MEC Solos Exercícios Resolvidos PDF

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Exercícios resolvidos de Mecânica dos Solos....

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MECÂNICA DOS SOLOS - EXERCÍCIOS: 1)Tem se 1900g de solo úmido, o qual será compactado num molde, cujo volume é de 1000 cm3. O solo seco em estufa apresentou um peso de 1705g. Sabendo-se que o peso específico dos grãos (partículas) é de 2,66g/cm3 determine: a- o teor de umidade b- a porosidade c- o grau de saturação 3 dados: G  2,66 g / cm P = 1900g PG =1705g V = 1000cm3

a) w =? PH2O = P - PG w

PH 20 x100 PG

PH2O = 1900 – 1705 195 w x100 1705

PH2O = 195g w = 11,4%

b) n =? n

VV x 100 V

VG 

1705 2,66

como VV = V- VG V  n  V x100 V c) SR =? V S R  H 20 x100 VV

SR 

195 x100 359,02

G  2,66 g / cm 3

G 

PG VG

P VG  G G

VG 640,98cm3

VV = 359,02cm3

VV =1000 – 640,98 n  358,02 x100 1000

V H2 O 

PH 20 H 2O

n 35,90%

VH 2O 

S R 54,31%

2) De uma amostra genérica de solo, são conhecidos: O peso específico dos grãos; O volume total da amostra;

195 1

V w 195 cm3

O grau de saturação A porosidade. Determinar em função destes dados acima todos os demais índices físicos. Sabendo que: n 

VV VT

(Porosidade do solo)

Então podemos deduzir que: VG VT  VV

VV nxVT

Então podemos expressar que:

VG VT x(1  n )

Porque

podemos expressar que VG VT  nVT Que é o mesmo que multiplicar VT por (1  n ) então, VG VT x(1  n)

Se

V S R  H 20 VV

( grau de saturação) , então podemos expressar que

V H 2 O S R xVV e, Substituindo VV é o mesmo que nVT então, concluímos que: VH 2O S R x n xVT

Se PH 2 O V H 2 O  ÁGUA , isto é o peso é o volume multiplicado pelo seu peso específico então, podemos nos expressar que: PH 2O S R x nVT x  ÁGUA

Se PG VG x G porque o peso específico dos grãos nada mais é do que o volume dos grãos multiplicado pelo seu peso específico, então podemos expressar que: PG VT x (1  n )x G

Se PT PH 2O  PG , isto é , o peso total nada mais é do que o peso da água somado ao peso dos grãos então, PT (( S R . n .VT ) . ÁGUA )  ((VT (1  n) . G )) Com estas equações acima, (determinação de volume e peso), determinamos os outros índices, isto é: e (índice de vazios) Sabemos que: e  VG VT (1  n ) ,

VV VG

e que VV nVT e que por dedução

VG VT  VV

ou

Podemos nos expressar da seguinte maneira : e 

nVT nVT ou ainda e  então, VT  VV V T (1  n )

nVT n e finalmente concluímos que e   (1 n) VT (1  n)

w (teor de umidade) PH 2O e, que PH 2 O S R .n .VT .H 2 O e PG VT .(1  n) .  G ,então PG S R .n .VT . H 2O então, podemos expressar da seguinte maneira: w  VT .(1  n ) . G

Sabemos que: w 

w

S R . n. H2 O (1  n) . G

 NAT ( peso específico natural)

Sabemos que  NAT 

PT VT

e que

PT S R .VT . H 2O  VT (1  n ) G ,então podemos

expressar da seguinte maneira:  NAT 

S R .VT . H 2O  VT (1  n ) g VT

 NAT  S R . H 2 O  (1  n) G

 S ( peso específico aparente seco)

Sabemos que  s seguinte maneira:

Pg VT

e que

PG (1  n )G .VT

então podemos expressar da

S 

(1  n) .G .VT S (1  n ) G VT

 SAT ( peso específico saturado)

Sabemos que

 SAT 

PG VV . H 2 O VT

e que

PG VT (1  n) G

e também que

VV n .VT então,

Podemos expressar da seguinte maneira: VT . (1  n) . G  n .VT . H 2O

 SAT 

VT

 SAT  (1  n . G )  ( n . H 2O )

 SUB ( peso específico submerso)

Sabemos que  SUB  NAT   H 2O e que podemos expressar da seguinte maneira:

SUB S R .H 2 O  (1  n )G

 SUB S R . H 2 O  (1  n )G   H 2 O

2 a) Determinar w, G , S , baseado em dados laboratoriais abaixo: Peso da cápsula + areia úmida = 258,7g Peso da cápsula + areia seca = 241,3g Peso da cápsula = 73,8g Volume da cápsula = 100 cm3 Resolução: Considerando: Ps Peso da cápsula  Ps 258,7 - 73,8g = =

então,

Ps

=184,9g

PG PTS

= Peso

da cápsula  Ps = 241,3 - 73,8g

Ps =167,5g

Calculando w : P w  w x100 PG

PW  PS  PG

PW 184,9  167,5

PW 17, 4 g

P   V

Conceituais: P H 2O  H 2 O VH 2 O

 H 2O 1g / cm3 PH2 O  PFINAL  PINICIAL

se  H 2O 1g / cm3 e P   V

V H 2O 

então:

PH 2 O 17, 4 g

PH2 O 1

Temos: VT VG  VH 2 O  V AR

VG 82,6cm

VV V H 2 O  V AR

 ap = Peso específico aparente:

 AP 

VV 

PG  PH2 O V G  VV

PT  AP VT

AP (VG VV ) PG  PH 2O

PG  PH 2O  VG AP

VV 

VV 55,33cm 3

e

VV VG

100 VG  17, 4 g

3

e

55,33 82,6

e 0,67

167,5 17, 4  82,6 1,849

w

PH 2O x100 PG

G 

PG VG

w

17,4 x 100 = 10,39% 167,5

G 

S ou NAT 

167,5 = 2,03g/cm3 82,6

184,9 PT   100 VT

S 1,85 g / cm3

3 ) Conhecidos: O Grau de Saturação; O peso específico dos grãos; O índice de vazios; O volume dos grãos; Determinar todos os demais índices físicos, bem como o volume e o peso. Resolução: Correlações: 1- Se

e

VV VG

VV  e .VG

VT VG (1  e)

2- Se VT VV  V G V H 2O 3- Se S R  VV

V H 2O S R .e .V G

4- Se

VG 

PG VG .G

5- Se PH 2O VH 2O . H 20 6- Se PT PH 2 O  PG

PG

G

PH 2 O  S R . e . VG . H 2 O

PT S R .e .VG .H 2O V G . G

Determinação de teor de umidade “w” Se: w 

PH 2O PG



S R . e .V G . H 2 O , temos : VG . G

Determinação da porosidade “n”

w

S R .e . H

G

2O

Se: n 

VV VT



e .VG , temos : VG . (1  e)

n

e (1  e)

Determinação da  NAT VG . S R .e .  H 2O PT Se:  NAT   , temos: VT V G . (1  e )

 NAT 

S R . e . H 2O  G (1  e )

Determinação da  SAT Se

SAT 

VG .  H 2O  e .VG .H 2O PG  VV . H 2 O   V G (1  e ) 1 e

Temos:  SAT 

 G .  e .  H 2O (1  e)

Determinação do peso específico aparente seco  S PG Temos: S  VT

S 



V G . H 2O VG (1  e )

temos :

G 1 e

Determinação do peso específico submerso  SUB Se :  SUB  NAT   H 2 O temos:  SUB 

e . S R . H 2O  G   H 2O 1 e

4-Depois de executado em aterro de areia, para a implantação de uma indústria, foram determinados: 1- O teor de umidade; 2- O peso específico do aterro;

3- O peso específico dos grãos; 4- O índice de vazios máximo e mínimo O grau de compactação específico no projeto, é de 0,5 (- 2%; ±). Verificar se o Aterro está dentro da especificação: 3 Dados:  NAT 1,7 g / cm W = 9% G 2,65 g / cm 3

e MAX 0,721 e MIN 0,510

1) Devemos determinar inicialmente o valor do índice de vazios: w

S R . e . H 20

G

e  NAT 

S R .e . H 20  G 1e

3 Sabemos que  H 2O 1g / cm

Portanto:

 NAT

teremos S R 

 G .w . e.G  e 1e

NAT 

(2,65 .0,09)  2,65 1 e (2,65 . 0,09)  2,65 1,7  1 e

e=

2,89 1e

1,19 1,7

w.G e

G .w  g 1 e

NAT 1,7

 NAT 

1,7 

e

1,7+ 1,7 e = 2,89

e = 0,700

Sabemos que:

G .C 

e MAX  e eMAX  eMIN

0,721  0,700 G .C  0,721  0,510

0,021 G .C  0,211

G .C 0,100

O grau de compacidade especificado pelo projeto é: 2% abaixo G .C proj 0,5  (0,02 . 0,5) 0,49

O aterro não atende a especificação. 5 - Sabendo se que: w = 24% SR 74,5%

 NAT 1,88g / cm 3

e, n

Determinar: G ,  S ,

w

e .S R . H 2O

G

portanto,  G 3,11e

 NAT 

0, 24 

então

G

(I)

e . S R . H 2O  G 1 e

 G 1,88  1,135e

e . 0,745. H 2O

1,88 

e . 0,745 .1 G 1 e

(II)

Portanto substituindo (I) em (II), teremos: 3,11e 1,88 1,135e

e 0,952

Substituindo:

 G 3,11(0,952)  G 2,96 g / cm3

S 

G 1 e

e n 1 e

S 

2,96 1  0,952

0,952 n 1,952

 S 1,51g / cm3

n 0,487

6 ) Uma amostra arenosa, colhida em um frasco com capacidade volumétrica de 594cm3,pesou 1280g. O peso deste frasco coletor é de 350g. Feita a secagem em estufa à 105oC, a amostra passou a pesar 870g. Sabendo-se que o peso específico dos grãos é de 2,67g/cm3 determine: a) O índice de vazios; b) A porosidade; c) O teor de umidade; d) O grau de saturação; Resolução comentada: Dados iniciais: PT 1280 g (frasco + amostra arenosa) VT 594 g

(capacidade volumétrica do frasco)

PF 350 g

(peso do frasco (tara))

1- Determinação dos pesos: - Como determinar o peso da amostra: PT  PAMOSTRA  PFRASCO

1280  PAMOSTRA  350 PAMOSTRA 950 g

- Como determinar o peso da água da amostra: Sabemos que o peso da amostra após secagem em estufa, passou a ser de 870g, isto quer afirmar que os pesos da fração sólida junto com a porção aquosa, era de 930g antes de secar. Então, para se saber qual o peso em água na amostra, basta deduzirmos assim: PT  PH 2 O  PG

930  PH 2O  870

PH 2O  930  870

PH 2O 60 g

Obs: Até aqui, trabalhamos numericamente para definir e determinar os dados de peso. Agora, passaremos a trabalhar numericamente para definir e determinar os dados volumétricos. 2- Determinação dos dados volumétricos: Sabemos que a densidade é uma relação entre peso e volume, isto é: g k ton  3  3 3 cm cm m Sendo assim, poderemos determinar qual é o volume da fração ou porção sólida contida na amostra, da seguinte maneira: 

P V

unidade

3 -A densidade dos grãos é dada:  G 2,67 g / cm

-O peso dos grãos foi determinado: PG 870 g então, o volume dos grãos VG é determinável assim: VG 

PG

G

VG 

870 2,67

VG 325,84cm3

Obs: Definidos os valores numéricos relacionados a peso e volume, passaremos tranqüilamente a determinação dos índices físicos questionados, da seguinte maneira e ordem: 3- Determinação do volume de vazios contidos na amostra VV

I - VV VT  VG VV 268,16cm

VV 594  325,84

então:

3

Portanto agora poderemos determinar qual é o índice de vazios desta amostra arenosa assim: V e V VG

Sabemos que

268,16 e 325,84

então,

e 0,823

Vamos alongar a equação: V e V VG

Se

e,

V  VG e T é o mesmo que: VG

VV VT  V G ,

vamos então substitui-lo:

V V e  T  G então: VG VG

V e T  1 VG

II

Quando não temos o valor volumétrico dos grãos VG , podemos determiná-lo da seguinte maneira: VG 

PG

(da mesma forma utilizada anteriormente no item 2) G Porém, incorremos muitas vezes na necessidade de utilizarmos fórmulas correlacionadas, que para o índice de vazios é: e

VT PG G

III

I = II = III VT V VT 1  1 = PG e V = VG VG

G

4- Como determinaremos a porosidade (n) V n V VT

V  VG n  T VT

ou

V n G 1 VT

268,16 n 594

n  0,451

5- Como determinaremos o teor de umidade (w) w

PH 2O PG

w

60 870

w  6,90%

6- Como determinaremos o grau de saturação ( S R ) V S R  H 2O VV SR 22,37%

PH 2 O SR 

H 2O e .V G

60 1 SR  0,823 . 325,84...