Exemplo resolvido - pilares

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Exemplo resolvido – Pilares 
 
Determine o diâmetro da armadura para a seção transversal do pilar abaixo 
representado, de altura igual a 3 m, sujeito a uma carga axial centrada de cálculo 
(Nd) de 1716 kN. 
 
Considere: 
* Estado limite último (ɣs = 1,15 e ɣs = 1,4) 
* Concreto: C20 
* Aço: CA-50 
* Cobrimento da armadura: 3 cm 
* Diâmetro da armadura transversal (mínimo): ɸt = 5 mm 
* Diâmetro da armadura longitudinal (mínimo): ɸl = 10 mm 
* Diâmetro máximo do agregado graúdo: 19 mm 
 
Solução: 
 
1. – Excentricidade de 1º ordem – momento mínimo 
 
Em x: 
 
 M1d,min, x = Nd (0,015 + 0,03h) 
 M1d, min, x = 1716 (0,015 + 0,03.0,3) 
 M1d, min, x = 1716 (0,024) 
 M1d, min, x = 41,2 kN.m 
 M1d, min, x = 4120 kN.cm 
 
 
Em y: 
 M1d,min, y = Nd (0,015 + 0,03h) 
 M1d, min, y = 1716 (0,015 + 0,03.0,4) 
 M1d, min, x = 1716 (0,027) 
 M1d, min, x = 46, 36 kN.m 
 M1d, min, x = 4636 kN.cm 
 
 
2. Cálculo da esbeltez 
 
Em x: 
 
𝜆𝑥 = 3,46 
𝑙𝑒
ℎ𝑥
 𝜆𝑥 = 3,46 
300
30
 𝝀𝒙 = 𝟑𝟒, 𝟔 
 
 
Em y: 
 
𝜆𝑦 = 3,46 
𝑙𝑒
ℎ𝑦
 𝜆𝑦 = 3,46 
300
40
 𝝀𝒚 = 𝟐𝟓, 𝟗𝟔 
 
 
3. Esbeltez limite (verificação da excentricidade de 2º ordem) 
 
 
M1, A = 0, pois não há excentricidade na aplicação da carga 
M1, B = 0, pois não há excentricidade na aplicação da carga 
 
Logo, 
 
M1,A < Md, min ( tanto no eixo x como no y) então, 
 
 αb = 1 
 
 
Em x: 
 
𝜆1,𝑥 = 
25+1,5 
𝑒𝑖
ℎ
𝛼𝑏
 𝜆1,𝑥 = 
25+1,5 
0
30
1
 𝜆1,𝑥 = 25 
 
 
Como 𝜆1𝑥 {
 ≥ 35
 ≤ 90
 𝝀𝟏𝒙 = 𝟑𝟓 Assim, 
 
 
 𝝀 ≤ 𝝀𝟏𝒙 34,6 < 35 não há efeito de segunda ordem 
 
 
 
Em y: 
 
𝜆1,𝑦 = 
25+1,5 
𝑒𝑖
ℎ
𝛼𝑏
 𝜆1,𝑦 = 
25+1,5 
0
40
1
 𝜆1,𝑦 = 25 
 
Como 𝜆1𝑦 {
 ≥ 35
 ≤ 90
 𝝀𝟏𝒚 = 𝟑𝟓 
 
Assim, 
 
 𝝀 ≤ 𝝀𝟏𝒚 25,96 < 35 não há efeito de segunda ordem 
 
 
 
4. Efeitos de Segunda ordem 
 
Como não há efeitos de segunda ordem neste exemplo, vamos para o 
próximo passo. 
 
 
5. Dimensionamento 
 
• Armadura longitudinal mínima para as direções x e y 
 
𝐴𝑠,𝑚𝑖𝑛 = 0,15 
1716
43,5
≥ 0,004 . 30 . 40 
 
𝐴𝑠,𝑚𝑖𝑛 = 5,9 ≥ 4,8 
 
𝑨𝒔,𝒎𝒊𝒏 = 𝟓, 𝟗 𝒄𝒎² 
 
 
 
• Armadura longitudinal – ábaco de Venturini 
 
Em x e y 
 
1 – Relação necessária para escolha do ábaco 
 
d = 3 + 0,5 + 
1
2
 
d = 4 
 
logo, 
d′
h𝑥
= 
4
30 
= 0,13 ≅ 0,15 
Os diâmetros das barras ainda serão 
obtidos, mas sabemos que o diâmetro 
mínimo da barra longitudinal é de 10 
mm e do estribo é de 5 mm. Então, 
adota-se esse valor para o cálculo 
d′
h𝑦
= 
4
40 
= 0,10 
 
 
 
 
Para escolher o ábaco a ser usado deve-se levar em consideração dois 
aspectos impostantes: a possível distribuição da armadura na seção 
transversal (ver a figura no enunciado) e o valor de 
𝐝′𝐱
𝐡
. Assim, vamos 
usar o ábaco A -12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 - Dados necesários para entrar no ábaco 
 
 
𝜈𝑥= 𝜈𝑦 = 
1716
30 . 40 . 1,43
= 𝟏 
 
 
 𝜇𝑥 = 
4120
30 . 40 . 30 . 1,43
= 𝟎, 𝟎𝟖 ou 𝜇𝑦 = 
4633
30 . 40 . 40 . 1,43
= 0,07 
 
 
3 - Do ábaco se obtem w 
 
 𝒘 = 𝟎, 𝟒𝟐 
 
 𝑨𝒔 = 
𝟎,𝟒𝟐 . 𝟑𝟎 . 𝟒𝟎 . 𝟏,𝟒𝟑
𝟒𝟑,𝟓
= 𝟏𝟔, 𝟔 𝒄𝒎² 
 
 
Logo: 
 𝐴𝑠𝜙𝑙 = 
16,6
8
= 2,08 𝑐𝑚² 
 
 
 
 
 
Pela tabela, temos que a armadura é igual: 8 ɸ 16 
 
 
 
 
A seção transversal, mostrada no 
enunciado, possui 8 barras de 
aços. 
Então ao dividir a área de aço 
calculada pela quantidade de barras 
necessária vamos obter a área da 
bitola de uma barra. 
• Espaçamento – armadura longitudinal 
 
𝑎 ≥ {
𝟐𝟎 𝒎𝒎
𝜙𝑙 = 𝟏𝟔 𝒎𝒎
1,2 𝑑𝑚á𝑥,𝑎𝑔𝑟𝑒𝑔. = 1,2 . 16 = 𝟏𝟗, 𝟐 𝒎𝒎
 
 
Logo o espaçamento escolhido é de 20 mm 
 
 
• Estribos 
 
𝛟𝐭 ≥ {
𝟓 𝐦𝐦
𝛟𝐥
𝟒
=
𝟏𝟔
𝟒
= 𝟒 
 
Logo, o estribo será de: ɸ 5 mm 
 
• Espaçamento dos estribos 
 
𝑺𝒕 ≤ {
𝟐𝟎 𝒄𝒎
𝒎𝒆𝒏𝒐𝒓 𝒅𝒊𝒎𝒆𝒏𝒔ã𝒐 𝒅𝒂 𝒔𝒆çã𝒐 = 𝟑𝟎 𝒄𝒎
𝟏𝟐𝝓𝒍 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝑪𝑨 − 𝟓𝟎 = 𝟏𝟐 . 𝟏𝟔 = 𝟏𝟗, 𝟐 𝒄𝒎
𝟐𝟓𝝓𝒍 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝑪𝑨 − 𝟐𝟓
 
 
 
Logo, o espaçamento entre os estribos será de 20 cm.