Situação: camada de argila mole de 10 m. Na fronteira superior existe uma camada de areia compacta. Na fronteira inferior existe rocha impermeável. A figura abaixo mostra a situação descrita.
A equação diferencial para esse tipo de situação é: \[Cv\frac{\partial^{2} u_{e}}{\partial z^{2}} = \frac{\partial u_{e}}{\partial t}\] O que configura um problema de valor inicial.
Condição inicial:
Em t = 0, todo o excesso de pressão vai para a água, portanto $$u_{e} = 10\, kPa$$.
Condições de contorno:
Em z = 0, temos a camada de areia compacta, portanto o excesso de pressão neutra é zero, já que a água tem saída livre, portanto $$u_{e} = 0$$.
Em z = H, o velocidade da água é zero, pois há rocha impermeável, que impede o fluxo da água. Portanto $$v = -K\frac{\partial u_{e}}{\partial z} = 0 \longrightarrow \frac{\partial u_{e}}{\partial z} = 0$$.
Aplicando o método das diferenças finitas para ambos os lados, temos
$$\frac{\partial^{2} u_{e}}{\partial z^{2}}|_{z_{0}, t} = \frac{u_{e}\, (z_{0}-\Delta z, t) – 2u_{e}\, (z_{0}, t) + u_{e}\, (z_{0}+\Delta z, t)}{\Delta z^{2}}$$, para qualquer t.
$$\frac{\partial u_{e}}{\partial t}|_{z,t_{0}} = \frac{-u_{e}\, (z, t_{0} + u_{e}\, (z, t_{0} +\Delta t)}{\Delta t}$$, para qualquer z.
Chamando: $$z_{0} = z_{i}$$, $$z_{0} – \Delta z = z_{i-1}$$, $$z_{0} + \Delta z = z_{i+1}$$, $$t_{0} = t_{j}$$ e $$t_{0} + \Delta t = t_{j+1}$$, temos, para i = 1, …, n-1 e j = 1, …
$$Cv\frac{u_{e}\, (z_{i-1}, t_{j} – 2u_{e}\, (z_{i}, t_{j}) + u_{e}\, (z_{i+1}, t_{j})}{\Delta z^{2}} = \frac{-u_{e}\, (z_{i}, t_{j}) + u_{e}\, (z_{i}, t_{j+1})}{\Delta t}$$
$$u_{e}\, (z_{i}, t_{j+1}) = Cv\Delta t\frac{u_{e}\, (z_{i-1}, t_{j}) -2u_{e}\, (z_{i}, t_{j}) +u_{e}\, (z_{i+1}, t_{j})}{\Delta z^{2}} + u_{e}\, (z_{i}, t_{j})$$ (método explícito)
Para i = o, temos, para qualquer t, $$u_{e} = 0$$.
Para i = n, precisamos criar um ponto fictício n+1. Assim, temos
$$\frac{\partial u_{e}}{\partial z}|_{z_{n}} = \frac{u_{e}\, (z_{n-1}, t) – u_{e}\, (z_{n+1}, t)}{2\Delta z} = 0 \longrightarrow u_{e}\, (z_{n+1}, t) = u_{e}\, (z_{n-1}, t)$$
Portanto, para i = n temos a seguinte equação
$$u_{e}\, (z_{i}, t_{j+1}) = Cv\Delta t\frac{2u_{e}\, (z_{i-1}, t_{j}) – 2u_{e}\, (z_{i}, t_{j})}{\Delta z^{2}} + u_{e}\, (z_{i}, t_{j})$$
Para o método explícito existe uma restrição para que ele se mantenha estável:
$$r = \frac{Cv\Delta t}{\Delta z^{2}}\leq \frac{1}{2}$$
Adotando $$\Delta z = 1\, m$$, temos que $$\Delta t_{max}\leq 1,09\cdot 10^{5}\, min \cong 2,52\, meses$$.
Portanto, iremos adotar $$\Delta t = 1\, m\hat{e} s = 43200\, min$$.
Adotando n = 10, podemos resolver o problema no excel inserindo as equações acima e os dados do problema, como mostra a figura abaixo.
Para encontrar em quanto tempo o adensamento se completa, basta puxar as linhas em direção de t até que toda a coluna de z = 0 a 10 fique com $$u_{e} = 0$$.
Porcentagem média de adensamento: é a porcentagem do adensamento total que aconteceu em certo tempo. Para esse cálculo, precisamos da seguinte equação:
$$U = \frac{u_{e}\, (0) – u_{e}\, (t)}{u_{e}\, (0)} \longrightarrow U = \frac{\int ^{H} _{0} [u_{e}\, (0) – u_{e}\, (t)] dz}{\int ^{H} _{0} u_{e}\, (0)} \longrightarrow U = \frac{qH – \int ^{H} _{0} u_{e}\, (t) dz}{qH} \longrightarrow U = 1 – \frac{\int ^{H} _{0} u_{e}\, (t) dz}{qH}$$
Utilizando a regra do trapézio, temos
$$\int ^{H} _{0} u_{e}\, (t) dz = \frac{u_{e_{0}} + u_{e_{1}}}{2}\Delta z + … +\frac{u_{e_{n-1}} + u_{e_{n}}}{2}\Delta z \longrightarrow \int ^{H} _{0} u_{e}\, (t) dz = \frac{\Delta z}{2}(u_{0} + 2u_{1} +…+2u_{n-1} + u_{n})$$
Portanto, temos a seguinte porcentagem média de adensamento para cada tempo:
$$U = 1 – \frac{\Delta z}{2qH}(u_{0}+2u_{1}+…+2u_{n-1}+u_{n})$$
Podemos também calcular o fator tempo:
$$T = \frac{Cv\cdot t}{H_{d}^{2}}$$
A figura abaixo mostra esses cálculos para o nosso exemplo. Neste caso, $$H_{d} = H$$, pois temos uma das faces impermeável.
