EXERCICIOS_RESOLVIDOS_DE_MECANICA_DOS_SO

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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
DE MECÂNICA DOS SOLOS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RÔMULO CASTELLO H. RIBEIRO 
 
 
 
 1 
 
ÍNDICE 
 
 
 
 
1- TENSÕES TOTAIS, PORO-PRESSÕES E TENSÕES EFETIVAS............................. 
 
3 
2- CAPILARIDADE................................................................................................................ 
 
10 
3- TENSÕES NO SOLO DEVIDAS A CARREGAMENTOS EXTERNOS..................... 
 
15 
4- RECALQUES UNIDIMENSIONAIS............................................................................... 
 
19 
5- O ADENSAMENTO UNIDIMENSIONAL DE TERZAGHI......................................... 
 
24 
6- FLUXO EM MEIOS POROSOS....................................................................................... 
 
36 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 
1- TENSÕES TOTAIS, PORO-PRESSÕES E TENSÕES EFETIVAS 
 
1.1. Demonstre as seguintes equações: 
a) 



n
i
iti
h
1
.
 
b) 
u
 
c) 
 
waa
uuXu 
 
 
Solução: 
a) Com base na figura 1.1, a tensão total (σ) existente no plano p pode ser obtida a partir do seguinte desenvolvimento: 











n
i
titittttt
ttttt
ttttt
n
i
i
hhhhhh
A
hAhAhAhAhA
A
VolVolVolVolVol
A
WWWWW
A
W
1
5544332211
5544332211
5544332211543211
......
..........
.....


 
 
Figura 1.1 – Prisma de solo estratificado aplicando tensão no plano P 
 
b) Para o solo saturado descrito na figura 1.2, a força total (W) aplicada em uma área total (A) é: 
wi
uANW  '
 (i) 
onde: N’i = Força normal entre grãos, u = poro-pressão e Aw = área de água. 
 
 3 
 
Figura 1.2 – Detalhe do arcabouço sólido de um solo saturado 
 
Dividindo-se os lados direito e esquerdo da equação (i), por A (área total = área de água + área dos contatos), tem-se: 
A
uA
A
uA
A
N
A
W wwi 

 '
 (ii) 
Desprezando-se a área dos contatos, que segundo Craig (1974) varia de 1% a 3% da área total, tem-se que: A = Aw. 
Desta forma, a equação (ii) fica com o seguinte formato: 
u
 
 
c) Para o solo parcialmente saturado descrito na figura 1.3, a força total W aplicada em uma área total (A) é a seguinte: 
 
aawwi
AuAuNW  '
 (iii) 
 
Figura 1.3 - Detalhe do arcabouço sólido de um solo não saturado 
 
 4 
Dividindo-se os lados direito e esquerdo da equação (iii), por A (área total = área de água + área dos contatos + área de 
ar), tem-se: 
A
Au
A
Au
A
N
A
W aawwi 


'
 
Sabendo-se que, por definição, X = Aw/A e que A = Ac + Aw + Aa , tem-se: 
 
A
AAAu
Xu cwa
w


 
Desprezando a área dos contatos (Ac), vem: 
 
XuuXuu
A
A
uXu
A
AAu
Xu
aawa
w
aw
wa
w


  (iv) 
Rearranjando a equação (iv), tem-se: 
 
 
waa
uuXu 
 
 
1.2. Determine as tensões totais, as poro-pressões e as tensões efetivas atuantes às cotas -2m, -5m, -8m e -12m, 
mostradas na figura 1.4. 
Obs.: Arbitre os dados faltantes. 
t = 18 kN/m³
Areia grossa, medianamente NA
compacta, amarela
w = 20%
Argila marinha, muito mole, preta (sat = 15 kN/m³)
Silte arenoso, pouco compacto, variegado (sat = 17 kN/m³)
-12m
-2m
Rocha sã (Granito)
0
Cotas
-5m
-8m
 
Figura 1.4 – Perfil geotécnico 
Solução: 
1.2.1. Determinação do parâmetro faltante: para o cálculo de tensões totais em níveis abaixo da cota –2m faz-se 
necessário o conhecimento do peso específico saturado da areia grossa. Tal parâmetro pode ser determinado a partir de 
relações matemáticas entre índices físicos, tais como: 
e
wes
sat 


1
.

 ou 









e
w
ssat 1
1

 
onde: 
S
wsGe
.

 
Considerando S = 100% e arbitrando-se Gs = 2,65, tem-se: e = 2,65.0,2 = 0,53. 
 5 
Sabendo que s = Gs.w = 2,65.10 = 26,5kN/m³, tem-se: 
3/78,20
53,01
10.53,05,26
mkN
sat




 
1.2.2. Determinação das tensões totais: 
- Na cota –2m: 
2/3618.2 mkN
 
- Na cota –5m: 
2/34,9878,20.336 mkN 
- Na cota –8m: 
2/34,14315.334,98 mkN 
- Na cota –12m: 
2/34,21117.434,143 mkN 
1.2.3. Determinação das poro-pressões: 
- Na cota –2m: 
0u
 
- Na cota –5m: 
2/3010.3 mkNu 
 
- Na cota –8m: 
2/6010.6 mkNu 
 
- Na cota –12m: 
2/10010.10 mkNu 
 
 1.2.4. Determinação das tensões efetivas: 
- Na cota –2m: 
2/36036 mkN 
- Na cota –5m: 
2m/kN34,683034,98 
 
- Na cota –8m: 
2m/kN34,836034,143 
 
- Na cota –12m: 
2m/kN34,11110034,211 
 
 
1.3. Calcule a tensão efetiva que atua à cota –13m do perfil mostrado na figura 1.5. 
 
NA
t=16kN/m³ NA
sat=18kN/m³
Cotas
+5m
-17m
Rocha sã (Gnaisse)
Argila rija, vermelha, sat=19kN/m³
Areia fina, pouco compacta, cinza
Areia Siltosa, variegada
0
-2m
-7m
-13m
 
Figura 1.5 - Perfil geotécnico 
 
 6 
Solução: 
1.3.1. Tensão total na cota –13m: 
kPa23619.618.516.2 
; 
1.3.2. Poro-pressão na cota –13m: 
kPa18010.18.18u
w

; 
1.3.3 Tensão efetiva na cota –13m: 
kPa56180236 
. 
 
1.4. No terreno mostrado na questão 1.3, vai ser executada uma escavação de grandes dimensões (em planta) e 
5m de profundidade. Em função dessa escavação, verifique a provável ocorrência de ruptura hidráulica do solo 
situado acima da cota –13m. 
 
Solução: 
Após a escavação, o perfil deve ficar com a seguinte configuração: 
Areia fina, pouco compacta, cinza,sat=18kN/m³ 
Argila rija, vermelha, sat=19kN/m³
Areia Siltosa, variegada
Água
-17m
-5m
-2m
Rocha sã (Gnaisse)
-7m
-13m
 
Figura 1.6 - Perfil geotécnico 
 
Na cota –13m, a tensão total  = 3.10+2.18+6.19 = 180 kPa, e de acordo com o artesianismo verificado na questão 2, a 
poro-pressão é igual a 180kPa. Portanto, como  = u, é provável que ocorra ruptura hidráulica do solo situado acima da 
cota –13m. 
 
1.5. De acordo com o perfil descrito na figura 1.7, calcule as tensões totais, poro-pressões e tensões efetivas 
existentes na superfície, a 6m, a 8m e a 11m de profundidade. 
Areia
nat = 18 kN/m 3
Areia
nat = 18,5 kN/m 3
N.A. empoleirado
6m
2m
3m
Argila
nat = 20 kN/m 3
N.A. verdadeiro
 
Figura 1.7 - Perfil geotécnico 
 7 
 
Solução: 
Profundidade Tensões Poro-pressões Tensões 
(m) Totais (kPa) (kPa) Efetivas (kPa) 
0 0 0 0 
6 6.18=108 6.10=60 108-60=48 
8 108+2.20=148 0 148-0=148 
11 148+3.18,5=203,5 0 203,5-0=203,5 
 
1.6. Calcular a tensão efetiva existente à cota –9m do perfil mostrado na figura 1.8. Refazer os cálculos com o 
nível d’água na cota +25m e, em seguida, na cota –1m. 
Obs.: Arbitrar dados faltantes. 
+ 1 N.A. 
0 Água 
 Areia fina, compacta, cinza clara 
 n = 38% 
 Peso específico real = 26 kN/m
3
 
 4 
 Argila siltosa, mole, cinza 
 w = 76% 
 
 
 9 
 Rocha Sã 
 
 
Figura 1.8 - Perfil geotécnico 
Solução: 
1.6.1. Determinação dos parâmetros faltantes: sat da areia fina e sat da argila siltosa: 
O índice de vazios (e) da areia fina pode ser determinado a partir de uma relação matemática com a porosidade:61,0
38,01
38,0
1





n
n
e
. 
Daí o peso específico saturado da areia fina é: 
3/94,19
61,01
10.61,026
1
.
mkN
e
e
ws
sat








 
Arbitrando-se Gs=2,65 e S=100% para a argila siltosa, tem-se: 
01,2
1
76,0.65,2.

S
wG
e s
. Desta forma, o peso específico 
saturado da argila siltosa é: 
3/48,15
01,21
10.01,25,26
1
.
mkN
e
e
ws
sat








. 
1.6.2. Cálculo da tensão efetiva na cota –9m com o NA na cota +1: 
kPa16,16748,15.594,19.410.1  
kPau 10010.10 
 
kPa16,6710016,167 
 
 8 
5.3. Cálculo da tensão efetiva na cota –9m com o NA na cota +25: 
kPa16,40748,15.594,19.410.25  
kPau 34010.34 
 
kPa16,6734016,407 
 
1.6.3. Cálculo da tensão efetiva na cota –9m com o NA na cota –1 (admitindo-se que acima da cota –1m o solo se encontra 
saturado por capilaridade): 
kPa16,15748,15.594,19.4  
kPau 8010.8 
 
kPa16,778016,157 
 
 
1.7. Calcular as variações de tensões efetivas às cotas  7m e  11m, mostradas na figura 1.9, após a realização de 
um rebaixamento do NA para a cota  3m, concomitantemente com o lançamento de um aterro (d = 16 kN/m
3
 e 
w = 18,2%) até a cota + 5m. 
 
Cotas: 
+ 3 N.A. 
 Água 
 
 
 1 
 Argila orgânica, muito mole, preta. 
 w = 108% 
 s =22 kN/m
3
 
 S = 98% 
 
 7 
 Areia fina, siltosa, fofa, cinza 
 e = 0,98 
 
 11 
 
 
Figura 1.9 - Perfil geotécnico 
Solução: 
1.7.1. Obtenção dos parâmetros faltantes: nat da argila orgânica e sat da areia fofa: 
O índice de vazios (e) da argila pode ser determinado da seguinte forma: 
42,2
98,0
08,1.2,2.

S
wG
e s
. 
Portanto, o peso específico natural da argila é: 
3/37,13
42,21
10.42,2.98,022
1
..
mkN
e
eS
ws
nat








 
Considerando que a areia fina está saturada e arbitrando-se Gs = 2,65, tem-se: 
3/33,18
98,01
10.98,05,26
1
.
mkN
e
e
ws
sat








 
1.7.2. Cálculo da tensão efetiva inicial na cota –7m: 
kPa22,12037,13.610.4  
kPau 10010.10 
 
kPa22,2010022,120 
 
 9 
1.7.3. Cálculo da tensão efetiva inicial na cota –11m: 
kPa54,19333,18.422,120  
kPau 14010.14 
 
kPa54,5314054,193 
 
1.7.4. Cálculo da tensão efetiva final na cota –7m (para um tempo infinito), considerando que o grau de saturação da 
argila orgânica permanece constante: 
O peso específico natural do aterro é o seguinte:
  3/91,18)182,01(161 mkNw
dnat
 
kPa
aterronat
68,19337,13.691,18.637,13.6.6
)(
  
kPau 4010.4 
 
kPa68,1534068,193 
 
1.7.5. Cálculo da tensão efetiva final na cota –11m (para um tempo infinito), considerando que o grau de saturação da 
argila orgânica permanece constante: 
kPa26733,18.468,193 
 
kPau 8010.8 
 
kPa18780267  
1.7.6. Resposta final: 
A variação da tensão efetiva na cota –7m é : ’ = 153,68-20,22 = 133,46 kPa; 
A variação da tensão efetiva na cota –11m é : ’ = 187-53,54 = 133,46 kPa. 
A variação da tensão efetiva para todos os níveis abaixo da cota –3 é: 
waterronat
hh  ..
2)(1

 
Onde: h1 = espessura do aterro = 6m e h2 = variação do nível d’água abaixo da superfície da argila orgânica = 2m. 
 
2- CAPILARIDADE 
 
2.1. Demonstre as seguintes equações: 
a) 
D
T
h
w
s
c 
cos4

 
b) 
D
T
uu s
wa
cos4

 
c) 
wcw
hu .
 
 
Solução: 
a) De acordo com a situação hidrostática apresentada na figura 2.1, tem-se o seguinte equilíbrio de forças: 
 cos...
4
cos...2..0
2
swcswccy
TD
D
hTrAhFWF 
 
Onde: Ts = tensão superficial, D = diâmetro capilar, α = ângulo entre a tensão superficial e o eixo vertical e hc = altura 
de ascensão capilar. 
 10 
 
Figura 2.1 – Esquema de ascensão da água em um tubo capilar 
Portanto, a altura de ascensão capilar pode ser calculada através da seguinte equação: 
D
T
h
w
s
c 
cos..4

 (i) 
 
b) Ampliando-se o menisco capilar mostrado na figura 2.1, verifica-se que a tensão capilar (sucção = ua - uw) está em 
equilíbrio com a tensão superficial atuante ao longo do perímetro molhado, da seguinte forma: 
     cos...
4
cos...2
2
swaswa
TD
D
uuTrAuu 
 
 
Figura 2.2 – Configuração de tensões na interface ar/água em tubo capilar 
Portanto, a sucção pode ser obtida a partir da seguinte equação: 
D
T
uu s
wa
cos..4

 (ii) 
c) De acordo com as equações (i) e (ii), a poro-pressão de água existente na zona de ascensão capilar, pode ser 
determinada a partir da seguinte derivação: 
wcw
w
wa
c
hu
uu
h 




 
Obs.: A pressão de ar, em termos absolutos, é igual a aproximadamente 100kPa (pressão atmosférica). Em termos 
relativos ua = 0. 
 11 
2.2. Calcule a altura máxima de ascensão capilar para o solo descrito na figura 2.3. Admita que o diâmetro dos 
poros é aproximadamente igual ao diâmetro efetivo dos sólidos. 
 
Figura 2.3 - Perfil geotécnico 
Solução 
D
T
h
w
s
c 
cos..4

 
onde: Ts = 0,075gf/cm; D = 0,0075cm; w=1gf/cm³ e α = 0 (para uma altura máxima de ascensão capilar). 
cmh
cmáx
40
0075,0.1
075,0.4

 
 
2.3. Com base no exercício 2.2, calcule a tensão efetiva existente a 60 cm de profundidade. Sabe-se que o peso 
específico total da areia fina é de 18 kN/m³. 
 
Solução: 
 
kPa8,1018.6,0 
 
kPau 410.4,0 
 
  kPa8,1448,10 
 
 
2.4. Traçar os diagramas de tensões totais, poro-pressões e tensões efetivas atuantes às cotas indicadas na figura 
2.4. Sabe-se que o solo situado acima do NA encontra-se saturado por capilaridade. 
NA
Argila mole, sat=15kN/m³
Silte argiloso, médio, sat=18kN/m³
Cotas:
-19m
Areia fina, compacta, sat=20kN/m³
0
-3m
-8m
-13m
Rocha sã
 
Figura 2.4 - Perfil geotécnico 
 
 12 
Solução: 
2.4.1. Quadro de Cálculos: 
Cotas (m)  (kPa) u (kPa) ' (kPa) 
0 0 -(3.10)=-30 0-(-30)=30 
-3 3.18=54 0 54-0=54 
-8 54+5.18=144 5.10=50 144-50=94 
-13 144+5.15=219 10.10=100 219-100=119 
-19 219+6.20=339 16.10=160 339-160=179 
 
2.4.2. Diagramas: 
2.4.2.1. Tensões Totais: 
-20
-18
-16
-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
0 100 200 300 400
Co
ta
s 
(m
)
 
2.4.2.2. Poro-pressões: 
-20
-15
-10
-5
0
-50 0 50 100 150 200
C
ot
as
 (m
)
 
 13 
2.4.2.3. Tensões Efetivas: 
-20
-18
-16
-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
0 50 100 150 200
Co
ta
s 
(m
)
 
 
2.5. Sabendo que o silte argiloso da questão 2.4 possui uma altura máxima de ascensão capilar de 10m, calcule o 
ângulo α existente à cota zero. 
Solução 
De acordo com a altura máxima de ascensão capilar é possível determinar-se o diâmetro dos poros: 
cm
cmgfcm
cmgf
h
T
D
D
T
h
wcmáx
s
w
s
cmáx
0003,0
³/1.1000
/075,0.44.4
 
 
A sucção na cota zero é a seguinte: 
  ²/30030300 cmgfkPauu
wa

 
Finalmente, o ângulo α pode ser calculado a partir do seguinte desenvolvimento: 
  054,723,0
075,0.4
0003,0.300
4
cos
cos..4


 
s
was
wa
T
Duu
D
T
uu
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 14 
3- TENSÕES NO SOLO DEVIDAS A CARREGAMENTOS EXTERNOS3.1. Calcule o acréscimo de tensão vertical no ponto P da figura a seguir, causado pelas obras mostradas, a partir 
da teoria de Boussinesq. 
 
5m
7,93m
14,14m
7,93m
5m
15m5m5m45m7,072,93
Ponto P
NA
Terreno
nat = 20kN/m
3
120 kPa
100 kPa
1000kN
Torre CEdificação BEdif. A
Edificação B
Escavação
D
45º
45º
A2
A2
A1
Edif. A


Torre C2
Torre C1
CORTE AA’
PLANTA
A A’
10m
P
2m
10m
1m 1m
 
Figura 3.1 – Detalhes das cargas incidentes e da posição do ponto P no solo 
Solução: 
3.1.1. Edificação A 
O carregamento “q0A” será o carregamento dado menos a escavação: 
kPaqmkNmkPaq
AA
803/201100
00

 
3.1.1.1. Edificação A1 
A edificação A1 é um quarto de círculo com centro sob o ponto P, então a partir da solução de Love para carregamentos 
distribuídos em áreas circulares, tem-se: 
kPa
Z
R
q
A
AZ
01,14
9
10
1
1
1
4
80
1
1
1
4
2
3
2
2
3
2
0
1












































































 
 15 
3.1.1.2 Edificações A2 (2) 
As edificações A2 são dois triângulos (ou duas metades de retângulo) com canto sobre o ponto P, ou seja, somadas 
fazem retângulo (quadrado). A partir da solução de Newmark, tem-se: 


 7856,0
101
07,7
z
b
nm
 
kPakPaqnmfnmf
zABzAB
60,1180145,0),(
2
2
145,0),(
202
  
3.1.2 Edificação B 
O carregamento “q0B” será o carregamento dado menos a escavação: 
kPaqmkNmkPaq
BB
803/202120
00

 
O ponto P está sob o meio de uma borda de um retângulo. Então dividindo-se o retângulo em dois ficam-se com dois 
retângulos menores com cantos sobre o ponto P. A partir da solução de Newmark, tem-se: 
 
88,1
8
2/30
63,5
102
45




z
b
n
z
a
m
 fB (m,n) = 0,2385 
 
kPaqnmf
zBBBzB
16,38802385,02),(2
0
  
3.1.3. Torres C 
As torres C têm posições e cargas idênticas em relação ao ponto P. A distância R do centro de cada torre ao ponto P é: 
    mRR 04,4721025,21525,245 
 e b = a = 5m 
Legenda: 
b
a
z
b
a
R
 
Onde, b = maior dimensão da área carregada. 
Logo, R = 47,04m > 3b, e assim pode-se considerar a carga pontual e calcular-se o acréscimo de cada torre pela 
equação de Boussinesq: 
   
kPa
Z
r
Z
Q
zC 0021,0
10
5,2155,245
1102
1000.3
12
3
2
5
2
22
2
2
5
2
2


















 



















 
Portanto o acréscimo gerado pelas duas torres é 2.ZC = 0,0042 kPa. 
3.1.4. Escavação D 
A escavação D tem uma largura de 15m e uma distância 
  mR 145,632925,75545 
do ponto P. Logo R = 
63,145m < 5  15 = 75m e a escavação não pode ser considerada linear. O cálculo do decréscimo de tensão deve ser 
feito como faixa infinita e de acordo com a seguinte equação: 
)22cos2(   sen
q
zD
 
 16 
onde 
kPa203m/kN20m1q 
e os valores geométricos estão mostrados na figura 49: 
 
Ponto P
9m
15m55m
 =  + 2
2

 




380,1632690,81
034,0967,12
674,82
9
70
2
707,80
9
55




rad
arctg
arctg
 
 
 
kPasen
kPa
zD
007,0)034,0380,163cos967,1(
20
 
 
3.1.5. Somatório: 
Finalmente, o acréscimo de tensão, será: 

zDzCzBzAzAz
 .2
211
 
kPa
zz
77,63007,00042,016,3860,1101,14   
 
Obs.: No exercício o lençol d’água está abaixo das fundações e não interfere nos cálculos. Mas mesmo se este não fosse 
o caso a NBR-6122-Projeto e Execução de Fundações, de 1996, no seu artigo 5.2.3 veda, em obras urbanas, qualquer 
redução de cargas em decorrência de efeitos de subpressões. No artigo 5.2.2 somente permite considerações favoráveis 
a estabilidade decorrentes de terra ou de água quando se puder garantir sua continuidade e permanência. 
 
3.2. Calcule os acréscimos de tensão vertical nos pontos “A” e “B”, à cota 22m, causados pelo Radier mostrado 
na figura 3.2. Sabe-se que o Radier está apoiado à cota  2m e transmite ao terreno uma tensão de 180 kPa. O 
solo escavado é uma areia grossa de peso específico total de 16 kN/m
3
, e o N.A. situa-se à cota  5m. 
 
A
B
Radier
 
Figura 3.2 – Radier com dimensões em metros 
 
 17 
 
Solução: 
A
B
L
C
KJI
G H
DEF
 
Figura 3.3 – Radier 
Com base nos retângulos delimitados pelos pontos mostrados na figura 3.3, tem-se, a partir da solução de Newmark, os 
seguintes acréscimos de tensão vertical: 
3.2.1. Acréscimo de tensão em A: 
 
ALCDKBLAIKAGHADEGADFA
IIIIIq  
onde: 
kPa14816.2180q 
 
  203,01;3
20
20
;
20
60






 fnmfI
GADF
 
  193,01;5,1
20
20
;
20
30






 fnmfI
HADE
 
  203,01;3
20
20
;
20
60






 fnmfI
IKAG
 
  193,01;5,1
20
20
;
20
30






 fnmfI
KBLA
 
  193,01;5,1
20
20
;
20
30






 fnmfI
ALCD
 
  kPa
A
652,88193,0193,0203,0193,0203,0148  
3.2.2. Acréscimo de tensão em B: 
 
KBLAKBCDJBLHJBCEIBCFB
IIIIIq  
Onde: 
kPaq 14816.2180 
 
  24,02;5,4
20
40
;
20
90






 fnmfI
IBCF
 
  238,02;3
20
40
;
20
60






 fnmfI
JBCE
 
  203,01;3
20
20
;
20
60






 fnmfI
JBLH
 
 18 
  223,02;5,1
20
40
;
20
30






 fnmfI
KBCD
 
  193,01;5,1
20
20
;
20
30






 fnmfI
KBLA
 
  kPa
B
78,34193,0223,0203,0238,024,0148  
 
4- RECALQUES UNIDIMENSIONAIS 
 
4.1. Demonstre as seguintes equações: 
a) 
i
e
eH



1
.

 
b)






























p
c
p
r
CC
e
H



 0
0
loglog
1
 
c) 
Hm
v
..  
 
 
Solução: 
a) O prisma de solo da figura 4.1 sofre recalque unidimensional (edométrico), ou seja, sem deslocamentos horizontais. 
Com base nessa limitação vem o seguinte desenvolvimento: 
AV .
 (i) 
Onde: ∆V = variação volumétrica, ρ = recalque e A = área. 
 
 
Figura 4.1 – Recalque unidimensional de um prisma de solo 
 
ssfsivfvisvfsvitfti
VeVeVeVVVVVVVVV .
 (ii) 
Onde: 
Vti = volume total inicial 
Vtf = volume total final 
Vvi = volume de vazios inicial 
Vvf = volume de vazios final 
 19 
Vs = volume de sólidos 
ei = índice de vazios inicial 
ef = índice de vazios final 
∆e = variação de índice de vazios 
Igualando (i) e (ii) vem: 
s
VeAV ..  
 
Sabendo que: 
 
i
sisssisviti
e
HA
VeVVVeVVHAV


1
.
1.
tem-se: 
ii
e
eH
e
HA
eA





1
.
1
.
.. 
 (iii) 
 
b) Para o gráfico mostrado na figura 4.2, o acréscimo de tensão gera a seguinte variação de índice de vazios: 
   




















p
c
p
rpfp
CCtgtgeee   0
0
20121
loglog.)log()log()()log()log()(
 (iv) 
 
Figura 4.2 – Curva e x logσ’ 
Substituindo (iv) em (iii) tem-se: 






























p
c
p
r
CC
e
H



 0
0
loglog
1
 
c) A partir da definição do coeficiente de variação volumétrica: 



 vol
v
m
, tem-se para o caso edométrico o seguinte 
desenvolvimento: 
Hmm
H
mm
vvvaxial
axial
v
.... 




 
 
 20 
4.2. Um reservatório cilíndrico de água, com 5m de raio e 10m de altura, vai ser instalado no centro de uma 
escavação de 2m de profundidade, a ser executada no terreno mostrado na figura 4.3. Sabendo que a escavação 
vai ser quadrada, de 10m por 10m, em planta, calcule o recalque da camada de argila no eixo do reservatório. 
Obs. 1: O peso próprio das paredes do reservatório é desprezível; 
Obs. 2: Considere o reservatório completamente cheio de água. 
NA
Cota:
-25m
Argila mole, preta (w=70%; Cr = 0,1; Cc = 0,81; ´p = 1,15.´0; Gs = 2,6)
Areia siltosa, compacta, amarela (t = 19kN/m³; sat = 20kN/m³)
Silte argiloso, rijo, vermelho
0
-2m
-5m
-19m
Rocha sã
 
Figura 4.3 - Perfil geotécnico 
 
Solução: 
 
4.2.1. Cálculo dos parâmetros faltantes: 
O índice de vazios (e) da argila pode ser determinado da seguinte forma: 
82,1
1
7,0.6,2.

S
wG
e s
. Desta forma, o peso 
específico natural da argila é: 
3/67,15
82,11
10.82,126
1
..
mkN
e
eS
ws
nat








. 
4.2.2. Tensão efetiva no meio da camada de argila: 
kPa69,10767,5.710.319.2
0

 
4.2.3. Tensão de pré-adensamento: 
kPa
p
84,12369,107.15,1 
 
4.2.4. Acréscimo de tensão: 
kPa
Z
R
q
AZ
45,28
10
5
1
1
1100
1
1
1
2
3
2
2
3
21












































































 
 
4.2.5. Alívio de tensão: 
  kPanmfq
AZ
77,12084,0.19.2.45,0;5,0..4
1
 
 
 21 
4.2.6. Cálculo do recalque: 
Como 
finalp
 
, o recalque vai ser de recompressão: 
cm
e
CrH
93,2
69,107
77,1245,2869,107
log
82,11
1,0.14
log
1
.
0
0 




 












  
 
 
4.3. Um edifício de 16 pavimentos vai ser construído na orla da cidade de Santos-SP, apoiado em Radier (figura 
4.4), assentado à cota –2m do perfil geotécnico mostrado na figura 4.5. Amostras retiradas nas projeções dos 
pontos A e B, à cota –12m, apresentaram respectivamente, razões de sobre-adensamento de 1,17 e 1,3. Tais 
resultados foram obtidos a partir de ensaios edométricos. 
Responda as seguintes perguntas: 
a) Fotos antigas mostram que no local destinado ao edifício havia uma duna de areia. Com base nessa 
informação, explique a causa das diferentes razões de sobre-adensamento relatadas acima. 
b) Calcule os recalques da camada de argila mole nas projeções dos pontos A e B. Sabe-se que a carga 
distribuída por pavimento é igual a 1 tf/m² (10 kPa). 
c) Calcule o número máximo de andares para um recalque diferencial admissível, entre os pontos A e B, de 
10cm. Despreze os recalques da areia compacta e do silte argiloso rijo. 
A
B
 
Figura 4.4 – Radier (dimensões em metros) 
 22 
NA
-21m
-2m
-8m
Argila mole, cinza (sat = 15kN/m³; Cr = 0,1; Cc = 0,9; e = 2)
-16m
Silte argiloso, rijo, vermelho
Cota:
0
Areia compacta, amarela (t = 19kN/m³; sat = 20kN/m³)
Rocha sã
 
Figura 4.5 - Perfil geotécnico 
Solução: 
a) A altura variável da duna gerou diferentes tensões efetivas nas projeções dos pontos A e B no meio da camada de 
argila mole, causando diferentes tensões de sobre-adensamento. Tudo indica que acima do ponto B a duna possuía uma 
altura superior à altura situada acima do ponto A, haja vista que a razão de sobre-adensamento da zona B é superior a da 
zona A. 
b) Cálculo dos recalques: 
b.1) Acréscimos de tensão: 
Tensão aplicada na cota -2m: q = 16.10 – 2.19 = 122kPa 
  kPanmfnmfq
A
45,27175,02,0.2122
10
10
;
10
10
10
10
;
10
20
.2 

















 
kPanmfq
B
05,64175,0.122.3
10
10
;
10
10
..3 






 
b.2) Tensão efetiva no meio da camada de argila: 
    kPa1181015.41020.619.2
0
 
b.3) Tensões de sobre-adensamento ou de pré-adensamento: 
kPa
pA
06,13817,1.118 
 
kPa
pB
4,1533,1.118 
 
b.4) Cálculo dos recalques: 
cmCC
e
H
p
c
p
rA
25,7
06,138
45,27118
log.9,0
118
06,138
log.1,0
21
8
loglog
1
0
0











 





































  
cmCC
e
H
p
c
p
rB
89,20
4,153
05,64118
log.9,0
118
4,153
log.1,0
21
8
loglog
1
0
0











 





































  
 
Obs.: O recalque diferencial entre os pontos A e B é de 13,64cm. 
 
 23 
c) Cálculo do número máximo (n) de andares para um recalque diferencial admissível de 10cm: 
  225,0.175,02,0.2 qq
A

 
  525,0.175,0.3 qq
B

 
onde: q = 10.n – 2.19 = 10.n – 38 
m
qq
AB
1,0
06,138
225,0118
log.9,0
118
06,138
log.1,0
21
8
4,153
525,0118
log.9,0
118
4,153
log.1,0
21
8











 


















 







  
   










 





 

06,138
225,0118
log
4,153
525,0118
log9,0)17,1log(3,1log1,0
8
3.1,0 qq
 
 























)225,0118.(4,153
06,138.525,0118
log9,0
17,1
3,1
log.1,0
8
3,0
q
q
 
 









)225,0118.(4,153
06,138.525,0118
log03658,0
q
q
 
 
)225,0118.(4,153
06,138.525,0118
10 03658,0
q
q



 
  06,138.525,0118)225,0118.(4,153.088,1 qq 
 
kPaq 43,97
 
5,1338.1043,97  nn
 
Portanto, para um recalque diferencial admissível de 10cm, o número máximo de pavimentos é igual a 13. 
 
 
6- FLUXO EM MEIOS POROSOS 
 
6.1. Deduza as seguintes equações, para o cálculo de coeficientes de permeabilidade equivalentes: 
a) 
d
kd
k
n
i
ii
 1
para fluxo paralelo a solo estratificado saturado 
b) 



n
i i
i
k
d
d
k
1
para fluxo perpendicular a solo estratificado saturado 
Solução: 
a) Com base na figura 6.1 tem-se: 
4321
QQQQQ 
 
444333222111
AikAikAikAikkiA 
 
4321
iiiii 
 
44332211
AkAkAkAkkA 
 
LdkLdkLdkLdkkdL
44332211

 
d
dk
d
dkdkdkdk
k
n
i
ii

 144332211
 
 24 
 
Figura 6.1 – Fluxo paralelo a solo estratificado 
b) Com base na figura 6.2 tem-se: 
4321
QQQQQ 
 
444333222111
AikAikAikAikQ 
 
11
1
1
111
1
11
1
Ak
Qd
h
Ak
Q
d
h
Ak
Q
i 


; 
22
2
2
Ak
Qd
h 
; 
33
3
3
Ak
Qd
h 
;
44
4
4
Ak
Qd
h 
 
 
A
d
hhhh
kA
d
h
kkiAQ 4321




 
A
d
Ak
d
QkQ
n
i ii
i


1
.
 
Como 
4321
AAAAA 
, tem-se: 



n
i i
i
k
d
d
k
1
 
 
Figura 6.2 – Fluxo perpendicular a solo estratificado 
 
6.2. Demonstre a equação de Greem-Ampt (1911) para o cálculo do tempo necessário para uma frente de 
infiltração atingir uma determinada profundidade em um solo não saturado. 
 25 
 
Figura 6.3 – Esquema de chuva incidindo em solo não saturado 
Solução: 
t
V
Q w



 
Sabendo que a umidade volumétrica é por definição 
t
w
V
V

, vem: 
tw
t
w VV
V
V
. 
 
t
V
Q t



.
 
No elemento infinitesimal mostrado na figura 6.3 tem-se: 
dt
dzA
Q
..

 
Segundo a lei de Darcy: 
AikQ ..
 
A
z
h
k
dt
dzA 


.
..
 
dtk
h
dzz
.
..



 
Onde, a diferença de carga total é: 
    zhezheh 11
 

=carga de pressão em solos não saturados 
dtk
z
dzz
.
..





 
 
 

tz
dtk
z
dzz
00
.
..


 (i) 
Fazendo uma mudança de variável: 
 zy
; 
dzdy
dz
dy
 1
 
Desenvolvendo o lado esquerdo da equação (i) vem: 
 26 
      zzzz
zzzz
zzyy
y
dy
dy
y
dyy
z
dzz
0000
0000
lnln
..   
 
     










 
 
 zzzz zz lnln
00
 
Portanto a equação (i) fica com o seguinte formato: 
tk
z
z .ln 










 



 
k
z
z
t











 




 ln
 
6.3. Demonstre que no fluxo unidimensional ascendente, apresentado na figura 6.4, ocorre uma redução de 
tensão efetiva em relação à situação hidrostática. Em seguida, desenvolva uma equação para o cálculo do 
gradiente crítico, que provoca o fenômeno de areia movediça ou a ruptura hidráulica de solos coesivos. 
Finalmente, com base na figura 6.5, demonstre que ocorre um aumento de tensão efetiva com o fluxo 
descendente. 
 
Figura 6.4 – Permeâmetro de carga constante com fluxo ascendente no solo 
 27 
 
Figura 6.5 - Permeâmetro de carga constante com fluxo descendente no solo 
Solução: 
6.3.1. Para o caso de fluxo ascendente, tem-se no plano p a seguinte tensão efetiva: 
wpB
hu  
 
Desprezando a perda de carga existente entre os pontos A e B, a carga total em A é igual a carga total em B. Desta 
forma, passando um referencial no nível do plano P tem-se: 
BABA
hhZLhhh 
 
eBpBB
hhh 
 
0
eB
h
 
hZLhh
pBB

 
Portanto, a tensão efetiva no plano p é: 
 
w
hZL  
 
 
wsatW
hZLLZ  
 
 
wsubwwsat
hLhL  
 
Para o caso hidrostático teríamos 
0h
e 
sub
L 
 
A diferença de carga total existente no fluxo ascendente provoca uma redução de tensão efetiva. A parcela 
w
h
é 
subtraída da tensão efetiva correspondente à situação hidrostática. 
 
6.3.2. A percolação ascendente aplica nas partículas um atrito viscoso que tenta afasta-las, provocando uma redução de 
tensão efetiva. Eventualmente, tal tensão efetiva pode se anular causando o fenômeno de areia movediça ou a ruptura 
hidráulica de solos coesivos. O gradiente hidráulico que anula a tensão efetiva é denominado gradiente crítico e pode 
ser obtido de acordo com a seguinte dedução: 
 28 
crítico
w
sub
subwwsub
i
L
h
LhhL 

 
 0
 
 
6.3.3. Para o fluxo descendente a percolação gera um efeito contrário ao observado no fluxo ascendente. De acordo com 
o permeâmetro da figura 6.5, a tensão efetiva no plano p pode ser obtida a partir do seguinte desenvolvimento: 
wpB
hu  
 
Desprezando a perda de carga existente entre os pontos C e D, a carga total em C é igual a carga total em D. Desta 
forma, passando um referencial no nível do plano P tem-se: 
0
DC
hh
 
22
0 ZhhZhhh
pCpCpCeCC

 
     
wsatwwww
ZLhLZZLhZZ 
11122
.. 
 
 
wsubwwsat
hLhL   
A diferença de carga total existente no fluxo descendente provoca um aumento de tensão efetiva. A parcela 
w
h
é 
somada à tensão efetiva correspondente à situação hidrostática. 
A percolação aplica nas partículas um atrito viscoso que tenta aproximá-las, provocando um aumento de tensão efetiva. 
 
6.4. Demonstre a equação de Taylor (1948): 
C
e
e
Dk w


1
3
2


 
Solução: Com base no fluxo através de um cilindro capilar, mostrado na figura 6.6, verifica-se que ocorre uma distorção 
da massa de fluido. Tal distorção é gerada por forças cisalhantes mobilizadas no contato do fluido, em movimento, com 
o cilindro. E quanto maior a derivada da velocidade em relação ao raio (
dr
dv
), maior é a tensão cisalhante. Essa relação 
entre 
dr
dv
 e a tensão cisalhante é dada por: 
dr
dv
 
 
onde μ é o coeficiente de viscosidade do fluido 
A força cisalhante (T) que resulta da tensão  atuante numa distância radial r é: 
Lr
dr
dv
A
dr
dv
AT ...2 
 
 29 
 
Figura 6.6 – Variação da velocidade com a distância radial 
 
A força T reage a uma força de percolação Fp, que é: 
      2rhAhhAhhAuuF
wwsaídatentradatwsaídapentradapsaídaentradap
  
Para fluxo laminar ocorre um equilíbrio entre as forças T e Fp, resultando em: 
 


L
rdrh
dvrhLr
dr
dv w
w
2
...2 2


 
Cr
L
h
v
L
rdrh
dv ww 



 
2
42 



 
De acordo com a figura 6.6, a velocidade para r = R é zero. Desta forma a constante C é: 






444
0
2
22 www
iR
R
L
h
CCR
L
h





 
A equação da velocidade em função da distância radial r é, portanto, a seguinte: 
 22
2
2
444
rR
iiR
r
i
v www  





 
A vazão existente no elemento infinitesimal é a seguinte: 
  rdrrRivAdQ w 

2
4
22 
 
Desta forma, a vazão existente no cilindro é: 
  




88
2
4
24
0
22 iARiRrdrrR
i
Q ww
R
w  
 
Sabendo que o raio hidráulico é definido como: 
HH
RR
R
R
R
molhadoPerímetro
Área
R 2
22
2


 
 
Em função do raio hidráulico, a equação da vazão fica : 
 
iA
RiRA
Q H
wwH




28
2
22

 
 30 
Como a equação de Darcy é 
kiAQ 
, o coeficiente de permeabilidade para fluxo em cilindro capilar é: 


2
2
Hw
R
k 
. 
Verifica-se que k depende da geometria do meio, em virtude da parcela 
2
2
H
R
, e sofre influência de características 
intrínsecas ao fluido, referentes à parcela 


w
. 
Para o caso de fluxo em meios porosos (solos e rochas sedimentares) verifica-se que a seção transversal do cilindro é 
irregular, de acordo com a figura 6.7. 
 
Figura 6.7 – Seção transversal de um meio poroso 
Desta forma, para contemplar-se a irregularidadeda seção transversal do meio poroso, a parcela geométrica que exerce 
influência em k será multiplicada por uma constante denominada de coeficiente de tortuosidade (C). Desta forma, a 
equação para o cálculo do coeficiente de permeabilidade fica: 


w
H
CRk 2
. 
A partir da figura 6.8, tem-se: 
nAA
A
A
AL
LA
n
V
V
n
v
vv
t
v .
 
Desta forma, a equação da vazão fica: 
iAnCRQ w
H 
2
 
 
Figura 6.8 – Cilindro contendo o meio poroso 
 31 
Lembrando que o raio hidráulico é: 
PL
AL
molhadoPerímetro
Área
R
H



, para fluxo em um cilindro. Verifica-se então 
que, para o caso de fluxo através dos poros, tem-se: 
s
v
s
v
H
A
V
A
LA
R 
. Sabendo que o índice de vazios é: 
s
v
V
V
e 
, vem: 
s
s
H
A
eV
R 
. 
Considerando os sólidos como esferas de diâmetro Ds, tem-se: 
6
6
2
3
s
s
s
H
eD
D
D
e
R 


 
A equação da vazão fica então: 
iAn
eD
CQ ws

2
6







 
Sabendo que 
e
e
n


1
, finalmente a equação da vazão fica: 
iA
e
e
CDQ w
s 



1
3
2
. Desta forma, sabendo que a equação 
de Darcy é: 
kiAQ 
, o coeficiente de permeabilidade fica com o formato final: 


w
s
e
e
CDk


1
3
2
 
 
6.5. Para uma situação de fluxo radial em direção a um poço de bombeamento, com retirada de água, demonstre 
as seguintes equações para o cálculo de vazão: 
a) 
 










2
1
2
2
2
1
ln
r
r
zzk
Q

 para fluxo não confinado ilustrado na figura 6.9 
b) 
 










2
1
21
ln
2
r
r
Lzzk
Q

 para fluxo confinado ilustrado na figura 6.10 
 
Figura 6.9 – Fluxo radial não confinado 
 32 
 
Figura 6.10 - Fluxo radial confinado 
Solução 
a) O poço da figura 6.9 está instalado em um aqüífero livre. De acordo com a lei de Darcy, tem-se: 
zr
dr
dz
kA
dr
dh
kQ ...2... 
 
dzzk
r
Qdr
zr
dr
dz
kQ ..2..2.  
 
 
2
2ln2
2
2
2
1
2
1 2
1
2
1
zz
k
r
r
Qzdzk
r
Qdr
z
z
r
r









  
 
 










2
1
2
2
2
1
ln
r
r
zzk
Q

 
b) O poço da figura 6.10 está instalado em um aqüífero confinado. De acordo com a lei de Darcy, tem-se: 
Lr
dr
dz
kA
dr
dh
kQ ...2... 
 
dzLk
r
Qdr
Lr
dr
dz
kQ ..2..2.  
 
 
21
2
1 2
1
2
1
.2ln2 zzLk
r
r
QdzLk
r
Qdr
z
z
r
r








  
 
 










2
1
21
ln
...2
r
r
zzLk
Q

 
 
6.6. Considerando-se o permeâmetro mostrado na figura 6.11, pede-se determinar: 
a) O coeficiente de permeabilidade do solo 2 sabendo-se que no ponto B a poro-pressão é de 9 kN/m²; 
b) A velocidade média de percolação no solo 3; 
c) As poro-pressões nos pontos D e F. 
 
 33 
50
10 10 10 10
Solo 1 Solo 2
Solo 3
Solo 4
A B
C
E F GD
Água
4
NA
NA
40
10
P=10KPa
TelaTela
 
Figura 6.11 - Dimensões em cm 
 
Solo Área (cm²) e sub (kN/m³) Gs w (%) k (cm/s) 
1 100 0,7 - 2,72 - 10
-4
 
2 100 - 8 2,65 - - 
3 50 - 6 2,60 - 6.10
-4
 
4 50 - - 2,75 24 2.10
-4
 
 
Solução: 
a) Para determinar-se o coeficiente de permeabilidade do solo 2 é necessário o conhecimento das cargas totais em B e 
em C: 
a1) A carga total em B é a seguinte: 
w
B
BeBpBeB
u
hhhh


 
Com o referencial passando pela base do permeâmetro, tem-se: 
cmm
mkN
mkN
mh
B
9595,0
/10
/9
05,0
3
2

 
a2) A carga total em C é igual à carga total em E, que pode ser obtida da diferença entre a carga total em G e a perda de 
carga existente entre G e E. Tal perda de carga pode ser determinada a partir do princípio da continuidade: 
431
QQQ 
 
4
4
43
3
31
1
1
A
L
h
kA
L
h
kA
L
h
k EGEGAB 





 
 
50
20
10.250
20
10.6100
10
5095
10 444 EGEG
hh






 
    50
20
10.210.6100
10
5095
10 444 EG
h




 
 34 
cmh
EG
5,22
10.8.50
10.45.20
4
3




 
cmm
mkN
mkN
mh
G
1404,1
/10
/10
4,0
3
2

 
CE
hcmcmcmh  5,1175,22140
 
Portanto a diferença de carga total entre B e C é a seguinte: 
cmhh
BC
5,22955,117 
 
A partir da equação de continuidade do fluxo permanente, tem-se: 
scmkkQQ /10.2100
10
5,22
100
10
45
10 4
22
4
21
 
 
b) 
n
L
h
k
v
p
3
3
3


 
onde: 
3/16106 mkN
wsubnat
 
 
    67,1
1016
1626
1
1
..










wsat
sats
satswsatwssat
ws
nat
S
eSeSee
e
eS  
 
63,0
67,11
67,1
1





e
e
n
 
scm
n
L
h
k
v
p
/10.07,1
63,0
20
5,22
10.6
3
4
3
3
3





 
c) Poro-pressão em D: 
    kPamkNhhuuhh
wDeDD
w
D
DeD
25,11/1005,0175,1 3  
 
Poro-pressão em F: 
 
weFFF
w
F
FeF
hhu
u
hh  
 
Onde: 
cmhh
GF
75,12825,11140
2
5,22

 
  kPau
F
375,121005,02875,1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 35 
6.7. Calcule aproximadamente a vazão em litros por hora, por metro, sob a barragem da figura 6.12. Estime 
valores faltantes. 
 
Figura 6.12 
Solução: 
De acordo com a fórmula empírica de Hazem, o coeficiente de permeabilidade da areia fina é: 
  smscmDk /10.44,1/10.44,1012,0100.100 4222
10
 
 
A relação entre as permeabilidades da areia fina e da argila é: 
5
9
4
arg
10.44,1
10
10.44,1



ila
areia
k
k
 
Portanto seriam necessários 4m.1,44.10
5
 = 576km de areia fina para provocar a perda de carga que ocorre nos 4m de 
argila. Daí pode-se desprezar a perda de carga na areia fina. Pelo mesmo motivo e até com mais razão, pode-se também 
desprezar as perdas de carga na areia grossa. Como a vazão tem que passar pela cortina de interceptação (cut-off) de 
argila, tem-se: 
    anolitrosanomanossmsmAikQ /552/552,0/60.60.24.365/10.5,17/10.5,171.7
4
10
10.. 339399  
 
 
6.8. Para o ensaio mostrado na figura 6.13 existe fluxo de água sob carga constante através dos solos A e B, de 
permeabilidades diferentes. Pede-se: 
a) Qual a altura de carga total e a altura piezométrica no ponto X? 
b) Se 35% da diferença de carga é dissipada no fluxo através do solo A, quais seriam as alturas de carga total e 
piezométrica no ponto Y? 
c) Se a permeabilidade do solo A é 0,04cm/s, qual a vazão por unidade de área neste solo? 
d) Qual o coeficiente de permeabilidade do solo B? 
 36 
 
Figura 6.13 
a)Passando um plano referencial em X e desprezando a perda de carga total entre os pontos A e X, tem-se: 
cmhhh
XXA
90352530 
 
eXpXX
hhh 
 
0
eX
h
 
cmhh
pXX
90
 
 
b) A perda de carga total no solo A é: 
cmcmh
soloA
25,1235.35,0 
 
Portanto, a carga total em Y é: 
cmhhh
soloAXY
75,7725,1290 
 
A carga piezométrica em Y é: 
cmhhhhhh
eYYpYeYpYY
75,473075,77 
 
 
c) 
scmAikQ /10.63,11.
30
25,12
04,0.. 32
por cm
2
 de solod) Aplicando o princípio da continuidade do fluxo, tem-se que: 
soloBsoloA
QQ 
 
AikAik
solosolosolosolo 2211

 
scmkk
solosolo
/10.79,1
25
35.65,0
10.63,1 2
22
3  
 
 
 
 
 37 
6.9. Um poço produtor de óleo, cujo fator volume-formação é de 1,5 m³/m³ std e cuja viscosidade é de 20 cp, foi 
perfurado com broca de 20 cm de diâmetro em um campo onde a distância media entre os poços é de 500 m. Os 
perfis de sondagem indicaram que o horizonte produtor é um arenito homogêneo e situa-se entre camadas de 
argilito, com o topo e a base a 1200 m e 1250 m, respectivamente. Um teste de formação mostrou que a 
permeabilidade efetiva original do arenito era de 100 md e correlações deram evidência de filtrado de lama até 
uma distância igual a 3 m. Em um teste de produção obteve-se uma vazão de 6 m³std/dia sob um diferencial de 
pressão de 35 kgf/cm². Admitindo que os fluidos do reservatório possam ser considerados incompressíveis, pede-
se que sejam determinadas: 
a) A permeabilidade efetiva equivalente da formação; 
b) A permeabilidade efetiva da zona alterada ao redor do poço; 
c) A produção esperada ao se colocar no fundo do poço uma resistência elétrica que aquece o óleo até 100 ºC, 
reduzindo a sua viscosidade a 1 cp em um raio de 3 m, quando se operar o poço com um diferencial de pressão 
de 35 kgf/cm². 
 
Solução: 
a) Para o caso de fluxo radial em reservatório confinado, a equação para o cálculo de vazão, desenvolvida na letra b do 
exercício 6.5, é válida: 
 










2
1
21
ln
...2
r
r
zzLk
Q

 
Para fluxo radial horizontal, a diferença de carga total é igual à diferença de carga de pressão. Desta forma, a equação 
da vazão fica: 










2
1ln
...2
r
r
uLk
Q


 
Na engenharia de petróleo utiliza-se, tradicionalmente, o coeficiente de permeabilidade intrínseco ao meio poroso, 
denominado de coeficiente de permeabilidade efetiva ou absoluta (k’), cuja unidade é o Darcy. Tendo em vista que a 
permeabilidade depende da geometria do meio poroso e de características inerentes ao fluido (


), tem-se: 


kk 
 
Desta forma, vem: 




















2
1
2
1 ln
...2
ln
...2
r
r
uLk
r
r
uLk
Q






 
Finalmente, a permeabilidade efetiva pode ser obtida então por: 
uL
r
r
Q
k










..2
ln
2
1


 
 
 38 
Onde: 
Q = vazão = Qstd.B = 6 m³std/dia.1,5 m³/m³std = 9 m³/dia 
Qstd = vazão para uma condição padrão de temperatura e pressão 
B = fator volume-formação 
r1 = distância radial de influência do poço = 250m, haja vista que o espaçamento entre poços é de 500m. 
r2 = raio do poço = 0,1m 
μ = viscosidade do fluido = 20 cp 
L = espessura do arenito = 50m = 5000cm 
∆u = diferença de pressão = 35kgf/cm² = 33,87atm 
mdk 3,15
87,33.5000..2
1,0
250
ln.20.9









 
b) Para o caso de fluxo radial em série, tem-se o esquema da figura 6.14. 
 
Figura 6.14 
Pelo princípio da continuidade, tem-se: 


















w
e
r
R
uLk
R
r
uLk
Q
ln
...2
ln
...2
1122




 
Lk
R
r
Q
u
e
...2
ln
2
2 









; 
Lk
r
R
Q
u
w
...2
ln
1
1 











 
 
 
 
 
 39 
A vazão no meio poroso é: 









































w
e
w
e
r
r
Lk
r
R
Q
Lk
R
r
Q
Lk
Q
ln
...2
ln
...2
ln
...2
12






 
Desta forma, a permeabilidade efetiva equivalente é: 
mdk
k
k
r
R
k
R
r
k
r
r
kk
k
w
e
w
e
35,7
1,0
1,3
ln100
1,3
250
ln
1,0
252
ln.100
3,15
lnln
ln
1
1
1
21
21














































 
c) Com viscosidades diferentes, a equação da vazão fica: 









































w
e
w
e
r
r
Lk
r
R
Q
Lk
R
r
Q
Lk
Q
ln
...2
ln
...2
ln
...2
1
1
2
2






 
Portanto, a viscosidade equivalente é: 




































1
1
2
2
lnln
ln
k
r
R
k
R
r
r
r
k w
e
w
e

 
cp63,2
35,7
1,0
1,3
ln1
100
1,3
250
ln20
1,0
250
ln
3,15
































 
scmQ /17,791
1,0
250
ln63,2
87,33.5000..10.3,15.2 3
3








 