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ONCRETO ARMADO EU TE AM \f Leitor nchar, pedacinho por pedacinho, o MUNDO DO CONCRETO "DQ (e da Resistência dos Materia is), mostrando que esses nt6s:podem ser exp licados de forma ALTAMENTE DIDÁTICA " PERDER O RIGOR CONCEITUAL, são os objetivos do meu ,scrito com muito amor, vindo dai o seu titu lo - "CONCRETO "DO - EUTE AMO': .ire meu livro e comprove a veracidade do comentário de um uramente o arroz com fe ijão, do arroz com feijão do CONCRETO ,,,DO, mas um arroz com feijão mu ito bem temperado ... " "1 uma ADVERTÊNCIA: ocê não quizer comprar o livro, NÃO LEIA O íNDICE OU NÃO ,cHEIE. ·a a experiência que quem o faz, acaba comprando ... Ca lei e disse. Um Abraço. db.range: ' TENCIA DOS MATERIAIS cRETO ARMADO - toda a matéria e tabelas para o de lajes, vigas, pilares e sapatas. Em obediência à ,(O Dona N~ " 1 /78. 1S EXERCICIOS, COMENTADOS E RESOLVIDOS, de a não deixar dúvidas. \S PARA FAZER le controlar) UM BOM CONCRETO sRA JLO E DIMENSIONAMENTO COMPLETO DE UM O CONVENCIONAL DE TRÊS PAVIMENTOS ~---' , MANOEL HENRIQUE CAMPOS BOTELHO OSVALDEMAR MARCHETTI .. 3: edição ~Illpliad~ I' , l l ÍNDICE AULA 1 \ . I O caso do Viaduto Santa Efigênia - Suo Paulo 1.2 Cálculo e tabela de pesos específicos 1.3 Cálculo c tabela de pesos por arca 1.4 O concretO arrnado o que é? I J 5 5 AULA 2 11 2.1 Cálculo e Ifl.bela de pesos lineares I I 2.2 Ação e reação - principios r 2 2.3 Momento Fletor ou ação a distância de uma força l-t 2.4 Apresentamos o prédio que vamos calcular· estruturação do prédio I () AULA 3 23 J I Aplicações do princípio da ação e reação 23 ) 2 Condições de equilíbrio de estruturas 24 3.3 Vinculos na engenharia estrutural 29 3.4 Como as estruturas sofrem, ou seja, apresentamos a tração. o cisalhamclllo, a compressão e a torção 32 A~4 ~ 4.1 Determinação dos Momentos Fletores e Forças CaTlantes em vigas 3S 4.2 Tensões (estudos de esforços internos) 48 4.3 Detenninação de tensões de ruptura e admissíveis 50 4.4 Dos conceitos de tensão de ruptura e tensão admissível aos conceitos de resistência característica e resistência de cálculo 53 AULA 5 56 5.1 Massas longe do centro ftmcionam melhor. ou o cálculo do Momento de Inércin e do Módulo de Resistência .. ...... ............... .. ........... .... .... ...... . .... 56 5.2 Dimensionamento herético de vigas de concreto simples 66 5.3 O que é dimensionar uma estrutura de concreto armado? 70 AULA 6 6 .1 Aços disponíveis no mercado brasileiro ..... ................. . .. ... ........ . 6.2 Normas brasileiras relacionadas com O concreto armado 6.3 Abreviações em concreto armado 6.4 Cargas de projeto nos prédios 71 71 74 74 76 AULA 7 7i 7.1 Quando as estruturas se deformam ou a lei de Mr. Hooke - MÓdulo de Elasticidade 77 7.2 Vamos entender de vez O conceito de Módulo de Elasticidade 81 7.3 Análise dos tipos de estruturas : isostáticas. hipcrestáticas c as perigosas hipostáticas AULAS 8.1 Fragilidade ou ductilidade de estmturas, superarmadas e sim subarmadas 8.2 Lajes - uma introdução a elas 8.2.1 Notas introdutórias âs lajes isoladas 8.2.2 Notas introdutórias as lajes conjugadas ou porque não se projetam estruturas 82 84 84 86 86 88 AULA 9 9.1 Para não dizerem que não falamos do conceito exato de tensões 9.2 Cálculo de lajes : 9.2.1 Tipos de lajes quanto â sua geometria 9.22 Lajes armadas em uma só direção 92.3 Lajes armadas etn duas direções - Tabelas de Marcus 9.3 Para usar as Tabelas de Marcus AULA 10 10. 1 Vinculos são compromissos, ou o comportamento das estnlturas face aos recalques Oll às dilatações 10.2 Exemplos reais e imperfeitos de viculos 10.3 Cálculo de lajes - Restrições às flechas das lajes AULA 11 11.1 O aço no pilar atrai para si a maior parte da carga 11.2 Flcxão composta normal 11 .3 Lajes - Dimensionamento 11.4 Cobcnllra da armadura AULA 12 12. 1 Se o concreto é bom para a compressão, por que os pilares não prescindem de armadura? 12.2 Como os antigos constmíam arcos de pontes c abóbodas de igrejas 12.3 Começamos a calcular o nosso prédio - Cálculo e dimensionamento das lajes LI L2 e L3 AULA 13 13 1 Vamos entender fck (segundo a versão dos gangsters de Chicago da década de 30) . 13.2 Os vários estágios (estádios) do concreto 13 .3 Cálculo e dimensionamento das lajes L4 , Ls, e '-6 AULA 14 14.1 Vamos preparar uma betonada de concreto e anali sá-Ia criti camente? 14 .2 Das vigas continua s às vigas de concreto dos prédios 14.3 Cálculo isostático ou hiperestático dos ed ificios 14.4 Calculo e dimensionamento das lajes L7 e Lg AULA 15 15. 1 Calcu lo padronizado de vigas de um só tramo para várias condições de carga c apoio .......................... . 15.2 Os vários papêis do aço no concreto armado ................................ . 15.3 Cálcu lo e dimensionamento das escadas do nosso prédio' AULA 16 16. 1 Cálcu lo de vigas cont inuas pelo mais fenomen6logico dos métodos, o método de Cross 162 A arle de cimbrar e a não mcnor arte de descimbrar 16.3 Atenção cargas nas vigas !!! AULA 17 17. 1 Flambagem ou a perda de resistência dos pilares quando eles crescem 17.2 Cálculo de vigas - Introdução - Tabelas 17.3 O concreto annado é obediente; Irabal ha como lhe mandam 91 9 1 93 93 94 95 93 107 107 109 113 116 116 120 123 130 \31 131 133 135 142 142 146 147 154 154 157 159 160 164 164 171 175 179 179 196 197 200 200 2\0 220 L '\UI.A 18. Ig.1 18.2 I R.3 18.4 18.5 An.,\ 19. 19.1 19.2 19.1 Av!." 20. 20.1 20.2 20.3 AULA 21. 21.1 21.2 21.3 AlIL,\ 22. 22. 1 22.2 22.3 AULA 23. 23.1 23.2 23.3 23.4 .. 223 Dimensionamen to de vigas simplesmente armadas à flexão ........ ... . 223 Dimensioname nto de vigas duplamente armadas .................... .. . .... 227 Dimensionamento de vigas T simplesmente armadas ..... ............. ... .. 229 Dimellsionallll: ll to de vigas ao ci!\:llhnmento .. . 231 Djspo:-.i(,:i1o dn armadura p:tra vencer os esforços do momen to nelor .......... 236 ............ ········· ........................ 238 Ancoragem de armaduras. . .................. 238 Detalhes de vigas - Engastamentos p .. rdai s ...... .. ............. , . . ... 244 Cílculo c dimensionamento d .. s vigas do nosso prédio V I I e V,l . . . ... 244 . ............... . ... . ... 255 Dimensiol1n rnenlO de pilares· Critérios gerais ................. .... .... . .. 255 Dirncnsion;lInento dos pilares gordinhos (pilares nilo esbeltos) . . .... 256 Cílculo e dimensionamento das vig'1S V 8. V 9. V E! e V E:; ......... . •. .264 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... 270 Dimcnsionamento dos pila res c!)bc ltos . . ................ , ....... , . . . .270 Outros elemenlos parn o projeto de pilarcs ........ . . . ......... , ....... 278 Ci\lculo e c1imens iolKllnento das vi,gas V ( c V ~ .. ..... •.. ...... 280 . ... . .. .. ........... ... .. .. .. .. . . .. . .. .... . . .. .. ..... .283 Cálculo c d illlcnsio namcllto das vigas V2 c V~ ... . . .. ................ . .... 283 C:'ilt:ulo e dimensionamenlo das vigas Vh e V7 ...... . 295 Sed que eStamos alcançando o t~1.: na obra'? O wl1lrole ass istcm:ítico da rcsistênda do concreto ........ .. . 299 Cálculo e dimens ionamento das vigns V 10 e V 12 Cálcu lo e dimension;lmenlo da!) vigas VI;. I I~esumo dn .~ cargas nos pilares . . ..... 3IH .... 301 ....... 3 14 .117 ....... 319 C:'iIculo c dimensionamento dos pil:1res no nosso prédio. PI' p .. . P I-I e P1fi AULA 24 ..................... .......... ........ .......... .................... 322 24.1 Critérios de dimensionamen to das sapa tas do nosso prédio. . ........ . 3:22 24.2 C:'ilculo e dimcnsionamelllo dos pilares do nosso prédio Pl' p .. , Pc,. PIO C PI ) ..... 327 24.3 Cílculo c dimensionamento dos pilares do nosso prédio PJI. Pl' P~, P9. P:; c P l~ . . 330 AUL,\ 25. 25.1 25.225.3 AULA 26. 26.1 AUI.,\ 27. 27. 1 27.2 Dimcnsionanlell lO das sapatas do nosso prédio SI' $] e S3 DilllCIlSioll:llllcnto das sapatas do nosso prédio S,t. S.~ C Sô O COntro le s iste m:'itico d:1 resistênc ia do concreto na obra . . . .137 .... 337 ... 34 1 . ... 345 . 347 Anexo - Mud:-Irrll11 as normas de espcc ifica(jão. Dosagem, recebimento e controle de qualidade do concreto .. 347 .353 O rclacion:Hnento "Calculista x Arquiteto" . 353 Construir. verbo participativo, ou Illclhor. será obrigatório c.: .. kular pelas norlllas da ABNT'I ..... 354 '27.3 Dest rinchemos o BDI! ... 156 .. 357 .. 3(,0 .. 161 27.4 Porque estouram os orçamentos nns obrol'> 27.5 A história do Livro "Conm~to Armado Eu TI! AMO" 17.6 A hislôri .. estrulural do Vi:ldulO SnntH Ellgeni.:l - S:io Paulo. SI' A NEXO 11I·: ACOltuO em! NUa riI IS/2003. . . . .... . 367 Flo.!xão simple:. ... .. ... . .... .. ...... .. .. . ... ... . ... ....... . . .. . .. ....... . . 36R rorc;a cortantc . ... . . .. . . . .. ........ . . . . .. . . . . . .. ..... 379 Fissurnção . . . . . . . . . . .. . ........ ...... . . ...... 383 Cálculo da Il ccha em vig'l . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . ..... .. . . .. . ...... 390 Ancomgcl1l de arrn:ldurns passivas . . . . . . . . . .. .. . . ... .. 396 ElIlc nda~ de barras por traspasse. . . . . . . . . . . . . . . . ...... .. ... .. 399 ~~~ ... . Abacos . . .. .. 402 . ... 425 l ALGUMAS PALAVRAS 1.1 O CASO DO VIADUTO SANTA EFIGÊNIA " SÃO PAULO Um dos engenheiros autores desta publicação, (M.H.C.B.), cursou todos os anos de sua escola de engenharia acompanhado de uma singular coincidência. Ele nunca entendia as aulas e nem era por elas motivado. Fruto di sso, ele ia sempre mal nas pr!>vas do primeiro semestre e só quando as coisas ficavam pretas, no segundo semestre, é que ele impelido e desesperado pela situação, punha-se a estudar como um louco e o suficiente para chegar aos exames e lá então, regra geral, tirar de boas a ótimas notas. Só quando do fim do curso. é que ele era atraído pela beleza do tema e do assunto, mas nunca pela beleza didática (ou falta de didática) com que a matéria fora ensinada Ele nunca descobriu porque as matérias da engenharia eram most radas de maneira tão insonsa e desinteressante. Só um dia descobriu . Ao sair de uma aula de Resistência dos Materiais, onde mais uma vez não entendera nada de tensões principais, condições de cisalhamento, flambagem e índice de esbeltez, ele passou ao lado do Viaduto Santa Efigenia. no Vale do Anhangabaú, em São Paulo. Houve um estalo. Ao ver aquela estrutura metálica com todas as suas formas tentadoras e sensualmente à vista, ele viu, e pela pri meira vez entendeu, tabuleiros (lajes) sendo carregados pelo peso das pessoas e veículos que passavam (carga), viu pilares sendo comprimidos, viu arcos sendo enrijecidos e fortalecidos nas partes onde recebiam o descarregamento dos pilares (dimensionamento ao cisalhamemo). Viu peças de apoio no chão que permitiam algumas rotações da estrutura (aparelho de apoio art iculado). Ele viu. sentiu e amou uma estnltura em trabalho e onde podia aplicar toda a verborragia teórica que ouvia e lutava por aprender na escola. Desse dia em diante, ele começou a se interessar pela matéria e a estudá-la nos seus aspectos concei tuais e práticos. Uma dúvida ficou. Por que os professores de Resistência dos Materiais não iniciavam o curso discutindo e analisando uma estrutura tão conhecida como aquela, para a partir dela construir o castelo mágico da teoria? Ele nunca soube Jurei, já que o autor sou cu, que se convidado um dia a lecionar, qualquer que fosse fi matéria, partiria de concei tos, conceitos claros, escandalosamente claros e precisos e daí, a partir daí construiria didaticamente uma matéria lógica e concatenada. Nu nca me convidaram para dar aula em faculdade. Idealizei este curso, curso livre, livre, livre, que não dá título, diplomas ou comenda; um curso para quem queira estudar e aprender com os pés no chão, concreto armado. Convido O aluno a começar a olhar, sentir e entender as estruturas, não só as do curso, mas as que estão ao redor de sua casa, no caminho do seu trabalho, etc. Leia este livro e se habilite a depois, ou em paralelo, a estudar o complemento de teoria necessária. Este é um convite para estudarmos juntos, trabalharmos jumos, vivennos juntos. Boa sorte e um abraço. 2 CONCRETOARMA1)() Eu n .: AMO P.S. - O Viaduto Santa Eligênia , SIl , eu vos apresento Vamos entendê-lo estruturalmente: Carga / Arco Reação Pilar comprimido "- Tabuleiro (laje) Enrijecimento do arco F","",,,",~"",,=~-=,",,..,,.,~,:,,,,,,,,,"",,,, T crrCIlO fi rme ou estaqueado I Se você não for de São Paulo ou não conhecer este viaduto, procure na Slla cidade um galpão metálico ou mesmo uma estrutura de madeira. As estruluras estarão a sua vista para entendê·las. As razões pelas quais indicamos aOS ! alllnos procurarem estruturas metâ!icas ou de madeira são pelo faro de que nas estruturas de concretos armado seus elementos estruturais não serem visíveis, didáticos e compreensíveis C0l110 nos outros dois tipos de estruturas L _ AU/.A J J 1.2 CÁLCULO E TABELA DE PESOS ESPECíFICOS Todos sabemos que peças de vários materiais de igual volume podem ter pesos desiguais, ou seja uns têm maior densidade, (peso especifico) que outros. Associam-se neste curso como conceitos iguais, densidade e peso específico, que para efeitos práticos é a relação entre peso e o volume (divisão entre peso e volume de uma peça). Assim, peças de ferro pesam mais que peças do mesmo tamanho de madeira. O índice que mede O maior peso por unidade de volume chama-se peso específico (densidade) (Simbolo y) Assim, se tivermos uma peça que meça um metro de largura, por um metro de comprimento, por um metro de altura, ela pesará os seguintes valores se for feita de : Material Peso Peso específico y (densi(lHde) , (kgf) (kgf/m 1 grani to 2700 2.700 madeira ced ro 540 540 ferro 7.200 7.200 terra apiloada 1.800 1.800 madeira cabreúva 980 980 concreto armado 2.500 2.500 angico 1.050 1.050 A fórmula que relaciona peso especifico, peso c volume é: ou P =yxV ou ACOMJ>AMiEMOS OS EXERCíCIOS l. Qual o peso de uma peça de cabreúva de 2,7 m 3 ? Da fónnu la P = y x V ô P = 980 kgf 1m3 x 2,7 m3 = 2.646 kgf ou P = 2,646 tf ou aprox.imadamente P = 2,6 tf 2. Qual o peso de uma peça de ferro de 15,8 m3 ? Da fórmula P = y x V Q P = 7.200 kgf I m3 x 15,8 m3 P = 113,76 tr 113760 kgf ou 4 CONCRETO ARMADO EU 1'E AMO 3. Qual o volume de uma peça de cedro que pesou 1,7 tr? D • · I V P - V 1,71f 1.700kgf a larmu a = - __ Y 540 kgf 1m 3 540 kgfl m3 Chamamos a atenção para se usar sempre unidades iguais c não fazer contas misturando quilogramas e toneladas, etc. 4. Qual o volume de uma pedra de granito que pesou 0,6 tr? Da fó rmu la V = ~ Q V = 0,6 Ir 600 kgf 0,22 m J = 222 I Y 2.700kgflm3 2.700kgr/m) S. Qual o peso especifico de um pedaço de madeira que pesou 2,4 tf, tendo um volume de 4.200 litros (I)? Da fórmula y = ~ Q Y 2Alr _ 2400k:f - 571 kgf 1 m 3 V 4.200 I 4,2 lU Pelo peso especifico achado (571 kgf7m 3 ) essa madeira deve ser cedro. Cabrcúva não é, pois seu peso específico (densidade) é 980 kgrtm3. 6. Qual o peso específico de uma madeira que apresentou em uma peça um peso de 2.100 kgf para um volume de 2.000 litros? Da fórmula y = ~ V '" 2.100kgf 2.100kgf 1.050 kgf/ m3 y = 2.000 12m3 Pelo peso específico (l .050 kgf/m 3 ) a madeira pode ser angico . 7. Qual o peso de uma laje de concreto armado que tem 30 em de altura, por 5 !TI de largura e 4,20 m de comprimento? Façamos o desenho: a = 4,20m /' 7 C=30cm = 0'3 ___ / / _ Z b = 5,00m C =30cmf=~ ~ U-', o volume da laje é: ô V = a x b x e = 4,20 x 5,00 x 0,3 := 6,30 01 3 O peso específico do concreto armado é de 2.500 kgf7m3. Logo, o peso pela fórmula é: P=y x V=2S00kgflm 3 x6,30m3= 15.750kgf P=15,75If i .l i.3 AULA 1 CÁLCULO E TABELA DE PESOS POR ÁREA Vimos no na aula 1.2 os métodos para uso do peso específico (peso por volume). Semelhantememe, agora, vamos ver o conceito de peso por área (P A). (1) 5 Para carregamentos que têm altura relativamente constante (tacos, tijolos, telhas) podemos usar o conceito de peso por área, já que a altura não varia muito na prálica. , Assim, por exemplo, o pavimento de tacos (com argamassa) tem o peso po r área de 65 kgf/m2 enquanto que o soal ho de madeira tem um peso por área de 15 kgf/m 2 . A fórmula que relaciona peso por área, peso (P) e arca (A) de uma peça é: P PA =- ou P=PAxA ou A Vamos aos exemplos: 1. Qual o peso que se transmite a uma laje se esta fo r coberta por uma área de 5,2 x 6,3 m de ladrilho? O peso por área desse material ê de 70 kgf7m2. Da fórmula p :::: P" X A;;:::. 70kgflm 2 x 5,2m x 6,3m = 2.293 kgf 2, Qual o peso por área de um soalho de tábuas macho e fêmea sobre sarrafões de madeira de lei incluindo enchimento e laje de concreto tendo uma área dc 110 m2 e transmitiu um peso de 31,4 tf'? P 31,4 Ir 31.400 kgf _ 285 kgf In" PA = A =~- 110 m2 1.4 O CONCRETO ARMADO O QUE i? Os antigos utilizavam à larga a pedra como material de construção, seja para edificar suas moradias, seja para construir fortificações, para vencer vãos de rios, seja para construi r tem plos onde se recol hiam para tentar buscar o apoio de seus deuses. Uma coisa ficou clara: a pedra era ótimo material de construção; era durável e resistia bem a esforços de compressão (quando usada como pilares). Quando a pcdra cra usada como viga para vencer vãos de médio porte (pontes, por exemplo), então surgiam fo rças de tração (na parte inferior) e a pedra se rompia . Por causa d isso, eram limitados os vãos que se podiam vencer com vigas de pedra . Observações para quem a inda não saiba: comprimir uma peça é tentar encunâ~la (aproximar sua partículas), tracionar uma peça é tentar distendê-Ia (afastar suas partículas), cisalhar é tentar cortar uma peça (como cortar manteiga com urna faca). (I! ( ) p~.", )'111" :'11\.';1 pode ser chamado de carrq,;allll' llll ) \111 il lmla carg:1 acidClllal. o simbolo de :ln: 'I ": t\ 6 CONCRETO ARMAOO Eu TE AMO Vejamos um exemplo dessa limitação: Pequenos vãos. pequenos esforços A parte de cima da viga tende-se a comprimir. A parte de baixo da viga tende-se a distender o -----~-~---- --...=----,;------ Pequeno vão Gmnde vão Observação: As deformações estão exageradas (função didática) Vejamos agora a situação em cada caso (caso de pequeno vão e caso de grande vão). Pequeno Vão No meio da viga, em cima, surgem esforços internos de compressão. em baixo, de tração. Como o vão é pequeno os esforços são pequenos e a pedra resi ste bem (em cima por compressão e em bai.xo por tração) . Grande Vão Para vãos maiores os esforços de compressão e os de tração crescem. A pedra resiste bem, aos de compressão e lHal aos de tração. Se aumentar o vão, a pedra rompe por tração . Os romanos foram mestres na arte de constnlir pontes de pedra em arco. Se não podiam usar vigas retas para vencer vãos maiores, usaram ao mâximo um estratagema, o uso de arcos onde cada peça de pedra era estudada para só trabalhar em compressão, como se vê na ilustração a seguIr: Pedra Enchimento (aterro) Procure sentir que todas as pedras, devido a forma da ponte, estão sendo comprimidas e aí elas resistem belll. A e.xp[icação de como essas peças de pedra só tlulcionam li compressão é dadfl em outra aula (aulll [2.2 ). AULA J 7 Para se vencer grandes vãos os antigos eram obrigados a usar multi pIos arcos. Vê-se, que essas eram limitações da constnlção em pedra. Quando o homem passou a usar o concreto (que é uma pedra artificial através de ligação pelo cimento, de pedra, areia e água), a limitação era a mesma. As vigas de eixo reto eram limitadas no seu vão pelo esforço de tração máximo que podia suportar, tração essa que surgia em baixo da viga. Em média, o concreto resiste à compressão dez vezes mais que à tração . Uma idéia brotou: por que não usar uma mistura de material bom para compressão na parie comprimida e um bom para tração na parte tracionada? Essa é a idéia do concreto armado. Na parte tracionada do concreto mergulha-se aço, e na parte comprimida deixa-se só concreto, (o aço resiste bem a tração). Assim, temos a idéia de viga de concreto armado. Seção longitudinal da viga Seção transversal da viga Concreto Aço na parte inferior da viga ... " _ Parte comprimida , LN [--'"1-- Parte tracionada 4- Pilar < Barras de aço Annadura Obervação: LN - Linha I\cutra: nCIll traçãn nelll compressão Notamos que as barras de aço não ficam soltas e sim ficam amarradas, como que soldadas ao concreto da viga na sua parte inferior (essa solidariedade é fundamental). Dependendo das condições de solicitação c cálculo de viga, e sem maiores problemas de segurança, a parte inferior do .concreto da mesma chega a fissurar (trincar, fissuras no limite de perceptibilidade visual) e sem maIores problemas já que quem está agüentando aí é o aço, e o concreto já foi (a parte tracionada do concreto trincou) Na parte superior, o concreto galhardamente resiste em compressão (sua especialidade) . Numa viga de muitos tramos (muitos vãos) onde as solicitações de tração são por vezes nas partes inferiores e as vezes nas partes superiores, o aço vai em todas as posições onde há tração, Como no exemplo a seguir: Tração (afastamento) Compressão (ajwltamcn to) l3arra de aço fundida no concreto 8 CONCRETO ARftIAJ)O Eu TE AMU ObsclVa-se que as deformações das vigas estão exageradas, tendo apenAS o objetivo de melhor esclarecer. Nota-se que nos pontos onde as partículas da viga tendem a se afàslarern (tração <f- -'J.) colocamos barras de aço. Nos trechos das vigas onde as partícu las tendem a se aproximar (compressão ~ .(- ) não há necessidade (embora às vezes se usem) de colocar barras de aço. Dissemos que não há necessidade ele usar aço na parte comprimida das estruturas. Devido aos conceitos que introduziremos mais tarde (Môdulo de Elasticidade do aço comparado com o do concreto) o aço é um materia l mais "nobre" que o concreto e o uso do aço na parte comprimida do concreto economiza bastante área de concreto tornando mais esbeltas as estruturas. Assim, como veremos mais adiante, para se vencer um vão de cinco metros com uma carga de 3 t/m usando-se uma viga de concreto armado teremos as seguintes soluções conforme sejam as dimensões da viga. 1!! Caso 22 Caso 311 Caso 42 Caso No temos que no 19: caso onde temos uma altura de 45 cm usamos 4 $ 3/4" como armadura. Quando no 22 caso temos maior altura (50 cm) a area de aço pode diminuir para 3 $ 3/4". Quando no ).11 caso reduzimos a altura só para 35 em temos que. "ajudar" o concreto no trabalho à compressão com) $ l/2". Quanto ao 42 caso temos maior altura a área da armadura superior pode ser aliviada para 2 <\13/8". Nesse 42. caso em relação ao 3º caso diminui também a armadura inferior. Nas vigas de prédio, e quando do cálculo usando armadura inferior chegamos à alturas demasiadas e que criam problemas com a arquitetura, podemos tirar partido de colocar aço na parte comprimida do concreto. O aço sendo mais nobre alivia a parte comprimida do concreto resultando menores alturas das vigas. Voltaremos com mais detalhes em outras aulas. As vigas com dupla armação chamam-se duplamente armadas (lógico, não?). Também por razões que se verão mais adiante, devemos afastar ao máximo o aço do eixo horizontal de sistema de simetria da viga. Analogamente nos pilares, o aço é colocado o mais perifericamente possível. fica uma dllvida. Não se usam mais hoje em dia estruturas de concreto simples, ou seja, estruturas de concreto sem aço? Realmente, não se usam mais na prática. Poucos são os casos de utilização. Um exemplo de estruturas de concreto simples são alguns tubosde concreto de água pluvial de diâmetros pequenos. Os esforços do terreno nos mesmos, geram em geral só esforços de compressão AUlA I Ní vel do Solo v Esrorço do terreno no tubo I u- I Seção transversal Sobrecarga sobre o terreno (lriUego) 9 o tubo de concreto simples (sem armadura) resiste .~os esf<:rços, exte:nos que são de ã Portanto não haveria necessidade de armadura, p que nao ha, a flgOf, esforços de cOlllpress o. tração. . • . I I Claro que essa estrutura de concreto simples tem pequena resrstencra aos Teca ques <. o S . t"rem recalques diferenciais (recalque grande em um ponto e pequeno em outro), o terreno. e eXls I . . _ .rÚ< . . ? O b te e não se tubo funcionará como viga e daí, quem resIste a traça0 na parte I enol . tu o poc r . romper. Vejamos esse exemplo da seção longitudinal do tubo: ; Sobrecarga ~>'::~j Terrcno firme com mínimo recalque . ·;·à,,· D Terreno mole com grande recalque Esqucma de trabalho do nlbo Nesses casos a armadura do tubo seria necessária para vencer os efeitos da tração na parte inferior do tubo, já que temos na prática uma pequena viga. C()nclusão: Uma estrutura de concreto armado (lajes, vigas, pilares, bancos de jardim, va~~s., etc.) é uma ligação solidária (fundida junta), de concreto (que nada mais é do que uma pedra arUh:lal composta por pedra, areia, cimento e àgua), com uma estnltllra resistente à tração que em geral e o aço. 10 CONCRETO A N.MA/JO Eu TE AMO Normalmente a peça tem só concreto na parte comprimida e tem aço na parte tracionada. Às vezes alivia~se o concreto da parte comprimida colocando~se aí umas barras de aço. O aço, entretanto, não pode estar isolado ou pouco intimo com o concreto que o rodeia. O aço deve estar solidário, atritado. flHldido junto, trabalhando junto e se deformando junto e igualmente com o concreto Quanto mais atrito tivermos entre o concreto e o aço. mais próximos estaremos do concreto armado Existem vários tipos de aço com saliências, fi.lgindo de superfícies lisas exatamente para dar melhores condições de união do aço e concreto. Para explicar melhor porque aparecem trações (afastamentos) e compressões (encurtamentos) exageremos a deformação qlle ocorre em uma viga de pedra (ou de qualquer material) quando recebe em esforço vertical. O aluno pode ( I ) fazer um exemplo com uma borracha ou uma régua de plástico , FI ~ a 11 b Fi gura 2 Notar que no bordo a (figura I) há um encurtamento (zona comprimida) e no bordo b há lima distensão (zona tracionada). Alguns materiais resistem igualmente bem tanto ao encurtamento como ao alongamento (distensão, tração), como por exemplo, o aço e a madeira. A pedra que nada mais ê do que o concreto natural. resiste bem à compressão e muito mal a tração. ou seja. quando os vãos das pontes eram grandes ou as cargas eram grandes a pedra se rompia, pelo rompimenlo da parte inferior (figura 2). Notemos que nas vigas de concreto armado podem aparecer fissuras na parte inferior da viga indicando que o concreto já foi. Não hã problema pois ai quem resiste é o aço ( I) Quando se diz pode, entcndn~sc deve. 11 2 AULA 2 2,1 CÁLCULO E TABELA DE PESOS LINEARES Para peças que têm seção constante (barras de aço, cordas de sisal , etc .), elas podem t~r seu peso expresso por metro, válido isso para cada diâmetro. Assim as barras de aço usadas no concreto armado têm os seguintes pesos lineares' Diâmetro 3/ 16 .. 5116 .. 3/4 .. 1 1/4" A fórmula do peso linear é: Peso P PlmcnT = Comprimento - L PROBLEMAS: ou Peso linear (kgf/m) 0, 14 0,39 2,24 6,22 P L =-- PlmcM ou 1. Quanto pesam 3,7 metros de uma barra de 3/4" ? Da fó rmula P = L x Plincar 3,7 m x 2,24 kgfl m = 8,3 kgf P = L· Pll1lCllf 2. Uma barra de aço de 1 114" tem o peso de 34 kgf. Qual é O seu comprimento? Da fórmula : L = - P- Plincrtr 34 kgf 5,5m 6,22 kgf 1 m 3. Qual a bitola de um aço que. tendo um comprimento de 7,8 m, pesou 17,5 kgf7 Da fórmula: P Plinear =- L 17,5 kgf 7,8 m 2,24 kgf 1 m Pelo peso linear deve ser o aço de 3/4" de diâmetro . f 1 12 CONCRETO ARMADO EU TE AMO C Ol\lIPLEMENTO TABELAMAE A tabela que se seguirá será tão utilizada que chamá-Ia-emas de Tabela Mt1e. Ela dá os diâmetros dos vários aços, suas áreas e perímetros Di:lmetro cp Diâmetro 4> Peso linear Perímetro ÁREA DAS SEÇÕES DAS BARRAS As (cm 2) (mm) (kg Gm) (em) I 2 3 4 5 6 7 3116 " 4,76 0,141 1,60 0,18 0,36 0,53 0,71 0,89 1,07 1,25 1/4 " 6,35 0,250 2,00 0,32 0,64 0,95 1,27 1,58 1,90 2,22 5116 " 7,94 0,383 2,50 0,49 0,98 1,47 1,96 2,47 2,96 3,45 3/8 " 9,52 0,563 3, I 5 0,71 1,43 2,14 2,85 3,56 4,27 4,98 1/2 " 12,70 0,985 4,00 1,27 2,53 3,80 5,07 6,33 7,60 8,87 5/8 " 15,87 1, 548 5,00 1,98 3,96 5,94 7,92 9,90 I I ,88 13,85 3/4 " 19,05 2,220 5,98 2,85 5,70 8,55 11,40 14,25 17,10 19,95 7/8 " 22,22 3,040 6,97 3,88 7,76 11,64 15,51 19,40 23,28 27,15 I" 25,40 3,920 8,00 5,07 10,13 15,20 20,26 25,34 30,40 35,47 I 1/8 " 28,57 4,995 8,97 6,41 12,82 19,24 25,65 32,07 38,48 44,89 I 1/4" 31 ,75 6,170 10,00 7,92 15,83 23,75 31 ,67 39,59 47,50 55,42 ATENÇÃO - Quando saiu a primeira cdiç:io deste livro, em 1983 ai lida vigorava. na prá[ic~\ . 110 mercado fornecedor de <Iço. o uso de diâmetros expressos 110 sistema de polcgad.1s. Hoje. fe lizme nte . usa-se nesse mercado ü s istema métrico. Não foi viável reformular touO o li vro para :1daptá-lo para essa modifkação que não traz. fel izmente. maiores Illudanças pníticas. Todavia . C I11 ho mcnagem ao Sistema Mélrico. paLrimônio da Humanidade. em homen<lgem 1'1.'1 lci s do país lJue exigem O sistema métrico. em obediência 11 EB - 3 da ABNT. recomendamos aos leitores que na ~Lla vicL:l profissional Llsem a Tabcla de Aço com as expressões métricas. A correspondênci<l entre as medida s em polegadas e sislema métrico é : 'I> (" ) 3/ 16 1/4 5/1 6 3/8 112 5/8 3/4 6,3 8 10 12.5 16 20 2,2 AçAO E REAÇÃO - P RINÇjPIOS Aceitemos um postulado : "À cada ação (força) eorresponde uma reação (força) de mesmo valor, igual direção, mas de sentido inverso" . Uma pessoa, que na barra fixa, puxa para baixo a barra, se vê puxada para cima. A ação é na barra (para baixo), e a reação e no corpo (para cima), e o corpo sobe. Uma peça de 100 kgf apoiada no terreno , recebe dele uma reação de 100 kgf, esta é a reação do telTeno que equilibra o peso e então essa peça fica estável. Se o terreno não puder reagir o corpo afunda (recalca) Aul.A 2 13 Imaginemos a ponte simplificada a seguir que vence o vão de um rio suportando uma canalização de água: Tubo com agua~.~~,:::::::,:::::,~ VI ga de .t=:: concreto ~ Pilm 1_ _ Pilar 2 1 TUbO com água Vi ga de concreto Pilar 10m Corte Longitudinal Corte Transversa l Admitimos que o conjunto viga, tubo e água que passam dentro dele pesam 2.450 kgtlm. O peso totaldissoe: P = 2.450kgf/mxlOm = 24.500kgf = 24,5tf Logo, o peso desse cOI~unto (24,5 tf) dirigido para baixo, deve ser suportado pelos do is pilares que receberão cargas iguais (a carga está sendo uniformemente distribuída não havendo pois razão para se pensar que ocorram cargas diferentes nos pilares PI e Pü. Tudo se passa como se fosse: P :=: 24,5 tf peso equi valente ao 1 peso distribuído t l. ···· **lPesodiSlribido - - - - -I de 2450 kgr/m ljPl '" 12 ,25 tr VP2 :=: 12,25 tf RI == 12,25 tr i R 2 '" 12,25 tr o peso da estrutura (24,5 tf) foi descarregado nos dois pilares com forças PI e P2 tal que: PI + P2 = 24,5 tf Os pilares reagem com as forças RI e R2 que são ig uais a PI e P2, logo: RI "" P I c!> R, = 12,25 tf; R2"" P2c!> R2 = 12,25 tf Notar que RI é igual a P I mas em sentido contrario Pelo princípio de ação e reação, se o pilar reage na viga com RI (ascendente) sobre o pilar age um força P I inversa a RI. n n T1 = PI+L j ~L2 T2 = P2 + L2 Pil ar I ~LI Pilar 2 LI (Reação L2 (Reação do terreno) do terreno) Pilra que os pilares fiquem estáveis, é necessário que o terreno aja sobre elescom forças T I ~ T2 (ascendentes). TI nào será igual a P I, pois deve receber também O peso próprio do pilar (LI), Igualmel1le T 2 será igual a P2 + L2. L ___ ~ __ --------------_oJ 14 CONCRETO ARMAVO Eu TE AMO No final da história, todo o peso do tubo, da água, da viga, e do pilar, tudo isso e transmitido ao terreno que tem que reagir com T J e T 2. Se o terreno for forte , duro, rochoso, ele resiste (reage) com T I e T 2 e a estnllura estara estável. Se ele não puder reagir, ou seja, se ele não puder transmilir T I e T 2 aos pilares a ponte pode afundar (recalçar). 2.3 MOMF.NTO FLETOR OU AÇÃO À DISTÂNCIA DE UMA FORÇA Ao tentarmos girar lima barra encaixada em uma pedra, notamos que quanto mais comprida a barra, mais esforço de girar é transmitido ao encaixe (engastamento). F Ao tentarmos virar duas barras verticais iguais (mesmo comprimento h) mas em pontos mais distantes ou menos distantes de sua fixação, vemOS que, para a mesma força F: F 1'~J:°' ~~ •• i. I Engastamento 1 O esforço transmitido ao engastamento é maior para distância LI (que ê mai or que L2) e quanto maior o braço, tanto maior o esforço no engastamento para virar; o engastamento resiste ate o ponto em que rompe, e dai a peça gira nesse ponto . Podemos quantifiçar essa ação de tentar virar, como o produto "Força x Distância" e o chamaremos de Momento Fleto r. Assim, se a força de 100 kgf aplicada a um braço de três metroS teremos um Momento Flctor de : M = r x L 100kgf x 3 m 300 kgfm A tendência a girar pode ser associada a um sentido de rotação. Assim, forças que tendem 3 girar a barra no sentido horário. vão gerar momentos que por mera convenção serão positivos e as que tendem a girar no sentido ant i-horário vão gerar Momentos negativos. Assim, quando a mesma força F atua da direita para a esquerda, irá gerar no encaixe da figura, a seguir, um momento anti-horário (-) e quando F muda de sent ido (quando atua da esquerda para direita) gera Momentos no encaixe (+) horários. F AUlA 2 Convenção de Momento Fletor f':"IMM(\ +p - 15 T (l~""'" I' Ji+ ~.i!w~ ~ :·1..,1 Abstraindo-nos do aspecto construtivo da barra e de sua fixação no representa-lá como estando em equilíbrio face á ação de (exemplo numérico) : encaixe, podemos , 100 kgf c ã de Momento Fletor M é o Momento Resistente. Como o esquema de + f.\ M forças tende a girar o ponto C com um Momento onvenç,o ~41 horário de 400 kgfm, o ponto C não gira se o 5" • 2i F, ' 50 kgf • C , F3 ' 50 kgf V M ' 400 kgfm (o) encaixe transmiti r á viga um Momento anti- horário (~) de 400 kgfm Notemos que o Momento Fletor em C e a força F3 não exist em independentemente. Eles são reação do encaixe à tentativa de rotação e translação da . barra. Cessada a ação de F I e F2 cessa M e FJ. As reações nos vínculos só existem também se o encaixe for resistente (forte). Se ele não puder reagir ele quebra e a barra gira. A condição fundamental de equilibrio é que a somatória de todos os momentos causados pelas forças de ação, forças de reação e dos momentos resistivos se anulem Se a mesma barra fosse simplesmente apoiada em C, não houvesse o encaixe, ela giraria (sentido horario) e andaria para direita (posição 2). Ver figma ao lado: ') Queda Assim, seja a barra que está sujeita a duas forças ";;;;:;~;:;~;X;;;;;~:it~;:Z~~;;:;;-=!;i de sentido opostos: li Posição 1 Posição 2 Convenção de Momento Flctor .[)M F, ' IOOkgf A r :o • o ' 5m : B : o' C A F, = 50 kgf 2m A força F 1 tenta gi rar a barra no (encaixe ou engastamento) sentido causando um Momento em C que será: M J = FJ x L + 100kgf x Sm ponto C horário, + 500 kgfm 16 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO o momento em C causado pela força Fz será (sentido anti-horário) M 2 =~ Fl xL = -SOkgfx2 m -IOOkgfm O momento total em C será: M c = MI + M2 +500 - 100 = +400kgfm Conclui-se que há uma tendência externa para a barra girar em C no sentido horário (+) de 400 kgfm, Mas C ni'lo gira, pois está engastado (encaixe), este transmite à baITa um momento reativo de ~ 400 k$fin. Se a estrutura nào reagisse com esse Momento, o ponto C giraria quebrando o engastamcnto. E a mesma coisa que girar um parafuso com uma alavanca lateral. Enquanto o Momento de giro for menor que a resistência de fixação do parafuso (atrito de fixação) o parafuso não gira, ao se aumentar o Momento (seja através do aumento de força, seja através do aumento do braço) a fixação do parafuso não consegue opor um outro Momento contrario, e dai o parafuso gira, rompendo o vinculo. A partir da quebra do vinculo, tudo fica faciL Todos nós sabemos que o dificil é um parafuso bem apenado girar um pOllCO, girou um pouco , depois gira fac il (foi-se o vinculo) . A barra, vista no esquema antcrior só é estável (não gira quebrando o vinculo) porque no cngasrmnento a estrutura transmite à barra um Momento rcsistente igual e contrário ao Momento solicitante c transmi te uma força f3 = F I - F 1 . 2.4 APRESENTAMOS O PRÉDIO QU[ VAMOS CALCULAR ESTRUTURAÇÃO DO PRÉDIO A seguir remos o prédio que iremos calcular tlm tim por tim rim . Nada deixará de ser calculado. É um prédio de tres pavimentos, mais térreo c que tem andares tipicos cada um com cerca de 90 n/. A arquitetura é pobre, mas desculpem-nos pois os professo res do curso só são engenheiros, não arquitetos. Aqui está a perspectiva do nosso prédio AUlA 2 17 PERSPECTIVA DA ESTRUTURA DO PRÉDIO Vigas COBERTURA Pi larÇL.. Laje SUBSOLO 18 CONCRETO ARMADO Eu T1:: AMO CORTE TRANSVERSAL DO PRÉDIO COBERTURA ~- )QPAVIMENTO I~ -- 2,70 .::::::.1 " "'" 22 PAVIMENTO -1- I~ 2,70 ANDAR TIPO "'" '" ::::::::: ,Pº- ~,~~,~n~~ ~~ 1 2,70 ~H~' ~ :~:m'l i ~I.w~~:::o- =:/:=TÉRRr=.E0 :f. }~ZIL "i~Z.,: 1 1 ~~ L ~ ~~.,,' '-~::'"""' ~ 'I L AUlA 2 PLANTA DO APART AMENTO \ QUARTO 1 SALA COZINHA ) A.S. I l~~i _ .9 I 1'1 ~ I I~ll fr=====::':=:::::; I ! I I i ;!:l i I ~, 1 " \ 1 QUARTO 2 I" 1 , --',. ~:§' =========::]'=_:=. =-iJ -=F ! ~l~~U_. , ___ ' ,_725 _ R.~' \ IO. l_:~ ____ 3.72~~-_,_=_-_-~_r' kO.2fl Medidas em metro 19 20 I I . r CONCRETO ARMADO Eu TEAMO AuU2 21 PLANTA DE FORMA LEGENDA rO.40~ .Q,975 r--'-'.L17!25_+I~.~P"'t40'tI __ .. 2",22,,5 __ -1- , 0,20 I , 10,20 I V (2"""") ~ t ' 0975 F" 10,20 r ~ . . UViga I: P I (2OxtlQ) P:z (2Q:.:4ú) PJ (2Ox40) o " o ~ ~ S R~ ~ > (0 ~~) ~ f o 1 f-- ~ 6 N ;: g "'- filll0 p 4 (2Ox20) V2(20xSO) (L;;) iI 6l12O !l ~120 -~ Ps (2OxIlO) .. > I ~~- . I \:.~ ) ! iI 7 (2Ox12Ql (C~) g P9 l10x120) $W :; ~ 11 (20x20) V (2Ox50) ~, .. Pl1 (20:<20) (~~) ~ ~ ~O ;; J (20,.<10) V.O; (2OX50) ('$1120 Ps (2Ox20) J p(, t2Ox40) L ~220 (; ) i2. VJ (2Ox40) .. ~ .- ô (z:) ,; (L \ ~ $ 2.10 . .]) g -.' o~ $.120 )11(20:0:20) ..,.. >-.. ~ . Pu (20:-;40) .. '" ~ ( L.) g " .. ;; ~120 rl, {20x'1Q) PI6 (2Ox.tO) I ~ } I ~ I t , si ~ ! o jd • "2 I>ETALUE 1>0 CORTE VERTICAL I>AS ESCAI>AS 5,40 m LEI 4,05 m W-- t E2 2,70 m W-- LEI EI Para o batismo da estrutura que vamos calcular, utilizaremos os criterios da NB - 16, "Execução de desenhos para obras de concreto simples ou armado" que recomenda" • Simbologia das peças (ilem 5) • NI/meraçiio de úljl!S (ifem 6) ( I) Mcdidas Cl11lllctro (scções dos pil:u'Cs e vigils em em) A numeração das laj es será feita, tanto quanto possível a começar do canto esquerdo su perior do desenho, prossegu indo· se para a direita, sempre em linhas sucessivas, de modo a facil itar a localidade de cada laje. ( I) Ao se llUl11crnf m; 1;ljCS apnrceCfnlll ns lnjes LI':! e L E2 de nOlllcnclMlIfn pouco Ol'looo:'\ n. Desculpem.nos. r I 22 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO o Nlllneraçlio das Vigas (ílem 9) A numeração das vigas será feita para as dispostas horizontalmente no desenho, partindo-se do canto superior esquerdo e prosseguindo-se por alinhamentos sucessivosaté atingir o canto inferior direito, para as vigas dispostas verticalmente partindo-se do canto inferior esquerdo para cima por fileiras slJcessivas. até atingir o canto superior direito . • Numeração de Pilares (e Tirantes) (ilem 14) A numeração dos pilares e tirantes será fcita quando possível, partindo-se do canto superior esquerdo do desenho para a direita em linhas sucessivas. DADOS PARA O CÁLCULO DO NOSSO PRtDlO Cargas para o cálculo das lajes ~ NB - 5 ABNT (Cargas para o cálculo de estruturas de edificios) . CargN,s acidentais a) Em forros não destinados a depósitos 50 kgú'm2 b) Em compartimento destinados a residências, escritórios ou enfermarias: Sobre lajes com mais de 12 m2 150 kgflm2 Sobre lajes com menos de 12 m 2 200 kgflm 2 c) Em compartimentos destinados a reuniões ou de acesso público d) Em wmpartirncntos destinados a bailes, ginásticas ou esportes 300 kgOm' 400 kgf/m ' e) Em compa!iimentos destinados a arquivos, bibliotecas ou depósitos de qualquer natureza, as que se destinarem em cada caso especial : Cargas para cálculo de escadas Escadas secundárias Escadas de edificios de residência Escadas de edificios públicos Outros dados O concreto terá fd: "" 150 kgflcm2 O aço será CA 50A 200 a 250 kgOm' , 250 a 400 kgf/m-, 400 , 500 kgf/m A fundação será direta, usando sapatas maciças rígidas assentas em um solo com tensão admissível à compressão de 2,0 kgfJcm2. 23 AULA 3 3. 1 APLICAÇÓES DO PRINCíPIO DA AÇÃO E REAÇÃO Já vimos na aula anterior que o p!incípio de ação e reação é aplicável a todas as cstru~lIr~s recebendo cargas c que estejam em equilíbrio. Esse princípio vale para todas as forças vert icais, horizontais e ioclinadas. . Vejamos alguns exercícios de cálculo de fo rças de reação, fo rça,s essas que .. como ~ I mos, ã "' "stem independentemente. Só ocorrem em reação, em resposta, as forças alivas. ASSim ao 0,0 c. . A ã d t,nnos um móvel no chão temos que vencer a força de atnto. o cessar nossa aç o e arras . ã - "t " rar O movei este não sairá andando empurrado pela força de atnto que ent o nao CXlS e maiS. empur, , d" " d 100 k f Seja a barra a scguir. Sobre esta barra agem uma for~a. para a I,relta e g e para a esquerda dt! 50 kgf dado urna di ferença de 50 kgf para a dlrella. No vlllculo C deve haver lima reação de 50 kgf para que: F, " 100 kgf c FI " F2 + F3 F3 = FI-F2 F3 " IOO-50 F3 " 50kgf F " 100 kgf Imaginemos agora um barra vertical que soldada a um peça é puxada com uma força de 10 kgfno ponto A e no ponto B é empurrada com força de 2 kgr. A 10 kgf B ~ 2 kgf Estrutura A 10 kgf B l 2 kgf F3 " 10-2 F3 =8kgf Olhando a barra isoladamente, ela só não sai, não se desliga da estrutura, se esta, a estrutura, puxar a barra com força: FJ ::: 10 - 2 = 8 kgf I I I ! ,', 24 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO Pelo princípio de ação e reação, se a estrutura puxa a barra com 8 kgf, a barra puxa a estrutura com F 4 "'8 kgf Um outro exercício: Um senhor gordinho que pesa 100 kgf, pesa-se numa balança c segura um balão de gás que só é seguro e impedido de subir graças a um esforço de 50 gf Qual o peso na balança? A reação da balança no homem é (vertical para cima): F ~ 100,00 - 0,05 99,95 kgf 50 gf ~ 0,05 kgf ~ 100 kgf (Reação da balança F no homem) A ação do gordo c balão na balança é de 99,95 kgf c vertical para baixe. Logo , olhando-se no medidor (escala) da balança deve dar o peso de 99,95 kgr Se não der é que a balança esta desregulada. 3,2 CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO DE ESTRUTURAS Já vimos que como resposta à ação de esforços externos (cargas atuantes e Momentos), as estruturas de acordo com os seus vínculos reagem ou tentam reagir com forças e Momentos Fletores. Para que uma estrutura seja estável é necessário que : 1. A soma das cargas hori zontais ativas e as horizontais reativas se igualem (se anulem); 2. A soma das cargas verticais ativas e reativas se igualem (se anulem); 3. A sOlllatória dos cálculos dos Momentos Fletores (de rotação) para qualquer ponto da estmtura seja nulo . Essas tres condiçõcs serão conhecidas neste curso como as "famosas três condições". Imaginemos uma viga de madeira apoiada em dois pontos (paredes de alvenaria) e que essa viga suporta um esforço não centrado de 500 kgf como é mostrado na figura a seguir. t AULA 3 25 o esquema é: p ~ 500 kgf l P ~ 50~kgf A ç Pilar I Pilar 2 1-----"-8~m~-~ RS Esquema Estrutural t 2m ~M ,--"'-""--- t\ estrutura de apoio reagiu com duas forças verticais ascendentes, RA e RR tal que: P "" RA + RH então RA + RI! "" 500 kgC Qual o valor de RA e RI3 (reações nos apoios)? Se a força P tivesse sido colocada no meio do vão, por simetria rZA seria igual RI! e então RA = 250 kgf e RI{ "" 250 kgr. Acontece que o peso P ficou mais perto de B que de A e então as reações são desiguais. Mostra fi nOSSIl experiência de vidll que nesse caso RB deverá ser maior que RA- Vamos calcular RA e RI3 e verificar isso O ponto B e o ponto A não são engastados, portanto sobre eles a estrutura não transmite Momento Resistente. Podemos, pois, considerar (3i! condição) que a somatória de todos os Momentos de todas as forças ativas (P) e reativas (RA e RB) deve dar zero, ou seja Ms = O Mas calculemos Mj) pela definição, ou seja o resultado da soma de todos os Momentos causados por todas as forças atuantes. M H =+ RA xlOm- 500 kgf x 2m + R 13 xO = O + RA x 10 m - 1.000 kgfm :::: O :::) 10 x RA ::::: 1.000 kgfm LOOO kgfm Logo R A 100 kgf 10m Como R A + RB = P => RA +R g =500kgf :::) 100+R[3=500kgf Logo: R B = 500kgf- IOOkgf :::) R B = 400kgf Já calculamos pois, RA c Rn. Vê-se, como a sensação mostra, que o ponto B é mais carregado (400 kgl) do que o pOnlO A (\ OOkgf) devido ao peso (500 kgf) estar mais perto de B do que de A. Poderíamos ca lcu lar RI3 de outra forma . O Momento em A também é nulo MA "" O O Momento em A é a soma dos Momentos de todas as forças que agem na barra . Logo: M A =SOOkgfx8m - R!)xlOm = O 4.000kgfrn 4.000kgfm =+ 10m x R B :::) Rn= 10m 400 kgf Conclusão: O pilar 1 (A) recebe um esforço vertical de cima para baixo de 100 kgf e. reage COm R" de \00 kgf pam cima. O pilar 2 (B) recebe um esforço vertical de cima pllra baiXO de 400 kgf e reage com 400 kgf para cima A estrutura só sera estável se o te·rreno puder reagir tolll forças vCll icais (terreno firme) . S~ o terreno não puder reagir (terreno pantanoso, por exemplo) n estru tura não ser,j estável, e afund(lr<l . 26 CONCRETOARMAIJO Eu TE AMO EXERciclOs: 1. Calculemos agora os Momentos Fletores em três pontos de uma barra vertical. 8 Convenção de Momento Fletor +1) M o Momemo Fletar em A e nulo. Para calcular o Momento Fletor em B basta virmos caminhando de A para B . MA=O M8 = +300kgf x 6m = 1.800 kgfrn O Momento no pOnto C causado pelas forças externas (ações) será : Me = FI x 8 In - F2 x 2 m Notar que F2 introduz em C UIll Momento Flctor para girar C 110 sentido co ntrário (_) Me = 300kg)( 81ll- 60kg x 2 m = + 2400kgm - 120kgm Me = 2280kgm Logo, as forças externas tentam girar em C com uma grandeza (Momento Flctor) com sentido horário de 2.280 kgfm. O ponto C só não girará se o engaste tiver capacidade (resistência) de transferir fi viga nesse ponto um Momento F]cto r resistente e anti-horário de 2.280 kgfm. Pelo principio de ação e reação o engaste em C transfere também á viga uma força F): FI = F2+ F3 logo F)=300 -60 =240kgf 2. Consideremos agora uma barra de madeira engastada em uma parede e sujeita â ação das forças indicadas B A 1,5 m ! 0.5 m I 1,0 m D F = 5kgf t FJ= 10 kgf Temos sobre a viga (e sobre a parede) ag indo forças verticais. horizontais e os conseqüentes Momentos de cada força Vejamos as forças : li' A soma de forças ativas horizontais é de 5 kgf(força única) para a esquerda. • A soma das forças ativas verticais é de 5 kgf para baixo e 1I kgf para cima. A condição de equilíbrio (para a barranão se deslocar) é que a soma de todas as forças verticais se anulem e a soma de todas as horizontais se anulem (I! c 2! condições). Não confundamos movimemo (saída do local) com deformação. Sem dúvida que sob o efeito de forças , ou Momentos, as estruturas se deformam (trabalham) mas o que não podem é se movimentar (andar) '. AULA 3 27 Logo, a parede deve transmitir forças horizontais e verticais (H I e VI) tal que: 5 k f !V A primeira condição de equilibrio é lFI = gB I __ .,!:'i F4= 5 kgf que as forças horizon tais ~e s~nti d.o ~a L_--:;"--':==-::-:t~ direita para a esquerda sejam Iguats as  t C 1) de sentido da esquerda para a direi UI, F2= I kgf FJ= 10 kgf A segunda condição de equilibrio é que as fo rças verticais descendentes sejam iguais às verticais ascendentes, logo: FI + VI = Fz + F) tem os que 5+ VI = 1+ 10 V, =11-5=6kgf Logo conclui-se que para essa barra ficar estãvel. a parede deve transmi tir ã barra as fo rças: Ação da parede na viga !6 kgf 6 kgft Reação da viga na parede 5 kgf 5kgf .~ ....- . C C A viga transmite li parede forças opostas. ou seja, face à ação tlas forças ativas na barra. a barra levanta a parede com força de 6 kgf e empurra a parede para a esquerda com a força de 5 kgf Assim, agem na viga as forças: FI= 5kgf V I= 6 kgf A 1'2= I kg F3~ 10 kgf 1.~.19.d1Jl~~ Já conhecemos todas as forças que agem na viga e na estnltura. Calculemos agora os Momentos Fletores que atuam na barra, e na parede. A parede está sendo tenlada a girar no sentido anti -horário (ponto C). de acordo com os seguintes Momentos· Me =-FI x2 m + F2 xO,5m - f J)( Im Me =-5kgfx 2 m "' lkgfxO,5m - IOkgfx Im Me = - 19,5 kgfm Conclusão: Os esforços externos são tais que tentam girar a viga na sua união com a parede no sentido anti-horário com o esforço de 19,5 kgfrn . . A viga, na união com a parede só não girará se a, e.st rutura de encaixe puder reagI r nesse ponto com um Momento Resistente (M?mcnto ho~ano) de 19.5 kgrm . Logo, a estrutura (barra) estável. devera ter a segulIltc representação . O Momento horario M = 19,5 kgfm (Momento FJetor Resistente) só foi transmitido â barra pelo fato da pa rede ter recebido um momento anti-horário de 19,5 kgfm (em sentido oposto ao da barra). 28 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO Conclusão: Ao se colocar essa barra nessa parede e com essas cargas, a parede é solicitada a se levantar com a fo rça VI . é solici tada a se deslocar para a esquerda com a força H I e é solicitada a girar no sentido anti-norário de 19,5 kgfrn . A parede não se romperá se tiver capacidade de transmiti r a viga tudo oposto do que recebeu (vingança dirão alguns). Isso acontecendo, a parede não se rompe e a viga se equil ibra. 3. Calcular os esforços na barra abaixo. Adotar peso próprio de 1 kgf por metro centrado no meio o comprimento da viga AB é L = J3 2 +42 =5 m (Teorema de Pitágoras) 4m Como o peso linear é de 1 kgflm, o peso da barra é de 5 kgf (localiza-se no centro de simetria) . O esquema estrutural é: 2 kgf ~ 10 kgf B iI~ [)M As forças V A, HA e o Momento Fletor Resistente MA' são as reações do vinculo (encaixe) às soli ci tações ex ternas. Admite-se que existe o Momento em A pelo fato do vinculo em A impedir a rotação. Esse Moment o (por enquanto desconhecido) tanto pode ser horário (como indicado) ali anl;- horil rio. Igua lmen te não conhecemos o scntido de V A C HA . Os cálculos dirão As reações V A ' I f A e MA são reações no vinculo A (engastamento). VA = 10 + 5 - 35 = - 20kgr (A famosa segunda condição) Como V A deu negativo, a sua orientação indicada ê incorreta, ou seja: V A deveria ser descendente, isto é o vínculo puxa para baixo a barra (sem o vínculo a barra tenderia a subir). HA = 2+10 =+ 12kgf (A famosa primeira condição) o sentido de HA esta correto, as forças externas tendem a puxar a barra para a direita e o vínculo impede isso com a força HA para a esquerda . AUlA 3 Apliquemos finalmente a famosa terceira condição. M A = IO x 4 +2x 3 + IOxl,5+ S x2-35x2 MA = 40+6+15+ 10 - 70 M A = + 1,0 kgfm 29 Conclusão: As forças causam no engastamento (encaixe) em A um Momento Fletor horário de 1,0 kgfm. Logo, no ponto A na barra, o encaixe transmite um Momento anti-horario (tende a girar ao contrário do relógio), ou seja, o ponto C esta em equilibrio (M ""' O) No ponto A na barra os esforços trasmitidos pelo engastamento são: MR(~HA (Momento Resistente) I ~ VA 3.3 VíNCULOS NA ENGENHARIA E STRUTURAL Chama-se vinculo de uma estrutura, cada restrição dessa estrutura ao seu giro, a um movimento vertical (para cima ou para baixo), ou a um movimento horizontal (para a direi ta ou esquerda) . Uma barra lisa de madeira apoiada em dois pontos bem lubrificados como abaixo, pode, se sujeito às forças externas, andar para a direita e para a esqucrda e pode girar para o sentido horário em tomo de A., e pode em tomo de 8 girar no sentido anti -horário A barra pode subir no ponto A e no ponto B. A barra, todavia, nào pode descer em A ou B (a estrutura de apoio não deixa). Essa estrutura é portanto estável, se receber um esforço vert ical para baixo (e desde que ocorra em um ponto entre A e B) (claro, dentro de limites pois o solo pode ceder para esforços muito grandes). . Essa barra será inst ável se receber um esforço vertical para cima, (ela sobe) ou em esforço horizontal (ela anda) . Essa estmtura é instável (ela gira) se aplicar um Momento no meio (ela gira perdendo o contato com o ponto A ou B). Imaginemos agora varias tipos de apoio de estruturas: ri ~~~======~2- Estrutura 2 L lO CONCRE'I"Q AIM'fADO Eu TE AMO Estrutura 3 Estável para qualquer tipo de esforço A estrutura I c estável (têm vinculos) pa ra esforços vcnicais descendentes e aos horizontais para a esquerda , Essa estrutura não e estável para esforços verticais ascendentes, horizontais para a direita e não é estável para Momentos anti-horários. A estnJtura 2 é estável, graças aos seus vínculos, ã qualquer esforço horizontal, esforço vertical descendente. A estrutura 3, graças aos seus vínculos, é estável para esforços vert icais, horizontais e aos Momemos Fletores int roduzidos. Estamos falando qual itativamente de vínculos. Sem d'lvida que se as forças aplicadas forem enormes, os vinculos romper-se-ão. Será uma perda não pelo tipo do esrorço, mas sim pela sua intensidade. Uma porta ê uma estrutura instável: ~ F, ~f_I~~ ====") Vinculo ------ ~ ___ L ___ --11 M (articulação) 1- Observação: a articulação ê o tipo de vinculo do Viaduto Santa Efigênia que é um arco triarticulado Quando empurramos urna porta com força F I , o víncu lo nào tem como se opor ao Momento F I x L c a porta gira (estrutura nào estável). Quando a porta se tranca, temos o esquema· . / Vinculo I (articulação) " Vinculo 2 (engastamento) O vinculo 2 (engastamento pela solidariedade porta - parede) cria lima estrutura estável pois pode reagir à rorça FI . Claro que o vincu lo 2 resiste às esforços moderados. Se FI crescer desmesuradamente o vinculo quebra e a porta está arrombada. Quando uma porta fechada ti. chave (com lingüeta) é forçada, ela apresenta o seguinte esquema de resistência : Reação r Vinculo I t Reação Vinculo 2 AUlA J 3 I Neste nosso curso chamaremos de apoio simplE"s quando o vinculo permite reagir só com torças verticais. Esse apoio também é. c~amado ~e role,te ou carrin.ho . No apoio tipo articul.ll~ão ~ transmitidO â estrutura reações verticaiS e hOrlzontals_ No apOio engaslllmcnlo translllltldo a estrutura esforços verticais, horizontais e Momentos SEJMI /\ S BARRAS A SECU IR t: OSSEUSTIPOS DE ViNCU LO o rato ~~ ~ ~ ~ (~ ~ ~ , n l-- ElIgaslamento ~ Á ti ~ 5 1,\ 11I01.0GI'\ A C.uTin ho ..." * (role te ou apo io móve l) Representação ~ m A ~ A Articulnçiio r , I I , " , J' ºi' 32 CONCREIV ARMADO Eu TE AMO 3.4 COMO AS ESTRUTURAS SOFREM, OU SEJA, APRESENTAMOS: ATRAÇÃO, o CISALHAMENTO, A COMPRESSÃO E A TORÇÃO lã vimos que as estruturas que estão em equilíbrio tem de atender as três famosas seguintes condições necessárias (obrigatórias)" 1. Todas as forças que atuam sobre a estrutura c as que reagem, medidas todas na hori zontal, tem que se equilibrar (condição da estrutura não andar para a direita ou esquerda). 2, Todas as forças ativas (externas) que atuam sobre as estruturas e as que "reagem, medidas todas na vertical, tem que se equilibrar (condição da estrutura não subir ou descer) 3. Todos os esforços que atuam sobre a estrutura e os que reagem não podem fazer a estrutura girar (condição de que a estrutura não gire em nenhum ponto), ou seja o Momento Fletor causado por todos os efeitos é nulo para qualquer ponto . Todas essas tres condições dizem respeito às ações externas (peso, carga, vento), reações nos apoios e Momentos externos aplicados . Todavia a estrutura ao receber os esforços, cria resistências internas. Assim, se puxarmos uma barra de aço pendurada no teto com a força P, P Q: ~T·'· P Reação da barra no teto a barra transfere a força P para o teto, às custas de seu material, ou seja, a barra tende a ter suas partículas afastadas uma da outra (tracionamento). Há um limite de coesão interna após o qual a barra se rompe, ou seja, há um limite para P. Quando uma barra, um cabo, é submetida à uma força que tende a afastar as partículas da barra, há um esforço de tração (alongamento, estiramento, aL'\stamento, etc .) Um cabo de elevador é um e"emplo de barra tracionada. o Roldana Contrapeso Quando a ação da força é para juntar, comprimir, apertar as partículas de uma barra temos o esforço de compressão. Um pilar de prédio é um exemplo. Barra do elevador A força F é perpendicular à seção do cabo, tendendo afastar cada partícula do cabo. F AULA 3 33 Se construírmos uma treliça como a seguir para sustentar a construção de uma ponte, o leitor saberia intuitivamente dizer quais as partes tracionadas (+- -+), e as comprimidas (-+ +-) da mesma? Consideremos agora um peso colocado na extremidade de uma corrente composta de argolas: E[o (argo[a) ® Seção transversal da argola solicitada por P o peso P transmitido à argola faz com que haja uma tendência de romper a argola, ação de uma força paralela no plano da seção. Seção da Argola A força P é paralela à seção da argola . A argola na seção vertical está sendo cortada, (como se corta pão) ou em outros tennos está sendo cisalhada (separação por um plano vertical). Temos aqui um esforço de cisalhamento. Consideremos agora uma estaca que está sendo cravada em um terreno. Há um grande esforço (força) distribuído em uma área pequena (como um prego sendo cravado em uma madeira). te.mos aqui um esforço de IHlllcionameuto no terreno. Um cofre forte colocado no meio de uma l3Je gera também esforços de puncionamento. Marreta~ Cofre o F t ' Estaca L 34 CONCNETOARMAJ)O Eu 1E AMO Consideremos agora ulTla viga de madeira de grande tamanho (viga A) na qual se prega uma prancha de madeira (prancha B) transversalmente e nessa madei ra se coloca um tijolo . Admitamos que a prancha B está fortemente pregada à viga por pregos. Prancha de Madeira B B r - _VigaA Braço do momento L~ PerspectivlI Seção Transversal A viga de madeira (A) está sujeita graças â força P, e a sua distância (braço) à uma torção, ou seja, as partículas da viga sào convidadas a se torcerem (Momento de Torção) Se esse Momento for deniasiado a viga pode romper. Notemos que esse Momento de torção é calcLllado T = P x L , ou seja, quanto maior o peso para uma mesma distância, maior o Momento de torção. Se a distância fosse nula, então P estaria sobre a viga e não haveria torção. Notemos que o Momemo de torção que estamos introduzindo agora, age no plano paralelo à seção transversal de uma viga. r, --..... T D /, , ' Momento de Torção , / Em estruturas de prédio existem Momentos de torção em vigas causadas pela ação da carga de lajes em balanço (marquises) Seç.io transvesal Laje Marquise Cargas Laje Marqui se T,' )', , Viga Braco do momento L v------ A viga sofre uma torção Viga causada peja carga 4 4.1 DETERMINAÇÃO DE MOMENTOS FLETORES E FORÇAS CORTANTES EM VIGAS 35 AULA 4 Uma viga sofrendo um carregamento vertical como abaixo, sofre em alguns de seus pOntos esforços de compressão, em alguns esforços de tração e em alguns esforços de cisal hamento. Esses efeitos são causados pela carga P e pela fl exão causada por essa força . Para conhecer as condições que ocorrem devemos conhecer os diagramas de momento e de força cortante, que passamos a estudar nesta aula, (diagrama é o desenho do esforço, ponto fi ponto na estrutura) Vejamos um exemplo: Viga '-- Pil (A ar 1 poio~ 4. 1.1 MOMENTOS FLETORES A .. IRA !P Pila B w.it' ;01'-- r2 Obs.: As deformações estão exageradas Consideremos uma viga de madeira que suporta um peso de 10 t. e simplesmente apoiada em dois pilaretes c! p ~ lO, E ç D . A I I B 8 2 3 7 ~ 5 tf 10m 2dm 10m RB ~ 5 tf A viga acima está equilibrada, pois se verificarmos as três famosas condições: o as forças horizontais se anulam, (no caso não existem); o as verticais de ação (10 tf) anulam pelas reações nos apoios (5 tf mais 5 If); • o Momentos Fletores em qualquer ponto se anulam. , , ~, il I. ~! , I 36 CONCRETOARMAI)U Eu TE AMO Para os descrentes, verifiquemos essa última condição para o ponto A I Otf . 10m - 5 tf . 20 m = O Para o ponto B 5tf·20m - lOtf ·IOm = O Para o ponto C Me = O=> Stf·lOm - St(·IO rn = O Ou para ou tro ponto qualquer D por exemplo: Stf·13m -IOtr ·3m - Stl'· 7m = O Verificamos assim, por exemplo, que a somatória de todos os Momentos causados pelas forças ativas (P) e reativas (RA e RB) se anulam em qualquer ponto da estrutura como conseqüência do equi librio da estrutura. Todavia, esse equil íbrio se faz â custa de transmissão de esforços, ou seja a viga "sofTe quietinha" como veremos Tracemos agora o diagrama de Momentos de vários pontos, começando do ponto A e vindo de A para a direita (só considerando as forças que existem à esquerda). MA ::: O pois a reação em A tem braço zero em relação ao ponto A e o momento é força x distância. No ponto E vindo de A, só terá o Momento ME que é: + RA . 8m = Stf· 8m = +40 tfm = ME Sem duvida que esse Momento de 40 tfm é equilibrado externamente pela força P de 10 tf e pela Reação Rn. Se isso é verdade, também é verdade que em termos de esforços internos na posição E o Momento de 40 tfm é resistido pela barra . Conclusão: a soma de todos os momentos em relação a E é nula, mas em E as forças a esquerda tentam gi rar a seção para o sentido horário e em valor de 40 tfm (+), e as fo rças a direita tendem a girar com um sentido anti-horario de 40 tflll (-). Ocorre pois nesse pont o um momento de 40 tfm. No ponto C (vindo de A) o Momento é: Me = R" · IOm = Stf·IOm = ~ 50tfm (Momento Resistente) No pOnlO D (vindo de A) o Momento é· EmB: M D = 5tf· (10+ 3)m -IOtf· 3m = +651fm - 30tfm = +35tfm MO = R A . 20m - IOtf·IOm = 5tf ·20m -IOOtfm = O Mu = O Achamos que esse é um ponto important íssi mo de reflexão. Dada uma estnltura efll equilíbrio. calculados todos os Momentos Fletores (positivos c negativos) causados peJas forças atuantes e pelas reações, o momentO do ponto (e de qualquer ponto) é zero. Apesar de ser zero a somatória dos momentos, a transmissão dos esforços atraves da barra gera esforços internos que podem ser calculados ponto a ponto, vindo da esquerda para a direita c considerando nesse ponto a ação das forças que estão desse lado. Vimos pelo exercicio que MA :': 0, M\3 '" 0, Me = 50 tfm, MJ) ::: 35 tfm, ME = 40 tfm. Quando no caso os Momentos Fletores internos (sofrimentos das seções das barras) sãO causados por forças localizadas (e não distribuídas) O crescer e o decrescer desses Momentos tenl lei linear Podemosentão traç<lf o diagrama dos Momentos Fletores de toda a viga . AUlA 4 Momentos posi tivos em tfm: A viga exageradamente deformada é =J -- Me = SOtfm Mo = 35tfm ME = 40rfm 37 Em qual quer seção da viga entre os apoios há tração em baixo e com pressão em cima. Nos apoios, por serem aniculações, essas situações são nulas. o gráfico acima ê o gráfico dos Momentos internos de todas as seções das vigas. Se quisermos saber o Momento de um ponto qualquer x em qualquer lugar da viga ou se faz o cálculo, ou se pode tirar O valor graficamente, diretamente em escala do diagrama do momento. As conclusões são: na seção A, a viga não sofre Momento Fletor, na seção E essa seção face a ação da força reativa RA sofre uma tlexào medida pelo Momento Fletor de 40 tfm gerando valores de tração em baixo e compressão em cima. A seção da viga mais exigida é a seção C que sofre uma flexão de 50 tfm. Nesse caso ocorrem os maiores esforços de tração em baixo c compressão em cima. Para vigas carregadas com peso central no seu ponto médio, o valor do Momento Fletor mâximo será , desde que apoiada em pilaretes que não impedem a livre deformação da viga : U2 L/2 P ·L => Me = - 4 P RB =- 2 . . Esse Momento Fletor positivo igual a Me comprime a parte superior da viga e Iraciona a mfenor como a figura exagerada a seguir Figura p Seção Seção Seção Seção ~ Enrugamento A e @ o B face a compressão - - Q) Seção t RB E 38 CONCRETO/l UMA DO Eu TE AMO Esquema LN Seção E o Linha Neutra (nem tração nem compressão) A parte de cima da viga é encurtada (comprimida) e a debaixo é alongada (tracionada). O esquema anterior indica graficamente o que acontece na seção do meio da viga. Nas fibra! inferiores em <J) temos o máximo da tração. Nas libras superiores em ® temos o máximo d~ compressão. Sendo tração e compressão conceitos opostos, eles tem que passar por um pOnto médio G) onde não há tração e nem compressão. É o ponto neutro <D. Na verdade, existe ao longo da viga, uma linha neutra (LN). Se não, vejamos: Na seção A não há Momento Fletor. [dem na seção B. Na seção C já há algum Momento Fletor gerando nas fibras superiores alguma compressão e nas fibras inferiores alguma tração. Na seção E (meio da viga) as fibras no pomo ® atingem o máximo de compressão e em (li o máximo da tração. Na seção D já decresl:e a tração c compressão nas bordas superiores e inferiores para na seção B não haver mais Momentos Fletores. Consideremos agora um caso mais geral de uma viga simplesmente apoiada em dois pilaretes onde atuam duas forças I~OS pontos E e O e sejam R[ e Rz as reações: Sm Sm Exageradamente a viga derormada Calculemos a soma dos Momentos fletores causados por todas as forças em O e que como sabemos é nulo.( I ) MD =O:::) R[·Sm -3tf·5m - R z·5m=0 :::> 8·RI=15+5·Rz Como sabemos R I .! . 15+S· R, R2 ::: 23 tf e substitumdo RI por _--:,---C- temos: 8 15+S·R ,-,--,-:-,-,-,-, +R, = 23 tf => IS+S· R,+8· R,= 184 => 13·R,=184-IS 8 Logo: R, =~ => R, = 13tf 13 Portanto: RI = 23 - R 2 :::> R J = 23 - 13 = lO ::::) RJ = 10tf (] ) O Momento é nulo se calculado parn tOO<lS as forças a direita e fl esquerda, não é nulo se calculado para as forças só à esquerda (ou só à direita). 39 Como o nosso bom senso indicava que como a força 20 tfestava mais perto de R2 que RI, R resultou mais carregado do que RI· Z Conhecidas as reações nos apoios podemos facilmente calcular os Momentos Fletores em cada ponto da viga e principalmente nos pontos singulares A, E, D, B. Vindo sempre da esquerda para a direita (-) MA =0 ME =R[ ·3 = ..... \0·3 = 30 tfm Mo = R I ·8 - 3·5 = +8· 10- 15 = +65 trOl Mu = Rt ·13 - 3 10 - 20·5 = 130 - 30 - 100 = O MR = O Notemos que todas as seções onde os Momentos deram positivos. significa a ocorrência de tração em baixo e compressão em cima da viga. Observemos que calculamos os Momentos em C e D vindo pela esquerda. Calculemos agora vindo da direita e mostremos que vindo da direita os resultados serào os mesmos, mas com sinais trocados : Mu = O M D = - R2 ·5 = +\3·5 = - 65tfm ME::: - R 2 . 10 + 20·5 = - 13 . 10 ..... 100 = -30 tfm MA = R2 ·13+20·8+3·3 = -\3·13+ 160+9 = O MA = O Vê-se que vindo da esquerda chegamos aos mesmos valores de Momento F1etores nas seções. de que vindo da direita mas em sinais trocados mostrando que eles se anulam em lermos de equilíbrio externo. Todavia na seção ocorre o Momento dando tração em baixo e compressão em cima quando o Momento e positivo (vindo da esquerda) ou negativo (vindo da direita). As seções das vigas são mais esforçadas (mais Iração em baixo c mais compressão em cima), quanto maiores os Momentos nas seções. Assim nas várias seções os diagramas de esforços são: Compressão LN Consideremos agora uma viga 80 kgf/m vencendo um vão de 40 m impedem a livre deformação da viga 80 kgf/m Seção A ou 8 que é carregada com peso uniformemente distribuído de e que ê simplesmente apoiado em dois pilarctes que não Viga deFormada ! lJt ! ! f I I ! I i .' ,'I . ~ M! I' '1\,1 'I t l, , , :1 , " li " I> ,i I 1:1 l r 40 CONCRETO AHMAI){) Eu TE AMO Observamos que a condição de apoio simples, pennitindo livre acomodação de deformação de viga é fundamental. Se os apoios impedissem as deformações as fórmulas até aqui apresentadas não valeriam Como isto na vez que discutimos os pesos lineares, o peso 101al sobre a viga será: 80 kgf I In' 40 In = 3,2 If Logo, como o peso ê uniFormemente distribuido, cada reação tem o valor de 1600 kg (as reações sào iguais pela simet ria do carregamento). Consideremos agora, um ponto qualquer C na viga 80 kgf/m fl ' T '~l " 1 + I I C I 1 +t) M llom l 30m f RA= 1600 kgf 40 m Rg= 1600 kgf o Momento Flctor (vindo de A) resistidos peja seção em C sen"1 calculada da seguinte forma: Na seção C ocorre Momento causado pela força RA muhiplicad a pelo braço de 10 !TI e com sentido horário ( t-), além disso ocorre o Momento causado pela força distribuída nos 10 rn que vão de A a C. Essa força distribuída vale no total 80 kgf/m . 10m "" 800 kgf Como o carregamento é uniforme podemos admitir para o cálculo de Momento em C que ele se situe no ponto X que é (I ponto médio entre A e C. Logo essa fo rça de 800 kgfterá um braço (distância) até C de 5 m O Momento Fletor causado pela carga distribuída valerà pois (- 800 kgf' 5 m) "" - 4 000 kgfin (momento anti-horário) O Momento Fletor real em C é resultado da soma dos doi s Momentos. Logo Me = 1.600 kgf . 10 m - 4.000 kgfm = + 12 000 kgfm, Para lllll caso geral: ~ q,L RA = -- 1 2 u L.mj q 1 O Momento Fletor em um ponto C qualquer da viga e di stante nl do apoio A vale : g·L m MC =-· ·m - q·m 2 2 o Momento Flclor máximo se dá no meio da viga (então m = L/2 e então no meio da viga o Momento Flctor de seção média vale Me = q . L 2/ 8 ). Nos exercidos anteriores a curva que ligava os Momentos de vários pontos era linear. Quando o ca rregamento é unirormemente distribuíd o a curva dos Momentos fl etorcs c uma parábola. O gráfico dos Momentos será igual à' RA = 'L!o 2 q RU = qJ: 2 Momento máximo q.JZ 8 ~ A UlA 4 41 Demos até aqui a teoria necessária para resolver vigas apoiadas em dois pilaretes e com cargas distribuídas e cargas concentradas. Vamos fazer uma série de exercícios para explorar melhor o conceito, levantar, solver dúvidas e estraçalhar o assunto. Assim esperamos . Observação. Normalmente, os projetistas eSlnlturais de prédios tem que se haver principalmcntc com rorças horizontai s da esquerda para a direita c da direita para a esquerda c forças vcnicais descendentes (um caso de ocorrência de verticais ascendentes ocorre em projeto de barragem devido ao empuxo da água). A metodologia do processo de resolução de estruturas com forças ascendentes é igual ao até agora apresentado considerando-se apenas o sinal. Imaginemos a barra (viga) a seguir e os seus múltiploscarregamentos: Força 1100 kgf roo kgf AI I (!) r IIB RA + RS " 100 +300-500 500 kg 1 R" f 3 2 1 I 1 R, RA + RO =. 100 kgf Como sabemos, a somatória de todos os Momentos das forças ativas e reativas à qualquer ponto da viga é nulo. Escolhamos o ponto B: Mo =O M B = RA ·7 - 100·4 +500·2 - 300· I = O 7· RA 400 .... 1000 -300=0 ::::) 7· R A =-300 => R A = _ 300 7 RO =_ 100+ 300 7 => R 13 =-700+300 7 => R ll = _ 400 7 Observem que na figura anterior admitimos que RA e RO eram ascendentes, enquanto que os cálculos mostraram que eram negativas. Logo, podemos concluir que RA e Rn sào descendentes A conclusão é que a barra tem as seguintes fo rças atuando. RA = 3~0 I 100 kgfj 300 kgfj 1 Rg = 4~0 A c E B 500 kgij I J , 2 I I Os Momentos fl etores resistentes são MA = O M S= O 300 900 M e = - -·3=- - =-129kgfm 7 7 300 1500 - 1500 - 1400 M J) = __ o 5 - 100·2 = - -- - 200 - -4 14 kgfm 7 7 7 42 CONCIU!"/'OA H.MIIDO Eu TE AMO 300 ME ~ - -·6 - 100·3 + 500·1 ~ -257 - 300 + 500 ~ - 57kgrm 7 Toda a barra, a menos dos pontos extremos, eSta sob efeito de Momento negativo ou seja entre sofrendo tração em cima c compressão em baixo. O esquema e gráfico de Momento seriam: 414 ~ ~ A ç D E B Gráfico Esquema Em O temos as maiores tensões de tração (em cima) c compressão (em baixo). Em C e E teremos condições médias e em A c B condições nulas. Observemos como curiosidade que por O O inércia no primeiro esquema de vigas admitimo~ que nos pontos A e B haveria apoios que impediriam a descida da viga. A B Ora, esse tipo de apoio impede a descida da viga (restrição ou vinculo à descida) Todavia,o cálculo provou que nos pontos A e B a viga tende a subir. Uma viga como essa com essas carg.u atuantes e com os vínculos propostos, jamais teria estabilidade. A viga voaria. O cálculo provou que os vínculos teriam de ser Ou seja Esses tipos de vinculas podem impedir a subida da viga ao transmitir à mesma, forças RA e RIl positivas (sentido contrário ao admitindo no inicio da resolução). Passemos agora ao estudo de lima viga onde atuam as forças seguintes: 10 tr 15 tI' ~-=::J B ç E F 10 tf A D G 5 tr 25 tf ~~·I · 3m 2m 2m 2m Notemos que com esse carregamento não sabemos a priori qual o tipo de vinculos que devemos construir em B c E para a estabilidade da viga. Os vínculos propostos em B e E impedem a descida da viga transmitindo pois as forças verticais RI e R2 Somente os cálculos dirão se os vinculas propostos são corretos. Se RI e R2 resultarem positivos do cálculo então os vinculas são corretos. Se derem negativos, eles deveriam ser invertidos. Apliquemos as três famosas condições fundamentais : A UL44 1. Soma de forças horizontais iguais a zero HI-10tf = 0 => HI = JOtf O vinculo em A para garantir a estabilidade deve reagir na viga com 10 Ir Isso quer dizer que o vinculo será comprimido com 10 tf. 2. Soma de todas as forças verticais iguais a zero . Façamos as somas observando os sentidos: RI + R2 + 5+ 25- 10 - 15= 0 => RI + R2 =-5tf 3. Apliquemos o plincipio dn soma de todos os Momentos das cargas ativas e reativas (RI e R2) . Em qualquer ponto da estrutura o "Momento" tem que dar zero. 4 3 Escolhamos por acaso o ponto B (o aluno pode experimentar para todos os outros pOntos). Mg = O => ~1O.2 - 5·3 + 15·5 - R2 .7 - 25.8 = 0 - 20- 15 + 75 - 7·R z -200~ O + 40 - 7·R z = 200 _ Rz " 200 - 40 7 R2 = -22,9 tf Como R I ..... R 2 = - 5t => RI = - 5 - R 2 =-5- (-22,9) R I =+ 17,9tf Co nclusâo: o apoio em B está correto e o de E esta incorreto. O ceno seria o invertido . O esquema certo seria: Calculemos agora os Momentos Resistentes em cada ponto . Como sabemos MA = Mo = O A viga trabalha como se moma: 10 tf ":---T------'r---+,----+-~----" 10 tr A G--- 17.9 tf ~~~_-,,3-'-m"---+~"-2-"m'---+~2"-"m'--I .. 1 m Partindo da esquerda para a direita· MA ~O Mg =- 10·2 = -20tfm Me = -10 · 5 + 17,9· 3 = -50 + 53,7 = +3,7 tfm 25 tr 2m 9JL -----. 44 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO M O::: - 10· 7 + 17,9· 5 +5 · 2 = -70+ 89,5 + 10 = +29,5 tfm M E -:= - 10·9+ 17,9· 7 +5· 4 - 15·2::: +25,3 tfm M F = - 10·10 + 17,9·8 '·5· 5 - 15· 3 -22,9·1 = O Ma =0 I Notemos que já sabíamos que Mo e MF eram nulos, pois não havia a sua direi ta força COm braço para gerar Momento. A força de 10 tf aplicada em G não' tem braço em relação à F ou G (braço nulo). Já aprendemos a trabalhar com Momentos Fletores em vi gas . Aprenderemos a seguir I trabalhar com forças cortantes em vigas. 4.l.2 FORÇAS CORTANTES (CISALHAM ENTO) Já ap rendemos a fazer diagrama de Momento Fletores em lima viga. Outro diagrama importante ê o diagrama de Forças Cortantes. Imaginemos uma barra de aço suportruldo um peso de 40 tf colocado em uma posição qualquer da viga: Como sabemos: R A + R B = 40lf Pela condição MO = O tcremos: !:= 40 tf 7 5,2 I )~ R A 7 m R B RA ·7- 40·1 ,8=0 :::::> R A ·7-72 =0 :::::> RA ·7=72 72 RA =- :::::> RA =10,3 tf 7 Ro =40-10,3 :::::> RB =29,7tf (Nolarfllll que se o peso P ficasse no meio da viga seria : RA "" 20 tf e Ro "" 20 tf) i Como P ficou mais pello de RI! esse fo i au mentado , no limite se o peso de 40 tf ticasse em I U, RA :."' O c RB "" 40 tr. Na seção A atufl a rCflçào RA que vale 10,3 I. Vindo da esquerda parfl a direita (de A para B) só existe essa força que é paralela a seção transversal da viga e que tende a cortar (cisalhar) I f viga pflra cima, ou seja, além dos esforços de flexão da viga causada pelos Momentos há uma ação de corte (cisalhamento). I De A até C essa ação de corte é de baixo para cima. Em C tudo muda, pois entra em açãO a t força P que é maior que R" c tende a cortar para baixo. De C até B vale a diferença (P - RA). • AULA 4 Graficamente lemos: Efeito de cot1e de ~ baixo para cima e 10,3 tf 1''''' I. id }I\+l :!lr:"! i!! I. de valor 10,3 tf ' P = 401f Efeito de corte de cima para baixo e de valor 29,7 tf RA = 10.3 tf 1!J!jIk!;W!l1 RB "" 29,7 tr Observem que se viéssemos de B para A o gráfico seria o mesmo. 45 Ao dimensionarmos essa viga ao cisalhamento deveríamos considerar o maior dos valores quenào é 40 Ire sim 29,7 Ir. Considerando agora uma outra viga: );---------j135 tf ! 10m ~I~ RJ\ + R I) = 3S tf M B =0 RA · IO =35·0 => RA = O RA + R g = 35 Rn tO ",, 35 RA = 35 tf R A = 35·0 10 O :::::> R/\ :-=0 10 Logo se uma força é aplicada diretamente no vincu lo (A ou B) fl reação neSSe pomo é igual a essa força O diagrama de forças cortantes é· !351f 7A----------------~D Se essa torça cortante colocada no meio o diagrama é nulo de A ate B. No pon to B surge a força cortante. Na verdade nào há rorça cortante na viga e sim no apoio. ! 35 tf O diagrama de esforço corta nte seria: ~ 17,5 If [': "il '0;1 tl':il~ RA = 17.5tf t RO =17.5tf L::;.,.',0 ·;li:., .. 11 7.5If Ncste caso a viga seria dimcnsionada para ti força cortante de 17,5 tr. 7 46 CONCRETO ARMADO Eu TE AMO Conclus:lo: Para vigas si mplesmente apoiadas a condição pior (máxima) de cisalhamento aumenta quando a força cortante se aproxima do apoio. Teoria? Claro que não Pegue um pão (a famosa bengala) e coloque-a sobre dois apoios: c verifique onde é mais fácil cortar, se no meio ou nos apoios? ('1,110 que qualllo mais proxuna UI) apoio mais fácil é cortar, ou seja, é mais "cortávcl", é mais "cisalhável". Conclusões: Para Momentos, se queres maiores Momentos Flctores coloque em viga simplesmente apoiada a carga no meio e nunca perto dos apoios. Para Forças Cortantes coloque a força perto dos apoios. No caso de estrutura onde a força (carga) circule livremente (por exemplo nas pontes) deveremos dimensionar 3· viga para cisalhamento quando a carga está no apoio e para o Momento Fletor quando a carga esta no meio ou seja para o pior dos piores. Quando a carga não anda. dimcnsiona-se a viga pa ra a situação resultante de carga fixa. Imaginemos agora a viga que tem lima carga
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