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Detalhamento de
Concreto Armado
 (Exemplos Didáticos)




                      José Luiz Pinheiro Melges




   Ilha Solteira, março de 2009
Exercícios - Detalhamento                       1

1. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.
1.1 DADOS
A princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria ser
a II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais branda
para 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 Concreto
C20 (fck = 20 MPa), com brita 1.
• Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar
                                                Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm
cobrimento = 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 DIMENSIONAMENTOS
1.2.1. Flexão:                            Detalhamento da armadura de flexão:
Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cm
d (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!)
Exercícios - Detalhamento                                   2

1.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003):


       A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado o
modelo de Cálculo I.


• VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kN


a) 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 uma
taxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um número
positivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal da
viga, 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
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 VRd2

Como 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, com
φ5 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 VRd2
s t ,max ≤ ⎨
           ⎩ 0,6 d ≤ 35 cm se VSd > 0,2 VRd2
Exercícios - Detalhamento                        4
Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cm

Neste 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 pode
reduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-se
que mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada à
verificação 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 de
tração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Neste
exemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a este
exemplo.


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.
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
                                             2
A 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 cm

1.4.2. 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
Exercícios - Detalhamento                           6
       Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio. Uma alternativa seria
aumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem das
barras 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 cobrimento
da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e as
ações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos três
valores 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 barras

Ganchos 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 cm
φdobr. = 5 φ = 8 cm

h = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cm

Ltot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cm

Ltot ≈ 645 cm
Exercícios - Detalhamento                         7
1.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA


1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas


        Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momento
fletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguinte
modo:
  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 fletor
correspondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a última
vai 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. Este
comprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala.
Exercícios - Detalhamento                      8

                                                                       Proporção




2º 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 o
comprimento das barras 3, 4 e 5.




       A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deve

prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula.
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 em
função de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico l b ao invés

do 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 cm
l 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 cm
l 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 cm
l barra ≥ ⎨
          ⎩ 204,4 + 90 + 140 = 434,4 cm
Exercícios - Detalhamento                         10

1.6. DETALHAMENTO
       Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4
igual 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 cm




Aço (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 m


Para verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, ver
apostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos a
Força Cortante” , EESC – USP.
Exercícios - Detalhamento                         11

 Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a
 NBR 6118:2003.

2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.
2.1 DADOS
Dados: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. Seção
transversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20
cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2).




                   P1                        P2                        P3                       P4



2.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo)
2.2.1. Força cortante




Obs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valor
de al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm.
Exercícios - Detalhamento                    12
2.2.2. 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 dos
apoios.
Exercícios - Detalhamento                         13
2.3 ANCORAGEM DA ARMADURA
2.3.1. 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 mm


2.3.2. 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 pequena
frente 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 da
emenda 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) = 2

l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!)
Exercícios - Detalhamento                          14
b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aula

b1) sem momentos positivos

b2)      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 momento
máximo 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 barras




Portanto, 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).
Exercícios - Detalhamento                      15
a) 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):
Exercícios - Detalhamento                      16
b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm)
       Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio do
vão 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.cm




2.3.4. 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)
Exercícios - Detalhamento      17
2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO
Exercícios - Detalhamento         18
2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores

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Concreto armado exemplo[1]

  • 1. Detalhamento de Concreto Armado (Exemplos Didáticos) José Luiz Pinheiro Melges Ilha Solteira, março de 2009
  • 2. Exercícios - Detalhamento 1 1. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 1.1 DADOS A princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria ser a II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais branda para 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 Concreto C20 (fck = 20 MPa), com brita 1. • Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm cobrimento = 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 DIMENSIONAMENTOS 1.2.1. Flexão: Detalhamento da armadura de flexão: Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cm d (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. Exercícios - Detalhamento 2 1.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003): A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado o modelo de Cálculo I. • VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kN a) 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 uma taxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um número positivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal da viga, 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. 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 VRd2 Como 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, com φ5 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 VRd2 s t ,max ≤ ⎨ ⎩ 0,6 d ≤ 35 cm se VSd > 0,2 VRd2
  • 5. Exercícios - Detalhamento 4 Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cm Neste 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 pode reduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-se que mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada à verificação 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 de tração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Neste exemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a este exemplo. 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. 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 2 A 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 cm 1.4.2. 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. Exercícios - Detalhamento 6 Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio. Uma alternativa seria aumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem das barras 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 cobrimento da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e as ações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos três valores 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 barras Ganchos 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 cm φdobr. = 5 φ = 8 cm h = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cm Ltot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cm Ltot ≈ 645 cm
  • 8. Exercícios - Detalhamento 7 1.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA 1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momento fletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguinte modo: 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 fletor correspondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a última vai 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. Este comprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala.
  • 9. Exercícios - Detalhamento 8 Proporção 2º 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 o comprimento das barras 3, 4 e 5. A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deve prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula.
  • 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 em função de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico l b ao invés do 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 cm l 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 cm l 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 cm l barra ≥ ⎨ ⎩ 204,4 + 90 + 140 = 434,4 cm
  • 11. Exercícios - Detalhamento 10 1.6. DETALHAMENTO Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4 igual 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 cm Aço (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 m Para verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, ver apostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos a Força Cortante” , EESC – USP.
  • 12. Exercícios - Detalhamento 11 Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a NBR 6118:2003. 2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 2.1 DADOS Dados: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. Seção transversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20 cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2). P1 P2 P3 P4 2.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo) 2.2.1. Força cortante Obs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valor de al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm.
  • 13. Exercícios - Detalhamento 12 2.2.2. 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 dos apoios.
  • 14. Exercícios - Detalhamento 13 2.3 ANCORAGEM DA ARMADURA 2.3.1. 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 mm 2.3.2. 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 pequena frente 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 da emenda 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) = 2 l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!)
  • 15. Exercícios - Detalhamento 14 b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aula b1) sem momentos positivos b2) 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 momento máximo 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 barras Portanto, 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. Exercícios - Detalhamento 15 a) 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. Exercícios - Detalhamento 16 b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm) Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio do vão 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.cm 2.3.4. 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. Exercícios - Detalhamento 17 2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO
  • 19. Exercícios - Detalhamento 18 2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores