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Muro de Arrimo

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MURO - 1 
MUROS DE ARRIMO 
 
1) Tipos 
 
• muro tipo gravidade 
• muro tipo flexão: 
 em balanço 
 com contrafortes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 1 
 
 
2) Muro em balanço 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2.1 
 
 pa = γs h tg2 (45 - φ / 2) 
 gs =peso específico do solo 
 φ = ângulo de atrito interno do solo 
 Es = pa h / 2 
 Gp = 25 hp(h - hb) 
 Gb = 25 hb B 
 Gs = (B - b1 - hp)(h - hb ) γs 
 
 
 
gravidade em balanço com contrafortes 
contrafortes 
Es 
Gs 
Gp 
Gb pa 
B = (0,4 h a 0,65 h) hb ≅ B/10 
hp ≅ h/20 
b1 ≅ B/3 
MURO - 2 
Exemplo: calcular e detalhar um muro de arrimo em balanço. 
 
Dados: 
 γs = 18 kN/m3 ; σadm = 100 kN/m2 ; φ = 30o ; c = 25 kN/m2 (coesão) 
 h = 3,0 m ; fck = 15 MPa ; CA50A 
 
“Predimensionamento”: 
 
 B = 0,5 h = 1,5 m ; b1 = B/3 = 50 cm 
 hp = h/20 = 15 cm ; hb = B/10 = 15 cm 
 
a) cargas 
 
pa = 18⋅3⋅tg2 (45 - 30/2) = 18 kN/m2 
Gp = 0,15⋅(3,0 - 0,15) ⋅25 = 10,69 kN/m 
Gb = 0,15⋅1,5⋅25 = 5,62 kN/m 
Gs = (1,5 - 0,5 - 0,15) ⋅(3,0 - 0,15) ⋅18 = 43,6 kN/m 
Es = pa h / 2 = 18⋅3 / 2 = 27 kN/m 
 
Tensão normal (base do muro): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2.2 
 
 Quando e ≤ B/6 tem-se: 
 
 σ σa b
N
B
e
B
N
B
e
B
= +





 = −





1
6 1 6; 
 
 e, deve-se verificar 
 
17,5 75-85/2=32,5 
Es 
h/3 = 100 
Gs Gp 
B/2=75 
1m 
B = 1,5 m 
N 
M 
σa 
σb 
σa 
Caso em 
que e ≤ B/6 
Caso em 
que e > B/6 
N 
N 
e 
e 
N 
M 
Ponto A 
e = M/N 
MURO - 3 
 σ σc adm
N
B
e
B
= +





 ≤1
3
. 
 
 Quando e > B/6, a máxima tensão é dada por: 
 
 σa
N
B e
=
−
2
3 2/
 
 
 devendo ser limitada a (4/3) σadm , isto é: 
 
 σ σa adm≤
4
3
. 
 
No caso, tem-se: 
 
 N = Gs + Gb + Gp = 43,6 + 5,62 + 10,69 = 59,91 kN/m 
 M = Gp⋅0,175 + Es⋅1,0 - Gs⋅0,325 
 = 10,69⋅0,175 +27,0⋅1,0 - 43,6⋅0,325 = 14,7 kN.m/m 
 
 e = M/N = 14,7/59,91 = 0,245 m < B/6 = 0,25 m. 
 
Logo 
 
 σ a
N
B
e
B
kN m= +




 = +
⋅




 =1
6 59 91
15
1 6 0 245
15
79 08 2,
,
,
,
, / 
 σ b
N
B
e
B
kN m= −




 = −
⋅




 =1
6 59 91
15
1 6 0 245
15
0 80 2,
,
,
,
, / 
 σ σc adm
N
B
e
B
kN m kN m= +




 = +
⋅




 = ≤ =1
3 59 91
15
1 3 0 245
15
59 51 1002 2,
,
,
,
, / / 
 
b) estabilidade global 
 
b.1. tombamento 
 
Mt = momento de tombamento (calculado em relação ao ponto A) 
 = 27,0⋅1,0 = 27 kN.m/m 
 
Mest = momento estabilizante (calculado em relação ao ponto A) 
 = Gp (b1 + hp / 2) + Gs [B - (B - b1 - hp) / 2] + Gb B/2 
 = 10,69⋅(0,5 + 0,15/2) + 43,6⋅[1,5 - (1,5 - 0,5 - 0,15)/2] + 5,62⋅1,5/2 
 = 57,23 kN.m/m 
 
FS = fator de segurança = Mest / Mt = 57,23 / 27,0 = 2,12 (deve ser ≥ 1,5). 
 
 
 
 
 
MURO - 4 
 
b.2. escorregamento 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2.3 
 
Hest = força horizontal estabilizante 
 = B⋅cd + N tg φd = B (c / 2) + N⋅tg(2⋅φ / 3) 
 = 1,5⋅25 / 2 + 59,91⋅tg(2⋅30 / 3) = 40,6 kN/m 
 
FS = fator de segurança = Hest / Es = 40,6 / 27,0 = 1,502 (deve ser > 1,5). 
 
 
c) dimensionamento (armadura de flexão) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2.4 
 
 
 
 
Es 
desprezado 
Hest 
N 
2,85⋅18=51,3kN/m2 
0,15⋅25=3,75kN/m2 
285 
50 85 
1 2 
3 4 
27,0/1,5=18kN/m
2
 
79,08 
52,99 
45,16 
0,80 
(kN/m2) 
18,0kN/m2 17,1kN/m2 
15 
MURO - 5 
 
c.1. seção 1-2 
 
m = 17,1⋅2,852 / 6 = 23,15 kN.m/m 
n = Gp = 10,69 kN/m (compressão) 
 
d ≅ 15 - 3,5 = 11,5 cm 
ms = m + n (h/2 - 0,035) = 23,15 + 10,69⋅(0,15/2 - 0,035) = 23,57 kN.m/m 
x d
m
bd f
sd
cd
= − −








= ⋅ − −
⋅
⋅ ⋅ ⋅








1 25 1 1
0 425
1 25 115 1 1 1 4 2357
0 425 100 11 5 15 1 42 2
,
,
, ,
,
, , , / ,
 = 4,71 cm 
A
m
f d x
n
fs
sd
yd
d
yd
=
−
− =
⋅
− ⋅
−
⋅
= −( , )
,
, ( , , , )
, ,
,
, ,
0 4
1 4 2357
43 48 115 0 4 4 71
1 4 10 69
43 48
7 89 0 34 = 7,55 cm2/m 
 (φ10c/10) 
 
Obs.: A excentricidade da força normal e = m/n = 23,15 / 10,69 = 2,17 m. Trata-se de 
uma grande excentricidade pois a força normal “cai” bem longe da seção. A sua 
influência no ELUlt. é tanto menor quanto maior for esta excentricidade. Nestes casos 
pode-se, em geral, deprezar a força normal no dimensionamento da seção. Assim, no 
presente caso, se for desprezada a influência da força normal, tem-se: x = 4,61 cm e 
As = 7,72 cm2 (φ10c/10), valor este, a favor da segurança (pequeno acréscimo de 2,2% 
sobre a armadura realmente necessária). 
 
 
c.2. seção 2-4 
 
m = (51,3 +3,75 - 0,8) 0,852/2 - (45,16 - 0,8) 0,852/6 = 14,26 kN.m/m 
n = 18,0⋅0,85 - (17,1 + 18,0) ⋅0,15/2 = 12,67 kN/m (tração) 
 
d ≅ 15 - 3,5 = 11,5 cm 
ms = m - n (h/2 - 0,035) = 14,26 - 12,67⋅(0,15/2 - 0,035) = 13,75 kN.m/m 
x d
m
bd f
sd
cd
= − −








= ⋅ − −
⋅
⋅ ⋅ ⋅








1 25 1 1
0 425
1 25 115 1 1 1 4 1375
0 425 100 11 5 15 1 42 2
,
,
, ,
,
, , , / ,
 = 2,52 cm 
A
m
f d x
n
fs
sd
yd
d
yd
=
−
+ =
⋅
− ⋅
+
⋅
= +( , )
,
, ( , , , )
, ,
,
, ,
0 4
1 4 1375
43 48 115 0 4 2 52
1 4 12 67
43 48
4 22 0 41= 4,63 cm2/m 
 (φ8c/10) 
 
Obs.: A excentricidade da força normal e = m/n = 14,26 / 12,67 = 1,13 m. Trata-se de 
uma grande excentricidade pois a força normal “cai”bem longe da seção A sua 
influência no ELUlt. é tanto menor quanto maior for esta excentricidade. No presente 
caso, se for desprezada a influência da força normal, tem-se: x = 2,62 cm e As = 4,39 
cm2 (φ8c/11), valor este, contra a segurança (5,2% a menos do que a armadura 
realmente necessária). Nestes casos, costuma-se, ainda, assimilar esta pequena redução 
na verificação da segurança, desprezando-se a influência da força normal de tração de 
grande excentricidade. 
 
 
 
MURO - 6 
 
c.3. seção 1-3 
 
m = (52,99 - 3,75)⋅0,52/2 + (79,08 - 52,99) 0,52/3 = 8,33 kN.m/m 
n = 18,0⋅0,5 = 9,0 kN/m (compressão) 
 
d ≅ 15 - 3,5 = 11,5 cm 
ms = m + n (h/2 - 0,035) = 8,33 + 9,0⋅(0,15/2 - 0,035) = 8,69 kN.m/m 
x d m
bd f
sd
cd
= − −





 = ⋅ − −
⋅
⋅ ⋅ ⋅





1 25 1 1 0 425
1 25 115 1 1 1 4 869
0 425 100 115 15 1 42 2
,
,
, ,
,
, , , / ,
 = 1,53 
cm 
A m
f d x
n
fs
sd
yd
d
yd
=
−
− =
⋅
− ⋅
−
⋅
= −( , )
,
, ( , , , )
, ,
,
, ,
0 4
1 4 869
43 48 115 0 4 153
1 4 9 0
43 48
2 57 0 29 = 2,28 cm2/m 
 (φ8c/20) 
 
Malha de armadura superficial mínima: 
 
0,10% b h = 0,0010⋅100⋅15 = 1,5 cm2/m (φ6,3c/20) 
 
 
d) detalhamento

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