Aula 8 - Ligações Com Pinos Metálicos 2020-1

EES170 - Noções de Estruturas de Madeira Aula 08: Ligações com pinos metálicos Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG) Departamento de Engenharia de Estruturas (DEEs) 1o. semestre 2020 Introdução Ligações com pinos metálicos em estruturas de madeira são aquelas que fazem uso de pregos ou parafusos: Os procedimentos de cálculo são apresentados a seguir de forma técnica, sem detalhamentos teóricos exagerados, uma vez que algumas equações têm origem empírica e outras são obtidas teoricamente, levando-se em conta comportamentos não lineares. Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Espessura convencional da ligação t → espessura convencional da ligação. • Pinos em corte simples: t é o menor valor entre t1 e t2. Procedimento de cálculo Espessura convencional da ligação • Pinos em corte duplo: menor valor entre t1 e t2/2, numa seção, e entre t2/2 e t3, na outra (adota-se o menor entre os 3 valores como a espessura convencional da ligação). Procedimento de cálculo Espessura convencional da ligação • Ligação entre madeira e chapa metálica: adota-se a espessura da madeira. Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Seleção de pregos ou parafusos comerciais A partir da definição da espessura convencional da ligação, pode-se sele- cionar o pino metálico apropriado, a partir das seguintes orientações: Pregos: • O diâmetro do prego não deve exceder 1/5 da espessura convencional; • A penetração do prego na última peça não deve ser menor do que 12 vezes o diâmetro do prego, quando este não atravessa-la totalmente. Assim: dprego ⩽ t 5 Lprego ⩾ Lppt + 12dprego (1) dprego → diâmetro do prego; Lprego → comprimento do prego; Lppt → somatório do comprimento das peças com penetração total. Procedimento de cálculo Seleção de pregos ou parafusos comerciais Tabela de pregos comerciais: Procedimento de cálculo Seleção de pregos ou parafusos comerciais Parafusos: • O diâmetro do parafuso não deve exceder a metade da espessura convencional, i.e., dparaf ⩽ t 2 (2) Diâmetros comerciais de parafusos: in cm 3/8 0, 95 1/2 1, 27 5/8 1, 59 3/4 1, 91 7/8 2, 22 1 2, 54 in cm 1 − 1/8 2, 86 1 − 1/4 3, 18 1 − 3/8 3, 50 1 − 1/2 3, 81 1 − 3/4 4, 45 2 5, 08 Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Parâmetros de resistência: modo de falha crítico Nas ligações envolvendo pinos metálicos existem dois tipos básicos de falha que precisam ser verificados: • Falha das peças de madeira devido à concentração de tensões nos furos (esmagamento da madeira); • Falha do pino metálico: deformações plásticas (rótulas plásticas). Para definir qual o modo de falha mais crítico, calcula-se a razão: β = \frac{t}{d}, \quad (3) e faz-se a seguinte verificação: β_{lim} = (1,25)\sqrt{\frac{f_{y,d}}{f_{e,d}}} \Rightarrow \text{se} \begin{cases} β \leq β_{lim} & \Rightarrow \text{falha da madeira} \\ β > β_{lim} & \Rightarrow \text{falha do pino metálico} \end{cases} \quad (4) d \rightarrow \text{diâmetro do pino metálico;} \\ f_{y,d} \rightarrow \text{limite de escoamento de cálculo do material do pino;} \\ f_{e,d} \rightarrow \text{resistência de cálculo de embutimento da madeira.} Procedimento de cálculo Parâmetros de resistência: modo de falha crítico Limite de escoamento de cálculo do material do pino: f_{y,d} = \frac{f_{y,k}}{1,1} \quad (5) f_{y,k} \rightarrow \text{limite de escoamento característico (ou nominal):} \\ \quad \text{Pregos: arame doce (600 MPa); Parafusos: mínimo 240 MPa, usual 300 MPa.} \text{Resistência de cálculo de embutimento da madeira:} \text{Depende do ângulo, } \theta, \text{entre as peças ligadas:} f_{e,d} = \begin{cases} f_{e0,d} = f_{c0,d} \left(\frac{(k_{mod})}{\gamma_{wc}}(0,7)(f_{c0,m})\right)_{f_{c0,k}} \\ f_{e,d} = f_{e90,d} = (0,25)(f_{c0,d})(\alpha_{e}) \\ f_{eθ,d} = \frac{f_{e0,d}(f_{e90,d})}{(f_{e90,d} \sin^2 \theta + f_{e90,d} \cos^2 \theta)} \end{cases} \quad (6) \alpha_{e} \rightarrow \text{coeficiente de embutimento: Tabela 14 da NBR 7190 (próx. pg.} Procedimento de cálculo Parâmetros de resistência: modo de falha crítico Tabela 14 da norma NBR 7190: Diâm. pino (cm) Coef. αe ⩽ 0, 62 2, 5 0, 95 1, 95 1, 25 1, 68 1, 60 1, 52 1, 90 1, 41 2, 20 1, 33 Diâm. pino (cm) Coef. αe 2, 50 1, 27 3, 10 1, 19 3, 80 1, 14 4, 40 1, 10 5, 00 1, 07 ⩾ 7, 50 1, 00 Notar que a falha por embutimento, basicamente está relacionada ao es- magamento da madeira. Assim, quando as fibras das peças ligadas estão no mesmo sentido, utiliza-se fe0,d. Quando as fibras das peças ligadas são perpendiculares entre si, utiliza-se fe90,d, sendo que αe tem papel análogo ao αn no dimensionamento de peças sujeitas à compressão perpendicular às fibras, i.e., leva em conta a tração localizada das fibras. Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Cálculo da capacidade de carga de cada pino A resistência de cálculo de cada seção de corte em cada pino numa liga- ção, Rvd,1, é dada por: • Para β ⩽ βlim (Estado limite por embutimento da madeira): Rvd,1 = (0, 40)t2 β fe,d (7) • Para β > βlim (Estado limite por flexão do pino): Rvd,1 = (0, 625) d2 βlim fy,d (8) Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição do número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Definição do número de pinos a serem adotados O número de pinos metálicos a ser adotado na ligação será: npinos = Nd nscRvd,1 (9) nsc → número de seções de corte em cada pino metálico; Nd → maior força normal a ser transmitida na ligação. Procedimento de cálculo Etapas: (i) Definição da espessura convencional da ligação; (ii) Seleção pregos ou parafusos comerciais; (iii) Cálculo dos parâmetros de resistência (para definir a condição mais crítica: estado limite por embutimento da madeira ou flexão do pino); (iv) Cálculo da capacidade de carga de cada prego ou parafuso; (v) Definição o número de pregos ou parafusos a serem empregados; (vi) Distribuição dos pregos ou pinos na ligação. Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação A norma NBR 7190, em sua Fig. 14, recomenda os seguintes espaçamentos mínimos para evitar falha por fendilhamento da madeira: Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (a) Entre o centro de dois pinos situados em uma mesma linha paralela à direção das fibras: pregos 6d e parafusos 4d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (b) Do centro do último pino à extremidade de peças tracionadas: 7d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (c) Do centro do último pino à extremidade de peças comprimidas: 4d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (d) Entre os centros de dois pinos situados em duas linhas paralelas à direção das fibras, medido perpendicularmente às fibras: 3d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (e) Do centro de qualquer pino à borda lateral da peça, medido perpendicularmente às fibras, quando o esforço transmitido for paralelo às fibras: 1, 5d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (f) Do centro de qualquer pino à borda lateral da peça, medido perpendicularmente às fibras, quando o esforço transmitido for normal às fibras, do lado onde atuam tensões de tração normal: 1, 5d; Procedimento de cálculo Distribuição dos pinos na ligação (g) Do centro de qualquer pino à borda lateral da peça, medido perpendicularmente às fibras, quando o esforço transmitido for normal às fibras, do lado onde atuam tensões de compressão normal: 4d; Exemplo 01 Determinar o número de parafusos para o caso de uma ligação de duas peças solicitadas por um esforço axial de compressão de 3500 N, normal às fibras da peça horizontal. A madeira é Eucalipto grandis e o carregamento é per- manente de pequena variabilidade. O material do parafuso possui limite de escoamento de 300 MPa. Exemplo 01 Solução • Espessura convencional da ligação: A ligação possui duas seções de corte. Para cada uma delas: t =        4 cm 6 cm 2 = 3 cm ∴ t = 3 cm • Seleção de parafuso comercial: Da Eq. (2): dparaf ⩽ t 2 = 3 cm 2 = 1, 5 cm ⇒ adota-se 1/2 in ou 1, 27 cm Exemplo 01 Solução • Parâmetros de resistência: Limite de escoamento de cálculo dos parafusos: Da Eq. (5): fy,d = fy,k 1, 1 = 300 MPa 1, 1 = 272, 7 MPa Resistência de cálculo de embutimento da madeira: Da Eq. (6): fe,d =                      fe0,d = fc0,d = (kmod) γwc (0, 7)(fc0,m) fe90,d = (0, 25)(fc0,d)(αe) ← feθ,d = (fe0,d)(fe90,d) fe0,d sin2 θ + fe90,d cos2 θ Exemplo 01 Solução • Parâmetros de resistência (cont.): Considerando situação convencional de projeto: \Rightarrow k_{mod} = (0,7)(1,0)(0,8) = 0,56 \text{Da Tabela E.1 da NBR 7190, para E. grandis, } f_{c0,m} = 40,3 \text{ MPa.} \Rightarrow f_{c0,d} = \left(\frac{(k_{mod})}{\gamma_{wc}}\right)(0,7)(f_{c0,m}) = \frac{(0,56)}{(1,4)}(0,7)(40,3 \text{ MPa}) = 11,28 \text{ MPa} \text{Interpolando linearmente na Tabela 14 da NBR 7190:} \alpha_{e} = 1,68 - \left[\frac{1,27 \text{ cm} - 1,25 \text{ cm}}{1,60 \text{ cm} - 1,25 \text{ cm}}\right](1,68 - 1,52) = 1,67 \Rightarrow f_{e,d} = f_{e90,d} = (0,25)(f_{c0,d})(\alpha_{e}) = (0,25)(11,28 \text{ MPa})(1,67) = 4,71 \text{ MPa} Exemplo 01 Solução • Parâmetros de resistência (cont.): Parâmetros de verificação do modo de falha crítico: Da Eq. (4): \(\beta_{lim} = (1, 25)\sqrt{\frac{f_{y,d}}{f_{e,d}}} = (1, 25)\sqrt{\frac{272, 7 \text{ MPa}}{4, 71 \text{ MPa}}} = 9, 51\) Da Eq. (3): \(\beta = \frac{t}{d} = \frac{3 \text{ cm}}{1, 27 \text{ cm}} = 2, 36\) Como \(\beta < \beta_{lim} \Rightarrow\) modo de falha crítico: madeira. • Capacidade de carga de cada parafuso: Da Eq. (7): \(R_{vd,1} = (0, 40)\frac{t^2}{\beta}f_{e,d} = (0, 40)\frac{(30 \text{ mm})^2}{(2, 36)}(4, 71 \text{ MPa}) = 718, 5 \text{ N}\) Exemplo 01 Solução • Número de parafusos: Força de cálculo atuando em cada seção de corte: Nd = γgP = (1, 3)(3500 N) = 4550 N Quantidade de parafusos: Da Eq. (9): npinos = Nd nscRvd,1 = 4550 N (2)(718, 5 N) = 3, 17 ⇒ 4 parafusos Exemplo 01 Solução • Detalhamento da ligação: (1, 5)d = (1, 5)(1, 27 cm) = 1, 9 cm 3d = (3)(1, 27 cm) = 3, 8 cm 4d = (4)(1, 27 cm) = 5, 1 cm Estas são medidas mínimas, deve-se aproveitar o espaço disponível na peça. *** Exemplo 02 Calcular a reação de apoio máxima da viga na figura, sendo a madeira classe C40, kmod = 0, 56, parafusos com 15, 9 mm de diâmetro. Limite de escoa- mento do material do parafuso: 240 MPa. Apesar de uma análise completa requerer a verificação dos estados limites da cantoneira de aço, da chapa de reforço, da compressão da madeira na direção normal às fibras, da tração nos parafusos, da flexão do parafuso e do embutimento do parafuso à madeira, considerar apenas estes dois últimos casos. Exemplo 02 Solução • Espessura convencional da ligação: Para ligação a uma chapa metálica, adota-se a espessura da peça de madeira como convencional. ⇒ t = 20 cm • Parâmetros de resistência: Limite de escoamento de cálculo dos parafusos: Da Eq. (5): fy,d = fy,k 1, 1 = 240 MPa 1, 1 = 218, 2 MPa Resistência de cálculo de embutimento da madeira: Da Eq. (6): fe,d = fe0,d = fc0,d = (kmod) (γwc) (fc0,k) = (0, 56) (1, 4) (40 MPa) = 16 MPa Exemplo 02 Solução • Parâmetros de resistência (cont.): Parâmetros de verificação do modo de falha crítico: Da Eq. (4): \(\beta_{lim} = (1, 25)\sqrt{\frac{f_{y,d}}{f_{e,d}}} = (1, 25)\sqrt{\frac{218, 2 \text{ MPa}}{16 \text{ MPa}}} = 4, 62\) Da Eq. (3): \(\beta = \frac{t}{d} = \frac{20 \text{ cm}}{1, 59 \text{ cm}} = 12, 58\) Como \(\beta > \beta_{lim} \Rightarrow\) estado limite por flexão do parafuso. • Capacidade de carga de cada parafuso: Da Eq. (8): \(R_{vd,1} = (0, 625)\frac{d^2}{\beta_{lim}}f_{y,d} = (0, 625)\frac{(15, 9 \text{ mm})^2}{(4, 62)}(218, 2 \text{ MPa}) = 7462 \text{ N}\) Exemplo 02 Solução • Reação de apoio máxima: Pd,max = (746 kgf/paraf)(4 paraf) = 2984 kgf *** EES170 - Noções de Estruturas de Madeira Aula 09: Dimensionamento de vigas sob flexão simples Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG) Departamento de Engenharia de Estruturas (DEEs) 1o. semestre 2020 Introdução Viga bi-apoiada com carregamento uniformemente distribuído: \(q \rightarrow \) Força/comprimento \(L \rightarrow \) vão Reações de apoio: \(\Rightarrow R_1 = R_2 = \frac{qL}{2}\) Esforços solicitantes \(V(x) \rightarrow\) força cortante, \(M(x) \rightarrow\) momento fletor: \(V(x) = q\left(\frac{L}{2} - x\right)\) (1) \(M(x) = \frac{q}{2}(Lx - x^2)\) (2) Introdução Viga bi-apoiada com carregamento uniformemente distribuído: Diagramas de esforços solicitantes: (a) Força cortante: Vmax = qL 2 (3) (b) Momento fletor: Mmax = qL2 8 (4) Introdução • Estado limite último: Deve-se verificar as máximas tensões de tração, compressão e cisalhamento, i.e., σcd,max ⩽ fc,d (5) σtd,max ⩽ ft,d (6) τd,max ⩽ fv,d (7) • Estado limite de utilização: Verificar as flechas máximas recomendadas pela NBR 7190. Estas análises são abordadas em separado a seguir. Verificação de estados limites últimos Na análise do estado limite último, pode-se distinguir entre a verificação das tensões axiais e a verificação das tensões de cisalhamento: • Tensões axiais: compressão, σc,d, e tração, σt,d; • Tensões cisalhamento: τt,d. Verificação de estados limites últimos Tensões axiais Normalmente as vigas de madeira são fabricadas de forma que o momento fletor atue no sentido de tracionar/comprimir as fibras em seu sentido longitudinal, de modo que as Eqs. (5) e (6) podem ser reescritas como: σc0d,max ⩽ fc0,d (8) σt0d,max ⩽ ft0,d (9) onde: fc0,d → resistência à compressão paralela às fibras σc0d,max → máx. tensão axial de compressão atuando numa seção transv. ft0,d → resistência à tração paralela às fibras σt0d,max → máx. tensão axial de tração atuando numa seção transv. Verificação de estados limites últimos Tensões axiais As tensões axiais máximas em função do momento fletor aplicado são dadas por: σc0d,max = Md,max Wc (10) σt0d,max = Md,max Wt (11) onde, Md é momento fletor de cálculo, obtido da combinação de cálculo, Fd, pertinente ao projeto, e Wc = Iz ¯yc (12) Wt = Iz ¯yt (13) são, respectivamente, os módulos de resistência à compressão e à tração. Iz → momento de inércia da seção transv. em relação ao eixo neutro. Verificação de estados limites últimos Tensões axiais Seção circular: Iz = πr4 4 (14) Seção retangular: Iz = bh3 12 (15) Verificação de estados limites últimos Tensões de cisalhamento Para verificação das tensões de cisalhamento, adota-se a Eq. (7), i.e., τd,max ⩽ fv0,d (16) sendo que o valor máximo desta componente de tensão ocorre sobre a linha neutra e é dada por: τd,max = Vd,maxQ blnIz (17) onde: Vd → esforço cortante de cálculo, obtido da combinação Fd Q → momento estático em relação à linha neutra bln → largura da seção na linha neutra Verificação de estados limites últimos Tensões de cisalhamento Seção circular: A* → área acima do eixo neutro y* → centróide da área acima do eixo neutro ⇒ Q = (A*)(y*) = (\frac{\pi r^2}{2})(\frac{4r}{3\pi}) = \frac{2r^3}{3} \quad (18) b_{ln} = 2r, \quad I_z = \frac{\pi r^4}{4} \quad (19) ∴ \tau_{d,max} = (\frac{V_{d,max}}{2r})(\frac{2r^3}{3})(\frac{4}{\pi r^4}) = \Big(\frac{4}{3}\Big)\Big(\frac{V_{d,max}}{\pi r^2}\Big) = \Big(\frac{4}{3}\Big)\Big(\frac{V_{d,max}}{A}\Big) \quad (20) Verificação de estados limites últimos Tensões de cisalhamento Seção retangular: A* → área acima do eixo neutro y* → centróide da área acima do eixo neutro ⇒ Q = (A*)(y*) = (\frac{bh}{2})(\frac{h}{4}) = \frac{bh^2}{8} \quad (21) b_{ln} = b, \quad I_z = \frac{bh^3}{12} \quad (22) ∴ \tau_{d,max} = (\frac{V_{d,max}}{b})(\frac{bh^2}{8})(\frac{12}{bh^3}) = \Big(\frac{3}{2}\Big)\Big(\frac{V_{d,max}}{bh}\Big) = \Big(\frac{3}{2}\Big)\Big(\frac{V_{d,max}}{A}\Big) \quad (23) Verificação de estados limites de utilização A norma NBR 7190 estabelece valores máximos para as flechas de vigas sujeitas à flexão, de forma que deformações excessivas não afetem a utilização normal da construção ou seu aspecto estético. Flecha numa viga bi-apoiada com carregamento uniforme: δd,max = (5)(qd)(L4) (384)(Ec0,ef)(Iz) (24) δd,max → flecha máxima de cálculo (ocorre no centro do vão), qd → carregamento de cálculo (de utilização): [força/comprimento], Ec0,ef = (kmod)Ec0,m (25) Verificação de estados limites de utilização As equações de combinação de ações para estados limites de utilização são diferentes das combinações já vistas para estados limites últimos. Para limitação da flecha máxima, a norma considera dois casos distintos: Caso 1: quando não há material frágil fixo à viga Neste caso adota-se a seguinte combinação: q_d = g_k + \sum_{j=1}^{n}(\Psi_{2,j} q_{k,j}) \quad (26) onde, g_k é a carga permanente; q_{k,j} (j = 1, 2, \ldots ) são as cargas variáveis. Os coeficientes \Psi_2 são dados na Tabela 2 da NBR 7190, reproduzida nas notas da Aula 04. A norma exige que a flecha máxima, calculada pela Eq. (24) utilizando a Eq. (26), fique restrita a: \delta_{d,max} \leq \frac{L}{200} \quad (27) Verificação de estados limites de utilização Caso 2: quando há material frágil fixo à viga Neste caso adota-se, a seguinte combinação de ações: q_d = g_k + \Psi_1 q_{k,1} + \sum_{j=2}^{n}(\Psi_{2,j} q_{k,j}) \quad (28) onde, q_{k,1} é a ação variável principal (maior valor entre as ações variáveis). O coeficiente \Psi_1 também é dado na Tabela 2 (ver Aula 04). Nota: no caso da ação variável principal ser uma carga de duração muito curta, deve-se adotar \Psi_1 = 1. A norma, neste caso, exige: \delta_{d,max} \leq \frac{L}{350} \quad (29) Exemplos de materiais frágeis ligados à viga: Parede de alvenaria, Estruturas de concreto que possam sofrer tração, gesso. Exemplo 01 Verificar o dimensionamento da viga abaixo, considerando b = 10 cm, h = 20 cm, L = 5 m. A viga é de madeira serrada proveniente da espécie Eucalipto citriodora, não há materiais frágeis ligados à ela e a estrutura refere-se a um local de baixa ocupação. Cargas atuantes: Fg = 100 kgf/m (permanente de pequena variabilidade) Fq = 50 kgf/m (carga acidental) Exemplo 01 Solução • Cálculo das resistências: A Tabela E.1 da NBR 7190, apresenta o seguinte valor médio para a resistência à tração paralela às fibras do E. Citriodora: ft0,m = 123, 6 MPa O valor característico correspondente para esta resistência pode ser então obtido através da Eq. (3) das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento (Aula 04): ft0,k = (0, 70)(ft0,m) = (0, 70)(123, 6 MPa) = 86, 52 MPa A resistência de cálculo, por sua vez, é obtida da resistência nominal, pela Eq. (5), também das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento (Aula 04): ft0,d = kmod ft0,k γwt Exemplo 01 Solução • Cálculo da resistência (cont.): Coeficiente de modificação: Para condições usuais de projeto: kmod = (0, 7)(1, 0)(0, 8) = 0, 56 Coeficiente de segurança: Para estado limite último: γwt = 1, 8 ⇒ ft0,d = kmod ft0,k γwt = (0, 56)(86, 52 MPa) (1, 8) = 26, 92 MPa Exemplo 01 Solução • Cálculo da resistência (cont.): Analogamente, para a resistência à compressão paralela às fibras: fc0,m = 62 MPa (Tabela E.1 da norma) fc0,k = (0, 70)(fc0,m) = (0, 70)(62 MPa) = 43, 4 MPa fc0,d = kmod fc0,k γwc = (0, 56)(43, 4 MPa) (1, 4) = 17, 36 MPa e, para resistência ao cisalhamento, fv0,m = 10, 7 MPa (Tabela E.1 da norma) fv0,k = (0, 54)(fc0,m) = (0, 54)(10, 7 MPa) = 5, 78 MPa fv0,d = kmod fv0,k γwv = (0, 56)(5, 78 MPa) (1, 8) = 1, 80 MPa Exemplo 01 Solução • Carregamento de cálculo para estado limite último: A combinação de ações para Estado Limite Último, deve ser realizada conforme Eq. (9) das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento (Aula 04). Para este problema: Fd = γgFg + γqFq γg = 1, 3 (pequena variabilidade) γq = 1, 4 ⇒ Fd = (1, 3)(100 kgf/m) + (1, 4)(50 kgf/m) = 200 kgf/m ≈ 2000 N/m Exemplo 01 Solução • Tensões máximas axiais: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (4), o momento fletor máximo: Md,max = FdL2 8 = (2000 N/m)(5 m)2 8 = 6250 N · m Da Eq. (15): Iz = bh3 12 = (10 cm)(20 cm)3 12 = 6667 cm4 e, das Eqs. (12) e (13): Wc = Wt = Iz (h/2) = 6667 cm4 10 cm = 667 cm3 Aplicando, então, estes resultados na Eq. (10): (apenas ela, já que fc0,d < ft0,d e σc0d,max = σt0d,max) σc0d,max = Md,max Wc = (6250 N)(103 mm) (667)(10 mm)3 = 9, 37 MPa < 17, 36 MPa ⇒ OK Exemplo 01 Solução Tensão máxima tangencial: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (3), a força cortante máxima: V_{d,max} = \frac{F_dL}{2} = \frac{(2000 \text{ N/m})(5 \text{ m})}{2} = 5000 \text{ N} Aplicando esta força cortante à Eq. (23): \tau_{d,max} = \left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{V_{d,max}}{bh}\right) = \left(\frac{3}{2}\right)\left[\frac{5000 \text{ N}}{(100 \text{ mm})(200 \text{ mm})}\right] = 0,375 \text{ MPa} < 1,80 \text{ MPa} \Rightarrow \text{OK} Exemplo 01 Solução • Carregamento de cálculo para estado limite de utilização: Sem materiais frágeis ligados à viga: caso 1 ⇒ Eq. (26), i.e., Fd,uti = Fg + Ψ2Fq Da Tabela 2 da NBR 7190, para locais sem grandes concentrações de pessoas (baixa ocupação), Ψ2 = 0, 2. ⇒ Fd,uti = (100 kgf/m) + (0, 2)(50 kgf/m) = 110 kgf/m ≈ 1100 N/m Exemplo 01 Solução • Flecha máxima: Como o carregamento tem distribuição uniforme, a flecha máxima é dada pela Eq. (24): δd,max = (5)(Fd,uti)(L4) (384)(Ec0,ef)(Iz) onde: Ec0,ef = (kmod)Ec0,m Da Tabela E.1, para o eucalipto citriodora, Ec0,m = 18421 MPa. ⇒ Ec0,ef = (0, 56)(18421 MPa) = 10316 MPa ⇒ δd,max = (5)(1100 N/m)(5 m)4 (384)(10316 x 106 N/m2)(6667 x 10−8 m4) = 0, 013 m = 1, 3 cm < L 200 = 500 cm 200 = 2, 5 cm ⇒ OK *** Exemplo 02 Dimensionar uma viga de madeira laminada colada de largura 10 cm, madeira classe C40, com 4 m de vão livre, sujeita aos seguintes carregamentos: - Parede de tijolos furados (1300 kg/m3) de 10 cm de largura e 2,8 m de altura, - Recobrimento de argamassa de cimento e areia (2100 kg/m3) com espessura de 1 cm de cada lado da parede, - Piso de tábuas corridas (C40) de 2 cm de espessura, apoiadas transversalmente por vigas de madeira serrada (C40) e seção transversal de (6 x 20) cm2, igualmente espaçadas de 60 cm, - Sobrecarga, considerando que o ambiente seja um dormitório do 2o. piso de uma residência (150 kgf/m2), com área de (3 x 4) m2. As vigas de sustentação do piso têm vão de 3 m e descarregam na viga de MLC. Considerar o esforço transmitido por estas vigas como uniformemente distribuído na viga de MLC. Considerar também, kmod = 0,56. Ver figura na próxima página. Exemplo 02 parede e reboco 2,8 m tábuas corridas viga h 10 cm 4 m 20 cm 2 cm 20 cm Exemplo 02 Solução • Cálculo das resistências e do módulo de elasticidade efetivo: Para classe C40, tem-se, da Tabela 9 da NBR 7190: fc0,k = 40 MPa, fv0,k = 6 MPa e Ec0,m = 19500 MPa As resistências de cálculo à compressão e ao cisalhamento, podem então ser obtidas, respectivamente, por: fc0,d = kmod fc0,k γwc = (0, 56)(40 MPa) (1, 4) = 16 MPa fv0,d = kmod fv0,k γwv = (0, 56)(6 MPa) (1, 8) = 1, 87 MPa Enquanto que o módulo de elasticidade efetivo corresponde a: Ec0,ef = (kmod)(Ec0,m) = (0, 56)(19500 MPa) = 10920 MPa Exemplo 02 Solução • Carregamento de cálculo para estado limite último: Eq. (9) das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento (Aula 04): F_d = γ_g F_{g,k} + γ_q [F_{q1,k} + \sum_{j=2}^{n}(Ψ_{0j}F_{qj,k})] Para este problema: F_d = γ_g (F^1_g + F^2_g + F^3_g + F^4_g + F^5_g ) + γ_q F_q onde: F^1_g → peso próprio da viga de MLC, F^2_g → carga devido ao peso das vigas de madeira serrada, F^3_g → carga devido ao peso das tábuas corridas, F^4_g → carga devido ao peso dos tijolos, F^5_g → carga devido ao peso do reboco, F_q → sobrecarga do dormitório. Exemplo 02 Solução • Carregamento de cálculo para estado limite último (cont.): Peso específico da madeira C40 (Tabela 9): 950 kgf/m³. Peso próprio da viga de MLC: F^1_g = (950 kgf/m³)(0,1 m)(h) = (95 kgf/m²)h Carga devido ao peso das vigas de madeira serrada: F^2_g = (8)(950 kgf/m³)(0,06 m)(0,2 m)(\frac{3 m}{2})(\frac{1}{4 m}) = 34,2 kgf/m Carga devido ao peso das tábuas corridas: F^3_g = (950 kgf/m³)(0,02 m)(\frac{3 m}{2}) = 28,5 kgf/m Carga devido ao peso dos tijolos: F^4_g = (1300 kgf/m³)(0,1 m)(2,8 m) = 364 kgf/m Exemplo 02 Solução • Carregamento de cálculo para estado limite último (cont.): Carga devido ao peso do reboco: F^5_g = (2100 kgf/m³)(0,02 m)(2,8 m) = 117,6 kgf/m Sobrecarga do dormitório: F_q = (150 kgf/m²)(\frac{3 m}{2}) = 225 kgf/m Como a carga permanente referente aos elementos de madeira é inferior a 75% da carga permanente total, deve-se assumir grande variabilidade. γ_g = 1,4 (grande variabilidade: Tabela 4 da norma NBR 7190) γ_q = 1,4 (Tabela 6 da norma NBR 7190) Assim: F_d = (1,4)[(95 kgf/m²)h + (544,3 kgf/m)] + (1,4)(225 kgf/m) = (133 kgf/m²)h + (1077 kgf/m) Exemplo 02 Solução ● Tensões máximas axiais: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (4), o seguinte valor para momento fletor máximo: M_{d,max} = \frac{F_dL^2}{8} = \frac{(4\ m)^2}{8}\left[(133\ kgf/m^2)h + (1077\ kgf/m)\right] = (266\ kgf/m)h + (2154\ kgf \cdot m) e I_z = \frac{bh^3}{12} = \frac{(0,1\ m)(h)^3}{12} \Rightarrow W_c = \frac{I_z}{(h/2)} = \frac{(0,1\ m)(h)^3 \frac{2}{h}}{12} = \frac{(0,1\ m)}{6} h^2 Aplicando, então, estes resultados na Eq. (10): σ_{c0d,max} = \frac{M_{d,max}}{W_c} = \frac{6}{(0,1\ m)\left(\frac{1}{h^2}\right)} \left[(266\ kgf)h + (2154\ kgf \cdot m)\right] = (15960\ kgf/m)\left(\frac{1}{h}\right) + (129240\ kgf)\left(\frac{1}{h^2}\right) Exemplo 02 Solução ● Tensões máximas axiais (cont.): Comparando a máxima tensão de compressão com sua respectiva resistência: σ_{c0d,max} \leq f_{c0,d} (0,1596 \times 10^6\ N/m)\left(\frac{1}{h}\right) + (1,2924 \times 10^6\ N)\left(\frac{1}{h^2}\right) \leq 16 \times 10^6\ N/m^2 \Rightarrow (16\ m^{-2})h^2 - (0,1596\ m^{-1})h - (1,2924) \geq 0 Donde conclui-se: h \geq 0,29\ m = 29\ cm Exemplo 02 Solução ● Tensão máxima tangencial: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (3), a seguinte força cortante máxima: V_{d,max} = \frac{F_dL}{2} = \frac{(4\ m)}{2}\left[(133\ kgf/m^2)h + (1077\ kgf/m)\right] = (266\ kgf/m)h + (2154\ kgf) Aplicando esta força cortante à Eq. (23): τ_{d,max} = \left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{V_{d,max}}{bh}\right) = \left[\frac{3}{2}\right]\left[\frac{1}{(0,1\ m)}\right]\left[(266\ kgf/m) + (2154\ kgf)\left(\frac{1}{h}\right)\right] = (3990\ kgf/m^2) + (32310\ kgf/m)\left(\frac{1}{h}\right) Exemplo 02 Solução Tensão máxima tangencial (cont.): Comparando a máxima tensão de cisalhamento com sua respectiva resistência: τ_{d,max} ≤ f_{v0,d} (39900 N/m²) + (323100 N/m)(1/h) ≤ 1,8667 x 10⁶ N/m² ⇒ [(1,8667 MN/m²) - (0,0399 MN/m²)]h ≥ (0,3231 MN/m) ∴ h ≥ 0,18 m = 18 cm Deve-se notar que este valor é inferior à altura requerida para resistir à tensão de compressão. Portanto, este caso é menos crítico do que o anterior. Exemplo 02 Solução • Verificação do estado limite de utilização: Carregamento de cálculo: Com materiais frágeis ligados à viga: caso 2 ⇒ Eq. (28), i.e., Fd,uti = Fg,k + Ψ1Fq,k Observe que como há apenas uma carga variável, ela será a principal. Da Tabela 2 da NBR 7190, para locais sem grandes concentrações de pessoas (como no caso das residências), Ψ1 = 0, 3. ⇒ Fd,uti = (571, 85 kgf/m) + (0, 3)(225 kgf/m) = 639, 35 kgf/m Exemplo 02 Solução • Verificação do estado limite de utilização (cont.): Flecha máxima de cálculo: ⇒ δd,max = (5)(Fd,uti)(L4) (384)(Ec0,ef)(Iz) = (5)(639, 35 kgf/m)(4 m)4 (384)(10920 x 105 kgf/m2)(2, 0324 x 10−4 m4) = 0, 0096 m = 0, 96 cm < L 350 = 400 cm 350 = 1, 14 cm ⇒ OK Conclusão: deve-se adotar uma viga de MLC com, no mínimo, h = 29 cm. *** Exemplo 03 No projeto de um mezanino no interior de um galpão, uma viga de MLC com seção transversal de (10 x 40) cm2 e fabricada com Eucalipto Grandis está sujeita à carga de 50 kgf/m devido ao peso do piso de madeira, além de uma carga variável (equipamentos, pessoas) de 200 kgf/m. Qual o vão máximo admissível para esta viga, considerando-a simplesmente apoiada nas duas extremidades? Considerar estrutura com baixo fator de ocupação. Exemplo 03 Solução • Cálculo das resistências: A Tabela E.1 da NBR 7190, apresenta o seguinte valor médio para a resistência à tração paralela às fibras do E. Grandis: ft0,m = 70, 2 MPa O valor característico correspondente para esta resistência pode ser então obtido através da Eq. (3) das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento (Aula 04): ft0,k = (0, 70)(ft0,m) = (0, 70)(70, 2 MPa) = 49, 14 MPa A resistência de cálculo, por sua vez, é obtida da resistência nominal, pela Eqs. (5), também das das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento: ft0,d = kmod ft0,k γwt Exemplo 03 Solução • Cálculo da resistência (cont.): Coeficiente de modificação: Para situações usuais de projeto: kmod = (0, 7)(1, 0)(1, 0) = 0, 7 Coeficiente de segurança: Para estado limite último: γwt = 1, 8 ⇒ ft0,d = kmod ft0,k γwt = (0, 56)(49, 14 MPa) (1, 8) = 19, 11 MPa Exemplo 03 Solução • Cálculo da resistência (cont.): Analogamente, para a resistência à compressão paralela às fibras: fc0,m = 40, 3 MPa (Tabela E.1 da norma) fc0,k = (0, 70)(fc0,m) = (0, 70)(40, 3 MPa) = 28, 21 MPa fc0,d = kmod fc0,k γwc = (0, 7)(43, 4 MPa) (1, 4) = 14, 11 MPa e, para resistência ao cisalhamento, fv0,m = 7, 0 MPa (Tabela E.1 da norma) fv0,k = (0, 54)(fc0,m) = (0, 54)(7, 0 MPa) = 3, 78 MPa fv0,d = kmod fv0,k γwv = (0, 7)(3, 78 MPa) (1, 8) = 1, 47 MPa Exemplo 03 Solução Carregamento de cálculo para estado limite último: Eq. (9) das notas de aula sobre critérios básicos de dimensionamento: F_d = γ_g F_{g,k} + γ_q \left[F_{q1,k} + \sum_{j=2}^n(Ψ_{0j} F_{qj,k})\right] Neste problema foram dadas uma carga permanente (peso do piso de madeira conectado à viga) e outra variável. Deve-se ainda, incluir o peso próprio da viga, a ser calculado. Desta forma: F_d = γ_g (F_g^{1} + F_g^{2}) + γ_q F_q onde: F_g^{1} → peso próprio da viga de MLC, F_g^{2} → carga devido ao peso do piso de madeira (50 kgf/m), F_q → carga variável (200 kgf/m). Exemplo 03 Solução Carregamento de cálculo para estado limite último (cont.): Peso próprio da viga: Da Tabela E.1 da NBR 7190, para o E. Grandis, tem-se uma densidade de ρ = 640 kg/m³. Assim: F_g^{1} = (ρ)(b)(h) = (640 kgf/m³)(0,1 m)(0,4 m) = 25,6 kgf/m Como as cargas permanentes são predominantemente compostas por pesos dos elementos de madeira: γ_g = 1,3 (pequena variabilidade). Para situações normais de projeto: γ_q = 1,4. Com isso: F_d = (1,3) [(25,6 kgf/m) + (50 kgf/m)] + (1,4)(200 kgf/m) = 378,28 kgf/m Exemplo 03 Solução Tensões máximas axiais: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (4), o seguinte momento fletor máximo: M_{d,max} = \frac{F_dL^2}{8} = \left[ \frac{(378, 28\ kgf/m)}{8} \right] L^2 = (47,29\ kgf/m)L^2 e I_z = \frac{b h^3}{12} = \frac{(10\ cm)(40\ cm)^3}{12} = 53333\ cm^4 W_c = \frac{I_z}{(h/2)} = \frac{(53333\ cm^4)}{(20\ cm)} = 2667\ cm^3 Aplicando, então, estes resultados na Eq. (10): \sigma_{cd,max} = \frac{M_{d,max}}{W_c} = \frac{(47,29\ kgf/m)L^2}{(2667\ cm^3)} = \frac{(47,29\ kgf/m)L^2}{(2667)(0,01\ m)^3} = (17730\ kgf/m^4)L^2 Exemplo 03 Solução • Tensões máximas axiais (cont.): Comparando a máxima tensão de compressão com sua respectiva resistência: σc0d,max ⩽ fc0,d (17730 kgf/m4)L2 = (177300 N/m4)L2 ⩽ 14, 11 x 106 N/m2 ⇒ L2 ⩽ (14, 11 x 106 N/m2) (0, 1773 x 106 N/m4) = 79, 58 m2 ∴ L ⩽ 8, 92 m Exemplo 03 Solução Tensão máxima tangencial: Para viga com carga uniformemente distribuída, tem-se da Eq. (3), a seguinte força cortante máxima: V_{d,max} = \frac{F_dL}{2} = \left[ \frac{(378,28\ kgf/m)}{2} \right] L = (189,14\ kgf/m)L Aplicando esta força cortante à Eq. (23): \tau_{d,max} = \left( \frac{3}{2} \right) \left( \frac{V_{d,max}}{bh} \right) = \left[ \frac{3}{2} \right] \left[ \frac{(189,14\ kgf/m)L}{(0,1\ m)(0,4\ m)} \right] = (7092,75\ kgf/m^3)L Comparando a máxima tensão de cisalhamento com sua respectiva resistência: \tau_{d,max} \leq f_{v0,d} (70927,5\ N/m^3)L \leq 1,47 \times 10^6\ N/m^2 \Rightarrow L \leq 20,7\ m Exemplo 03 Solução • Verificação do estado limite de utilização: Carregamento de cálculo: Sem materiais frágeis ligados à viga: caso 1 ⇒ Eq. (26). Para este problema: Fd,uti = F 1 g + F 2 g + Ψ2F 1 q Da Tabela 2 da NBR 7190, para locais sem grandes concentrações de pessoas, Ψ2 = 0, 2. Assim: Fd,uti = (25, 6 kgf/m) + (50 kgf/m) + (0, 2)(200 kgf/m) = 115, 6 kgf/m Exemplo 03 Solução • Verificação do estado limite de utilização (cont.): Módulo de elasticidade efetivo: Da Tabela E.1, para o E. Grandis, Ec0,m = 12813 MPa. ⇒ Ec0,ef = (kmod)Ec0,m = (0, 7)(12813 MPa) = 8969 MPa Flecha máxima de cálculo: ⇒ δd,max = (5)(Fd,uti)(L4) (384)(Ec0,ef)(Iz) = (5)(115, 6 kgf/m)(8, 92 m)4 (384)(8969 x 105 kgf/m2)(5, 3333 x 10−4 m4) = 0, 0199 m = 1, 99 cm < L 200 = 892 cm 200 = 4, 46 cm ⇒ OK Conclusão: o vão máximo admissível é de 8,92 m. ***