Concreto armado exemplo[1]

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Concreto armado exemplo[1]

  1. 1. Detalhamento deConcreto Armado (Exemplos Didáticos) José Luiz Pinheiro Melges Ilha Solteira, março de 2009
  2. 2. Exercícios - Detalhamento 11. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.1.1 DADOSA princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria sera II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais brandapara ambientes internos secos. Sendo assim, será adotada uma classe de agressividade I.Para classe de agressividade I: Seção transversal da viga: 16 cm x 50 cm.• Classe do concreto ≥ C20 → adotar ConcretoC20 (fck = 20 MPa), com brita 1.• Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cmcobrimento = 2,5 cm Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm• Aço CA 50 A (fyk = 500 MPa = 50 kN/cm2). Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2)1.2 DIMENSIONAMENTOS1.2.1. Flexão: Detalhamento da armadura de flexão:Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cmd (estimado) = 0,9 h = 45 cm dreal = 44,6 cm Portanto:Kc = 2,37 dreal/destimado = 44,6 / 45 =Ks = 0,030 = 0,99 (> 0,95 ok!)As = 9,1 cm2 (OK!)(≥ As,minima = 0,15% . b . h = 1,2 cm2)Adotar 5 φ 16 mm (As,efetivo=10cm2) (OK!)
  3. 3. Exercícios - Detalhamento 21.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003): A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado omodelo de Cálculo I.• VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kNa) Verificação da compressão diagonal do concreto (biela comprimida): VSd ≤ VRd2 VSd = 45,5 kN VRd2 = 0,27 αv2 fcd bw d , 2onde αv2 = 1 – fck/250 (obs.: o valor de fck deve ser dado em MPa para calcular αv2)Portanto: αv2 = 1 – fck/250 = 1 – 20/250 = 0,92 VRd2 = 0,27 . 0,92 . ( 2 kN/cm2 / 1,4 ) . 16 cm . 45 cm = 255,5 kN ( > VSd, Ok!)b) Cálculo da armadura transversal (dimensionamento dos estribos): VSd ≤ VRd3 (=Vc + VSw) Na verdade, o objetivo é dimensionar a armadura dos estribos a partir do VSw (ou do τSw). τSw = τSd – τc , onde : τSw = tensão que deve ser absorvida pela armadura transversal VSd 45,5 kN τSd = = = 0,0632 kN / cm 2 = 0,632 MPa b w d 16 cm . 45 cm 2/3 τ c = 0,09 f ck = 0,663 MPa (τ Sw e f ck em MPa ) * (*expressão válida para flexão simples) Portanto: τSw = τSd – τc = 0,632 - 0,663 = - 0,031 MPa (NÚMERO NEGATIVO !) A princípio, não seria necessário o uso de estribos, mas a norma recomenda a adoção de umataxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um númeropositivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal daviga, seria dado pela expressão mostrada a seguir: 1,11 τSw ρw = f ywd (≥ ρ w , min )Observação: fywd = fywk / 1,15, mas não se tomando valores superiores a 435 MPa
  4. 4. Exercícios - Detalhamento 3 A nova versão recomenda que se use uma taxa mínima igual a : 2/3 2/3 f 0,3 . (f ck ) 0,3 . (20) (em MPa )ρ w , min = 0,2 . ctm = 0,2 . = 0,2 . = 0,000884 f ywk f ywk 500 ( em MPa )(Observação: Este valor é inferior ao valor recomendado pela NBR 6118:1980, de 0,0014)Adotar ρ w = ρ w , min = 0,000884• Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4a do Prof.Libânio M. Pinheiro: ρ w . b . 100 0,000884 . 16 . 100 A sw ( em cm 2 / m) = = = 0,71 cm 2 / m , onde: n 2 ρ w = taxa de armadura adotada b = largura de viga (em cm) = 16 cm n = número de ramos do estribo• Ver Tabela 1,4a (pág.1-7) do Prof. Pinheiro: φ 5 mm cd 27 cm (0,725 cm2/m, valor interpolado)• Confirmar diâmetro mínimo:5 mm ≤ φt = 5 mm ≤ b / 10 = 15 mm• Confirmar espaçamento máximo: dado em função de VRd2 ⎧ 0,6 d ≤ 30 cm se VSd ≤ 0,67 VRd2 s max ≤ ⎨ ⎩ 0,3 d ≤ 20 cm se VSd > 0,67 VRd2Como VSd/VRd2 = 45,5/255,5 = 0,18 ≤ 0,67 então smax = 0,6 . 45 = 27 cm ( ≈ espaç. calculado)Adotar espaçamento entre os estribos (s) igual a 27 cm.Portanto, a armadura transversal será composta por estribos de 2 ramos, comφ5 mm cd 27 cm (área efetiva igual a 0,725 cm2 / m )Observação: a NBR 6118:2003 recomenda ainda que o espaçamento transversal máximo (st,max)entre ramos sucessivos não deverá exceder os seguintes valores: ⎧ d ≤ 80 cm se VSd ≤ 0,2 VRd2s t ,max ≤ ⎨ ⎩ 0,6 d ≤ 35 cm se VSd > 0,2 VRd2
  5. 5. Exercícios - Detalhamento 4Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cmNeste exemplo, tem-se que:st = largura da viga – 2 . cobrimento – 2 . φestribo/ 2 = 16–2x2,5 – 0,5 = 10,50 cm (< st,max ,OK!)Observação: como neste caso a viga está apoiada indiretamente em outras vigas, não se podereduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-seque mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada àverificação da resistência à compressão diagonal do concreto.1.3. CÁLCULO DA ÁREA DE ARMADURA MÍNIMA SER ANCORADA NOS APOIOS (item 11 .1 da apostila)a) No caso de ocorrência de momentos positivos nos apoios, a área de armadura longitudinal detração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Nesteexemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a esteexemplo.b) Em apoios extremos, necessita-se de uma área de armadura capaz de resistir a uma força Rst que,nos casos de flexão simples, é dada pela expressão: ⎛ al ⎞R st = ⎜ ⎟VSd, face ; onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do ⎝ d ⎠apoio e com seu valor não reduzido.Pela NBR 6118:2003 o valor de al , é dado pela expressão: ⎧≥ 0,5 d (estribos a 90°) ⎡ VSd, max ⎤ ⎪∴ a =d.⎢ ⎥ , de mod o que ⎨≤ d (item 4.1.1.2., NBR 6118, versão anterior) ⎢ 2 . (VSd, max − Vc ) ⎥ l ⎣ ⎦ ⎪= d (caso resultado for nro. negativo) ⎩ ⇒ Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kN ⇒ Vc = 0,6 ⋅ f ctd ⋅ b w ⋅ d = 0,6 . 1,105 MPa . 45 cm . 16 cm = 0,6 . 0,1105 kN/cm2 . 45 cm . 16 cm = 47,74 kN ⇒ al = -457 cm (Nro. Negativo!) ⇒ Como al calculado é um número negativo adota-se al = d = 45 cm.
  6. 6. Exercícios - Detalhamento 5 45 R st 45,5 kN∴ R st = 45,5 = 45,5 kN A s, apoio = = = 1,05 cm 2 45 f yd (50 / 1,15)c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão: ⎧A ⎪ s, vão / 3 = 10 / 3 = 3,33 cm 2A s, apoio ≥ ⎨ ⎪Área relativa a 2 barras = 2 x 2 cm 2 = 4 cm 2 ⎩Portanto, dos itens a), b) e c) têm-se que : As,calc = 4 cm2 Ancorar 2 barras (As,ef = 4 cm2)1.4. ANCORAGEM NOS APOIOS (Compr. disponível l be ≥ Compr. mínimo de ancoragem l be, min )1.4.1. Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 20 – 2,5 = 17,5 cm1.4.2. Comprimento mínimo de ancoragem em apoios extremos ⎧ l b, nec (conforme item 6) ⎪l be, min ≥ ⎨ ( r + 5,5φ ), onde r = raio int erno da curvatura do gancho ( tabela 2) ⎪ 60 mm ⎩ A s, calc⇒ Cálculos: l b, nec = α1. l b ⋅ ≥ l b, min , onde A s, ef α1 = 0,7 , para barras tracionadas c/ ganchos, c/ cobrimento maior ou igual a 3 φ (= 3 x 1,6 = 4,8 cm) no plano normal ao do gancho l b : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) l b : = 69,92 cm. As,calc, para ancoragem no apoio = 4 cm2 As,efetiva, ancorada no apoio = 4 cm2 l b, nec = 48,94 ≈ 49 cm l b, min é o maior valor entre 0,3 l b ( = 20,98 cm), 10 φ (= 16 cm) e 10 cm. Portanto, adotar l b,nec = 49 cm
  7. 7. Exercícios - Detalhamento 6 Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio. Uma alternativa seriaaumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem dasbarras com ganchos, mas, mesmo assim, haveria a necessidade de um valor mínimo ( l b, min =20,98 cm) que seria maior que o disponível (=17,5 cm). No entanto, a NBR 6118:2003, item 18.3.2.4.1, estabelece que quando houver cobrimentoda barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e asações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos trêsvalores anteriores pode ser desconsiderado, prevalecendo as duas condições restantes. ≥ 7 cm ⎧ l b, nec = 49 cm ⎪ ⎪ ⎪ Portanto: l be, min ≥ ⎨ ( r + 5,5φ ) = ( 5 φ / 2) + 5,5 φ = 8 φ = 12,8 cm ⎪ ⎪ ⎪ 6 cm ⎩1.4.3. Verificação: l be (= 17,5 cm) > l be, min (= 12,8 cm) → Ok!1.4.3. Detalhamento das barrasGanchos nas duas extremidades, tipo C.Armadura de tração.L1 = 620 – 2 . 2,5 = 615 cm.φ = 16 mm = 1,6 cm.Trecho Reto = 8 φ = 12,8 ≈13 cmφdobr. = 5 φ = 8 cmh = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cmLtot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cmLtot ≈ 645 cm
  8. 8. Exercícios - Detalhamento 71.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momentofletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguintemodo: a) pelo número de barras usadas para resistir ao momento máximo (opção geralmente usada quando se tem todas as barras com o mesmo diâmetro) b) proporcional à área das barras (opção que pode ser usada quando se tem barras com diâmetros iguais, mas que sempre deve ser usada quando nem todas as barras tiverem o mesmo diâmetro) Neste detalhamento, será usada a opção b): Se 9,1 cm2 (área total calculada) resistem a um momento igual a 13 650 kN.cm, Então 2 cm2 (área de 1 barra φ16mm) resistem a X Pela “regra de três” , tem se que: 9,1 X = 2 . 13 650 X = 3 000 kN.cm = 30 kN.m Portanto, cada barra têm capacidade de “absorver” uma parcela de momento fletorcorrespondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a últimavai absorver a parcela do momento fletor que restar para ela. Cada faixa vai ter um comprimento (l) na face superior e outro na face inferior. Estecomprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala.
  9. 9. Exercícios - Detalhamento 8 Proporção2º Passo) Deslocamento do diagrama de momentos fletores de al (=45cm)3º Passo) Ancoragem das barras As barras 1 e 2 devem ser prolongadas até o apoio. Resta, portanto, determinar ocomprimento das barras 3, 4 e 5. A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deveprolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula.
  10. 10. Exercícios - Detalhamento 9 Para cada faixa, faz-se a seguinte análise: a) no ponto do diagrama deslocado, onde o momento começa a diminuir, deve-se somar o comprimento de ancoragem l b(Obs.: como a divisão do diagrama foi feita de modo proporcional à área das barras e não emfunção de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico l b ao invésdo comprimento de ancoragem necessário l b, nec ) b) no ponto onde o momento fletor foi totalmente absorvido pela barra, soma-se o valor de 10φ c) o comprimento da barra devidamente ancorada será o maior entre os comprimentos das faces inferior e superior da faixa, lembrando-se que, nesse caso, o diagrama é simétrico.Dados: al = 45 cm ; 10φ = 16 cm; l b : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) l b : = 69,94 cm ≈ 70 cm (boa aderência, barra sem ganchos nas extremidades). Portanto, adotar l b = 70 cm• Barra 5 ( = faixa B.5) ⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )l barra ≥ ⎨ ⎩ 2 al + 2 l b ⎧72,5 + 90 + 32 = 194,5 cml barra ≥ ⎨ ⎩ 90 + 140 = 230 cm• Barra 4 ⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )l barra ≥ ⎨ ⎩l inf erior + 2 al + 2 l b ⎧204,4 + 90 + 32 = 326,5 cml barra ≥ ⎨ ⎩ 72,5 + 90 + 140 = 302,5 cm• Barra 3 ⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )l barra ≥ ⎨ ⎩l inf erior + 2 al + 2 l b ⎧336,3 + 90 + 32 = 458,3 cml barra ≥ ⎨ ⎩ 204,4 + 90 + 140 = 434,4 cm
  11. 11. Exercícios - Detalhamento 101.6. DETALHAMENTO Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4igual ao da barra 3, igual a 459 cm, obtendo-se uma simetria com relação à armação da viga. OBSERVAÇÕES FINAIS: N1, N2, N3 : Armadura de flexão N4: Porta - estribos (diâmetro igual ao do estribo) N5: Estribos Cobrimento da armadura: 2,5 cmAço (CA 50) Comprimento total (sem perdas) Comprimento total (com 10% de perdas) φ 5 mm 2 . 6,15 m + 23 . 1,24 m = 40,8 m 40,8 . 1,10 = 44,9 m φ 16 mm 1 . 2,30 m + 2 . 4,59 m + 2 . 6,45m = 24,38 m 24,38 . 1,10 = 26,82 mPara verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, verapostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos aForça Cortante” , EESC – USP.
  12. 12. Exercícios - Detalhamento 11 Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a NBR 6118:2003.2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.2.1 DADOSDados:Concreto C20 (fck = 20 MPa), com britas 1 e 2. Cobrimento da armadura: 1,5 cm.Aço CA 50 A (fyk=500MPa=50kN/cm2).Seção transversal da viga: 15 cm x 50 cm, com base (b) = 15 cm e altura (h) = 50 cm. Seçãotransversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2). P1 P2 P3 P42.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo)2.2.1. Força cortanteObs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valorde al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm.
  13. 13. Exercícios - Detalhamento 122.2.2. Momento fletor (kN.cm) As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: 5,71cm2 2,91cm2 2,92cm2 3,22cm2 4,21cm2 4,21cm2 1,16cm2 As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: 6,25cm2 3,2cm2 3,75cm2 3,2cm2 5cm2 4cm2 2,5cm2 5φ12,5mm 4φ10mm 3φ12,5mm 4φ10 mm 4φ12,5mm) 5φ10mm 2φ12,5mm (3,2/3,22= (4/4,21=0, 0,99 >0,95 95 ≥0,95 ok!) ok!)Obs.: dimensionamento da armadura de flexão é feito para o maior momento fletor no apoio.Destaca-se, no entanto que a NBR 6118:2003 permite o arredondamento do diagrama na região dosapoios.
  14. 14. Exercícios - Detalhamento 132.3 ANCORAGEM DA ARMADURA2.3.1. Balanço a) Armadura negativa (face superior) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 56 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 1,3 cm2 Nesta região, serão ancoradas 2 φ 12,5 mm (As = 2,5 cm2 OK!) b) Armadura positiva (face inferior) Função de porta-estribos - 2 φ 10 mm2.3.2. Apoio da extremidade direita (pilar P4) a) Armadura negativa (face superior) Ancorar toda a armadura efetiva (2φ12,5mm) Neste caso, o pilar apresenta tensões de tração e compressão, pois a força normal é pequenafrente ao momento fletor atuante.Observação: emenda de barras tracionadas Adotar r =10 cm Portanto, o diâmetro interno de dobramento será igual a 20 cm.l0t = α0t. lb,nec (emenda de barras tracionadas) lb,nec = 25,35 cm ( > 23,42 cm; 12,5 cm; 10 cm OK!) (embora a barra a ser ancorada esteja localizada em região de má aderência, o trecho daemenda está sendo ancorado em região de boa aderência. Considerou-se que:As,cal = 1,16 cm2; As,ef = 2,5 cm2) α0t (a ≤ 10φ; 100% de barras emendadas) = 2l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!)
  15. 15. Exercícios - Detalhamento 14b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aulab1) sem momentos positivosb2) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 35 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 0,8 cm2(equivale a 1 barra φ10 mm)b3) Armadura mínima até os apoios: para momentos nos apoios inferiores a 1/2 do momentomáximo no vão (2168 ≤ 7278/2 = 3639): Mv ⎧ As vão Ma ⎨Asapoio ≥ ≥ 2 barras ⎩ 3 As vão Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras) |Ma| < Mv As apoio 2 2 barrasPortanto, de b1), b2) e b3), tem-se que serão ancoradas 2 barras.Ancoragem: Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 40 – 1,5 = 38,5 cm Comprimento de ancoragem (Ascalc = As,efetiva = Área relativa a duas barras φ 10 mm) Tentativa de ancorar com ganchos nas extremidades, considerando região de boa aderência,considerando-se As,cal = As,ef = 1,6 cm2 (correspondente a 2 barras): lb,nec = 30,6 cm ≈ 31 cm ( > 13,11 cm; 10 cm; 10 cm OK!) ⎧ 31 cm ∴ l ⎪ ⇒ lbe > lbe,min ⇒ ancoragem Ok! be,min ≥ ⎨ ( r + 5,5 φ) = 8 cm ⎪ 6 cm ⎩2.3.3. Pilares internos:Para as armaduras positiva e negativa foram adotados os valores de lb iguais a, respectivamente,44 cm (φ10mm, boa aderência) e 78 cm (φ12,5mm, má aderência).
  16. 16. Exercícios - Detalhamento 15a) Armadura negativa (face superior, φ12,5 mm) Ancoragem: pelo menos 2 barras (porta –estribos, má aderência) Para a armadura negativa, foi adotado o valor de lb igual a 78 cm (φ12,5mm, má aderência). Dados usados para interrupção das barras: • P1: 5,71 cm2 correspondem a um momento de 9520 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2084 kN.cm • P2 2,92 cm2 correspondem a um momento de 5250 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2247 kN.cm • P3 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7285 kN.cm 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2163 kN.cm Exemplo: cálculo do comprimento das barras com relação ao diagrama de momento fletor(não deslocado):
  17. 17. Exercícios - Detalhamento 16b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm) Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio dovão e no apoio (boa aderência). Para a armadura positiva foi adotado o valor de lb igual a 44 cm (φ10mm, boa aderência). Dados usados para interrupção das barras: • Entre P1 e P2: 2,91 cm2 correspondem a um momento de 5234 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1439 kN.cm • Entre P2 e P3: 3,22 cm2 correspondem a um momento de 5787 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1438 kN.cm • Entre P3 e P4: 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7278 kN.cm 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1383 kN.cm2.3.4. Emendas (barras comprimidas) a) Armadura negativa (face superior) loc = lb = 78 cm (Má aderência) b) Armadura positiva (face inferior) loc = lb = 44 cm (Boa aderência)
  18. 18. Exercícios - Detalhamento 172.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO
  19. 19. Exercícios - Detalhamento 182.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores

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