Será lançado um aterro com 2 m de altura e \gamma=18 \mathrm{kN} / \mathrm{m}^{3} sobre o perfil geotécnico composto de uma camada de argila de 5 m de espessura, sobrejacente a uma superfície impermeável. 0 coeficiente de adensamento da argila é 2 \times 10^{-3} \mathrm{~cm}^{2} / \mathrm{seg}. O nível d’água se encontra no topo da camada de argila. O cronograma da obra indica que 6 meses após o lançamento deste aterro será lançado um novo aterro com 1,5 \mathrm{~m} de espessura e mesmo peso específico. Calcule:
a. Distribuição de poro-pressão imediatamente antes do lançamento do 2^{\circ} aterro;
b. Distribuição de poro-pressão 15 meses após o início da obra.

Passo 1

O enunciado (resumido e claro) pede que eu calcule a distribuição de poro-pressão em uma camada de argila de espessura 5\\ \mathrm{m} sobre um fundo impermeável, quando são lançados dois aterros sobre o topo da argila: o primeiro de altura 2{,}0\\ \mathrm{m} no instante inicial e o segundo de 1{,}5\\ \mathrm{m} lançado 6 meses depois. Dados relevantes fornecidos:
\begin{aligned} &\text{Espessura da argila: } H=5\\ \mathrm{m}.\\\ &\text{Peso específico do aterro: } \gamma=18\\ \mathrm{kN/m^3}.\\\ &\text{Coeficiente de adensamento (conforme enunciado): } c_v=2\times10^{-3}\\ \mathrm{cm^2/s}.\\\ &\text{Nível d'água no topo da argila (topo drenante).}\\\ &\text{Primeiro aterro lançado em } t=0 \text{ com altura } 2{,}0\\ \mathrm{m}.\\\ &\text{Segundo aterro lançado em } t=6\\ \text{meses com altura } 1{,}5\\ \mathrm{m}.\\\ &\text{Solicitações:}\\\ &\quad\text{(a) distribuição de poro-pressão imediatamente antes do 2º aterro (ou seja, em } t=6\\ \text{meses});\\\ &\quad\text{(b) distribuição de poro-pressão em } t=15\\ \text{meses (15 meses após início da obra).} \end{aligned}ííáçççõçããºçããóí

Passo 2

Assunções e modelo físico (muito importantes para resolver corretamente):
  • A argila é saturada e o escoamento é unidimensional vertical (adensamento tipo Terzaghi).
  • Fundo impermeável (base), topo drenante (nível d’água no topo) → isso corresponde a drenagem simples (single drainage): água só pode sair pelo topo. O comprimento de escoamento é H.
  • Para cargas aplicadas em instantes diferentes, uso o princípio da superposição: a pressão em qualquer tempo é soma das contribuições de cada carga considerando o tempo decorrido desde sua aplicação.
  • A condição inicial para cada carga é uma “pressão excessiva inicial” uniforme igual ao incremento de tensão total aplicado na superfície pela carga (assumimos primeiro instante como geração de u inicial uniforme e posterior dissipação governada pela equação de adensamento).
  • Vou usar a solução de série de Terzaghi para camada com drenagem pelo topo (condição u(0,t)=0) e base impermeável ( \partial u/\partial z|_{z=H}=0). Essa solução, com coordenada z medida a partir do topo ( z=0 no topo, z=H no fundo), é:
\displaystyle u(z,t)=\frac{4\,u_0}{\pi}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{2m+1}\sin\!\Big(\frac{(2m+1)\pi z}{2H}\Big)\exp\!\Big(-\frac{(2m+1)^2\pi^2 c_v t}{4H^2}\Big),
onde:
  • u(z,t) é a pressão excessiva de poro no ponto z e tempo t,
  • u_0 é a pressão excessiva inicial (para uma carga instantânea uniforme na superfície, u_0=\Delta\sigma),
  • c_v é o coeficiente de adensamento (em \mathrm{m^2/s}),
  • H é a espessura da camada ( \mathrm{m}),
  • z varia de 0 (topo) até H (base).
    Comentário didático: a série representa a decomposição da condição inicial uniforme em modos que satisfazem as condições de contorno (topo drenante, fundo impermeável). Para tempos moderados, bastam os primeiros termos (m=0,1) porque os termos de ordem mais alta decaem muito rápido.

Passo 3

Calcular os incrementos de tensão aplicados pelos aterros (transformando para kPa = kN/m^2):
\begin{aligned} &\Delta\sigma_1=\gamma\cdot h_1=18\\ \mathrm{kN/m^3}\times 2{,}0\\ \mathrm{m}=36\\ \mathrm{kPa},\\\ &\Delta\sigma_2=\gamma\cdot h_2=18\\ \mathrm{kN/m^3}\times 1{,}5\\ \mathrm{m}=27\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}

Passo 4

Converter c_v para unidades SI ( \mathrm{m^2/s}). Dado c_v=2\times10^{-3}\\ \mathrm{cm^2/s}.
1\\ \mathrm{cm^2}=10^{-4}\\ \mathrm{m^2}\quad\Rightarrow\quad c_v=2\times10^{-3}\times10^{-4}=2\times10^{-7}\\ \mathrm{m^2/s}.

Passo 5

Preparar fórmulas práticas e constantes numéricas que serão usadas nas somas (definições auxiliares):
\alpha(t)=\frac{\pi^2 c_v t}{4H^2}\quad\Rightarrow\quad \text{termo do expoente}=(2m+1)^2\alpha(t).
Também o fator da série:
\frac{4u_0}{\pi}\quad\text{(para cada carga, trocar }u_0=\Delta\sigma\text{)}.
Vou avaliar numericamente apenas os dois primeiros termos ( m=0,1), que costumam ser suficientes para precisão prática. Para facilitar cálculos de tempo, uso 1 mês = 30 dias = 30\cdot24\cdot3600=2{,}592{,}000\\ \mathrm{s}.
Calcular tempos em segundos:
\begin{aligned} &t_{6\text{m}}=6\times2{,}592{,}000=15{,}552{,}000\\ \mathrm{s},\\\ &t_{9\text{m}}=9\times2{,}592{,}000=23{,}328{,}000\\ \mathrm{s},\\\ &t_{15\text{m}}=15\times2{,}592{,}000=38{,}880{,}000\\ \mathrm{s}. \end{aligned}
Calcular \alpha para os tempos usados:
\begin{aligned} &\alpha(t_{6\text{m}})=\frac{\pi^2(2\times10^{-7})(15{,}552{,}000)}{4(5)^2}\approx0{,}3069,\\[4pt] &\alpha(t_{9\text{m}})=\frac{\pi^2(2\times10^{-7})(23{,}328{,}000)}{4(5)^2}\approx0{,}4609,\\[4pt] &\alpha(t_{15\text{m}})=\frac{\pi^2(2\times10^{-7})(38{,}880{,}000)}{4(5)^2}\approx0{,}7676. \end{aligned}
Para eficiência, calcule as exponenciais relevantes:
\begin{aligned} &\exp(-\alpha(t_{6\text{m}}))\approx e^{-0{,}3069}=0{,}7359,\\\ &\exp(-9\alpha(t_{6\text{m}}))\approx e^{-2{,}762}=0{,}0634,\\[4pt] &\exp(-\alpha(t_{9\text{m}}))\approx e^{-0{,}4609}=0{,}6300,\\\ &\exp(-9\alpha(t_{9\text{m}}))\approx e^{-4{,}148}=0{,}0158,\\[4pt] &\exp(-\alpha(t_{15\text{m}}))\approx e^{-0{,}7676}=0{,}4644,\\\ &\exp(-9\alpha(t_{15\text{m}}))\approx e^{-6{,}908}=0{,}00099. \end{aligned}]

Passo 6

Cálculo da distribuição em t=6 meses (situação imediatamente antes do 2º aterro). Aqui só há contribuição da primeira carga ( u_0=\Delta\sigma_1=36\\ \mathrm{kPa}) com tempo decorrido t=6 meses. A fórmula truncada (m=0,1) é:
u(z,t_{6\text{m}})\approx\frac{4\cdot36}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{2H}\Big)e^{-\alpha(t_{6\text{m}})}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{2H}\Big)e^{-9\alpha(t_{6\text{m}})}\Big].
Faço cálculos nos pontos representativos z=0, 1{,}0, 2{,}5 e 5{,}0\\ \mathrm{m}:
  • Para z=0: \sin(0)=0\Rightarrow u=0 (topo drenante).
  • Para z=1{,}0\\ \mathrm{m}: \begin{aligned} &\sin\!\Big(\frac{\pi\cdot1}{2\cdot5}\Big)=\sin\!\Big(\frac{\pi}{10}\Big)\approx0{,}3090,\\\ &\sin\!\Big(\frac{3\pi\cdot1}{2\cdot5}\Big)=\sin\!\Big(\frac{3\pi}{10}\Big)\approx0{,}8090. \end{aligned}Substituindo e calculando (usar 4\cdot36/\pi\approx45{,}8366): u(1,t_{6\text{m}})\approx45{,}8366\Big[0{,}3090\cdot0{,}7359+\frac{1}{3}\cdot0{,}8090\cdot0{,}0634\Big]\approx11{,}21\\ \mathrm{kPa}.
  • Para z=2{,}5\\ \mathrm{m} (meio da camada): \sin\!\Big(\frac{\pi\cdot2{,}5}{10}\Big)=\sin\!\Big(\frac{\pi}{4}\Big)=0{,}7071,\quad \sin\!\Big(\frac{3\pi\cdot2{,}5}{10}\Big)=\sin\!\Big(\frac{3\pi}{4}\Big)=0{,}7071.
u(2{,}5,t_{6\text{m}})\approx45{,}8366\Big[0{,}7071\cdot0{,}7359+\frac{1}{3}\cdot0{,}7071\cdot0{,}0634\Big]\approx24{,}55\\ \mathrm{kPa}.
  • Para z=5{,}0\\ \mathrm{m} (fundo): \sin\!\Big(\frac{\pi\cdot5}{10}\Big)=\sin\!\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=1,\quad \sin\!\Big(\frac{3\pi\cdot5}{10}\Big)=\sin\!\Big(\frac{3\pi}{2}\Big)=-1.
u(5,t_{6\text{m}})\approx45{,}8366\Big[1\cdot0{,}7359+\frac{1}{3}\cdot(-1)\cdot0{,}0634\Big]\approx32{,}78\\ \mathrm{kPa}.
Observação didática: o topo está drenado ( u=0), e a pressão aumenta com a profundidade, ficando quase a maior parte do u0 próximo ao fundo depois de 6 meses.

Passo 7

Cálculo em t=15 meses (soma das contribuições das duas cargas por superposição):
  • Contribuição da primeira carga ( \Delta\sigma_1=36\\ \mathrm{kPa}) com tempo decorrido t_{15}=15 meses: uso \alpha(t_{15})\approx0{,}7676 e exponenciais calculadas.
    A contribuição u_1(z,t_{15}) (truncada m=0,1) é:
    u_1(z,t_{15})\approx\frac{4\cdot36}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{2H}\Big)e^{-\alpha(t_{15})}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{2H}\Big)e^{-9\alpha(t_{15})}\Big].
    Calculando nos mesmos pontos:
    \begin{aligned} &u_1(0,t_{15})=0,\\\ &u_1(1,t_{15})\approx6{,}59\\ \mathrm{kPa},\\\ &u_1(2{,}5,t_{15})\approx15{,}04\\ \mathrm{kPa},\\\ &u_1(5,t_{15})\approx21{,}25\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}
  • Contribuição da segunda carga ( \Delta\sigma_2=27\\ \mathrm{kPa}) aplicada em t=6 meses: para tempo de evolução até t=15 meses, a segunda carga teve t_{seg}=15-6=9 meses para consolidar. Assim u_2(z,t_{seg}=9\\ \text{m}) é, com u_0=27\\ \mathrm{kPa}:
    u_2(z,t_{9\text{m}})\approx\frac{4\cdot27}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{2H}\Big)e^{-\alpha(t_{9\text{m}})}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{2H}\Big)e^{-9\alpha(t_{9\text{m}})}\Big].
    Calculando:
    \begin{aligned} &u_2(0,t_{9\text{m}})=0,\\\ &u_2(1,t_{9\text{m}})\approx6{,}84\\ \mathrm{kPa},\\\ &u_2(2{,}5,t_{9\text{m}})\approx15{,}44\\ \mathrm{kPa},\\\ &u_2(5,t_{9\text{m}})\approx21{,}48\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}
  • Poro-pressão total em t=15 meses por superposição:
u(z,t_{15})=u_1(z,t_{15})+u_2(z,t_{9\text{m}}).
Somando os valores obtidos:
\begin{aligned} &u(0,t_{15})=0+0=0\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(1,t_{15})\approx6{,}59+6{,}84=13{,}43\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(2{,}5,t_{15})\approx15{,}04+15{,}44=30{,}48\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(5,t_{15})\approx21{,}25+21{,}48=42{,}73\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}

Resposta

a. Distribuição imediatamente antes do 2º aterro ( t=6 meses). Função aproximada (truncada em m=0,1):
\displaystyle u(z,t_{6\text{m}})\approx\frac{4\cdot36}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{2\cdot5}\Big)e^{-0{,}3069}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{2\cdot5}\Big)e^{-2{,}762}\Big].
Valores representativos:
\begin{aligned} &u(0,t_{6\text{m}})=0{,}00\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(1{,}0,t_{6\text{m}})\approx11{,}21\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(2{,}5,t_{6\text{m}})\approx24{,}55\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(5{,}0,t_{6\text{m}})\approx32{,}78\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}
b. Distribuição em t=15 meses (superposição das duas cargas; segunda carga aplicada em t=6 meses):
\displaystyle u(z,t_{15})\approx u_1(z,t_{15})+u_2(z,t_{9\text{m}}),
com
\displaystyle u_1(z,t_{15})\approx\frac{4\cdot36}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{10}\Big)e^{-0{,}7676}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{10}\Big)e^{-6{,}908}\Big]
e
\displaystyle u_2(z,t_{9\text{m}})\approx\frac{4\cdot27}{\pi}\Big[\sin\!\Big(\frac{\pi z}{10}\Big)e^{-0{,}4609}+\frac{1}{3}\sin\!\Big(\frac{3\pi z}{10}\Big)e^{-4{,}148}\Big].
Valores representativos:
\begin{aligned} &u(0,t_{15})=0{,}00\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(1{,}0,t_{15})\approx13{,}43\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(2{,}5,t_{15})\approx30{,}48\\ \mathrm{kPa},\\\ &u(5{,}0,t_{15})\approx42{,}73\\ \mathrm{kPa}. \end{aligned}