava 110,92g. Sendo a massa do recipiente de coleta da amostra de 28,72g, qual a umidade deste solo?

𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 120,45𝑔 ∴ 𝑚𝑢 = 120,45 − 28,72 = 91,73𝑔 𝑚𝐶+𝑆 = 110,92𝑔 ∴ 𝑚𝑠 = 110,92 − 28,72 = 82,20𝑔

𝑚𝐶 = 28,72𝑔

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠

× 100 =𝑚𝑢 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

× 100

𝑤 =91,73 − 82,20

82,20× 100 = 11,59%

Questão 2- Considere uma amostra de solo que foi colocada junto com uma cápsula e levada à balança, apresentando uma massa de 126,12 g. Essa amostra permaneceu em estufa até atingir constância de peso, e então foi pesada novamente, desta vez tendo uma massa de 106,09 g. A massa da cápsula era de 37,12 g. Qual o valor da umidade do solo?

𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 126,12𝑔 ∴ 𝑚𝑢 = 126,12 − 37,12 = 89,00𝑔 𝑚𝐶+𝑆 = 106,09𝑔 ∴ 𝑚𝑠 = 106,09 − 37,12 = 68,97𝑔

𝑚𝐶 = 37,12𝑔

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠

× 100 =𝑚𝑢 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

× 100

𝑤 =89,00 − 68,97

68,97× 100 = 29,04%

Questão 3- Determinar o teor de umidade (w) com base nos dados laboratoriais a seguir: Peso da cápsula + areia úmida = 258,7g Peso da cápsula + areia seca = 241,3g Peso da cápsula = 73,8g Volume da cápsula = 100cm³

𝑚𝑢 = 258,7 − 73,8 = 184,9𝑔 𝑚𝑠 = 241,3 − 73,8 = 167,5𝑔

𝑚𝐶 = 73,8𝑔

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠

× 100 =𝑚𝑢 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

× 100

𝑤 =184,9 − 167,5

167,5× 100 = 10,38%

Questão 4- Uma amostra indeformada de solo foi coletada numa cápsula cilíndrica de 4,0 cm de diâmetro e 10,0 cm de altura e apresentou uma massa de 300,38g. Determine a massa específica natural do solo. Considere a massa da cápsula como sendo 100,32 g.

𝑉𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 = 𝜋 𝑟2𝑕 = 𝜋 × 2,02 × 10 = 125,66𝑐𝑚³ 𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 300,38𝑔 (𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 + 𝑠𝑜𝑙𝑜 ú𝑚𝑖𝑑𝑜)

𝑚𝐶 = 100,32𝑔 𝑚𝑡 = 300,38𝑔 − 100,32𝑔 = 200,06g

𝜌𝑛𝑎𝑡 =𝑚𝑡

𝑉𝑡

=200,06

125,66= 1,59

𝑔𝑐𝑚³

Questão 5- O teor de umidade de uma amostra é de 25% e o peso inicial da amostra é de 300 g. Qual a quantidade de água existente na amostra?

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠

× 100 =𝑚𝑢 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

× 100

0,25 =300 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

∴ 𝑚𝑠 =300

1,25= 240𝑔

𝑚𝑤 = 𝑚𝑢 − 𝑚𝑠 = 300 − 240 = 60𝑔

Questão 6- Uma amostra de solo tem volume de 60 cm³ e peso de 87,1 g. Depois de completamente seca seu peso é 69,4 g. O peso específico real dos grãos é 26,2 kN/m³. Calcular sua umidade e grau de saturação.

𝑉𝑡 = 60𝑐𝑚3 (𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑜) 𝑇𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑚𝑢 = 87,1𝑔 𝑒 𝑚𝑠 = 69,4𝑔

𝐷𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎, 𝑚𝑤 = 𝑚𝑢 − 𝑚𝑠 = 87,1 − 69,4 = 17,7𝑔

𝛾𝑠 = 26,2 𝑘𝑁𝑚³

∴ 𝜌𝑠 = 2,62𝑔

𝑐𝑚³

Determinando o teor de umidade (𝑤)

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠

× 100 =𝑚𝑢 − 𝑚𝑠

𝑚𝑠

× 100

𝑤 =17,7

69,4× 100 = 25,5%

Determinando o grau de saturação (𝑆𝑟)

𝑆𝑟 =𝑉𝑤𝑉𝑣

× 100

𝐶𝑜𝑛𝑕𝑒𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒, 𝜌𝑤 = 1,00𝑔

𝑐𝑚³ 𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑚𝑤 = 17,7𝑔

𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜, 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑉𝑤

𝑉𝑤 =𝑚𝑤

𝜌𝑤

=17,7

1,00= 17,7𝑐𝑚³

𝑁𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜, 𝑓𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑖𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑜 𝑉𝑣

𝑉𝑡 = 𝑉𝑠 + 𝑉𝑣 ∴ 𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 𝐷𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑜𝑑𝑜,𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑉𝑠

𝑆𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝜌𝑠 = 2,62𝑔

𝑐𝑚³ 𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑚𝑠 = 69,4𝑔

𝐸𝑛𝑡ã𝑜, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒

𝑉𝑠 =𝑚𝑠

𝜌𝑠

=69,4

2,62= 26,5𝑐𝑚³

𝐶𝑜𝑛𝑕𝑒𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑉𝑡 𝑒 𝑉𝑠 , 𝑡𝑒𝑚𝑜 𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑉𝑣 𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 = 60 − 26,5 = 33,5𝑐𝑚³

𝐴 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎, 𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑓á𝑐𝑖𝑙 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑆𝑟


× 100 =17,7

33,5× 100 = 52,8%

Questão 7- Um corpo de prova cilíndrico de um solo argiloso tem uma altura de 12,5 cm e diâmetro de 5 cm. A massa úmida do corpo de prova é 440 g. Sabendo-se que a massa específica do sólidos é de 2,82 g/cm³ e o teor de umidade 29%. Determinar:

𝑉𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 = 𝜋 𝑟2𝑕 = 𝜋 × 2,52 × 12,5 = 245,44𝑐𝑚³ 𝑚𝐶+𝑆+𝐴 = 440𝑔 (𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑐á𝑝𝑠𝑢𝑙𝑎 + 𝑠𝑜𝑙𝑜 ú𝑚𝑖𝑑𝑜)

𝜌𝑠 = 2,82𝑔

𝑐𝑚³

𝑤 = 29%


a) Massa específica;


𝑉𝑡

=440

245,44= 1,79

𝑔𝑐𝑚³

b) Massa específica aparente seca;

𝑚𝑠 =𝑚𝑢

(1 + 𝑤%)=

440

1,29= 341,08𝑔

𝜌𝑑 =𝑚𝑠

𝑉𝑡

=341,08

245,44= 1,39

𝑔𝑐𝑚³

c) Índice de vazios;

𝑉𝑠 =𝑚𝑠

𝜌𝑠

=341,08

2,82= 120,95𝑐𝑚³

𝑉𝑣 = 𝑉𝑡 − 𝑉𝑠 = 245,44 − 120,95 = 124,49𝑐𝑚³

𝑒 =𝑉𝑣𝑉𝑠

=124,49

120,95= 1,03

d) Porosidade;

𝜂 =𝑉𝑠𝑉𝑡

× 100 =120,958

245,44× 100 = 50,72%

e) Grau de saturação.

𝑉𝑤 =𝑚𝑤

𝜌𝑤

=(440 − 341,08)

1,00= 98,92𝑐𝑚³


× 100 =198,92

124,49× 100 = 79,5%

Questão 8- Uma amostra de um solo pesa 22kg. O volume correspondente a esta amostra é 12,20 litros. Desta amostra subtrai-se uma parte, para a qual se determina: Pt = 70g; Ps = 58g; γg = 2,67g/cm³. Para a amostra maior, determinar:

𝑚𝑡 = 22𝑘𝑔 = 22000𝑔

𝑉𝑡 = 12,20𝐿 = 12,20𝑑𝑚³ = 12200𝑐𝑚³

𝑇𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑚 𝑣𝑖𝑠𝑡𝑎 𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎, 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟:


𝑉𝑡

=22000

12200= 1,80

𝑔𝑐𝑚³

a) teor de umidade (w);

𝑤 =70 − 58

58× 100 = 20,69%

b) massa de sólidos (Ps);

𝑚𝑠 =22000 − 70

1,2069= 18170,52𝑔

c) massa de água (Pa);

𝑚𝑤 = 21930 − 18170,52 = 3759,48𝑔

d) volume de sólidos (Vs);

𝑉𝑠 =18170,52

2,67= 6805,43𝑐𝑚³

e) volume de vazios (Vv);

𝑉𝑡 =21930

1,80= 12161,18𝑐𝑚³

𝑉𝑣 = 12161,18 − 6805,43 = 5355,74𝑐𝑚³

f) porosidade (η);

𝜂 =5355,74

12161,18× 100 = 44,03%

g) massa específica (γ);

𝜌𝑛𝑎𝑡 =21930

12161,18= 1,80

𝑔𝑐𝑚³

h) massa específica do solo seco (γs);

𝜌𝑑 =18170,52

12161,18= 1,49

𝑔𝑐𝑚³

i) teor de saturação (Sr).


× 100 =3759,48

5355,74× 100 = 70,20%


Questão 9- Para fazer a análise granulométrica de um solo, tomou-se uma amostra de 53,25g, cuja umidade era de 12,6%. A massa específica dos grãos do solo era de 2,67g/cm³. A amostra foi colocada numa proveta com capacidade de um litro (V=1000cm³), preenchida com água. Admita-se, neste exercício, que a água é pura, não tendo sido adicionado defloculante, e que a densidade da água é de 1,00g/cm³. Ao uniformizar a suspensão (instante inicial da sedimentação), qual deve ser a massa específica da suspensão?

Dados: 𝑚𝑢 = 53,25𝑔 𝑒 𝑤 = 12,6% = 0,126

𝜌𝑠 = 2,67𝑔

𝑐𝑚³ 𝑒 𝜌𝑤 = 1,00

𝑔𝑐𝑚³

𝑉𝑝𝑟𝑜𝑣𝑒𝑡𝑎 = 1000𝑐𝑚³

Solução: A massa de partículas sólidas empregada no ensaio é:

𝑚𝑠 =53,25

1,126= 47,29𝑔

O volume ocupado por esta amostra é:

𝑉𝑠 =47,29

2,67= 17,71𝑐𝑚3

O volume ocupado pela água é:

𝑉𝑤 = 1000 − 17,71 = 982,29𝑐𝑚3 A massa de água é:

𝑚𝑤 = 1,00 × 982,29 = 982,29𝑔 A massa específica da suspensão é:

𝜌𝑠𝑢𝑠𝑝𝑒𝑛𝑠 ã𝑜 =𝑚𝑠 + 𝑚𝑤

𝑉𝑠 + 𝑉𝑤=

47,29 + 982,29

17,71 + 982,29

𝜌𝑠𝑢𝑠𝑝𝑒𝑛𝑠 ã𝑜 = 1,02958𝑔

Questão 10- Na determinação do LL de um solo, utilizou-se o método do aparelho de Casagrande. Assim, foram obtidos os seguintes valores:

para um teor de umidade de 22%, foram necessários 36 golpes;

para um teor de umidade de 28% foram necessários 30 golpes.

Qual o valor do LL deste solo?

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟

0,22 − 0,28

0,22 − 𝐿𝐿=

0,36 − 0,30

0,36 − 0,25

−0,06

0,22 − 𝐿𝐿= 0,55

0,12 − 0,55𝐿𝐿 = −0,06 ∴ 𝐿𝐿 = 33%

Questão 11- Para determinar o índice de consistência e a sensitividade de uma argila, utilizou-se uma amostra indeformada. Os ensaios realizados e seus respectivos resultados estão listados abaixo.

Teor de umidade natural: 50% Limite de liquidez: LL=60% Limite de plasticidade: LP=35% Resistência à compressão simples no estado

natural do solo: 82kPa Resistência à compressão simples com o solo

amolgado: 28kPa

Como descrever a consistência e a sensitividade desse solo?

Solução: O solo amolgado apresenta resistência menor e indica que o remoldamento provocou uma destruição da estrutura existente no estado natural:

𝑆 =82

28= 2,9

Este valor de sensitividade caracteriza o solo como de sensitividade média.

Sensitividade Nº de Golpes

1 Insensitiva 1 a 2 Baixa sensitividade 2 a 4 Média sensitividade 4 a 6 Sensitiva > 8 Ultrasensitiva (quick clay)

Cálculo do índice de consistência

𝐼𝐶 =𝐿𝐿 − 𝑤

𝐿𝐿 − 𝐿𝑃=

60 − 50

60 − 35= 0,4

Por esse índice, o solo se classifica como argila mole. De fato, esta é a sua consistência após o amolgamento, quando sua resistência é de 28kPa. No estado natural, entretanto, a consistência é maior, e o solo se classifica como argila de consistência média.

Questão 12- Ensaios de caracterização de dois solos indicaram que o solo A tinha LL=70 e IP=30, enquanto o solo B tinha LL=55 e IP=25. Amostras desses dois solos foram amolgadas e água foi adicionada de forma que os dois ficassem com teor

1L

PROVETA

+ÁGUA

PROVETA+

ÁGUA+

SOLO


de umidade de 45%. É possível prever qual dos dois solos ficará mais consistente nesse teor de umidade?

Solução: Pode-se determinar o Índice de Consistência dos dois solos com teor de umidade de 45% (LL-LP=IP):

𝐼𝐶𝐴 =70 − 45

30= 0,83 𝑒 𝐼𝐶𝐵 =

55 − 45

25= 0,4

Na mesma umidade, o solo A é bem mais consistente (deve ter maior resistência) do que o solo B.

Questão 5- Uma areia apresenta índice de vazios máximo de 0,90 e índice de vazios mínimo igual a 0,57. O peso específico dos grãos é de 26,5kN/m³.

(a) De uma amostra dessa areia com teor de umidade de 3%, que peso deve ser tomado para a moldagem de um corpo de prova de volume igual a 1dm³, para que fique com compacidade de 67%?

Solução: O índice de vazios correspondente à compacidade de 67% pode ser calculado a partir da da equação:

𝐶𝑅 =𝑒𝑚á𝑥 − 𝑒𝑛𝑎𝑡𝑒𝑚á𝑥 − 𝑒𝑚 í𝑛

∴ 0,67 =0,90 − 𝑒𝑛𝑎𝑡0,90 − 0,57

𝑒𝑛𝑎𝑡 = 0,68

A esse índice de vazios corresponde o peso específico aparente seco de:

𝛾𝑑 =𝛾𝑠

1 + 𝑒∴ 𝛾𝑑 =

26,5

1 + 0,68= 15,77 𝑘𝑁

𝑚³

Para preencher o cilindro de 1dm³, o peso seco necessário é de 15,77N.

(b) Que quantidade de água deve ser adicionada posteriormente para que a areia fique saturada?

Solução: O peso da areia com 3% de umidade é de:

𝑚𝑠 = 1,03 × 15,77 = 16,24𝑁

𝑚𝑤 = 16,24 × 15,77 = 0,47𝑁

O peso específico da areia saturada pode ser calculado pela expressão a seguir, observando que:

𝑒. 𝛾𝑤 = 𝛾𝑠 . 𝑤

𝛾𝑠𝑎𝑡 =𝛾𝑠 + 𝛾𝑠 . 𝑤

1 + 𝑒∴ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =

𝛾𝑠 + (𝑒. 𝛾𝑤 )

1 + 𝑒

𝛾𝑠𝑎𝑡 =26,5 + 0,68 × 10

1 + 0,68=

33,3

1,68= 19,82𝑘𝑁

𝑚3

Quando saturado, 1dm³ da areia terá um peso total de 19,82N, sendo 15,77N o peso dos grãos, o peso da água é igual a:

𝑚𝑤 = 19,82 − 15,77 = 4,05𝑁

Com a areia úmida colocada incorporou 0,47N de água, deve-se acrescentar 4,05-0,47=3,58N de água

(35,8cm³) de água para que a areia fique saturada no cilindro.

Questão 13- Quais os índices físicos diretamente determinados por meio de ensaios de laboratório?

Solução: Os índices diretamente determinados em laboratório são: a umidade, a massa específica dos grãos e a massa específica natural do solo. Os demais índices são calculados a partir desses, por meio de expressões que os correlacionam com os três citados.

Questão 14- Uma amostra indeformada de solo foi recebida no laboratório. Com ela realizaram-se os seguintes ensaios:

A) Determinação do teor de umidade (w). Tomou-se uma amostra que, junto com a cápsula em que foi colocada, pesava 119,92g. Essa amostra permaneceu numa estufa a 105°C até constância de peso (por cerca de 18 horas), após esse período, o conjunto seco mais a cápsula pesava 109,05g. A massa da cápsula, chamada "tara", era de 34,43g. Qual o valor da umidade?

Solução:

𝑚𝑤 = 119,92 − 109,05 = 10,87𝑔

𝑚𝑠 = 109,05 − 34,43 = 74,62𝑔

A partir da definição da umidade, tem-se:

𝑤 =𝑚𝑤

𝑚𝑠=

10,87

74,62= 0,1456 𝑜𝑢 14,56%

B) Determinação da massa específica dos grãos (ρs). Para o ensaio, tomou-se uma amostra com 72,54g no seu estado natural. Depois de imersa n'água de um dia para o outro e agitada num dispersor mecânico por 20min, foi colocada num picnômetro e submetida a vácuo por 20min, para eliminar as bolhas de ar. A seguir, o picnômetro foi enchido com água deaerada até a linha demarcatória. Esse conjunto apresentou uma massa de 749,43g. A temperatura da água foi medida, acusando 21°C (considerar massa específica da água nessa temperatura igual a 0,998 g/cm³), e para esta temperatura uma calibração prévia indicava que o picnômetro cheio de água até a linha demarcatória pesava 708,07g. Determinar a massa específica dos grãos.


Solução: A primeira consideração a fazer é determinar a massa do solo seco contida na amostra. A determinação da massa de solo seco a partir da massa do solo úmido e da umidade aparece com muita freqüência. A partir da definição da umidade, tem-se:

𝑚𝑠 =𝑚𝑢

1 + 𝑤=

72,54

1 + 0,1456= 63,32𝑔

Se essa massa de partículas fosse colocada no picnômetro previamente cheio d'água até a linha demarcatória, sem que nada de água se perdesse, ter-se-ia:

𝑚𝑠 + 𝑚𝑝+𝑎 = 63,32 + 708,07 = 771,39𝑔

Note-se que, neste caso, haveria um excesso em relação à linha demarcatória. No entanto, quando se pesou o picnômetro com amostra e água, a massa foi de 749,43g. Então, a massa de água que não pôde ser incorporada ao picnômetro porque o espaço estava ocupado pelas partículas é:

𝑚𝑠 + 𝑚𝑝+𝑎 − 𝑚𝑝+𝑠+𝑎 = 771,39 − 749,43 = 21,96𝑔

Essa massa de água ocuparia um volume que é dado pela divisão de seu valor pela massa específica da água. Em quase todos os casos, a massa específica da água é igual a 1g/cm³, sendo o peso específico adotado 10kN/m³. Nesse ensaio, as normas mandaram tomar a massa específica da água na temperatura em que o ensaio foi feito. No caso, como a água no picnômetro estava a 21°C, deve-se considerar a massa específica da água nessa temperatura, que é de 0,998g/cm³. O volume ocupado pela água é, portanto, (21,96/0,998=22,00cm³), sendo este o volume das partículas do solo. Desta forma, a massa específica dos sólidos é:

𝜌𝑠 =𝑚𝑠

𝑉𝑠=

63,32

22,00= 2,88

𝑔𝑐𝑚³

C) Determinação da massa específica natural do solo (ρn). Moldou-se um corpo de prova cilíndrico do solo, com 3,57cm de diâmetro e 9cm de altura, que apresentou uma massa de 173,74g. Determine a massa específica natural do solo.

Solução: O volume do corpo de prova, com as dimensões descritas, é de 90cm³. Portanto, a massa específica é:

𝜌𝑛 =173,74

90= 1,93

𝑔𝑐𝑚³

D) Determinação dos índices físicos correntes. Admitindo-se g=10m/s², calcule, para o solo objeto dos ensaios descritos anteriormente, o peso específico dos grãos (γs) e o peso específico natural do solo (γn), e a partir deles e da umidade, os outros índices físicos corretamente empregados em

Mecânica dos Solos: peso específico aparente seco (γd), índice de vazios (e), grau de saturação (Sr), peso específico aparente saturado (γsat) e porosidade (n).

Solução: Os pesos específicos são:

𝛾𝑠 = 28,8𝑘𝑁𝑚³

𝑒 𝛾𝑛 = 19,3 𝑘𝑁𝑚³

O cálculo dos outros índices, geralmente, se faz na seqüência a seguir:

Cálculo do peso específico aparente seco (𝛾𝑑)

𝛾𝑑 =𝛾𝑛

1 + 𝑤=

19,3

1 + 0,1456= 16,85𝑘𝑁

𝑚³

Cálculo do índice de vazios (𝑒).

𝛾𝑑 =𝛾𝑠𝑉𝑠

𝑉𝑠 + 𝑒𝑉𝑠=

𝛾𝑠1 + 𝑒

∴ 𝑒 =𝛾𝑠𝛾𝑑

− 1

No caso,

𝑒 =28,8

16,85− 1 = 0,71

Cálculo do grau de saturação (𝑆). O volume da água é igual a S.e.Vs e o peso da água é igual a w.γsVs. Ao representar o peso específico da água pelo símbolo γw, tem-se:

𝑆. 𝑒. 𝑉𝑠 . 𝛾𝑤 = 𝑤. 𝛾𝑠 . 𝑉𝑠 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒:

𝑆 =𝛾𝑠 . 𝑤

𝑒. 𝛾𝑠=

28,8 × 0,1456

0,71 × 100,59 = 59%

Cálculo do peso específico aparente saturado (𝛾𝑠𝑎𝑡 ).

𝛾𝑠𝑎𝑡 =𝛾𝑠 + 𝑒𝛾𝑤

1 + 𝑒=

28,8 + 0,71 × 10

1 + 0,71= 21,0 𝑘𝑁

𝑚³

Porosidade (𝑛).

𝑛 =𝑒. 𝑉𝑠

𝑉𝑠 + 𝑒. 𝑉𝑠=

𝑒

1 + 𝑒=

0,71

1 + 0,71= 0,42 = 42%

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