mecanica dos solos

Páginas: 5 (1139 palavras) Publicado: 7 de dezembro de 2014
Tensões nos Solos

Mecânica dos Solos II

1. TENSÕES NOS SOLOS
Os solos são constituídos de partículas e forças aplicadas a eles são transmitidas de partícula a
partícula, além das que são suportadas pela água dos vazios. Nos solos, ocorrem tensões devidas ao
peso próprio e às cargas aplicadas.
1.1. TENSÕES GEOSTÁTICAS
São tensões devido ao peso do próprio solo.
Tensão efetiva (σ’): é atensão suportada pelos grãos do solo, ou seja, é a tensão transmitida

ƒ

pelos contatos entre as partículas;
Pressão neutra (µ): é a pressão da água, também denominada de poro-pressão é originada pelo

ƒ

peso da coluna d’água no ponto considerado (µ = γa.H);
Tensão total (σ): é a soma algébrica da tensão efetiva (σ’) e da pressão neutra (µ).

ƒ

Princípio das Tensões Efetivas deTerzaghi:
a) A tensão efetiva, para solos saturados, pode ser expressa por:

σ '=σ −µ
b) Todos os efeitos mensuráveis resultantes de variações de tensões nos solos, como compressão,
distorção e resistência ao cisalhamento são devidos a variações no estado de tensões efetivas.
Exemplo 1: Pressões devidas ao peso próprio do solo sem a influência do nível d’água.

σ’= γ1.h1

h1

γ1

h2γ2

h3

γ3

σ’= γ1.h1 + γ2.h2
σ’= σ
µ=0
σ

Sendo γ (ou γt) o peso específico aparente = Pt / Vt (determinado pelo frasco de areia).
Exemplo 2: Pressões devidas ao peso próprio do solo com a influência do nível d’água.

Ponto A → µ = 0; σ = 0; σ ' = 0

A
B

γt

C

γsat

NA

h1

Ponto B → µ = 0; σ = γ t ⋅ h1 ; σ ' = γ t ⋅ h1

h2

Ponto C → µ = γ a ⋅ h2 ; σ = γ t ⋅h1 + γ sat ⋅ h2 ;

σ ' = σ − µ = (γ t ⋅ h1 + γ sat ⋅ h2 ) − (γ a ⋅ h2 )

σ ' = γ t ⋅ h1 + γ sub ⋅ h2

Prof. Erinaldo H. Cavalcante

1

Tensões nos Solos

Mecânica dos Solos II

Exemplo 3: Determinar as tensões totais, tensões neutras e tensões efetivas nos pontos A, B, C e D
para o perfil de solo da figura abaixo e traçar os diagramas. Adotar γa = 1,0 tf/m3.
Perfil do Solo:Diagrama de Tensões

NT

A
1,5 m
3,0 m

σ

B

γt = 1,7tf/m3

C

γsat = 2,1tf/m3

Areia saturada

γsub = 1,0tf/m3

Argila

3,6 m

D

2,55

NA Areia úmida

Pressões totais
8,85
5,85
µ
16,05
z Pressões 9,45
efetivas

Resposta:
Ponto A

σ =0
µ =0
σ '= 0

Ponto C

Ponto B

Ponto D

σ = 1,7 ×1,5 = 2,55 σ = 2,55 + 2,1× 3 = 8,85 σ = 8,85 + 2 × 3,6 = 16,05tf m2
µ = 1, 0 × 3 = 3, 0
µ =0
µ = 1,0 × 6,6 = 6,6 tf m2
σ ' = σ − µ = 2,55 σ ' = 8,85 − 3, 0 = 5,85
σ ' = 16,05 − 6,6 = 9, 45 tf m2

*Pressões em tf/m2.
Exemplo 4: Resolver o exercício 1 considerando que a
camada de areia acima do NA está

A
1,5 m B

γsat = 2,1tf/m3

saturada

3,0 m

γsat = 2,1tf/m3

devido

à

ascensão

capilar.

Adotar γsat = 2,1 tf/m3 para aareia.

3,6 m

C
D

NA

γsub = 1,0tf/m3

Resposta:
Ponto A

Ponto B

Ponto C

Ponto D

σ =0
σ =1,5×2,1= 3,15 σ = 3,15 + 2,1× 3 = 9,45 σ = 9,45 + 2,0 × 3,6 = 16,65
µ = −1,5 × 1, 0 = −1,5 µ = 0
µ = 1,0 × 6,6 = 6,6
µ = 1,0 × 3 = 3,0
σ ' = 0 − ( −1,5 ) = 1,5 σ ' = 3,15
σ ' = 9,45 − 3,0 = 6,45 σ ' = 16,65 − 6,6 = 10,05
*Pressões em tf/m2.
OBS.: A sucção do solo provoca um fluxoem direção contrária a gravidade provocando aumento na
pressão efetiva.
Exemplo 5: Resolver o exercício 2 considerando:
a) Inundação (NA = NT);
b) O nível d’água está 2,0m acima do NT.
Respostas:

Prof. Erinaldo H. Cavalcante

2

Tensões nos Solos

Mecânica dos Solos II

Item a:
Ponto A

Ponto B

Ponto C

Ponto D

σ = 3,15 + 2,1× 3 = 9,45 σ = 9,45 + 2,0 × 3,6 = 16,65
σ=1,5×2,1= 3,15
µ = 1,0 × 4,5 = 4,5
µ = 1,0 × 8,1 = 8,1
µ =1,0×1,5 =1,5
σ ' = 3,15−1,5 =1,65 σ ' = 9,45 − 4,5 = 4,95 σ ' = 16,65 − 8,1 = 8,55

σ =0
µ =0
σ '= 0
Item b:
Ponto A

Ponto B

Ponto C

Ponto D

µ = 1,0 × 6,5 = 6,5
µ = 1,0 ×10,1 = 10,1
µ =1,0×3,5 = 3,5
σ = 2 +1,5×2,1= 5,15 σ = 5,15 + 2,1× 3 = 11,45 σ = 11,45 + 2,0 × 3,6 = 18,65
σ ' = 5,15−3,5 =1,65 σ ' = 11,45 − 6,5 =...
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