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José Luiz Pinheiro Melges Ilha Solteira, março de 2009 Detalhamento de Concreto Armado (Exemplos Didáticos) Exercícios - Detalhamento 1 1. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 1.1 DADOS A princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria ser a II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais branda para ambientes internos secos. Sendo assim, será adotada uma classe de agressividade I. Para classe de agressividade I: • Classe do concreto ≥ C20 → adotar Concreto C20 (fck = 20 MPa), com brita 1. • Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar cobrimento = 2,5 cm • Aço CA 50 A (fyk = 500 MPa = 50 kN/cm2). Seção transversal da viga: 16 cm x 50 cm. Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2) 1.2 DIMENSIONAMENTOS 1.2.1. Flexão: Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cm d (estimado) = 0,9 h = 45 cm Kc = 2,37 Ks = 0,030 As = 9,1 cm2 (≥ As,minima = 0,15% . b . h = 1,2 cm2) Adotar 5 φ 16 mm (As,efetivo=10cm2) Detalhamento da armadura de flexão: dreal = 44,6 cm Portanto: dreal/destimado = 44,6 / 45 = = 0,99 (> 0,95 ok!) (OK!) (OK!) Exercícios - Detalhamento 2 1.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003): A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado o modelo de Cálculo I. • VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kN a) Verificação da compressão diagonal do concreto (biela comprimida): VSd ≤ VRd2 VSd = 45,5 kN VRd2 = 0,27 αv2 fcd bw d , 2onde αv2 = 1 – fck/250 (obs.: o valor de fck deve ser dado em MPa para calcular αv2) Portanto: αv2 = 1 – fck/250 = 1 – 20/250 = 0,92 VRd2 = 0,27 . 0,92 . ( 2 kN/cm2 / 1,4 ) . 16 cm . 45 cm = 255,5 kN ( > VSd, Ok!) b) Cálculo da armadura transversal (dimensionamento dos estribos): VSd ≤ VRd3 (=Vc + VSw) Na verdade, o objetivo é dimensionar a armadura dos estribos a partir do VSw (ou do τSw). τSw = τSd – τc , onde : τSw = tensão que deve ser absorvida pela armadura transversal MPa632,0cm/kN0632,0 cm45.cm16 kN5,45 db V 2 w Sd Sd ====τ )MPaemfe(MPa663,0f09,0 ckSw 3/2 ckc τ==τ * (*expressão válida para flexão simples) Portanto: τSw = τSd – τc = 0,632 - 0,663 = - 0,031 MPa (NÚMERO NEGATIVO !) A princípio, não seria necessário o uso de estribos, mas a norma recomenda a adoção de uma taxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um número positivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal da viga, seria dado pela expressão mostrada a seguir: ( )min,w ywd Sw w f 11,1 ρ≥τ=ρ Observação: fywd = fywk / 1,15, mas não se tomando valores superiores a 435 MPa Exercícios - Detalhamento 3 A nova versão recomenda que se use uma taxa mínima igual a : ( ) 000884,0 )MPaem(500 )MPaem()20(.3,0.2,0 f f.3,0 .2,0 f f .2,0 3/23/2 ywk ck ywk ctm min,w ====ρ (Observação: Este valor é inferior ao valor recomendado pela NBR 6118:1980, de 0,0014) 000884,0Adotar min,ww =ρ=ρ • Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4a do Prof. Libânio M. Pinheiro: m/cm71,0 2 100.16.000884,0 n 100.b. )m/cmem(A 2w2sw ==ρ= , onde: wρ = taxa de armadura adotada b = largura de viga (em cm) = 16 cm n = número de ramos do estribo • Ver Tabela 1,4a (pág.1-7) do Prof. Pinheiro: φ 5 mm cd 27 cm (0,725 cm2/m, valor interpolado) • Confirmar diâmetro mínimo: mm1510/bmm5mm5 t =≤=φ≤ • Confirmar espaçamento máximo: dado em função de VRd2 ⎩⎨ ⎧ >≤ ≤≤≤ 2RdSd 2RdSd max V67,0Vsecm20d3,0 V67,0Vsecm30d6,0 s Como VSd/VRd2 = 45,5/255,5 = 0,18 ≤ 0,67 então smax = 0,6 . 45 = 27 cm ( ≈ espaç. calculado) Adotar espaçamento entre os estribos (s) igual a 27 cm. Portanto, a armadura transversal será composta por estribos de 2 ramos, com φ5 mm cd 27 cm (área efetiva igual a 0,725 cm2 / m ) Observação: a NBR 6118:2003 recomenda ainda que o espaçamento transversal máximo (st,max) entre ramos sucessivos não deverá exceder os seguintes valores: ⎩⎨ ⎧ >≤ ≤≤≤ 2RdSd 2RdSd max,t V2,0Vsecm35d6,0 V2,0Vsecm80d s Exercícios - Detalhamento 4 Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cm Neste exemplo, tem-se que: st = largura da viga – 2 . cobrimento – 2 . φestribo/ 2 = 16–2x2,5 – 0,5 = 10,50 cm (< st,max ,OK!) Observação: como neste caso a viga está apoiada indiretamente em outras vigas, não se pode reduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-se que mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada à verificação da resistência à compressão diagonal do concreto. 1.3. CÁLCULO DA ÁREA DE ARMADURA MÍNIMA SER ANCORADA NOS APOIOS (item 11 .1 da apostila) a) No caso de ocorrência de momentos positivos nos apoios, a área de armadura longitudinal de tração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Neste exemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a este exemplo. b) Em apoios extremos, necessita-se de uma área de armadura capaz de resistir a uma força Rst que, nos casos de flexão simples, é dada pela expressão: ;V d aR face,Sdst ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= l onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do apoio e com seu valor não reduzido. Pela NBR 6118:2003 o valor de al , é dado pela expressão: ∴ ( ) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = ≤ °≥ ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ −= )negativo.nroforresultadocaso(d )anteriorversão,6118NBR.,2.1.1.4item(d )90aestribos(d5,0 queomodde, VV.2 V .da cmax,Sd max,Sd l ⇒ Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kN ⇒ dbf6,0V wctdc ⋅⋅⋅= = 0,6 . 1,105 MPa . 45 cm . 16 cm = 0,6 . 0,1105 kN/cm2 . 45 cm . 16 cm = 47,74 kN ⇒ al = -457 cm (Nro. Negativo!) ⇒ Como al calculado é um número negativo adota-se al = d = 45 cm. Exercícios - Detalhamento 5 ∴ kN5,45 45 455,45Rst == Ä 2 yd st apoio,s cm05,1)15,1/50( kN5,45 f RA === c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ == ==≥ 22 2 vão,s apoio,s cm4cm2x2barras2arelativaÁrea cm33,33/103/A A Portanto, dos itens a), b) e c) têm-se que : As,calc = 4 cm2 @ Ancorar 2 barras (As,ef = 4 cm2) 1.4. ANCORAGEM NOS APOIOS (Compr. disponível bel ≥ Compr. mínimo de ancoragem min,bel ) 1.4.1. Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 20 – 2,5 = 17,5 cm 1.4.2. Comprimento mínimo de ancoragem em apoios extremos ( ) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =φ+≥ mm60 )2tabela(ganchodocurvaturadaernointraioronde,5,5r )6itemconforme(nec,b min,be l l ⇒ Cálculos: min,b ef,s calc,s b1nec,b A A . lll ≥⋅α= , onde 7,01 =α , para barras tracionadas c/ ganchos, c/ cobrimento maior ou igual a 3 φ (= 3 x 1,6 = 4,8 cm) no plano normal ao do gancho bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) bl : = 69,92 cm. As,calc, para ancoragem no apoio = 4 cm2 As,efetiva, ancorada no apoio = 4 cm2 cm4994,48nec,b ≈=l min,bl é o maior valor entre 0,3 bl ( = 20,98 cm), 10 φ (= 16 cm) e 10 cm. Portanto, adotar cm49nec,b =l Exercícios - Detalhamento 6 Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio.Uma alternativa seria aumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem das barras com ganchos, mas, mesmo assim, haveria a necessidade de um valor mínimo ( min,bl = 20,98 cm) que seria maior que o disponível (=17,5 cm). No entanto, a NBR 6118:2003, item 18.3.2.4.1, estabelece que quando houver cobrimento da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e as ações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos três valores anteriores pode ser desconsiderado, prevalecendo as duas condições restantes. Portanto: ( ) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =φ=φ+φ=φ+ = ≥ cm6 cm8,1285,5)2/5(5,5r cm49nec,b min,be l l 1.4.3. Verificação: !Ok)cm8,12()cm5,17( min,bebe →=>= ll 1.4.3. Detalhamento das barras Ganchos nas duas extremidades, tipo C. Armadura de tração. L1 = 620 – 2 . 2,5 = 615 cm. φ = 16 mm = 1,6 cm. Trecho Reto = 8 φ = 12,8 ≈13 cm φdobr. = 5 φ = 8 cm h = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cm Ltot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cm Ltot ≈ 645 cm ≥ 7 cm Exercícios - Detalhamento 7 1.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA 1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momento fletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguinte modo: a) pelo número de barras usadas para resistir ao momento máximo (opção geralmente usada quando se tem todas as barras com o mesmo diâmetro) b) proporcional à área das barras (opção que pode ser usada quando se tem barras com diâmetros iguais, mas que sempre deve ser usada quando nem todas as barras tiverem o mesmo diâmetro) Neste detalhamento, será usada a opção b): Se 9,1 cm2 (área total calculada) resistem a um momento igual a 13 650 kN.cm, Então 2 cm2 (área de 1 barra φ16mm) resistem a X Pela “regra de três” , tem se que: 9,1 X = 2 . 13 650 X = 3 000 kN.cm = 30 kN.m Portanto, cada barra têm capacidade de “absorver” uma parcela de momento fletor correspondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a última vai absorver a parcela do momento fletor que restar para ela. Cada faixa vai ter um comprimento (l) na face superior e outro na face inferior. Este comprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala. Exercícios - Detalhamento 8 2º Passo) Deslocamento do diagrama de momentos fletores de al (=45cm) 3º Passo) Ancoragem das barras As barras 1 e 2 devem ser prolongadas até o apoio. Resta, portanto, determinar o comprimento das barras 3, 4 e 5. A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deve prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula. Proporção Exercícios - Detalhamento 9 Para cada faixa, faz-se a seguinte análise: a) no ponto do diagrama deslocado, onde o momento começa a diminuir, deve-se somar o comprimento de ancoragem bl (Obs.: como a divisão do diagrama foi feita de modo proporcional à área das barras e não em função de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico bl ao invés do comprimento de ancoragem necessário nec,bl ) b) no ponto onde o momento fletor foi totalmente absorvido pela barra, soma-se o valor de 10φ c) o comprimento da barra devidamente ancorada será o maior entre os comprimentos das faces inferior e superior da faixa, lembrando-se que, nesse caso, o diagrama é simétrico. Dados: al = 45 cm ; 10φ = 16 cm; bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) bl : = 69,94 cm ≈ 70 cm (boa aderência, barra sem ganchos nas extremidades). Portanto, adotar cm70b =l • Barra 5 ( = faixa B.5) ⎩⎨ ⎧ + φ++≥ b eriorsup barra 2a2 )10(2a2 ll ll l ⎩⎨ ⎧ =+ =++≥ cm23014090 cm5,19432905,72 barral • Barra 4 ⎩⎨ ⎧ ++ φ++≥ beriorinf eriorsup barra 2a2 )10(2a2 lll ll l ⎩⎨ ⎧ =++ =++≥ cm5,302140905,72 cm5,32632904,204 barral • Barra 3 ⎩⎨ ⎧ ++ φ++≥ beriorinf eriorsup barra 2a2 )10(2a2 lll ll l ⎩⎨ ⎧ =++ =++≥ cm4,434140904,204 cm3,45832903,336 barral Exercícios - Detalhamento 10 1.6. DETALHAMENTO Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4 igual ao da barra 3, igual a 459 cm, obtendo-se uma simetria com relação à armação da viga. Aço (CA 50) Comprimento total (sem perdas) Comprimento total (com 10% de perdas) φ 5 mm 2 . 6,15 m + 23 . 1,24 m = 40,8 m 40,8 . 1,10 = 44,9 m φ 16 mm 1 . 2,30 m + 2 . 4,59 m + 2 . 6,45m = 24,38 m 24,38 . 1,10 = 26,82 m Para verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, ver apostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos a Força Cortante” , EESC – USP. OBSERVAÇÕES FINAIS: N1, N2, N3 : Armadura de flexão N4: Porta - estribos (diâmetro igual ao do estribo) N5: Estribos Cobrimento da armadura: 2,5 cm Exercícios - Detalhamento 11 2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 2.1 DADOS Dados:Concreto C20 (fck = 20 MPa), com britas 1 e 2. Cobrimento da armadura: 1,5 cm. Aço CA 50 A (fyk=500MPa=50kN/cm2). Seção transversal da viga: 15 cm x 50 cm, com base (b) = 15 cm e altura (h) = 50 cm. Seção transversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20 cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2). 2.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo) 2.2.1. Força cortante Obs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valor de al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm. P1 P2 P3 P4 Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a NBR 6118:2003. Exercícios - Detalhamento 12 2.2.2. Momento fletor (kN.cm) Obs.: dimensionamento da armadura de flexão é feito para o maior momento fletor no apoio. Destaca-se, no entanto que a NBR 6118:2003 permite o arredondamento do diagrama na região dos apoios. As,calc: 5,71cm2 As,ef: 6,25cm2 5φ12,5mm As,calc: 2,91cm2 As,ef: 3,2cm2 4φ10mm As,calc: 2,92cm2 As,ef: 3,75cm2 3φ12,5mm As,calc: 3,22cm2 As,ef: 3,2cm2 4φ10 mm (3,2/3,22= 0,99 >0,95 ok!) As,calc: 4,21cm2 As,ef: 5cm2 4φ12,5mm) As,calc: 4,21cm2 As,ef: 4cm2 5φ10mm (4/4,21=0, 95 ≥0,95 ok!) As,calc: 1,16cm2 As,ef: 2,5cm2 2φ12,5mm Exercícios - Detalhamento 13 2.3 ANCORAGEM DA ARMADURA 2.3.1. Balanço a) Armadura negativa (face superior) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 56 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 1,3 cm2 Nesta região, serão ancoradas 2 φ 12,5 mm (As = 2,5 cm2 OK!) b) Armadura positiva (face inferior) Função de porta-estribos - 2 φ 10 mm 2.3.2. Apoio da extremidade direita (pilar P4) a) Armadura negativa (face superior) Ancorar toda a armadura efetiva (2φ12,5mm) Neste caso, o pilar apresenta tensões de tração e compressão, pois a força normal é pequena frente ao momento fletor atuante. Observação: emenda de barras tracionadas Adotar r =10cm Portanto, o diâmetro interno de dobramento será igual a 20 cm. l0t = α0t. lb,nec (emenda de barras tracionadas) lb,nec = 25,35 cm ( > 23,42 cm; 12,5 cm; 10 cm OK!) (embora a barra a ser ancorada esteja localizada em região de má aderência, o trecho da emenda está sendo ancorado em região de boa aderência. Considerou-se que: As,cal = 1,16 cm2; As,ef = 2,5 cm2) α0t (a ≤ 10φ; 100% de barras emendadas) = 2 l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!) Exercícios - Detalhamento 14 b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aula b1) sem momentos positivos b2) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 35 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 0,8 cm2 (equivale a 1 barra φ10 mm) b3) Armadura mínima até os apoios: para momentos nos apoios inferiores a 1/2 do momento máximo no vão (2168 ≤ 7278/2 = 3639): Portanto, de b1), b2) e b3), tem-se que serão ancoradas 2 barras. Ancoragem: Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 40 – 1,5 = 38,5 cm Comprimento de ancoragem (Ascalc = As,efetiva = Área relativa a duas barras φ 10 mm) Tentativa de ancorar com ganchos nas extremidades, considerando região de boa aderência, considerando-se As,cal = As,ef = 1,6 cm2 (correspondente a 2 barras): lb,nec = 30,6 cm ≈ 31 cm ( > 13,11 cm; 10 cm; 10 cm OK!) ∴ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =φ+≥ cm6 cm8)5,5r( cm31 min,bel ⇒ lbe > lbe,min ⇒ ancoragem Ok! 2.3.3. Pilares internos: Para as armaduras positiva e negativa foram adotados os valores de lb iguais a, respectivamente, 44 cm (φ10mm, boa aderência) e 78 cm (φ12,5mm, má aderência). Mv Ma |Ma| < Mv 2 As vão As apoio Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras) 2 barras Asapoio ≥⎧⎨⎩ ≥ As vão 3 barras2 Exercícios - Detalhamento 15 a) Armadura negativa (face superior, φ12,5 mm) Ancoragem: pelo menos 2 barras (porta –estribos, má aderência) Para a armadura negativa, foi adotado o valor de lb igual a 78 cm (φ12,5mm, má aderência). Dados usados para interrupção das barras: • P1: 5,71 cm2 correspondem a um momento de 9520 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2084 kN.cm • P2 2,92 cm2 correspondem a um momento de 5250 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2247 kN.cm • P3 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7285 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2163 kN.cm Exemplo: cálculo do comprimento das barras com relação ao diagrama de momento fletor (não deslocado): Exercícios - Detalhamento 16 b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm) Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio do vão e no apoio (boa aderência). Para a armadura positiva foi adotado o valor de lb igual a 44 cm (φ10mm, boa aderência). Dados usados para interrupção das barras: • Entre P1 e P2: 2,91 cm2 correspondem a um momento de 5234 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1439 kN.cm • Entre P2 e P3: 3,22 cm2 correspondem a um momento de 5787 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1438 kN.cm • Entre P3 e P4: 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7278 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1383 kN.cm 2.3.4. Emendas (barras comprimidas) a) Armadura negativa (face superior) loc = lb = 78 cm (Má aderência) b) Armadura positiva (face inferior) loc = lb = 44 cm (Boa aderência) Exercícios - Detalhamento 17 2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO Exercícios - Detalhamento 18 2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores
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