Apostila - Solicitações Normais - 2024-1

2 – SOLICITAÇÕES NORMAIS Designam-se por solicitações normais os esforços solicitantes que produzem tensões normais nas seções transversais das peças estruturais (momento fletor e força normal). Neste capítulo abordaremos os esforços normais devido à ação de momento fletor, sendo a parte referente ao esforço normal tratado na disciplina CIV217-Concreto Armado II. 2.1 – HIPÓTESES BÁSICAS Neste item são descritas as hipóteses básicas utilizadas para a determinação da capacidade resistente de um elemento de concreto armado sujeito à tensões normais, como descritas a seguir: (i) Considera-se uma perfeita aderência entre o aço e o concreto (Solidariedade dos materiais). (ii) Admite-se que seções planas permanecem planas durante sua deformação (Manutenção da seção plana). (iii) Admite-se a deformação limite para o concreto de εcu para seção parcialmente comprimida, e entre εcu a εc2 para seção totalmente comprimida, sendo o limite de εc2 estabelecido para seções sob compressão centrada ( εcu e εc2 foram definidos na seção 1.2.8 desse curso) (iv) Admite-se uma deformação limite para o aço das barras de armadura sob tração de 1,0% (Alongamento último das armaduras). Para a distribuição de tensão no concreto ao longo da altura da seção transversal do elemento são considerados os estádios definidos a seguir. Esses estádios (estádio I e estádio II) são as fases pelas quais passa a seção de concreto com o acréscimo do carregamento até a sua ruptura. (a) Estádio I Esta fase corresponde ao início do carregamento. As tensões normais que surgem são de baixa magnitude e dessa forma o concreto consegue resistir às tensões de tração. Para este nível de tensões pode-se admitir um diagrama linear de tensões, ao longo da seção transversal da peça, sendo válida a lei de Hooke (Figura abaixo). Levando-se em consideração a baixa resistência do concreto à tração, se comparada com a resistência à compressão, percebe-se a inviabilidade de um possível dimensionamento neste estádio. É no estádio I que é feito o cálculo do momento de fissuração, que separa o estádio I do estádio II. Conhecido o momento de fissuração, é possível calcular a armadura mínima, de modo que essa seja capaz de absorver, com adequada segurança, as tensões causadas por um momento fletor de mesma magnitude. Portanto, o estádio I termina quando a seção fissura. O momento de fissuração é o momento máximo que o concreto resiste sem a presença de armadura. Dessa forma, uma quantidade de armadura menor que aquela que geraria um momento resistente igual ao momento de fissuração não se justificaria, já que ao fissurar as barras não são capaz de resistir a esse momento atuante e a seção tem um colapso brusco. (b) Estádio II Neste nível de carregamento, o concreto não mais resiste à tração e a seção se encontra fissurada na região de tração. A contribuição do concreto tracionado deve ser desprezada. Neste estádio verifica-se duas situações para o diagrama de tensões na seção (Estádio II-a e Estadio II-b). No estádio II-a, é considerado que a parte comprimida ainda mantém um diagrama aproximadamente linear de tensões, permanecendo válida a lei de Hooke. No estádio II-b, a zona comprimida encontra-se plastificada e o concreto dessa região está na iminência da ruptura. Admite-se que o diagrama de tensões seja da forma parabólico-retangular, também conhecido como diagrama parábola-retângulo (para concreto da classe C20 a C50). É nesse estádio em que é feito o dimensionamento em relação aos estados limites últimos, situação em que denomina “cálculo na ruptura”. É comum na literatura sobre o assunto trabalhar, para efeito de cálculo, com um diagrama retangular equivalente (Figura abaixo). A resultante de compressão e o braço em relação à linha neutra devem ser aproximadamente os mesmos para os dois diagramas. Na figura acima c α é 0,85, para concreto até C50, e 50 /) 200] ( ,0 85 1[ − − fck , para concreto de C50 até C90, no caso da largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a partir dessa para a borda comprimida. Caso contrário, deve multiplicar o valor de c α por 0,9. Já λ é 0,8, para concreto até C50, e 50 /) 400 ( 8,0 − − fck , para concreto de C50 até C90. 2.2 – CASOS DE SOLICITAÇÃO Os diferentes tipos de solicitação definem diferentes formas de ruína do elemento de concreto que são verificadas pelas deformações limites descritas no item anterior. Essas formas de ruínas podem ser verificadas quando a deformação na seção de concreto intercepta um dos pontos A, B ou C dos domínios de deformação mostrados na figura abaixo. a) Reta a A linha correspondente ao alongamento constante e igual a 1% é denominada reta a. Ela pode ser decorrente de tração simples, se as áreas de armadura As e A’s forem iguais, ou de uma tração excêntrica em que a diferença entre As e A’s seja tal que garanta o alongamento uniforme da seção. b) Domínio 1 Para diagramas de deformação em que ainda se tenha tração em toda a seção, mas não-uniforme, com εs = 1% na armadura. Neste caso a posição x da linha neutra varia entre − ∞ e zero. O domínio 1 corresponde a tração excêntrica. c) Domínio 2 Corresponde a alongamento εs = 1% e compressão na borda superior, com εc variando entre zero e εcu. Neste caso a linha neutra já se encontra dentro da seção, correspondendo a flexão simples ou a flexão composta, com força normal de tração ou de compressão. O domínio 2 é o último caso em que a ruína ocorre com deformação plástica excessiva da armadura. d) Domínio 3 No domínio 3, a deformação na borda comprimida é εcu e εs varia entre 1% e εyd, ou seja, o concreto encontra-se na ruptura e o aço tracionado em escoamento. Nessas condições, a seção é denominada subarmada. Tanto o concreto como o aço trabalham com suas resistências de cálculo. Portanto, há o aproveitamento máximo dos dois materiais. A ruína ocorre com aviso, pois a peça apresenta deslocamentos visíveis e intensa fissuração. Corresponde a flexão simples ou composta. e) Domínio 4 No domínio 4, permanece a deformação na borda comprimida de εcu e εs varia entre εyd e zero, ou seja, o concreto encontra-se na ruptura, mas o aço tracionado não atinge o escoamento. Portanto, ele é mal aproveitado. Neste caso, a seção é denominada superarmada. A ruína ocorre sem aviso, pois os deslocamentos são pequenos e há pouca fissuração. Corresponde a flexão simples ou composta. f) Domínio 4a No domínio 4a, as duas armaduras são comprimidas. A ruína ainda ocorre com deformação na borda comprimida dada por εcu. A deformação na armadura As é muito pequena, e portanto essa armadura é muito mal aproveitada. A linha neutra encontra-se entre d e h. Esta situação só é possível na flexo-compressão. g) Domínio 5 Seção inteiramente comprimida (x > h), com εc constante e igual a εc2 na linha distante [(εcu -εc2 )/ εcu ]h da borda mais comprimida. Na borda mais comprimida, εc varia de εcu a εc2 . O domínio 5 só é possível na compressão excêntrica. h) Reta b Na reta b tem-se deformação uniforme de compressão, com encurtamento igual a εc2 (Compressão simples). 2.3 – FLEXÃO SIMPLES No dimensionamento à flexão simples, os efeitos do esforço cortante podem ser considerados separadamente. Portanto, será considerado somente o momento fletor, ou seja, flexão pura. O caso de cisalhamento será tratado no capítulo 3. Com a manutenção da forma plana da seção, as deformações específicas longitudinais em cada ponto da seção transversal são proporcionais à distância até a linha neutra. A variação da tensão ao longo da altura da seção transversal pode ser determinada através da relação tensão deformação do concreto dada no item 1.2.8 desse curso. No entanto, permite-se substituir o diagrama parábola-retângulo pelo retangular, com altura x y = λ (λ dado no item 2.1 dessa seção) e com tensão na fibra mais comprimida dada por cd c c α f σ = ( c α dado no item 2.1 dessa seção). A figura abaixo ilustra o valor de c α para diferentes seções considerando concreto de classe até C50. Na flexão, como a tração é resistida pela armadura, a posição da linha neutra deve estar entre zero e d (domínios 2, 3 e 4), já que para x < 0 (domínio 1) a seção está toda tracionada, e para x > d (domínio 4a e 5) a seção útil está toda comprimida, x é a profundidade da linha neutra. No domínio 2, a ruína se dá por deformação plástica excessiva do aço, com a deformação máxima de 10‰ (portanto, σsd = fyd). A deformação no concreto varia de 0 até εcu (Figura abaixo). Logo, o concreto não trabalha com sua capacidade máxima e, portanto, é mal aproveitado. Definindo β x com sendo a relação entre a profundidade da linha neutra (x) e a altura útil (d) tem-se para o domínio 2: 23 0 x x < β ≤ β . Da figura acima, tem-se: 1% , tem -se : 1% fazendo + = = + = c c x x c c d x d x ε ε β β ε ε Para o limite entre os domínios 1 e 2, tem-se x = 0, logo: βx12 = 0 Para o limite entre os domínios 2 e 3, tem-se cu c ε = ε , logo: 1% 23 + = cu cu x ε ε β Para MPa fck ≤ 50 ( ,0 35%) εcu = tem-se: ,0 2593 βx23 = No domínio 3, a ruína se dá por ruptura do concreto com deformação máxima εcu e, na armadura tracionada, a deformação varia de εyd até 10‰, ou seja, o aço está em escoamento, com tensão σs = fyd (Figura abaixo). É a situação ideal de projeto, pois há o aproveitamento pleno dos dois materiais. A ruína é dúctil, pois ela ocorre com aviso, havendo fissuração aparente e flechas significativas. Diz-se que a seção é subarmada. Definindo β x com sendo a relação entre a profundidade da linha neutra (x) e a altura útil (d) tem-se para o domínio 3: 34 23 x x x β β β ≤ < . Da figura acima, tem-se: s cu cu x x s cu cu d x d x ε ε ε β β ε ε ε + = = + = , tem -se : fazendo Para o limite entre os domínios 2 e 3, tem-se εs = 1% , logo: 1% 23 + = cu cu x ε ε β Para o limite entre os domínios 3 e 4, tem-se yd s ε = ε , logo: yd cu cu x ε ε ε β + 34 = Para MPa fck ≤ 50 ( ,0 35%) εcu = e aço CA50 ( ,0 207%) ε yd = tem-se: ,0 2593 βx23 = e ,0 6284 βx34 = No domínio 4, assim como no domínio 3, o concreto encontra-se na ruptura, com deformação na fibra mais comprimida dada por εcu. Porém, o aço apresenta deformação abaixo de εyd e, portanto, ele está mal aproveitado. As deformações podem ser verificadas na Figura abaixo. O dimensionamento nesse domínio é uma solução antieconômica, além de perigosa, pois a ruína se dá por ruptura do concreto e sem escoamento do aço. É uma ruptura brusca, ou seja, ocorre sem aviso. Quando as peças de concreto são dimensionadas nesse domínio, diz-se que elas são superarmadas, devendo ser evitadas; para isso pode-se usar uma das alternativas: (i) Aumentar a altura h, porque normalmente b é fixo, dependendo da espessura da parede em que a viga é embutida; (ii) Fixar x com βx = βx34, e adotar armadura dupla; (iii) Outra solução é aumentar a resistência do concreto (fck). Definindo β x com sendo a relação entre a profundidade da linha neutra (x) e a altura útil (d) tem-se para o domínio 4: 1 34 ≤ < x x β β . Da figura acima, tem-se: s cu cu x x s cu cu d x d x ε ε ε β β ε ε ε + = = + = , tem -se : fazendo Para o limite entre os domínios 3 e 4, tem-se yd s ε = ε , logo: yd cu cu x ε ε ε β + 34 = Para o limite entre os domínios 4 e 4a, tem-se εs = 0 , logo: 1 44 = = cu cu x a ε ε β Para MPa fck ≤ 50 ( ,0 35%) εcu = e aço CA50 ( ,0 207%) ε yd = tem-se: ,0 6284 βx34 = e 1 44 = βx a 2.3.1 – Seção retangular Para o dimensionamento de peças na flexão simples com armadura dupla (Figura abaixo), considera-se que as barras que constituem a armadura estão agrupadas, concentradas no centro de gravidade dessas barras. (a) diagrama tensão-deformação retangular Esta aproximação é permitida pela NBR 6118 (2014) e fornece valores muito próximos dos exatos no domínio 3. As equações de equilíbrio de forças e de momentos são respectivamente: Rc + R’s – Rs = 0 Md = Rc (d - y/2) + R’s (d - d’) As resultantes nas armaduras (Rs e R’s) são dadas por: Rs = As σs e R’s = A’s σ’s A resultante no concreto (Rc) para o diagrama retangular aproximado é dado por: cd x c cd c c bd x b R β σ λα α σ λ = × × = Para diagrama retangular de tensões no concreto, tem-se que: ) 5,0 1( 2 ) 1( 2 x d d x d y d x y λβ λ λ − = − = − → = Com as expressões acima obtêm-se as seguintes equações para armadura dupla: 0 ' ' = − + s s s s x c cd A A bd σ σ β λα σ (1) )' ' ( ' ) 5,0 1( 2 d d A bd M s s x x cd c d − + − = σ λβ β λα σ (2) Para armadura simples, A’s = 0. As equações (1) e (2) resultam: = 0 − s s x c cd A bd σ β λα σ (3) ) 5,0 1( 2 x x cd c d bd M λβ β λα σ − = (4) Para os domínios 4, 3 e parte do 2, tem-se: σcd = fcd. Para a outra parte do domínio 2 deve-se determinar σcd a partir da deformação na fibra mais comprimida e a relação tensão deformação definida pela NBR 6118 e apresentada na seção 1.2.8 desse curso. (b) diagrama tensão-deformação parábola-retângulo (domínio 3 e 4) As resultantes no concreto (Rc) considerando o diagrama parábola-retângulo são dadas por: [ ] ∫ ∫ − = − = = = A x cd c cd c x k x cd c c c k f bd k x f b x f dy b dA R β α α α σ ) 1( 1 1 1 1 com cu c k ε 1 = ε 2 ∫ ∫ − − = = A k x n c c c cd c c dy f b dA R 1 0 2 2 ) ] 1( 1[ ε ε α σ x cd c n n k x n cd c c k f bd dy k x y f b R β α α 1 1 0 1 2 1 ) ] 1 1( 1[ = + − − = ∫ Centróide da região parabólica: bk x f dy k x y y b f R dy f b dA dA y y cd c n n k x n cd c c k x n c c cd c A c A c 1 1 0 1 2 0 2 _ 1 1 ) ] 1 1( 1[ ) ] 1( 1[ α α ε ε α σ σ + ∫ ∫ ∫ ∫ − − = − − = = k x y x n n k n n y k x n n k x n n y 2 _ 1 _ 1 2 2 1 _ 2) 6 ( 8) 1)( ( 2) 6 ( 8) 1)( ( = → + + + = → + + + = As equações de equilíbrio de forças e de momentos são respectivamente: Rc1 + Rc2 + R’s – Rs = 0 Md = Rc1 [d – 0,5(1-k1)x] + Rc2 [d – (x – k2x)] + R’s (d - d’) As resultantes nas armaduras (Rs e R’s) são dadas por: Rs = As σs e R’s = A’s σ’s Com as expressões acima obtêm-se as seguintes equações para armadura dupla: 0 ' ' ) 1( 1 1 1 = − + + − + s s s s x cd c n n x c cd A A k f bd k f bd σ σ β α β α 0 ' ' ) 1( 1 11 = − + − + s s s s x cd c n A A f bd k σ σ β α (1) )' ' ' ( ) ] 1( [ ) ] 1( 5,0 [ ) 1( 2 1 1 1 1 d d A x k d k f bd x k d k f bd M s s x cd c n n x cd c d − + − − + − − − = + σ β α β α [ ] { } )' ' ' ( ) 1( ) 1( 5,0 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 d d A k k k k f bd M s s x n n n x cd c d − + − + − − − = + + σ β β α (2) Para armadura simples, A’s = 0. As equações (1) e (2) resultam: 0 ) 1( 1 11 = − − + s s x cd c n A f bd k σ β α (1) [ ] { x } n n n x cd c d k k k k f bd M β β α ) 1( ) 1( 5,0 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 − + − − − = + + (2) OBS: As equações (1) e (2) acima são válidas para os domínios 3 e 4. Para o domínio 2 devem ser definidas outras equações. 2.3.2 – Exercícios Ex1: Dimensione e detalhe a armadura para a flexão das seções críticas da viga abaixo. Dados: MPa fck = 25 , Aço CA50, kN m qgk / = 60 (devido ao peso próprio) e kN m qqk / = 40 (devido à carga acidental de ocupação residencial) Solução: Dimensionar para o estado limite último de perda da capacidade resistente da seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos) Ação de cálculo (combinação última normal): kN m q q q qk gk d / 140 40 4.1 60 4.1 4.1 4.1 = × + × = + = Diagrama de momentos: EI qd L c 384 5 4 1 = − δ , EI Vc L c 48 3 δ 2 = Como em C tem-se apoio indeslocável, logo: d c d c c d c c q V q L V EI L V EI L q 4 25 8 5 0 48 384 5 0 3 4 2 1 = → = → = + → − = δ + δ d A d d A B q V q q V M 8 15 0 50 5 4 25 10 0 = → = − × + = → ∑ Da simetria do problema d A B q V V 8 = 15 = → Trecho 1: q x q x M x q x q x M d d d d 8 15 2 1 ( ) 0 8 15 2 1 2 2 + = − → = − + Ponto de máximo 8 15 0 8 15 = → = + = − → x q q x dx dM d d Momento máximo positivo d d d q M q q M 128 225 8 15 8 15 8 15 2 1 max 2 max = →  +      = − → + + Momento máximo negativo ( ) d d d q M q q M 8 25 5 8 15 5 2 1 max 2 max = − → + = − → − − Trecho 2: Devido a simetria do problema é igual ao trecho 1. Seções Criticas: C, D e E. Seção C: Momento de Cálculo kNm M d 437 5, 8 25 140 = × = → (traciona a face superior) Equações de dimensionamento: Para fck < 50MPa tem-se: 8,0 ,0 85 e = = λ α c . Logo: 0 ,0 68 = − s s x cd A bd σ β σ e ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d bd M β β σ − = (diagrama tensão deformação aproximado e armadura simples) 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ e )' ' ( ' ) 4,0 1( ,0 68 2 d d A bd M s s x x cd d − + − = σ β β σ (diagrama tensão deformação aproximado e armadura dupla) OBS: Nesse problema, considerando dimensionamento com armadura simples, tem-se x β e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio de dimensionamento. Dessa forma, deve-se verificar em qual domínio a seção é dimensionada calculando x β . Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: Domínio 2b: ,0 2593 ,01667 ≤ ≤ βx Domínio 3: ,0 6284 ,0 2593 ≤ ≤ βx Domínio 4: 1 ,0 6284 ≤ ≤ βx Para os domínios 2b, 3 e 4 tem-se: cd cd = f σ , ou seja: 2 2 2 4,0 ,0 68 ) 4,0 1( ,0 68 x x cd d x x cd d f bd M f bd M β β β β − = → − = 0 ,0 68 4,0 2 2 = − + − f bd M cd d x x β β 2 ,3 6765 ,15625 ,1 25 f bd M cd d x − ± → β = (se uma das raízes estiver no domínio 2b, ou 3, ou 4 a seção pode ser dimensionada com armadura simples nesse domínio. Se essa condição não for satisfeita, mas uma das raízes estiver no domínio 2a ( ,01667 0 ≤ ≤ βx ) então a seção pode ser dimensionada com armadura simples no domínio 2a, para isso deve-se usar outra equação de dimensionamento ( σ cd não é igual a fcd nesse domínio). Se nenhuma das situações anteriores for possível então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples) Assumindo h-d = 4cm (posição do centróide das barras de aço em relação à face superior da seção), tem-se d = 41cm. ,0 2236 ,1 25 ,0 41 3,0 4.1 25000/ 437 5, ,3 6765 ,15625 ,1 25 2 − ± = → × × × − ± = x x β β (Como não há raízes reais então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples). Adotando a solução de armadura dupla, passa a se ter três incógnitas x β , As e A’s. Sendo assim, deve-se definir o valor de uma delas, já que se têm apenas duas equações de dimensionamento. Adotar dimensionamento com armadura dupla no limite entre os domínios 3 e 4 ( ,0 6284 βx34 = para aço CA50 e fck < 50MPa): Aço CA50 = ,0 207% → ε yd 4 ,0 35 ' 35 ,0 4 ' x x x x s s − = → = − ε ε ,0 35 4/ ' x x s d β β ε − = ,0 296% ' ,0 35 ,0 6284 4/ 41 ,0 6284 ' = → − = s s ε ε Como yd s ε ε ' ≥ , tem-se yd s σ ' = f )' ' ( ' ) 4,0 1( ,0 68 2 d d A f bd M s s x x cd d − + − = σ β β )' ( ) 4,0 1( ,0 68 ' 2 d d f f bd M A yd x x cd d s − − − = β β 2 2 ,9 29 ,0 04) 50/ ,115( ,0 41 ,0 6284) 4,0 ,0 6284 1( ,0 41 3,0 4.1 25000/ ,0 68 437 5, ' cm A s = − × − × × × × − = Como yd s ε = ε , tem-se yd s = f σ 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A f bd σ σ β yd yd s x cd s f f A f bd A ' ,0 68 + = → β 2 30,83 50/ ,115 50/ ,115 ,9 24 ,0 6284 ,0 41 3,0 25000 / 4,1 ,0 68 cm As = × + × × × × = Configurações possíveis:       = = ) 31,04 8 22( ) 30 6 25( : 2 2 cm A cm A A se se s φ φ       = = ) ,9 45 3 20( ) 10 2 25( : ' 2 2 cm A cm A A se se s φ φ Detalhamento transversal da seção C: Considerar concreto produzido com brita 1 ( mm d max = 19 ) e viga de interior de edifício residencial (classe 1 de agressividade) mm c = 20 (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e controle de execução do cobrimento. Refere-se à face externa do estribo) 25 2.1 19/ 25 2.1 max / = →      ≥       ≥  c d c φb (cobrimento necessário para barra de 25mm) 20 2.1 19/ 20 2.1 max / = →      ≥       ≥  c d c φb (cobrimento necessário para barra de 20mm) Espaçamento mínimo entre barras: mm a mm mm mm d mm a h b h 25 23 25 20 2,1 20 max = →       ≥       ≥ φ mm a mm mm mm d mm a v b v 25 5,9 25 20 5,0 20 max = →       ≥       ≥ φ Adotar para armadura de tração 6φ25 e para compressão 3φ20 . Tentativa de uma camada (Considerar estribo de 5mm) 5 6 ) 2( h b t a c b + + + = φ φ 5 6 ) 2( b t h c b a φ φ − + − = cm ah 2 5 5,2 6 5,0 ) 2(2 30 = × − + − = Como mm ah < 25 usar duas camadas. 5,2 OK! 5 3 5,2 4 5,0 ) 2(2 30 ≥ = × − + − = cm a a h h Adotar mm av = 25 (mínimo permitido) Centróide da configuração adotada: mm A A A A y A y b b b i i i 54 6 25/ 2) 25 25 5 (20 2 25/ 2) 5 (20 4 _ = + + + + + + + = = ∑ ∑ Como _ y é bem maior que 4cm adotado nos cálculos anteriores, deve-se refazer o dimensionamento para h-d = 6cm, e d’ = 3,5cm. A figura abaixo mostra o detalhamento da seção. Seção D e E: Momento de Cálculo kNm M d 2461, 128 225 140 = × = → (traciona a face inferior) Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: 2 ,3 6765 ,15625 ,1 25 f bd M cd d x − ± β = ,0 5818 ,1 25 ,0 415 3,0 4.1 25000/ 2461, ,3 6765 ,15625 ,1 25 2 ± = → × × × − ± = x x β β 0,6284 - domínio 3) 4872 (0,2593 ,0 ,2 012 (fora do domínio 2b, 3 ou 4) ,0 7628 25 ,1 2 1 ≤ ≤ = = → ± = x x x x β β β β 0 ,0 68 = − s s x cd A f bd σ β Como a seção é dimensionada no domínio 3 então yd s ε ≥ ε , logo: yd s = f σ . 2 16,94 50/ ,115 ,0 4872 ,0 415 3,0 25000 / 4,1 ,0 68 ,0 68 cm f f bd A yd x cd s = × × × × = = β Configurações possíveis:       = = + ) 18,84 6 20( ) 17,47 1 25( 4 20 : 2 2 cm A cm A A se se s φ φ φ Detalhamento transversal da seção D: cm a mm mm mm d mm a h b h 3,2 23 20 20 2,1 20 max = →       ≥       ≥ φ (limite inferior recomendado por norma) OK! 3,2 6,2 5 0,2 6 5,0 ) 2( 0,2 30 5 6 ) 2( cm cm a c b a h b t h ≥ = → × − + − = − + − = φ φ Para o momento positivo tem-se _ y = 20 + 5 + 10 = 35 mm, portanto, a altura útil de 41,5 cm adotada condiz com a detalhada. Ex2 – Dimensione e detalhe a armadura longitudinal necessária para resistir aos momentos atuantes na viga de concreto armado abaixo. Dados: MPa fck = 25 , Aço CA50, estribos de 5mm e kN m qd / = 60 Solução: Dimensionar para o estado limite último de perda da capacidade resistente da seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos). Diagrama de momentos: Da simetria do problema d d A B q q V V 3 2 6 = = = → ) 2 (6 ( ) 0 3 2 1 2 2 x x q M x q x q x M d d d − = → = − + Momento máximo d d q M q M 2 9 3 ) 3 (6 2 max 2 max = → − × = → Seção crítica no meio do vão: Momento de Cálculo kNm M d 270 2 60 9 = × = → (traciona a face inferior) OBS: Nesse problema tem-se x β , d e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio de dimensionamento, dessa forma deve-se admitir um valor para uma das três incógnitas. Como desejamos dimensionar no domínio 3 com armadura simples será definido o valor de x β para que isso seja garantido. Dimensionamento com armadura simples no limite dos domínios 2 e 3 ( ,0 2593 βx23 = ): ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d f bd M β β − = (equação para fck<50MPa, ou seja: 8,0 ,0 85 e = = λ α c ) ) ,0 4159 1( ,0 6881 x x cd d f b M d β β − = m d ,0 697 ,0 2593) 4,0 ,0 2593 1( 2,0 4.1 25000/ ,0 68 270 = × − × × × = 0 ,0 68 = − s s x cd A f bd σ β 2 10,09 50/ ,115 ,0 2593 ,0 697 2,0 4.1 25000/ ,0 68 ,0 68 cm f f bd A yd x cd s = × × × × = = β Configurações possíveis:       = + = ) 10,30 2 20( 2 16 ) 10,05 5 16( : 2 2 cm A cm A A se se s φ φ φ Detalhamento transversal da seção no meio do vão: Considerar concreto produzido com brita 1 ( mm d max = 19 ) e viga de interior de edifício residencial (classe 1 de agressividade) mm c = 20 (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e controle de execução do cobrimento) 16 2.1 19/ 16 2.1 max / = →      ≥       ≥  c d c φb (cobrimento necessário para barra de 16mm) Espaçamento mínimo entre barras: mm a mm mm mm d mm a h b h 23 23 16 20 2,1 20 max = →       ≥       ≥ φ mm a mm mm mm d mm a v b v 20 5,9 16 20 5,0 20 max = →       ≥       ≥ φ Verificando a possibilidade da distribuição da armadura em uma camada ao adotar 5φ16 . 4 5 ) ( 2 4 5 ) ( 2 b t h h b t c b a a c b φ φ φ φ − + − = + + + = usar duas camadas 3,2 ,1 75 4 6,1 5 5,0 ) 2( 0,2 20 < = − × + − = cm a a h h 3,2 OK! 1,5 2 6,1 3 5,0 ) 2( 0,2 20 ≥ = − × + − = cm a a h h Adotar mm av = 20 (mínimo permitido) Centróide da configuração adotada: mm A A A A y A y b b b i i i 47 4, 5 16/ 2) 20 16 5 (20 2 16/ 2) 5 (20 3 _ = + + + + + + + = = ∑ ∑ A altura da seção é dada por: cm y d h 74,44 ,4 74 7, 69 _ = + = + = . Adotar cm h = 75 (como o valor da altura adotada é próximo e maior que o valor obtido nos cálculos, não é necessário refazer as contas para essa altura de viga) Detalhamento longitudinal:       = <  ≥      − + − = 0 max , max , max , 45 2,0 caso geral 5,0 para cot ) cot ) 1( 2( α α α d d V V d g g V V V d a c Sd c Sd Sd l (decalagem do diagrama de momento fletor devido à ação conjunta de esforço cortante e momento de flexão) Como a equação de Vc será apresentada apenas no capítulo 3 desse curso, será considerado al = 0,5d (estribos com inclinação de 90º). cm a a l l 35 69 7, 5,0 = → × = Comprimento de ancoragem: ctd bd f f 3 1 2 =η η η com MPa f f c ck ctd .1 28 4.1 / .0 21(25) / .0 21 2 / 3 2 / 3 = = = γ η1 = .2 25 (barras de aço nervuradas) η2 = 1 (situação de boa aderência) η3 = 1 (diâmetro da barra, 16 < 32mm) Logo, MPa fbd .2 89 .1 28 .2 25 1 1 = × × × = φ φ 25 4 ≤ = bd yd b f f l mm f f bd yd 601 7, ,2 89 4 500/ ,115 6,1 4 = × × = φ e 25 = 400mm φ Logo, mm lb = 400 mm l mm l l b b b 160 100 160 120 100 10 3.0 ,min ,min = →       =       ≥ φ Será tirada de serviço primeiro uma das três barras da primeira camada depois as duas barras da segunda camada. Momento de retirada: (a seguir será determinado o momento resistente das seções transversais para as diferentes configurações obtidas com as retiradas das barras) Situação 1: Verificar domínio 2: 0 ,0 68 = − s s x cd A bd σ β σ ,0 2593 0 ≤ ≤ βx yd s ε ε = % > 1 logo yd s = f σ 1% 1 % 1 x x c c x d x β β ε ε − = → − = Para % 2,0 2 = = c c ε ε (fck < 50MPa), tem-se: .0 1667 1 2,0 = → − = xc xc xc β β β . Como 23 0 x xc β β ≤ ≤ tem-se que 2,0 % εc ≤ em [ ] [ 1667] .0,0 ,0 βxc = (domínio 2a) e 2,0 % εc ≥ em [ ] [ .0 1667 .0, 2593] , βxc βx23 = (domínio 2b). Para 2,0 % εc ≤ e εs = 1% , tem-se               − − − =               − − − =              −  − = 2 2 2 ) 1( 5 1 1 2,0 1 ) 1( 1 1 2,0 % 1 1 x x cd x x cd c cd cd f f f β β β β ε σ ( )       − − =         − − =         − − − = 2 2 2 2 2 ) 1( 35 10 ) 1( 35 10 ) 1( 6 1 1 x x x cd x x x cd x x cd cd f f f β β β β β β β β σ 0 ,0 68 = − s s x cd A bd σ β σ ( ) 0 35 10 ) 1( ,0 68 2 2 = − − − yd s x x x cd A f f bd β β β fazendo bd f A f a cd s yd ,0 68 = , tem-se: 0 2 ) (10 35 2 3 = − + − + − a a a x x x β β β Altura útil: d = 75 – 2 – 0,5 – 1,6/2 logo d = 69.3cm ,01039 ,0 693 2,0 25000/ 4,1 ,0 68 50/ ,115 ,4 02 = × × × × a = pertence [0 , 0.1667] OK! 096 ,0 1172 ,0 2622 ,0 0 10,39 ,0 2078 ,9 8961 35 1 2 1 2 3 − = = = → = − + + − x x x x x x β β β β β β Calcular o momento de cálculo para ,01172 βx = . .0 1328 .0 11721% 1 .0 1172 1% 1 = − = − = x x c β β ε MPa f c cd cd 15,84 2,0 % ,01328% 1 1 4,1 25 2,0 % 1 1 2 2 =              −  − =              −  − = ε σ ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d bd M β β σ − = ,01172) 4,0 ,01172 1( ,0 693 2,0 ,0 68 15840 2 × − × × × × Md = kNm M d = 115 6, Situação 2: Verificar domínio 2: Para [ .0 1667 .0, 2593] βx ∈ , tem-se: 2,0 % εc > e εs = 1% , logo: 0 ,0 68 = − yd s x cd A f f bd β bd f f A cd yd s x ,0 68 = → β Altura útil: d = 75 – 2,0 – 0,5 – 1,6 – 2,0/2 logo d = 69,9cm [ .0 1667 .0, 2593] ,0 2059 ,0 699 2,0 25000/ 4,1 ,0 68 50/ ,115 ,8 04 ∈ = × × × × βx = OK! Calcular o momento de cálculo para ,0 2059 βx = . ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d f bd M β β − = ,0 2059) 4,0 ,0 2059 1( ,0 699 2,0 4,1 ,0 68 25000 2 × − × × Md = kNm M d = 224 2, Situação 3 kNm M d = 270 Retirada das barras: Para cada barra retirada deve ser verificado o comprimento para as posições limites do intervalo de trabalho da barra 5φ16 Para kNm M d = 270 , tem-se: 16 40 1 1 , ,min , , 1 , × ≥ = × → ≥ = b nec b ef s s cal b b nec l l A l A l α cm l b nec 40 , = Comprimento: cm l a L b nec l 150 40) 2(35 2 2 , = + = + = . Para kNm M d = 220 2, , tem-se: ,4 24 ,1 76 224 2, ) 30(6 ) 2 (6 ) ( 2 1 2 2 = = → = − = − = x x x x x x q x M d Comprimento: cm a L l 350 6,1 ) 10 2(35 248 2 10 2 176) (424 = × + + = × + + − = φ . 4φ16 Para kNm M d = 220 2, , tem-se: 16 40 1 1 , ,min , , 1 , × ≥ = × → ≥ = b nec b ef s s cal b b nec l l A l A l α cm l b nec 40 , = ,4 24 ,1 76 224 2, ) 30(6 ) 2 (6 ) ( 2 1 2 2 = = → = − = − = x x x x x x q x M d Comprimento: cm l a L b nec l 408 40) 2(35 258 2 2 176) (424 , = + + = + + − = . Para kNm M d = 115 6, , tem-se: 5,27 ,0 73 115 6, ) 30(6 ) 2 (6 ) ( 2 1 2 2 = = → = − = − = x x x x x x q x M d Comprimento: cm a L l 556 6,1 ) 10 2(35 454 2 10 2 73) (527 = × + + = × + + − = φ . 2φ16 Para kNm M d = 115 6, , tem-se 16 40 1 1 , ,min , , 1 , × ≥ = × → ≥ = b nec b ef s s cal b b nec l l A l A l α cm l b nec 40 , = 5,27 ,0 73 115 6, ) 30(6 ) 2 (6 ) ( 2 1 2 2 = = → = − = − = x x x x x x q x M d Comprimento: m l a L b nec l 604 40) 2(35 454 2 2 73) (527 , = + + = + + − = . Para kNm M d = 0 , tem-se Comprimento cm a L l 702 6,1 ) 10 2(35 600 2 10 2 600 = × + + = × + + = → φ . Ex3 – Calcule o momento de cálculo da viga de concreto armado com seção transversal dada abaixo. Dados: MPa fck = 25 , Aço CA50 e estribos de 5 mm. Solução: Como a viga está sujeita à flexão simples então ela só pode ser dimensionada nos domínios 2, 3 e 4. Verificar o domínio 4: 1 34 ≤ ≤ x x β β yd s ε ≤ ε s s s E ε σ = = ,0 35% = cu c ε ε cd cd = f σ Da seção transversal, tem-se: h - d = 2 + 0.5 + 1.0 = 3.5 cm → d = 35 – 3.5 = 31.5 cm 2 4 2 2 2 ,6 28 10 ,6 28 2 / 4 2 / 4 2 ' m cm A s − × = = × × = × = π πφ 2 4 2 2 2 ,9 42 10 ,9 42 2 / 4 3 / 4 3 m cm As − × = = × × = × = π πφ ,0 35% /' ' ,0 35% ' ' x x s s d d x d x β β ε ε − = → = − .0 1111 ,0 35% ' x x s β β ε − = ,0 35% 1 35% ,0 x x s s x x d β β ε ε − = → = − ,0 207% ε yd = (Aço CA50) Para ,0 207% ' = = yd s ε ε , tem-se .0 2719 .0 1111 ,0 35 ,0 207 = → − = xyd xyd xyd β β β , Como x34 xyd β β ≤ tem-se, para a seção analisada, que yd s ε ε ' ≥ . Para .0 35% εc = , yd s ε ≤ ε e yd s ε ε ' ≥ , tem-se: cd cd = f σ , yd s σ ' = f , s s s E ε σ = 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ (equação para fck < 50MPa e armadura dupla) 0 ,0 0035 1 ' ,0 68 = − − + x x s s yd s x cd A E f A f bd β β β 0 ,0 0035 210001 ,9 42 ,115 50 ,6 28 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = − × − × + × × × x x x β β β 0 692 4, 1 273 765 = − − + x x x β β β 0 692 4, 965 4, 765 2 = − + x x β β 7726 ,1 ,0 5106 2 1 − = = → x x β β (ambas fora do domínio 4) Verificar o domínio 3: 34 23 x x x β β β ≤ ≤ yd s ε ≥ ε yd s = f σ = ,0 35% = cu c ε ε cd c = f σ ,0 35% /' ' ,0 35% ' ' x x s s d d x d x β β ε ε − = → = − .0 1111 ,0 35% ' x x s β β ε − = Aço CA50, ,0 207% ε yd = Para ,0 207% ' = = yd s ε ε , tem-se .0 2719 .0 1111 ,0 35 ,0 207 = → − = xyd xyd xyd β β β , Como 34 23 x xyd x β β β ≤ ≤ tem-se, para a seção analisada, que yd s ε ε ' ≤ em [ ] [ .0 2593 .0, 2719] 23 , = xyd x β β e yd s ε ε ' ≥ em [ ] [ .0 2719 .0, 6284] , βxyd βx34 = . Para .0 35% εc = , yd s ε ≥ ε e yd s ε ε ' ≥ , tem-se: cd cd = f σ , yd s σ ' = f , yd s = f σ 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ 0 ' ,0 68 = − + → yd s yd s x cd A f f A f bd β 0 ,115 ,9 42) 50 ( ,6 28 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = − + × × × βx .0 1465 0 1121, 765 = → = − x x β β fora do intervalo [ ] [ .0 2719 .0, 6284] , βxyd βx34 = Para .0 35% εc = , yd s ε ≥ ε e yd s ε ε ' ≤ , tem-se: cd cd = f σ , yd s = f σ , s s s E ' ' ε σ = 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ 0 .0 1111 ,0 0035 ' ,0 68 = − − + yd s x x s s x cd A f A E f bd β β β 0 ,115 50 ,9 42 .0 1111 ,0 0035 21000 ,6 28 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = × − − × + × × × x x x β β β 0 409 6, .0 1111 4616, 765 = − − + x x x β β β 0 513, 52 0, 765 2 = − + x x β β [ 2951(ambas fora do intervalo .0 2593 .0, 2719]) ,0 ,0 2272 − = = → x x β β Verificar o domínio 2: 23 0 x x ≤ β ≤ β εs = 1% yd s = f σ 1% 1 /' ' 1% ' ' x x s s d d x d d x β β ε ε − − = → − = − 1% 1 .0 1111 ' x x s β β ε − − = 1% 1 % 1 x x c c x d x β β ε ε − = → − = Aço CA50, ,0 207% ε yd = Para ,0 207% ' = = yd s ε ε , tem-se .0 2635 1 .0 1111 ,0 207 = → − − = xyd xyd xyd β β β , Como x23 xyd β β ≥ tem-se, para a seção analisada, que yd s ε ε ' ≤ . Para 2,0 % εc ≤ (domínio 2a), εs = 1% , yd s ε ε ' ≤ , tem-se:       − − =              −  − = 2 2 ) 1( 35 10 2,0 % 1 1 x x x cd c cd c f f β β β ε σ , s s s E ' ' ε σ = e yd s = f σ 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ ( ) 0 .0 01 1 .0 1111 ' 35 10 ) 1( ,0 68 2 2 = − − − + − − yd s x x s s x x x cd A f A E f bd β β β β β ( ) 0 ,115 ,9 42 50 ,0 01 1 .0 1111 21000 ,6 28 35 10 ) 1( 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 2 2 = − − − × + − − × x x x x x β β β β β ( ) ( )( ) ( ) 0 409 6, 1 .0 1111 1 1318 8, 35 10 765 2 2 = − − − − + − x x x x x β β β β β 2788 ,0 2162 ,0 3260 ,0 0 5561, 2284 5, 5921 6, 26775 3 2 1 2 3 − = = = → = − + + − x x x x x x β β β β β β Todas fora do intervalo [ 1667] .0,0 Para 2,0 % εc ≥ (domínio 2b), εs = 1% , yd s ε ε ' ≤ , tem-se: cd cd = f σ , s s s E ' ' ε σ = , yd s = f σ 0 ' ' ,0 68 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ 0 .0 01 1 .0 1111 ' ,0 68 = − − − + yd s x x s s x cd A f A E f bd β β β 0 ,115 ,9 42 50 ,0 01 1 .0 1111 21000 ,6 28 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = − − − × + × x x x β β β ( ) ( ) ( ) 0 409 6, 1 .0 1111 1318 8, 1 765 = − − − + − x x x x β β β β [ (dentro do intervalo .0 1667 .0, 2593]) 0185 ,3 ,0 2408 0 5561, 2493 4, 765 2 = = → = − + − x x x x β β β β Logo a seção é dimensionada no domínio 2 para 2,0 % εc ≥ , εs = 1% e yd s ε ε ' ≤ . Calcular o momento de cálculo para ,0 2408 βx = . ,017% 1% ,0 2408 1 .0 1111 ,0 2408 1% 1 .0 1111 ' = − − = − − = x x s β β ε MPa E s s s 357 ,0 0017 210000 ' ' = × = = ε σ )' ' ( ' ) 4,0 1( ,0 68 2 d d A f bd M s s x x cd d − + − = σ β β ,0 03) 35700( ,0 315 .6 28 ,0 2408) 4,0 ,0 2408 1( 31 5, 2,0 4,1 5,2 ,0 68 2 − × + × − × × Md = kNm M d = 116 3, Ex4 – Idem ao exercício anterior para a seção abaixo. Solução: Como a viga está sujeita à flexão simples então ela só pode ser dimensionada nos domínios 2, 3 e 4. Verificar o domínio 2: ,0 2593 0 ≤ ≤ βx (para fck ≤ 50MPa) , εs = 1% e yd s = f σ 1% 1 % 1 x x c c x d x β β ε ε − = → − = Para 2,0 % εc ≥ e εs = 1% , tem-se: cd cd = f σ e yd s = f σ 0 ,0 68 = − s s x cd A bd σ β σ 0 ,0 68 = − → yd s x cd A f f bd β 0 409 6, 765 0 ,115 ,9 42 50 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = − → = − × x x β β ,0 5354 βx = (fora do intervalo [ .0 1667 .0, 2593] ) Verificar o domínio 3: ,0 6284 ,0 2593 ≤ ≤ βx (para aço CA50 e fck ≤ 50MPa) , yd s ε ≥ ε , yd s = f σ , = ,0 35% = cu c ε ε e cd cd = f σ 0 ,0 68 0 ,0 68 = − → = − yd s x cd s s x cd A f f bd A bd β σ β σ 0 409 6, 765 0 .1 15 ,9 42 50 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 = − → = − × × × x x β β ,0 5354 βx = (dentro do intervalo [ ] [ .0 2593 .0, 6284] , 34 23 = x x β β ) Calcular o momento de cálculo para ,0 5354 βx = . ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d f bd M β β − = ,0 5354) 4,0 ,0 5354 1( 315, 20 4,1 5,2 ,0 68 2 × − × × Md = kNm M d 101 4, = → Ex5: Dimensione e detalhe a armadura para uma seção retangular de 30cm de largura da base por 45cm de altura sujeita a um momento de cálculo de 437 5, kNm . Dados: MPa fck = 80 e Aço CA50. Solução: Dimensionar para o estado limite último de perda da capacidade resistente da seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos) Como fck > 50MPa tem-se: ,0 723 50 /) 200] (80 ,0 85 1[ 50 /) 200] ( ,0 85 1[ = → − − = → − − = c c ck c f α α α ,0 725 50 /) 400 (80 8,0 50 /) 400] ( 8,0 = → − − = → − − = λ λ λ fck ,1 402 ,0 01 80) 23 4, ( 9,0 4,1 ) ,0 01 23 4, ( 9,0 4,1 4 4 = → × − + = → − + = n n f n ck ,0 252% ,0 0085%(80 - 50) 2,0 % - 50) ,0 0085%( % 2,0 0,53 2 0,53 2 = + = → + = c ck c f ε ε ,0 260% ,0 01 80) 5,3 %( 9,0 ,0 26% ) ,0 01 5,3 %( 9,0 ,0 26% 4 4 = × − + = → − + = cu ck cu f ε ε ,0 2063 1 ,0 26 ,0 26 1% 23 23 23 = → + = → + = x x cu cu x β β ε ε β ,0 5567 ,0 207 ,0 26 ,0 26 34 34 34 = → + = → + = x x yd cu cu x β β ε ε ε β ,0 2013 1 ,0 252 1% 1 2 2 2 2 = → − = → = → − = x a a x x a c c x x c β β β ε ε β β ε Equações de dimensionamento: 0 ,0 52 = − s s x cd A bd σ β σ e ) ,0 3625 1( ,0 52 2 x x cd d bd M β β σ − = (diagrama tensão deformação aproximado e armadura simples) 0 ' ' ,0 52 = − + s s s s x cd A A bd σ σ β σ e )' ' ( ' ) ,0 3625 1( ,0 52 2 d d A bd M s s x x cd d − + − = σ β β σ (diagrama tensão deformação aproximado e armadura dupla) OBS: Nesse problema, considerando dimensionamento com armadura simples, tem-se x β e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio de dimensionamento. Dessa forma, deve-se verificar em qual domínio a seção é dimensionada calculando x β . Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: Domínio 2b: ,0 2063 ,0 2013 ≤ ≤ βx Domínio 3: ,0 5567 ,0 2063 ≤ ≤ βx Domínio 4: 1 ,0 5567 ≤ ≤ βx Para os domínios 2b, 3 e 4 tem-se: cd cd = f σ , ou seja: 2 2 2 ,0 3625 ,0 52 ) ,0 3625 1( ,0 52 x x cd d x x cd d f bd M f bd M β β β β − = → − = 0 ,0 52 ,0 3625 2 2 = − + − f bd M cd d x x β β 2 ,5 305 ,19025 ,13793 f bd M cd d x − ± → β = (se uma das raízes estiver no domínio 2b, ou 3, ou 4 a seção pode ser dimensionada com armadura simples nesse domínio. Se essa condição não for satisfeita, mas uma das raízes estiver no domínio 2a ( ,0 2013 0 ≤ ≤ βx ) então a seção pode ser dimensionada com armadura simples no domínio 2a, para isso deve-se usar outra equação de dimensionamento ( σ cd não é igual a fcd nesse domínio). Se nenhuma das situações anteriores for possível então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples) Assumindo h-d = 4cm (posição do centróide das barras de aço em relação à face superior da seção), tem-se d = 41cm. 3319 ,0 ,2 4267 ,1 0474 ,13793 ,0 41 3,0 80000/ 4,1 437 5, ,5 305 ,19025 3793 ,1 2 1 2 = = → ± = → × × × − ± = x x x x β β β β Como ,0 3319 βx2 = está no domínio 3, então a seção pode ser dimensionada com armadura simples no domínio 3. No domínio 3, tem-se: yd s cd cd f f = = σ σ e . Logo: yd x cd s s s x cd f f bd A A bd β σ β σ ,0 52 0 ,0 52 = → = − 2 27 9, 50/ ,115 ,0 3319 ,0 41 3,0 80000/ 4,1 ,0 52 cm A A s s = → × × × × = Adotar a configuração de ) 30 25( 6 cm2 Ase = φ Detalhamento transversal da seção C: Considerar concreto produzido com brita 1 ( mm d max = 19 ) e viga de interior de edifício residencial (classe 1 de agressividade) mm c = 20 (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e controle de execução do cobrimento. Refere-se à face externa do estribo) 25 2.1 19/ 25 2.1 max / = →      ≥       ≥  c d c φb (cobrimento necessário para barra de 25mm) Espaçamento mínimo entre barras: mm a mm mm mm d mm a h b h 25 23 25 20 2,1 20 max = →       ≥       ≥ φ mm a mm mm mm d mm a v b v 25 5,9 25 20 5,0 20 max = →       ≥       ≥ φ Como foi observado do exemplo 1, a configuração possível é através de duas camadas com mostra a figura abaixo. Centróide da configuração adotada: mm A A A A y A y b b b i i i 54 6 25/ 2) 25 25 5 (20 2 25/ 2) 5 (20 4 _ = + + + + + + + = = ∑ ∑ Como _ y é bem maior que 4cm adotado nos cálculos anteriores, deve-se refazer o dimensionamento para h-d = 5,4cm. Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: cm d cm d h cm h 39 6, 4,5 45 = → = − → = 2 ,5 305 ,19025 ,13793 f bd M cd d x − ± β = 3599 ,0 ,2 3987 0,1 194 ,13793 ,0 396 3,0 80000/ 4,1 437 5, ,5 305 ,19025 3793 ,1 2 1 2 = = → ± = → × × × − ± = x x x x β β β β Como ,0 3599 βx2 = está no domínio 3, então a seção pode ser dimensionada com armadura simples no domínio 3. No domínio 3, tem-se: yd s cd cd f f = = σ σ e . Logo: yd x cd s s s x cd f f bd A A bd β σ β σ ,0 52 0 ,0 52 = → = − 2 29 2, 50/ ,115 ,0 3599 ,0 396 3,0 80000/ 4,1 ,0 52 cm A A s s = → × × × × = Adotar a configuração de ) 30 25( 6 cm2 Ase = φ que fornece altura útil igual a utilizada. Ex 6 – Exemplo de lançamento de estrutura e levantamento de carga de cálculo atuante em uma viga Nesse exemplo será lançado um esquema estrutural para o pavimento tipo da figura abaixo isolando a viga V2 desse pavimento tipo e encontrando o carregamento de cálculo atuante nessa viga. Para isso, considere laje de 10 cm e pé direito de 3 m (distância entre as faces internas das lajes) Figura – Pavimento tipo com quatro apartamentos de dois quartos A figura abaixo ilustra o esquema estrutural adotado. Devido à simetria do problema, a figura apresenta apenas um quarto do esquema estrutural adotado. Figura – Esquema estrutural adotado Para determinação das áreas de contribuição das lajes para cada viga, é adotada uma reta saindo de cada vértice da laje com ângulo de 45 graus (quando ambos os lados da laje que intercepta o vértice analisado não estão ligados a outras lajes, ou quando esses lados estão ligados a outras lajes), 30 ou 60 graus (quando um lado está ligado a uma laje e o outro não), e 90 graus (quando pelo menos um lado da laje está em balanço). Áreas de contribuição para a viga V2: lado esquerdo a y tg 45 = , b y tg 30 = e 0.3 a + b = a a tg atg btg = − → = 30 ) (3 45 30 .1 10 .1 90, .1 10 30 1 30 3 = = → = + = y b tg tg a ' ' 60 a y tg = , ' ' 45 b y tg = e 0.3 ' ' a +b = 60 )' (3 ' 60 ' 45 ' b tg b a tg b tg − = → = .1 90 .1 10, ' ' .1 90 60 1 60 3 ' = = → = + = y a tg tg b Lado direito Carregamento devido à carga de ocupação: NBR 6120 – 1,5kN/m2 (dormitórios, sala, copa, cozinha e banheiro) kN m qqk / .2 74 0.4 / 5.1 .0 75 2 .2 82 4 0.4 / 5.1 9.1 2 1 4 1 = × + + × + = kN m qqk / .2 62 5.3 / 5.1 6.1 2 3.0 5.3 5.3 / 5.1 2 .1 75 5.3 2 = × + + × = Carregamento devido ao peso próprio: - Admitir inicialmente seção transversal de 13x40cm para a viga V2. (A largura da viga geralmente é definida considerando a espessura de projeto da parede. Já a altura pode ser definida, para um levantamento de carga, igual ao vão divido por 10) - Considerar parede feita com bloco cerâmico 9x19x39cm (1,8 kg cada) revestida com argamassa de 3cm de espessura de cada lado. - Considerar laje revestida na parte inferior com argamassa (1,5cm de espessura) e na parte superior 2 cm de argamassa de assentamento de piso cerâmico de 14,5 kg/m2. - Considerar viga revestida com argamassa (1,5 cm de cada lado) NBR 6120 – argamassa de cimento e areia 21 kN/m3, concreto armado 25 kN/m3. Peso por metro quadrado de parede: kN Pa ,0112 2.0 )]21 .0 09( .0 39 .0 01 .0 06 2.0 [ 4.0 = + × + × × = (peso de argamassa por bloco) kN N Pb ,0 018 18 10 8,1 = = × = (peso de cada bloco) 2 / ,1 625 4,0 2,0 ,0 018 ,0112 kN m A P P p lateral b a = × + = + = (peso por metro quadrado de parede) Peso por metro quadrado de laje mais revestimento e piso: 2 / ,3 38 10/1000 14 5, 25 1,0 ,0 015)21 ( ,0 02 kN m p = × + × + + = Peso por metro linear de viga mais revestimento: kN m p / ,1164 25 3,0 ,013 21 3,0 ,0 03 = × × + × × = kN m qgk / 11.72 ,1164 0.4 .3 38/ .0 75 2 .2 82 4 0.4 .3 38/ 9.1 2 1 4 625 .1)3.0 (3 1 = + × + + × + + − = kN m q q gk gk / .7 33 .1) 625 3.0 (3 1 2 = − − = kN m qgk / 11.44 .1 164 5.3 .3 38/ 6.1 2 3.0 5.3 5.3 .3 38/ 2 .1 75 5.3 .1) 625 3.0 (3 3 = + × + + × + − = kN Pgk 8.6 .1) 625 8.0 3.0 )( .0 75 (3 = + − = Carregamento de cálculo para combinação última normal: kN m q q q qk gk d / 20,24 ,2 74) 4,1 (11,72 4.1 4.1 1 1 1 = + = + = kN m q q q qk gk d / 14,10 ,2 74) 4,1 ( ,7 33 4.1 4.1 2 2 2 = + = + = kN m q q q qk gk d / 19,67 ,2 62) 4,1 (11,43 4.1 4.1 3 3 3 = + = + = kN P P gk d ,9 52 8,6 4,1 4.1 = × = = Pré-dimensionamento: Aproximação para o momento máximo na viga: kNm M 30,27 12 5.3 19,67 8 4 20,24 5.0 2 2 max  =      × + × = Admitindo dimensionamento no limite entre os domínios 2 e 3 ( ,0 2593 βx = para fck menor igua a 50MPa), tem-se: ) 4,0 1( ,0 68 ) 4,0 1( ,0 68 2 x x cd d x x cd d f b M d f bd M β β β β − = → − = cm m d 28 7, ,0 275 ,0 2593) 4,0 ,0 2593 1( ,013 25000/ 4,1 ,0 68 30,27 = = × − × × × = 50/ ,115 ,0 2593 ,0 287 ,0 13 25000/ 4,1 ,0 68 ,0 68 0 ,0 68 × × × × = = → = − yd x cd s s s x cd f f bd A A f bd β σ β 2 ,2 70 cm As = ( 1 12 5, 2 10 φ φ + ) (quantidade de armadura razoável) Adotar h = 32 cm para o cálculo do momento no apoio e os vãos efetivos da viga contínua. 2 1 1 1 a a l lef + + = onde ia é o menor valor entre it / 2 ou 3.0 h , logo m lef .3 80 .0 075 .0 096 .3 65 1 = + + = m a a l lef .3 50 .0 075 .0 075 .3 35 3 2 2 2 = + + = + + = s i vig s i eng v r r r r r M M + + + = , onde kNm ql M v eng 24,35 12 8,3 ,24 20 12 2 2 = × = = 3 5 3 ,6 53 10 1,3 2 /12 3,0 ,018 2 m l I r i i i − × = × × = = 3 5 3 ,6 53 10 1,3 2 /12 3,0 ,018 2 m l I r s s s − × = × × = = 3 5 3 ,9 34 10 8,3 ,0 32 /12 ,013 m l I r v v v − × = × = = kNm M v 14 2, ,6 53 10 ,6 53 10 ,9 34 10 ,6 53 10 ,6 53 10 24,35 5 5 5 5 5 = × + × + × × + × = − − − − − Situação de cálculo: