Aplicações de Pilares 1

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Aplicações de Pilares
Exemplo 1:
Calcular um pilar biapoido curto, de seção transversal quadrada para resistir a um esforço , com ≔N 200 kN
concreto , Aço CA-50( ), admitindo que o ambiente seja residencial, que o gabarito da ≔fck 20 MPa ≔fyk 500 MPa
edificação seja de 2,70m, que o revestimento inferior da laje e do piso sejam de 4cm cada, as vigas ligadas ao pilar 
tenham altura de 30cm e a laje superior tenha 12cm de espessura, conforme a figura abaixo.
a) Comprimento de flambagem:
Como a dimensão do pilar ainda não é conhecida,
usaremos a condição do pé direito somada à metade
da altura da viga e revestimentos.
＝le +++lp r1 r2 ⋅2 ――
hviga
2
≔le =+++2.7 m 0.04 m 0.04 m 30 cm 3.08 m
b) Índice de esbeltez:
Chamando de a dimensão do lado do pilar, tem-se:b
＝＝＝＝λ ――
le
imin
――――
le
‾‾‾‾‾‾‾
―――
⋅b b3
⋅⋅12 b b
⋅‾‾‾12 ―
le
b
⋅3.46 ―
le
b
＝＝λ ⋅3.46 ――
3.08
b
――
10.66
b
c) Esbeltez limite:
Uma das condições do problema, indica que o pilar deve ser curto, então temos no máximo , com a ＝λ λ1
expressão:
＝λ1 ―――――
+25 ⋅12.5 ―
e1
h
αb
≤≤35 λ1 90
Por ser um pilar biapoiado com momento aplicado (zero) menor que o mínimo ( e ), será:≔e1 0 m ≔αb 1 λ1
e, portanto pelas consições impostas, . ＝λ1 ―――――
+25 ⋅12.5 ―
0
b
1
≔λ1 =――――
+25 ⋅12.5 0
1
25 ≔λ1 35
Assim, deve ser:
,resultando em : , podendo ser considerado . ≤＝＝λ ⋅3.46 ――
3.08
b
――
10.66
b
35 ≔b =⋅――
10.66
35
m 0.305 m ≔b 30 cm
Como o comprimento de flambabem ou equivalente deve ser menor que uma das relações previstas pela norma 
(largura do pilar(b) na direção ou altura da viga(h)), verificamos novamente com o valor da dimensão do pilar.
＝le +++lp r1 r2 bpilar
, levando ao mesmo valor já determinado.≔le =+++2.7 m 0.04 m 0.04 m 30 cm 3.08 m
Caso o seja modificado o valor do comprimento de flambagem, compara-se novamente o índice de esbeltez e a 
esbeltez limite para verificar, se é necessário o aumento da dimensão do pilar para atender a solicitação de pilar curto. 
d)Excentricidade acidental:
Embora não exista momento de primeira ordem, aplicado diretamente ao pilar, é preciso considerar a 
excentricidade acidental devida falta de retilineidade e prumo, com as expressões :
-> sendo: ＝ea Θ
⎛
⎜
⎝
―
le
2
⎞
⎟
⎠
≥＝Θ ―――
1
100 ‾‾le
Θ1min
Assim, para a seção intermediária tem-se:
≔ea =⋅――
1
200
⎛
⎜
⎝
―――
3.08 m
2
⎞
⎟
⎠
0.0077 m
Para a seção de extremieade, o desaprumo é o dobro deste valor: ≔ea =⋅2 ea 0.0154 m
e)Momento mínimo:
Por outro lado, a excentricidade não pode ser inferior ao valor mínimo dado pela expressão:
(exprssão para b em metros)≔e1min =(( +0.015 m ⋅0.03 b)) 0.024 m
� Segundo a NBR 6118, o efeito das imperfeições locais nos pilares pode ser substituído em estruturas 
reticuladas pela consideração do momento mínimo de 1ª Ordem.
Portanto, a situação de cálculo corresponde a uma forna normal, de e um momento mínimo ddo pela N 200 kN
expressão:
＝M1dmin ⋅N (( +0.015 m ⋅0.03 b)) ≔M1dmin =⋅N e1min 4.8 ⋅kN m
f)Cálculo da armadura:
Para determinar a armadura necessária é preciso definir a distância do centro de gravidade da barra longitudinal 
em relação à face do pilar:
Admitindo que o pilar seja interno em uma residência e que receberá o 
cobimento conforme a classe de agressividade ambiental considerada
como Classe I ( e agressividade fraca); tomando-se ainda ≔c 2 cm
estribos com diâmetro e armadura longitudinal mínima ≔ϕt 5 mm
de chegando-se à relação d'/h para excolha do ábaco: ≔ϕl 10 mm
considerando de :≔d' =++c ϕt ―
ϕl
2
3 cm ≔hpilar b
-> Ábaco abaixo com os seguintes valores de entrada: =――
d'
hpilar
0.1
- Estado limite último, combinações normais ( , e );≔γc 1.4 ≔γs 1.15 ≔γf 1.4
≔Nd =⋅N γf 280 kN ≔fcd =――
fck
γc
1.429 ――
kN
cm2
≔fyd =――
fyk
γs
43.478 ――
kN
cm2
-> ≔ν =―――
Nd
⋅⋅b b fcd
0.21778 ＝＝＝μ ――――
⋅Nd e1min
⋅⋅b b2 fcd
――――
M1dmin
⋅⋅b b2 fcd
⋅――
e1min
b
υ ≔μ =⋅――
e1min
b
ν 0.01742
Com estes valores de normais e resultando em . Assim desta forma devemos empregar a ν μ ≔ω 0
armadura mínima dada pela expressão: 
≔ρmin =⋅⋅0.15 ――
fcd
fyd
ν 0.001 ≥ρmin %0.40
Resultando em: e ou seja : ≔ρmin %0.4 ≔As =⋅⋅%0.4 b b 3.6 cm
2 6 ϕ10mm
Exemplo 2:
Exemplo 2:
Para um pilar intermediário mostrado na figura abaixo, dimensionar a armadura longitudinal e transversal do pilar 
considerando:
- Estado limite último, combinações normais ( , e );≔γc 1.4 ≔γs 1.15 ≔γf 1.4
- Seção: , , -> ≔hx 50 cm ≔hy 20 cm ≔Ac =⋅hx hy 1000 cm
2
- , ≔Nk 1071 kN
- Concreto ,≔fck 20 MPa
- Aço CA-50( ),≔fyk 500 MPa
- , , ≔lex 280 cm ≔ley 280 cm
Calculos Iniciais:
≔fcd =――
fck
γc
1.4286 ――
kN
cm2
≔fyd =――
fyk
γs
43.4783 ――
kN
cm2
≔γn 1
a) Esforços solicitantes::
A força normal de cálculo é: ≔Nd =⋅⋅Nk γf γn 1499.4 kN
Tratando-se de um pilar intermediário, não existem momentos fletores e execentricidades de 1ªordem em ambas as 
direções do pilar.
b) Índice de esbeltez:
Chamando de a dimensão do lado do pilar, tem-se:b
≔λx =⋅3.46 ――
lex
hx
19.4 ≔λy =⋅3.46 ―
ley
hy
48.4
c)Momento fletor mínimo:
O momento fletor mínimo é calculado pela expressão:
onde: (expressão para h em centímetros)＝M1dmin ⋅Nd (( +1.5 cm ⋅0.03 h)) ＝e1min (( +1.5 cm ⋅0.03 h))
Dir. x:
->: ≔M1dmin.x =⋅Nd ⎛⎝ +1.5 cm ⋅0.03 hx⎞⎠ 4498.2 ⋅kN cm ≔e1min.x =⎛⎝ +1.5 cm ⋅0.03 hx⎞⎠ 3 cm
Dir. y:
->: ≔M1dmin.y =⋅Nd ⎛⎝ +1.5 cm ⋅0.03 hy⎞⎠ 3148.74 ⋅kN cm ≔e1min.y =⎛⎝ +1.5 cm ⋅0.03 hy⎞⎠ 2.1 cm
� Segundo a NBR 6118, o efeito das imperfeições locais nos pilares pode ser substituído em estruturas reticuladas pela
consideração do momento mínimo de 1ª Ordem.
d) Esbeltez limite:
com ＝λ1 ―――――
+25 ⋅12.5 ―
e1
h
αb
≤≤35 λ1 90
Nos pilares intermediários não ocorrem momentos fletores e excentricidades de 1ª ordem nas extremidades do pilar em 
ambas as direções x e y, isto é, . Dai resulta que e e . Assim:＝＝MA MB 0 ≔αb 1 ≔e1.x 0 m ≔e1.y 0 m
e ∴ e ≔λ1x =―――――
+25 ⋅12.5 ――
e1.x
hx
αb
25 ≔λ1y =―――――
+25 ⋅12.5 ――
e1.y
hy
αb
25 ≔λ1x 35 ≔λ1y 35
Desse modo:
Dir. x: -> < ∴ não são considerados os efeitos de 2ª ordem na direção x.=λx 19.4 =λ1x 35
Dir. y: -> > ∴ são considerados os efeitos de 2ª ordem na direção y.=λy 48.4 =λ1y 35
e)Momento de 2ª ordem:
O momento de 2ª ordem será avaliado pelos métodos do pilar-padrão com curvatura aproximada e do pilar-padrão com 
rigidez k aproximada.
e.1)Método do pilar-padrão com curvatura aproximada:
≥＝Md.tot +⋅αb M1dA ⋅⋅Nd ――
le
2
10
―
1
r
Força normal adimensional: ≔ν =―――
Nd
⋅Ac fcd
1.05
Curvatura segundo a direção y sujeita a esforço de 2ª ordem :―
1
r
-> deve ser :＝＝―
1
r
―――――
0.005
hy (( +ν 0.50))
=―――――
0.005
⋅hy (( +ν 0.50))
⎛⎝ ⋅1.6133 10−4⎞⎠ ――
1
cm
≤ =――
0.005
hy
⎛⎝ ⋅2.5 10−4⎞⎠ ――
1
cm
A excentricidade de 2ª ordem na direção y é: ( )≔e2x 0
-> ＝e2y ⋅――
ley
2
10
―
1
r
≔e2y =⋅――
ley
2
10
⎛⎝ ⋅1.6133 10−4⎞⎠ ――
1
cm
1.26 cm
Fazendo em cada uma das direções, tem-se os momentos totais máximos:≥M1dA M1dmin
Dir. x: -> ≔Md.tot.x =M1dmin.x 4498.2 ⋅kN cm
Dir. y: -> ≔M1dA.y =M1dmin.y 3148.74 ⋅kN cm
≔Md.tot.y =+⋅αb M1dA.y ⋅⋅Nd ――
ley
2
10
⎛⎝ ⋅1.6133 10−4⎞⎠ ――
1
cm
5045.22 ⋅kN cm
A situação de projeto e as situações de cálculo são representadas:
Assim temos as excentricidades totais em cada direção como:
e ≔ex =+e1min.x e2x 3 cm ≔ey =+e1min.y e2y 3.36 cm
Cálculo da armadura (para o metodo do pilar-padrão com curvatura aproximada):
Com cálculamos os momentos admensionais pelas expressões :=ν 1.05
ou ＝μ ――――
Md.tot
⋅⋅h Ac fcd
＝μ ⋅ν ―
e
h
para cada uma das direções temos:
Dir. x: -> ou ≔μx =――――Md.tot.x
⋅⋅hx Ac fcd
0.06 ≔μx =⋅ν ―
ex
hx
0.06
Dir. y: -> ou ≔μy =――――
Md.tot.y
⋅⋅hy Ac fcd
0.18 ≔μy =⋅ν ―
ey
hy
0.18
Considerando o cobrimento de , e tomando-se ainda o estribo com diâmetro e a armadura ≔c 3 cm ≔ϕt 5 mm
longitudinal mínima de , temos que d' será:≔ϕl 10 mm ≔d' =++c ϕt ―
ϕl
2
4 cm
Buscamos entre os ábacos da flexão composta normal, considerando a relação d'/h para cada uma das direções:
Dir. x: -> ou -> Ábaco A-25 =―
d'
hx
0.08 ＝―
d'
hx
1.0 =ν 1.05 =μx 0.06 ＝ω 0.38
Dir. y: -> ou -> Ábaco A-4 =―
d'
hy
0.2 ＝―
d'
hx
1.0 =ν 1.05 =μy 0.18 ＝ω 0.78
A armadura escolhida resultará da maior taxa mecânica ( ) de armadura encontrada, resultando em:≔ω 0.78
≔As =――――
⋅⋅ω Ac fcd
fyd
25.63 cm2
e.2)Método do pilar-padrão com rididez K aproximada:
Aplicando numericamente a equação do método, expressa por:
＝−+⋅19200 Md.tot
2 ⋅⎛⎝ −−⋅⋅3840 h Nd ⋅⋅λ
2 h Nd ⋅⋅19200 αb M1dA⎞⎠ Md.tot ⋅⋅⋅⋅3840 αb h Nd M1dA 0
ou também, expressa da forma reduzida:
＝−+Md.tot
2 ⋅
⎛
⎜
⎜⎝
−−⋅⋅0.2 h Nd ――――
⋅⋅λ2 h Nd
19200
⋅αb M1dA
⎞
⎟
⎟⎠
Md.tot ⎛⎝ ⋅⋅⋅⋅0.2 αb h Nd M1dA⎞⎠ 0
Fazendo a resolução de equação do 2ªgrau, temos para a direção y:
≔a 1
-> :≔b =−−⋅⋅0.2 hy Nd ――――
⋅⋅λy
2 hy Nd
19200
⋅αb M1dA.y −815.98 ⋅kN cm ≔b 815.98
-> ≔c =−⎛⎝ ⋅⋅⋅⋅0.2 αb hy Nd M1dA.y⎞⎠ −18884883.02 (( ⋅kN cm))
2
≔c −18884883.02
ADOTAMOS A RAIZ POSITIVA――――→++⋅a Md.tot
2 ⋅b Md.tot c
,solve Md.tot −4772.7739419723858767
3956.7939419723858767
⎡
⎢⎣
⎤
⎥⎦
temos então:
:≔Md.tot.y =⋅⋅―――――――
+−b ‾‾‾‾‾‾‾‾‾−b2 ⋅⋅4 a c
⋅2 a
kN cm 3956.79 ⋅kN cm
O momento admensional para este caso será:
Dir. y: -> ou ≔μy =――――
Md.tot.y
⋅⋅hy Ac fcd
0.14 ≔μx =⋅ν ―
ey
hy
0.18
com e para o Ábaco A-4 de flexão reta, temos =ν 1.05 =―
d'
hy
0.2 ≔ω 0.76
A armadura para este método será: ≔As =――――
⋅⋅ω Ac fcd
fyd
24.97 cm2