AULA 12 - EXEMPLO 1

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Exemplo 1: Aula 12 
Dados: 𝑓𝑐𝑘 = 30𝑀𝑃𝑎 
seção 20x60 
Aço CA50 -𝐸𝑠 = 210.000 𝑀𝑃𝑎 
CAAII - cob. 3,0cm 
∅𝑡 = 5.0𝑚𝑚. 
Carregamento: 𝐺𝑘̅̅̅̅ = 16𝑘𝑁/𝑚, 𝑄𝑘̅̅̅̅ = 10𝑘𝑁/𝑚 
OBS: O carregamento permanente é aplicado logo após retirada das formas (t=1 mês) e o 
carregamento de sobrecarga após o término da construção (t=12 meses). 
 
I. Verificação do ELS-W para abertura de fissuras. 
 
1. DIMENSIONAMENTO DA ARMADURA LONGITUDINAL: 
 
5 barras de 20.0 mm - 𝐴𝑠 = 15,71𝑐𝑚² (𝑀𝑑 = 1,4 ∗ 𝑀𝑘) 
2. CÁLCULO DA TENSÃO ATUANTE NAS ARMADURAS NO ELS, Combinação Frequente: 
2.1. Cálculo do esforço na combinação frequente: 
�̅�𝑑,𝐶𝐹 = �̅� + 0,4 ∗ �̅� 
�̅�𝑑,𝐶𝐹 = 16 + 0,4 ∗ 10 = 20𝐾𝑁/𝑚 
 
2.2. Cálculo da tensão nas barras na combinação frequente: 
𝜎𝑠𝑖 =
𝑓𝑦𝑘
1,15
∗
�̅� + 0,4 ∗ �̅�
1,4 ∗ (�̅� + �̅�)
=
500
1,15
∗
(16 + 0,4 ∗ 10)
1.4 ∗ (16 + 10)
= 239𝑀𝑃𝑎 
 
3. Cálculo da área de concreto que recobre as armaduras (𝑨𝒄𝒓): 
Sabendo: 𝑐𝑜𝑏 = 3𝑐𝑚, ∅ = 20𝑚𝑚, 𝑒𝑣 = 3𝑐𝑚 
Cálculo do espaçamento horizontal: 
𝑒ℎ =
20 − 2 ∗ 𝑐𝑜𝑏. −2 ∗ ∅𝑡 − 3 ∗ ∅𝑙
2
=
20 − 2 ∗ 3 − 2 ∗ 0.5 − 3 ∗ 2
2
= 3,5𝑐𝑚 
 
Calculando a área 𝐴𝑐𝑟 menor entre as armaduras: 
𝐴𝑐𝑟 = (𝑐𝑜𝑏 + ∅𝑡 + ∅𝑙 +
𝑒𝑣
2
) ∗ (𝑐𝑜𝑏 + ∅𝑡 + ∅𝑙 +
𝑒ℎ
2
)
= (3 + 0.5 + 2 +
3
2
) ∗ (3 + 0.5 + 2 +
3,5
2
) = 50,8𝑐𝑚² 
 
4. Taxa de armadura aderente (𝝆𝒓𝒊): 
𝜌𝑟𝑖 =
𝐴𝑠,∅𝑙
𝐴𝑐𝑟
=
3,14
50,8
= 0,0619 
 
5. CÁLCULO DA ABERTURA DE FISSURA NA VIGA: 
Menor entre: 
𝑤𝑘 =
∅
12,5 ∗ 𝑛
∗
𝜎𝑠𝑖
𝐸𝑠
∗ 3 ∗
𝜎𝑠𝑖
𝑓𝑐𝑡𝑚
 
𝑤𝑘 =
∅
12,5 ∗ 𝑛
∗
𝜎𝑠𝑖
𝐸𝑠
∗ (
4
𝜌𝑟𝑖
+ 45) 
Logo: 
𝑤𝑘 =
20
12,5 ∗ 2,25
∗
239
210000
∗ 3 ∗
239
2,896
= 0,2𝑚𝑚 
𝑤𝑘 =
20
12,5 ∗ 2,25
∗
239
210000
∗ (
4
0,0619
+ 45) = 0,09𝑚𝑚 
Portanto a abertura de fissura na viga do exemplo é igual a: 
𝑤𝑘 = 0,09 < 0,3𝑚𝑚 (𝐿𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑑𝑎 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐶𝐴𝐴𝐼𝐼) 
Com relação a abertura de fissuras a viga não apresenta problemas. 
 
II. Verificação do ELS-DEF para deformações excessivas: 
 
1. DETERMINAÇÃO DO MOMENTO DE FISSURAÇÃO DA VIGA: 
𝑀𝑓𝑖𝑠𝑠 = 𝑀𝑟 = 𝑓𝑐𝑡,𝑓 ∗
𝐼𝑐
𝑦𝑡
 
 
1.1. Cálculo de 𝒇𝒄𝒕,𝒇: 
𝑓𝑐𝑡,𝑓 = 1,5 ∗ 𝑓𝑐𝑡,𝑚 (𝑠𝑒çã𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟) 
𝑓𝑐𝑡,𝑚 = 2,896𝑀𝑃𝑎 
𝑓𝑐𝑡,𝑓 = 1,5 ∗ 2,896 = 4,34𝑀𝑃𝑎 
1.2. Inércia da seção bruta: 
𝐼𝑐 = 𝑏𝑤 ∗
ℎ3
12
= 0,2 ∗
0,63
12
= 0,0036𝑚4 
 
1.3. Momento de fissuração: 
𝑀𝑟 = 𝑓𝑐𝑡,𝑓 ∗
𝐼𝑐
𝑦𝑡
= 4340 ∗
0,0036
0,6
2
= 52,1𝑘𝑁𝑚 
 
2. CÁLCULO DO MOMENTO ATUANTE NO ELS – COMBINAÇÃO QUASE 
PERMANENTE: 
𝑃𝐶𝑄𝑃̅̅ ̅̅ ̅̅ = �̅� + 0,3 ∗ �̅� 
𝑃𝐶𝑄𝑃̅̅ ̅̅ ̅̅ = 16 + 0,3 ∗ 10 = 19𝑘𝑁/𝑚 
𝑀𝑚𝑎𝑥,𝐶𝑄𝑃̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑃𝐶𝑄𝑃̅̅ ̅̅ ̅̅ ∗
𝑙2
8
= 19 ∗
82
8
= 152𝑘𝑁𝑚 
 Como 𝑀𝑟 < 𝑀𝑚𝑎𝑥,𝐶𝑄𝑃 no ELS a viga já apresenta regiões com fissuração, logo, no 
estádio de deformação II. 
3. DETERMINAÇÃO DA POSIÇÃO DA LN (𝒙𝑰𝑰) E INÉRCIA NO ESTÁDIO II: 
 
3.1. Parâmetros ∝𝒆: 
∝𝑒=
𝐸𝑆
𝐸𝑐𝑠
 
𝐸𝑐𝑠 = (0,8 + 0,2 ∗
𝑓𝑐𝑘
80
) ∗ 𝐸𝑐𝑖 
𝐸𝑐𝑠 = (0,8 + 0,2 ∗
𝑓𝑐𝑘
80
) ∗ 5600 ∗ √𝑓𝑐𝑘 = (0,8 + 0,2 ∗
30
80
) ∗ 5600 ∗ √30 = 26.838𝑀𝑃𝑎 
∝𝑒=
𝐸𝑆
𝐸𝑐𝑠
=
210.000
26.838
= 7,82 
 
3.2. Posição da LN: 
Para seção retangular e área de aço negativa 𝐴′𝑠 = 0: 
𝑎1 =
𝑏𝑤
2
=
20
2
= 10𝑐𝑚 
𝑎2 =∝𝑒∗ 𝐴𝑠 = 7,82 ∗ 15,71 = 122,9𝑐𝑚² 
𝑎3 = −𝑑 ∗∝𝑒∗ 𝐴𝑠 = −55 ∗ 7,82 ∗ 15,71 = 6757𝑐𝑚³ 
Logo: 
𝑥𝐼𝐼 =
−𝑎2 + √𝑎2
2 − 4 ∗ 𝑎1 ∗ 𝑎3
2 ∗ 𝑎1
 
𝑥𝐼𝐼 =
−122,9 + √122,92 − 4 ∗ 10 ∗ 6757
2 ∗ 10
= 20,6𝑐𝑚 
 
3.3. Cálculo da Inércia da seção no estádio II: 
Para seção retangular e armadura negativa 𝐴𝑠
′ = 0: 
𝐼𝐼𝐼 =
𝑏𝑤 ∗ 𝑥𝐼𝐼
3
3
+∝𝑒∗ 𝐴𝑠 ∗ (𝑥𝐼𝐼 − 𝑑)
2 
 
𝐼𝐼𝐼 = 20 ∗
20,63
3
+ 7,82 ∗ 15,71 ∗ (20,6 − 55)2 = 203.656,6𝑐𝑚4 = 0,00204𝑚4 
 
4. CÁLCULO DA RIGIDEZ EQUIVALENTE DE BRANSON (𝑬𝑰)𝑬𝑸: 
(𝐸𝐼)𝐸𝑄 = 𝐸𝑐𝑠 {(
𝑀𝑟
𝑀𝐶𝑄𝑃
)
3
∗ 𝐼𝑐 + (1 − (
𝑀𝑟
𝑀𝐶𝑄𝑃
)
3
) ∗ 𝐼𝐼𝐼} ≤ 𝐸𝑐𝑠 ∗ 𝐼𝑐 
(𝐸𝐼)𝐸𝑄 = 26838000 {(
52,1
152
)
3
∗ 0,0036 + (1 − (
52,1
152
)
3
) ∗ 0,00204} ≤ 𝐸𝑐𝑠 ∗ 𝐼𝑐 
(𝐸𝐼)𝐸𝑄 = 56.435,5𝑘𝑁𝑚
2 ≤ 𝐸𝑐𝑠 ∗ 𝐼𝑐 = 26838000 ∗ 0,0036 = 96.616,8𝑘𝑁𝑚² 
Logo: 
(𝐸𝐼)𝐸𝑄 = 56.435,5𝑘𝑁𝑚² 
 
5. CÁLCULO DA FLECHA IMEDIATA: 
𝑎𝑡,0 =
5
384
∗
𝑃𝐶𝑄𝑃̅̅ ̅̅ ̅̅ ∗ 𝑙
4
(𝐸𝐼)𝐸𝑄
= 
𝑎𝑡,0 =
5
384
∗
19 ∗ 84
56.435,5
= 0,0179𝑚 𝑜𝑢 1,79𝑐𝑚 
 
6. CÁLCULO DA FLECHA TOTAL E DA FLECHA DIFERIDA NO TEMPO: 
𝑎𝑡,𝑖𝑛𝑓 = 𝑎𝑡,0 ∗ (1 + 𝛼𝑓) 
ONDE: 
𝛼𝑓 =
∆𝜉
1 + 50 ∗ 𝜌′
 (𝑇𝐴𝑋𝐴 𝐷𝐸 𝐴𝑅𝑀𝐴𝐷𝑈𝑅𝐴 𝑁𝐸𝐺𝐴𝑇𝐼𝑉𝐴 𝐼𝐺𝑈𝐴𝐿 𝐴 𝑍𝐸𝑅𝑂) 
LOGO: 
𝛼𝑓 = ∆𝜉 
6.1. Determinação do 𝒕𝟎: 
𝑡0 =
∑ 𝑃𝑖 ∗ 𝑡0,𝑖
∑ 𝑃𝑖
=
16 ∗ 1 + (0,3 ∗ 10) ∗ 12
16 + 0,3 ∗ 10
= 2,7 𝑚𝑒𝑠𝑒𝑠 
6.2. Determinação do 𝜉 para o 𝒕𝟎: 
𝜉(𝑡0 = 2,7) = 0,68 ∗ 0,996
2,7 ∗ 2,70,32 = 0,924 
6.3. Determinação do 𝜉 para o 𝒕𝒊𝒏𝒇: 
 
𝜉(𝑡𝑖𝑛𝑓) = 2 
 
6.4. Determinação do∆ 𝜉: 
∆𝜉 =∝𝑓= 𝜉(𝑡𝑖𝑛𝑓) − 𝜉(𝑡0 = 2,7) = 2 − 0,924 = 1,08 
 
Logo 
𝑎𝑡,𝑖𝑛𝑓 = 𝑎𝑡,0 ∗ (1 + 𝛼𝑓) = 1,79 ∗ (1 + 1,08) = 3,72𝑐𝑚 
7. VERIFICAÇÃO COM A FLECHA LIMITE DA NORMA: 
Para flecha limite igual, limitação visual: 
𝑎𝑙𝑖𝑚 =
𝐿
250
=
800
250
= 3,2𝑐𝑚 
 
Como 𝑎𝑡,𝑖𝑛𝑓 > 𝑎𝑙𝑖𝑚 a flecha na estrutura, sendo necessário medidas para correção da flecha. 
 
8. SOLUÇÃO COM USO DE CONTRA-FLECHA: 
 
8.1. Contra flecha máxima: 
𝑐𝑓𝑚𝑎𝑥 =
𝐿
350
=
800
350
= 2,28𝑐𝑚 
8.2. Contra flecha adotada: 
𝑐𝑓 = 1𝑐𝑚 
 
Logo: 
𝑎𝑓 = 𝑎𝑡,𝑖𝑛𝑓 − 𝑐𝑓 = 3,72 − 1 = 2,72𝑐𝑚 
 
Portanto: 
𝑎𝑓 < 𝑎𝑙𝑖𝑚 → 𝑂𝐾!