Detalhamento de Concreto Armado

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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 Flexão: Md = 97,5 x 1,4 x 100 = kn.cm d (estimado) = 0,9 h = 45 cm Kc = 2,37 Ks = 0,030 As = 9,1 cm2 ( As,minima = 0,15%. b. h = 1,2 cm2) Adotar 5 φ 16 mm (As,efetivo=10cm2) Detalhamento da armadura de flexão: (OK!) dreal = 44,6 cm Portanto: d real /d estimado = 44,6 / 45 = = 0,99 (> 0,95 ok!) (OK!)

3 Exercícios - Detalhamento 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. V Sd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kn a) Verificação da compressão diagonal do concreto (biela comprimida): VSd VRd2 V Sd = 45,5 kn V Rd2 = 0,27 α v2 f cd b w d, 2onde α v2 = 1 f ck /250 (obs.: o valor de f ck deve ser dado em MPa para calcular α v2 ) Portanto: α v2 = 1 f ck /250 = 1 20/250 = 0,92 V Rd2 = 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): V Sd V Rd3 (=V c + V Sw ) Na verdade, o objetivo é dimensionar a armadura dos estribos a partir do V Sw (ou do τ Sw ). τ Sw = τ Sd τ c, onde : τ Sw = tensão que deve ser absorvida pela armadura transversal VSd 45,5 kn 2 τ Sd = = = 0,0632 kn / cm = 0,632 MPa bw d 16 cm. 45 cm 2/3 τ c = 0,09 fck = 0,663 MPa ( τsw e fck em MPa) * (*expressão válida para flexão simples) Portanto: τ Sw = τ Sd τ c = 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: ρ w 1,11 τ = f Sw 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 : ( f ) 2 / 3 f 0,3. 0,3. (20) (em MPa) ρ 0,2. ctm 0,2. ck w,min = = = 0,2. = 0, 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 = ρw, min = 0, Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4 a do Prof. Libânio M. Pinheiro: 2 ρw. b.100 0, Asw ( em cm / m) = = = 0,71 cm / 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 1,4 a (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 2 / 3 s max 0,6 d 0,3 d 30 cm 20 cm se se V V Sd Sd 0,67 V > 0,67 V Rd2 Rd2 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: s t,max d 0,6 d 80 cm se 35 cm V se Sd 0,2 V V Sd > Rd2 0,2 V Rd2

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 ). 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 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: R st = al d V Sd, face apoio e com seu valor não reduzido. ; onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do Pela NBR 6118:2003 o valor de a l, é dado pela expressão: al = d. 2. VSd,max, de mod o ( ) V V Sd,max c 0,5 d (estribos a 90 ) que d (item , NBR 6118, versão anterior) = d (caso resultado for nro. negativo) Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kn Vc = 0,6 fctd bw d = 0,6. 1,105 MPa. 45 cm. 16 cm = 0,6. 0,1105 kn/cm cm. 16 cm = 47,74 kn a l = -457 cm (Nro. Negativo!) Como a l calculado é um número negativo adota-se a l = d = 45 cm.

6 Exercícios - Detalhamento 5 45 R st 45,5 = 45,5 kn 45 R = st 45,5 kn 2 A s,apoio = = = 1,05 cm fyd (50 / 1,15) c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão: A s,apoio 2 As,vão / 3 = 10 / 3 = 3,33 cm Área relativa a 2 barras = 2 x 2 2 cm 2 = 4 cm 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 ) Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio cobrimento = 20 2,5 = 17,5 cm Comprimento mínimo de ancoragem em apoios extremos l be, min l b,nec ( r + 5,5φ ) 60 mm (conforme item 6), onde r = raio int erno da curvatura do gancho (tabela 2) Cálculos: l b,nec A s,calc = α1. l b l b, min, onde As,ef α 1 = 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 , 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 6 cm b,nec = 49 cm Portanto: l ( r + 5,5φ ) be, min = ( 5 φ / 2) + 5,5 φ = 8 φ = 12,8 cm Verificação: l = 17,5 cm) > l ( = 12,8 cm) Ok! be ( be, min Detalhamento das barras Ganchos nas duas extremidades, tipo C. Armadura de tração. L1 = ,5 = 615 cm. φ = 16 mm = 1,6 cm. Trecho Reto = 8 φ = 12,8 13 cm φ dobr. = 5 φ = 8 cm h = Trecho Reto + (φ dobr. / 2) + φ 18,5 cm Ltot = L TR + 0,571. φ dobr. 0,429 φ = , ,429. 1,6 = 644,88 cm Ltot 645 cm

8 Exercícios - Detalhamento COBRIMENTO DO DIAGRAMA 1 º 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 kn.cm, Então 2 cm2 (área de 1 barra φ16mm) resistem a X Pela regra de três, tem se que: 9,1 X = X = 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 2 º Passo) Deslocamento do diagrama de momentos fletores de al (=45cm) 3 º 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 σ s começa a diminuir e deve prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σ s 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 Barra 5 ( = faixa B.5) l b = 70 cm l barra l barra l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ ) 2 al + 2 l b 72, = 194,5 cm = 230 cm Barra 4 l barra l barra l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ ) linf erior + 2 al + 2 l b 204, = 326,5 cm 72, = 302,5 cm Barra 3 l barra l barra l l sup erior inf erior + 2 al + 2 ( 10 φ ) + 2 al + 2 l 336, = 458,3 cm 204, = 434,4 cm b

11 Exercícios - Detalhamento 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 ,24 m = 40,8 m 40,8. 1,10 = 44,9 m φ 16 mm 1. 2,30 m ,59 m ,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: 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) 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 Momento fletor (kn.cm) As,calc: 5,71cm2 As,ef: 6,25cm2 5φ12,5mm As,calc: 2,91cm2 As,ef: 3,2cm2 4φ10mm As,calc: 2,92cm2 As,ef: 3,75cm2 3φ12,5mm As,calc: 3,22cm2 As,ef: 3,2cm2 4φ10 mm (3,2/3,22= 0,99 >0,95 ok!) As,calc: 4,21cm2 As,ef: 5cm2 4φ12,5mm) As,calc: 4,21cm2 As,ef: 4cm2 5φ10mm (4/4,21=0, 95 0,95 ok!) As,calc: 1,16cm2 As,ef: 2,5cm2 2φ12,5mm 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 ANCORAGEM DA ARMADURA Balanço a) Armadura negativa (face superior) Ast = Rsd / fyd = (Vd. al / d) / (fyk / 1,15) = ( / 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 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) = ( / 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 ( /2 = 3639): Ma Mv Asapoio As vão 3 2 barras As apoio As vão Ma < Mv 2 Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras) 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!) l be,min 31cm (r + 5,5 φ) = 8 cm 6 cm lbe > lbe,min ancoragem Ok! 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 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)

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