1. idealização das propriedades dos materiais · betão armado e pré-esforçado i deste modo, ε...

Betão Armado e Pré-Esforçado I

MÓDULO 2 – Verificação da segurança aos estados limites últimos

de elementos com esforço axial desprezável (vigas) 1. Idealização das propriedades dos materiais

1.1. RELAÇÕES TENSÃO-EXTENSÃO PARA VERIFICAÇÃO DA SEGURANÇA AOS E.L. ÚLTIMOS

1.1.1. Betão

Diagrama parábola rectângulo

εc

σc

0.85 fcd

−3.5‰−2‰

σc = 1000εc (250εc - 1) 0.85 fcd

fck

fcd = fck γc

, γc = 1.5

Nota: σc está limitado a 0.85 fcd por forma a ter em conta a possível diminuição da

tensão de rotura do betão quando este está sujeito a tensões elevadas de longa

duração.

1.1.2. Aço

fyd

σs

fyd

εs

Es = 200 GPa

10‰-3.5‰

εyd

fyk

fyd = fyk γs

, γs = 1.15

Classe fyk [MPa]

fyd [MPa]

εyd [×10-3]

A235

A400

A500

235

400

500

205

348

435

1.025

1.74

2.175

MÓDULO 2 – Verificação da segurança aos estados limite últimos de elementos com esforço axial desprezável (vigas)

21


2. Flexão Simples

2.1. ANÁLISE DA SECÇÃO

Hipóteses adoptadas:

- Hipótese de Bernoulli

- ε-c = 3.5‰ (Deformação máxima de encurtamento no betão)

- εs = 10‰ (Deformação máxima de alongamento nas armaduras)

- σc = 0 se εc > 0 ⇔ o betão não resiste à tracção

LN

Fs

z MRd

Fc

x

(+)

(-)

εc ≤ 3.5‰

εs ≤ 10‰

Equações de Equilíbrio

• Equilíbrio axial: Fs = Fc

• Equilíbrio de momentos: MRd = Fs × z

2.2. MÉTODO DO DIAGRAMA RECTANGULAR

Este método permite simular, de forma simples, a resultante das tensões de

compressão no betão.

εc

x(-)

0.85 fcd 0.85 fcd

≅ 0.8x 0.85 fcd

σc

−3.5‰ εc−0.7‰


22


Deste modo,

εs

εc

Fs

z = d - 0.4x

x (-)

(+)

Fc

LNd

0.85 fcd

0.8x0.4x

2.2.1. Cálculo de MRd

Dados: geometria da secção, quantidade de armadura, fcd, fyd

i) Admitir que σs = fyd (εs ≥ εyd), ou seja, que as armaduras estão em cedência

ii) Determinar posição da linha neutra

Por equilíbrio axial, Fc = Fs ⇔ 0.85 fcd Ac (x) = As fyd ⇒ x = ?

iii) Calcular o momento resistente

Por equilíbrio de momentos, MRd = As fyd (d – 0.4x)

iv) Verificar hipótese inicialmente admitida: εs ≥ εyd

Rotura convencional: εc = 3.5‰ ou εs = 10‰

A partir da posição da linha neutra anteriormente

calculada, e admitindo que a rotura se dá pelo betão,

obtém-se a extensão ao nível da armadura.

εc = 3.5‰

(+)

(-)

εs

x

• Se εs ≥ εyd ⇒ a hipótese considerada inicialmente está correcta

• Se εs < εyd ⇒ Fs < As fyd (ao contrário do que foi admitido), pelo que a posição da LN não

está correcta. Esta situação não é desejável e, caso se verifique, deverão adoptar-se

procedimentos que conduzam a que as armaduras estejam em cedência (εs ≥ εyd). Este

assunto será retomado posteriormente.

Caso se aceitasse esta situação, como, por condição de equilíbrio Fc = Fs, há que diminuir a

força de compressão e aumentar a força de tracção

∴ É necessário subir a posição da LN (o problema resolve-se por iterações até Fc = Fs).


23


Através da posição da linha neutra é possível saber se a rotura convencional se dá

pelo betão ou pela armadura:

Posição da LN para εc = 3.5‰ e εs = 10‰

x

εc = 3.5‰

(-)

(+)

εs=10‰

d

x 3.5 =

d 13.5

⇒ x = 0.26 d

(esta situação corresponde ao máximo aproveitamento

da capacidade dos materiais)

Deste modo,

se x < 0.26 d ⇒ εc < 3.5‰

εs = 10‰ (rotura pela armadura)

se x > 0.26 d ⇒ εc = 3.5‰

εs < 10‰ (rotura pelo betão)

Posição da LN para εc = 3.5 ‰ e εs = εyd (início da cedência do aço)

dx

εs=εyd

(+)

(-)

c = 3.5‰

A400 : εyd = 1.74 ‰

x 3.5 =

d 3.5 + 1.74 ⇒ x = 0.67 d

A500 : εyd = 2.175 ‰

x 3.5 =

d 3.5 + 2.175 ⇒ x = 0.62 d

Deste modo, se x ≤ 0.67 d no caso de se utilizar aço A400, ou se x ≤ 0.62 d no

caso de se utilizar aço A500 ⇒ o aço está em cedência

Deverá garantir-se que as armaduras se encontram em cedência na situação de

rotura, por duas razões fundamentais.

A primeira pode considerar-se como sendo essencialmente de ordem económica: a

armadura utilizada deve ser integralmente aproveitada e, portanto, mobilizada

integralmente a sua capacidade resistente.

Por outro lado, a peça deve apresentar ductilidade disponível em situação de rotura:

deve poder evidenciar deformações apreciáveis por cedência das armaduras, sem

perda de capacidade resistente.


24


MRd

y( )R/1

(1) As1 (x1;εs1;maior ductilidade)As2 (x2;εs2)

u1/R( ) R/1

As3 (x3;εs3)As4 (x4;εs4;menor ductilidade)

εs=εyd

(2)

(1)(2) Rotura da secção por esmagamento do betão comprimido

(εc ≈ 3.5‰) ou deformação da armadura (εs ≈ 10‰)

(+)

(-) x

εcx = -3.5‰

εsAs

1R

1 R = -

εcx x

Para garantir um nível mínimo de ductilidade disponível deve procurar garantir-se que

x ≤ 0.5 d.

2.2.2. Dimensionamento das armaduras Dados: geometria da secção, fcd, fyd, Msd

0.8x

0.85 fcd

dLN

Fcx

z

Fs

Msd

As

b

i) Admitir que σs = fyd (εs ≥ εyd), ou seja, que as armaduras estão em cedência

ii) Determinar posição da linha neutra

Por equilíbrio de momentos, Msd = Fc × z = 0.85 fcd b 0.8x (d – 0.4x) ⇔ x = ... ⇒ Fc = ...

iii) Calcular a área de armadura necessária

Por equilíbrio axial, Fc = Fs ⇔ 0.85 fcd b 0.8x = As fyd ⇒ As = ?

iv) Verificar hipótese inicialmente admitida: εs ≥ εyd


25


EXERCÍCIO 2

Considere a viga representada na figura seguinte e adopte γG = γQ = 1.5

q

5.00

0.55

0.303φ20

Materiais: C25/30 (fcd = 16.7MPa)

A400 (fyd = 348MPa)

Calcule a máxima sobrecarga q que pode actuar com segurança sobre a viga.

RESOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2

Método do diagrama rectangular simplificado

0.4x0.8x

0.85 fcd

dLN

Fcx

z

Fs

MRd

1. Cálculo do MRd

Equações de equilíbrio (flexão simples)

ΣF = 0 ⇔ Fc = Fs (1)

ΣM = 0 ⇔ MRd = Fs × z = Fs × (d - 0.4x) (2)


26


Fc = 0.8x × b × 0.85 fcd = 0.8x × 0.30 × 0.85 × 16.7×103 = 3406.8x

Fs = As × fyd = 9.42×10-4 × 348×103 = 327.8kN (As (3φ20) = 9.42cm2)

(1) Fc = Fs ⇔ x = 327.8 3406.8 = 0.096m ⇒ z = d – 0.4x = 0.55 – 0.4 × 0.096 = 0.51m

(2) MRd = Fs × z = 327.8 × 0.51 = 167.2kNm

Verificação da hipótese de cedência do aço (εs ≥ εyd)

0.454

εs(+)

(-)

c = 3.5‰

0.096

0.55

εs 0.454 = 3.5‰

0.096 ⇒ εs = 16.6‰

Como εmáxs = 10‰ ⇒ εs = 10‰ e εc < 3.5‰

10‰ 0.454 = εc

0.096 ⇒ εc = 2.11‰

Comportamento dúctil: εs > εyd (critério mínimo; é desejável que εs > 4‰ a 5‰ )

εyd = fyd εs

= 348 200×103 = 1.74‰

x d = 0.096

0.55 = 0.175 < 0.26 ⇒ εc < 3.5‰

εs = 10‰ ⇒ rotura pela armadura

3. Cálculo da sobrecarga máxima (Msd ≤ MRd)

Msd = psd × L2 8 ≤ 167.7kNm ⇒ psd ≤ 8 × 167.7

52 = 53.7kN/m

psd = 1.5 (g + q) ⇒ q = 53.7 1.5 - 0.30 × 0.60 × 25 = 31.3kN/m


27


EXERCÍCIO 3 (CONT.)

Considere a estrutura da figura seguinte:

4.00 4.00 4.004.00

10.00

3.00

S2

S1

Materiais: C25/30, A400

Acções:

Peso próprio

Revestimento=2.0 kN/m2

Sobrecarga = 3.0 kN/m2

Coeficientes de majoração:

γG = γQ = 1.5

Coeficientes de combinação:

ψ1 = 0.4 ; ψ2 = 0.2

Secção da viga: 0.30×0.85 m2

Espessura da laje: 0.15m

c) Determine as armaduras necessárias para garantir o Estado Limite Último de flexão

da viga (Secções S1 e S2)

c.1) utilizando o método do diagrama rectangular simplificado

c.2) Fs × z

c.3) com recurso a tabelas

c.4) pormenorize as armaduras de flexão


28


RESOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 3 (CONT.)

ALÍNEA C)

1. Modelo de cálculo:

10.00 3.00

S2 S1

g, q0.85

0.30

2. Envolvente do diagrama de esforços

660.2

(+)

DMF[kNm]

(-)

272.0

S2S1

ALÍNEA C.1)

Secção S2 (M +sd = 660.2 kNm)

0.30

As

Msd

Fs

z

Fc

0.85 fcd

0.8xLN

x

0.80

Fc = 0.85 fcd × 0.8x × b = 0.85 × 16.7×103 × 0.8x × 0.3 = 3406.8x

Fs = As × fyd = As × 348×103

Equilíbrio de momentos:

ΣMAS = Msd ⇔ 3406.8x × (0.8 – 0.4x) = 660.2 ⇔ x = 0.282 m

⇒ Fc = 3406.8 × 0.282 = 960.7 kN


29


Equilíbrio de forças

Fs = Fc ⇔ As × 348×103 = 960.7 ⇔ As = 960.7 348×103 × 104 = 27.6cm2

Verificação da hipótese de cedência do aço

0.282

0.518

εs

εc = 3.5‰

(-)

(+)

Admitindo que εc = 3.5‰

εc = 3.5‰ εs

= 0.282 0.518

⇒ εs = 6.43‰ > εyd = 1.74‰

∴ A armadura está em cedência (a secção tem comportamento dúctil)

Secção S1 (M -sd = 272.0 kNm)

Msd

0.8x Fc

FsAs

0.30

0.80

x

LN

0.85 fcd

z

Equilíbrio de momentos:

ΣMAS = Msd ⇔ 3406.8x × (0.8 – 0.4x) = 272.0 ⇔ x = 0.105m ⇒ Fc = 357.7kN

Equilíbrio de forças

Fs = Fc ⇔ As × 348 × 103 = 357.7 ⇔ As = 357.7 348×103 ×104 = 10.28cm2

Verificação da hipótese de cedência do aço

Admitindo que εc = 3.5‰ , εs 3.5‰ = 0.695

0.105 ⇒ εs = 23.2‰ > 10‰

⇒ εs = 10‰ ⇒ εc = 1.51‰


30


2.3. DIAGRAMAS DE ROTURA POSSÍVEIS DE UMA SECÇÃO SUJEITA À FLEXÃO SIMPLES

Na figura seguinte apresentam-se os diagramas de deformação de uma secção de

betão armado, para quatro áreas de armadura distintas (área de armadura crescente).

x1

MRd

As εs

(+)

(-)

εc

MRd,1

(As muito pequeno) (As maior)

x2

MRd,2

εc

(-)

(+)εs

< <

(...)

x3

MRd,3

εs

(+)

(-)

εc

(...)

MRd,4

x4

εc

(-)

(+)εs

<

1 2 3 4

Apresentam-se em seguida as relações constitutivas do aço e do betão, com indicação

qualitativa das tensões e extensões dos dois materiais para os casos acima indicados.

0.85 fcd

σc

εyd 10‰ εs

σs

fyd

−2‰ −3.5‰ εc

43 e2

1

e1 23

4

Conforme se pode observar na figura seguinte, para baixos níveis de armadura, existe

proporcionalidade entre a área de armadura e o momento resistente da secção. À

medida que a quantidade de armadura aumenta, esta relação passa a ser não linear,

ou seja, o aumento da armadura traduz-se em acréscimos cada vez menores de

momento resistente. Este comportamento deve-se à sucessiva diminuição do braço do

binário (z) com o aumento da área de armadura.

321

MRd

As4

M1

M2

M3

M4


31


2.4. DIMENSIONAMENTO À FLEXÃO SIMPLES – GRANDEZAS ADIMENSIONAIS

2.4.1. Método Geral

εs1

εc

(-)

(+)

xFc

M

Fs1

LN

εs2

As1

As2d2

d

Fs2 λx

b

σc

Fc = ψ fcd b x

Fs2 = σs2 As2

Fs1 = σs1 As1

ψ fcd = ⌡⌠Ac

σc y dAbx ; λx =

⌡⌠ σc y dA

⌡⌠ σc dA

ψ – coeficiente que define o valor da resultante das tensões de compressão no betão

λ – coeficiente que define a posição da resultante das tensões de compressão no

betão


• Equilíbrio axial: Fs = Fc ⇔ ψfcd bx + σs2 As2 = σs1 As1 (1)

• Equilíbrio de momentos: ΣMAs = M ⇔ M = ψ fcd b x (d - λx) + σs2 As2 (d - d2) (2)

(Equações não lineares)

Cálculo por iterações

i) Fixar εs = 10‰ e εc = 3.5‰

ii) Calcular as forças axiais F

• Se |Fc + Fs2| > Fs1 ⇒

(a LN tem de subir

para diminuir FC)

x < 0.26d

εc < 3.5‰

(-)

(+)

εs=10‰

É necessário arbitrar valores de εc até que ΣF = 0


32


• Se |Fc + Fs2| < Fs1 ⇒

(a LN tem de baixar

para aumentar Fc)

x > 0.26d

εs<10‰

c = 3.5‰

(+)

(-)

É necessário arbitrar valores de εc até que ΣF = 0

ii) Calcular MRd

Definida a posição da LN e o diagrama de extensão, calcular MRd

Nota: Este é um processo de cálculo moroso. Na prática recorre-se a programas de cálculo

automático ou a tabelas de cálculo.

Para elaborar tabelas é necessário trabalhar com grandezas adimensionais, por forma a

que sejam válidas para secções com qualquer geometria.

2.4.1.1. Grandezas adimensionais


• ψfcd bx = σs1 As1 - σs2 As2 (1)

• M = ψ fcd b x (d - λx) + σs2 As2 (d - d2) (2)

Substituindo (1) em (2),

M = σs1 As1 (d – λx) – σs2 As2 (d – λx) + σs2 As2 (d – d2) =

= σs1 As1 (d – λx) + σs2 As2 (λx – d2) (3)

Considerando As2 = β As1 e σs = fyd, a equação (3) toma a forma

M = As1 fyd d

1 - λ x

d + β As1 fyd d

λ x

d - d2 d

Transformando esta equação numa forma adimensional (dividindo todos os termos por

b d2 fcd), resulta

M b d2 fcd = As1 fyd

b d fcd

1 - λ x

d + β As1 fyd b d fcd

λ x

d - d2 d ⇔

⇔ µ = ω (1 – λk) + βω

λ k - d2

d


33


µ = M b d2 fcd (Momento flector reduzido); k = x

d

ω = As1 fyd b d fcd (Percentagem mecânica de armadura)

2.4.2. Método do Diagrama Rectangular Simplificado

2.4.2.1. Grandezas adimensionais

b

Fc

MRd

Fs

x

(+)

(-)

εc

εs

d

As

LN

0.4x

z

0.8x

MRd = Fs × z = Fs (d – 0.4x)

Admitindo que o aço está na cedência, MRd = As × fyd (d – 0.4x)

Transformando a equação anterior numa forma adimensional, resulta

MRd b d2 fcd = As fyd

b d fcd

1 - 0.4 x

d = As b d

fyd fcd

1 - 0.4 x

d ⇔ µRd = ω (1 – 0.4k)

µRd = MRd b d2 fcd (momento flector reduzido); k = x

d

ω = AS b d

fyd fcd (percentagem mecânica de armadura)

Fc = Fs ⇔ 0.8 ⋅ (kd) ⋅ b ⋅ 0.85 fcd = As fyd ⇔ k = 1.47 AS b d

fyd fcd = 1.47 ω

Visto que, µRd = ω (1 – 0.4k) e substituindo o resultado anterior, obtém-se a seguinte

expressão para cálculo do momento flector reduzido em função da percentagem

mecânica de armadura:

µRd = ω (1 – 0.588 ω )


34


2.4.3. Utilização de Tabelas

As tabelas podem ser utilizadas para:

i) Determinar o momento resistente de uma secção, dadas as armaduras;

ii) Determinar as armaduras, dado o momento solicitante

2.4.3.1. Dimensionamento de armaduras

Dado MSd determina-se µ = Msd b d2 fcd

Tabelas →

(µ , β)

ω1 → As1 = ω1 b d fcd fyd → As2 = β As1

2.4.3.2. Determinação da capacidade resistente

Dado As1 e As2 determina-se ω e β Tabelas

→(β ,

ω)

µ → MRd = µ b d2 fcd

Notas:

(i) No dimensionamento de uma secção, a posição da L.N. deve ser controlada por

forma a que a armadura traccionada atinja a tensão de cálculo (rotura dúctil)

Caso isso não aconteça, será necessário adoptar armaduras de compressão ou aumentar a

secção da viga.

(ii) Numa viga, existe sempre armadura de compressão, por razões construtivas, com

um nível não inferior a β = 0.1.

Através do µ (adimensional) e da posição da LN (k) é possível ter uma noção da

dimensão do momento actuante numa dada secção:

Momento elevado ⇒ k próximo de 0.668 (A400) ⇒ εs próximo de εyd

µ 0.25

Momento médio ⇒ k < 0.5 (secção dúctil, dimensionamento adequado)

µ ≅ 0.10 a 0.25

Momento pequeno ⇒ µ ≤ 0.10


35


2.5 . ESTIMATIVA DO MOMENTO RESISTENTE

d

Fc

Mz

FsAs

Para momentos de ordem de grandeza pequena a média verifica-se que, para

secções rectangulares, z ≅ 0.9 d, pelo que,

M = Fs × z ≅ As fyd 0.9 d ⇒ As = M 0.9 d fyd

Pela observação das tabelas de flexão simples (pág. 9) verifica-se que:

• para µ < 0.15, z > 0.9 d (lado da segurança)

• para µ > 0.15, z < 0.9 d (contra a segurança)


36



ALÍNEA C.3)


µ = Msd b d2 fcd = 660.2

0.3 × 0.82 × 16.7×103 = 0.206 ⇒ ω = 0.241; k = 0.351

As = ω bd fcd fyd = 0.241 × 0.30 × 0.80 × 16.7

348 × 104 = 27.76 cm2


µ = 272.0 0.3 × 0.82 × 16.7×103 = 0.085 ⇒ ω = 0.091; k = 0.163

As = ω bd fcd fyd = 0.091 × 0.30 × 0.80 × 16.7

348 × 104 = 10.48 cm2

ALÍNEA C.2)

Fs = As × fyd

z ≅ 0.9d ⇒ M ≅ 0.9 d fyd As ⇒ As = M

0.9 d fyd

M +sd = 660.2kNm ⇒ As = 660.2

0.9 × 0.8 × 348×103 × 104 = 26.34cm2

M -sd = 272.0kNm ⇒ As = 272.0

0.9 × 0.8 × 348×103 × 104 = 10.86cm2


37


2.6 . PARÂMETROS QUE INFLUENCIAM O VALOR DO MOMENTO RESISTENTE

Armadura de tracção

z

As Fs

MRd

Fc

2Fs

< z

2Fc

2As

O momento resistente é quase proporcional à área de armadura, para momentos não

muito elevados. Para momentos elevados, a variação é menos significativa.

Armadura de compressão

As1

Fc

z

Fs1

Fc

MRd

Fs1

>z

As1

As2Fs2

A influência da armadura de compressão no valor do momento resistente, apenas é

importante para esforços elevados. Para o nível de esforços usuais, a variação é

pouco significativa.

Largura da secção

FcFc

>z

Fs

z

As Fs

MRd

As

A influência da largura da secção no valor do momento resistente, apenas é

importante para esforços elevados. Para o nível de esforços usuais, em que

geralmente a área comprimida é pequena, a variação é pouco significativa.


38


Classe do betão

Fc

MRd

FsFsAs

z >z

Fc

As

A influência do aumento da classe do betão no valor do momento resistente, apenas é

importante para esforços elevados. Para o nível de esforços usuais, em que

geralmente a área comprimida é pequena, a variação é pouco significativa.


39


2.7. DISPOSIÇÕES CONSTRUTIVAS EM VIGAS Armaduras principais: Asseguram a resistência do elemento estrutural relativamente

aos esforços de dimensionamento.

Armaduras secundárias: Têm como função:

- Garantir o bom funcionamento das armaduras principais;

- Ajudam a rigidificar as malhas de armaduras;

- Controlam a fendilhação localizada;

- Asseguram a ligação entre partes de elementos que têm tendência a

destacar-se.

d

b

h

s c

φest = 6 ou 8 mm (para vigas pequenas)

10 a 12 mm (para vigas maiores)

φlong = 12 a 16 mm (para vigas pequenas)

= 20 a 25 mm (para vigas maiores)

c – recobrimento

Altura útil: d = h - c - φest - φlong

2

2.7.1. Recobrimento das armaduras

O recobrimento das armaduras desempenha as seguintes funções:

(i) mecânica: Destina-se a garantir que há betão suficiente a envolver a armadura, e

assim garantir a sua aderência por forma a que se verifique uma eficiente transmissão

de forças entre o betão e o aço (c ≥ φ ou φeq)

(ii) protecção contra a entrada dos agentes agressivos e consequentemente contra a

corrosão das armaduras (recobrimento definido em função da agressividade do

ambiente de exposição)

(consultar Volume 4 – Apontamentos Complementares)


40


2.7.2. Distância livre mínima entre armaduras (s)

A distância livre entre armaduras deve ser suficiente para permitir realizar a

betonagem em boas condições, assegurando-lhes um bom envolvimento pelo betão e

as necessárias condições de aderência e protecção.

No caso de armaduras para betão armado,

smin = ( )φmaior, φeq maior, 2 cm

A distância livre entre armaduras pode ser calculada pela expressão,

s = b - 2c - 2φest - n × φlong n - 1 , n – número de varões

É necessário compatibilizar a distância entre varões com a dimensão máxima do inerte

(s ≥ 1.2 a 1.5 Dmáx) e ter em atenção o espaço necessário para introdução do vibrador

(aconselhável: 4 – 5 cm junto à face inferior e 7 – 10 cm junto à face superior)

2.7.3. Agrupamentos de armaduras

Os agrupamentos de armaduras devem ser evitados sempre que possível, dado que

prejudicam a aderência aço/betão.

Relativamente ao número máximo de varões que é possível agrupar,

- para o caso de armaduras traccionadas, n ≤ 3

- para o caso de armaduras comprimidas, n ≤ 4

(Em qualquer direcção não pode haver mais que 2 varões em contacto)

O diâmetro equivalente de um agrupamento pode ser calculado pela expressão

φeq = Σφ2i ≤ 55mm


41


Exemplos:

(mais indicado)

(aceitável)

(desaconselhável)

2.7.4. Princípios a ter em atenção na pormenorização das armaduras

A escolha do tipo de pormenorização no que respeita ao número de varões e

diâmetros a adoptar deve ter em atenção os seguintes factores:

- custo da mão de obra ⇒ menor número de varões

- facilidade de betonagem ⇒ menor número de varões

- liberdade de dispensa ⇒ maior número de varões

- menos problemas de fendilhação ⇒ maior número de varões

2.7.5. Dobragem de armaduras

Condições a satisfazer:

- Não afectar a resistência do aço

- Não provocar o esmagamento ou fendilhação do betão quando a armadura

for traccionada

O diâmetro mínimo de dobragem depende:

- Tipo de aço

- Diâmetro do varão

- Tipo de armadura (armaduras em geral, estribos, cintas, ganchos, etc.)


42


2.7.6. Posicionamento das armaduras

O posicionamento das armaduras, antes da betonagem, é assegurado pelos seguintes

elementos:

Espaçadores – garantem o recobrimento das armaduras

c

Cavaletes – garantem o correcto posicionamento das armaduras superiores nas

lajes

h

Varões construtivos (armaduras secundárias) – garantem o espaçamento vertical

entre varões longitudinais


43


2.8. DIMENSIONAMENTO DE SECÇÕES EM “T”

2.8.1. Largura efectiva

2.8.1.1. Definição

No dimensionamento de vigas com banzos ou com ligação a lajes, pode tirar-se

partido da existência destes elementos, principalmente se se situarem na zona

comprimida da secção.

b1 b2bw

hf

d0

Neste caso, a distribuição de tensões no banzo não é uniforme: as zonas laterais

deformam-se menos que a zona central da alma (devido à deformação por corte) –

efeito de “shear lag”, tal como se pode observar na planta ilustrada em seguida.

Fc

ε

Simplificadamente, considera-se uma largura efectiva (bef) onde se admite que a

distribuição de tensões é uniforme


44

M

σx,max

bef


2.8.1.1. Cálculo da largura efectiva

(i) Banzo comprimido

bwda

h f

bef

dL

Para o caso genérico apresentado na figura anterior, a largura efectiva pode ser obtida

através da expressão:

bef = min bw + 1

5 × L0

bw + da

, onde L0 representa a distância entre pontos de momento

flector nulo

(dL ≤ da / 2)

bef ≈ (2 a 4) hf

Determinação de L0

Lc L

1.5Lc 0.6L 0.4L 0.8L

L L

L0 ≈

(ii) Banzo traccionado

No caso de se tratar de um banzo traccionado, dL ≤ 4hf (hf – espessura do banzo)


45


2.8.2. Dimensionamento de secções em “T” por tabelas

Exemplo:

b bw = 5 ; hf

d = 0.125

hf/d = 0.10 → ω1 b bw = 4

hf/d = 0.15 → ω2

ωa

hf/d = 0.10 → ω3

b bw = 6

hf/d = 0.15 → ω4

ωb

ω

Casos particulares:

Dado que se considera que o betão não resiste à tracção, o dimensionamento de uma

secção em “T” pode ser efectuado como se esta se tratasse de uma secção

rectangular nos seguintes casos:

(i) se a linha neutra estiver no banzo, caso este esteja comprimido (acontece na

generalidade dos casos) – secção rectangular de largura bef;

bef

bw

LN

As

M

Fs

Fc

As

LN

bef

M

Fc

Fs

(ii) se a linha neutra estiver na alma e o banzo estiver traccionado – secção

rectangular de largura bw


46

M

As

LN

bw

bef

Fc

Fs

Fc

bw

Fs

LN

As

M



ALÍNEA D)

Dimensionamento das armaduras considerando a contribuição da laje – Viga em “T”

bw

bef

h f

h

hf = 0.15 m

h = 0.85m

bw = 0.30m

bef = min bw + 1

5 × L0

bw + da= min

0.30 + 1

5 × 0.8 × 10 = 1.9m

0.30 + 3.7 = 4.0m = 1.9 m

Hipóteses para o dimensionamento da secção:

(i) Se a L.N. estiver no banzo da secção, o dimensionamento pode ser efectuado como

se a secção fosse rectangular, de largura bef.

(ii) Se a L.N. estiver na alma da secção, o dimensionamento terá de ser efectuado com

base em tabelas de secção em “T” (ou recorrendo ao método do diagrama rectangular

simplificado).

Para verificar se a L.N. está no banzo,

MSd = 660.2kNm ⇒ µ = 660.2 1.9 × 0.82 × 16.7×103 = 0.033 ⇒ k = 0.093

x = k × d = 0.093 × 0.8 = 0.074m < 0.15 m ⇒ a LN está no banzo

µ = 0.033 ⇒ ω = 0.034 ⇒ As = ω b d fcd fyd = 0.034 × 1.9 × 0.8 × 16.7

348 × 104 = 24.8 cm2


47


2.8.3. Simplificação de secções para efeitos de dimensionamento à flexão simples

1) Secção real

b

b'

bw

⇔

b

b'

2bw

2) Secção real

bw

b

⇔

b

2bw

3) Secção real

bw

b

⇔

bw

b


48


Secções a considerar no dimensionamento à flexão

1)

b'

b

2bw

⇔ M M

bb'

(se a LN estiver no banzo) (se a LN estiver no banzo)

Nota: Se a LN estiver na alma da secção, o dimensionamento poderá ser efectuado

com base numa secção em T (considerando a existência do banzo que estiver

comprimido, e desprezando o banzo traccionado)

2) e 3)

bw

b

⇔

bw

M

b

M

(se a LN estiver na alma) (se a LN estiver no banzo)


49


EXERCÍCIO 4


1.00

1.00

0.20 0.20

0.15


Acções: pp + revest. = 20.0 kN/m

sobrecarga = 40.0 kN/m

Coeficientes de majoração: γG = γQ = 1.5

S1S2

10.00 3.50

cp

3.50

sc

a) Determine as armaduras necessárias para garantir o Estado Limite Último de flexão

da viga (secções S1 e S2)

b) Pormenorize as armaduras de flexão.


50



ALÍNEA A)

1. Esforços de dimensionamento

10.003.50 3.50

psd

DMF[kNm]

(+)

(-) (-)

551.3

573.8

551.3

psd = 1.5 × (20 + 40) = 90 kN/m

MsdS! = - psd × L1

2 2 = - 90 × 3.52

2 = -551.3 kNm

MsdS2 = psd × L2

2 8 - Msd

S! = 90 × 102 8 - 551.3 = 573.8 kNm

2. Determinação das armaduras (E.L.U. flexão)



51

0.200.20

1.00 Msd

LN LN

1.00

0.40

⇔


µ = Msd bd2 fcd = 573.8

0.40 × 0.952 × 13.3×103 = 0.120 ⇒ ω = 0.131

As = ω bd fcd fyd = 0.131 × 0.40 × 0.95 × 13.3

348.0 × 104 = 19.03 cm2


Hipótese: a LN encontra-se no banzo da secção

⇔Msd

1.00

1.00

LNLN

1.00

µ = Msd bd2 fcd = 551.3

1.0 × 0.952 × 13.3×103 = 0.046 ⇒ k = 0.112

k = x d ⇔ x = k × d = 0.112 × 0.95 = 0.106 ⇒ LN está no banzo

µ = 0.046 ⇒ w = 0.048

As = ω bd fcd fyd = 0.048 × 1. 0 × 0.95 × 13.3

348.0 × 104 = 17.42cm2


52


EXERCÍCIO 3 (CONT.)


4.00

10.00

3.00

4.004.00 4.00Materiais: C25/30, A400

Acções:

Peso próprio

Revestimento=2.0 kN/m2

Sobrecarga = 3.0 kN/m2

Coeficientes de majoração:

γG = γQ = 1.5

Coeficientes de combinação:

ψ1 = 0.4 ; ψ2 = 0.2

Secção da viga: 0.30×0.85 m2

Espessura da laje: 0.15m

e) Dimensione e pormenorize a laje da zona sombreada.


53



ALÍNEA E)

1. Cálculo das acções

• Peso próprio pp = γbetão × h = 25 × 0.15 = 3.8 kN/m2

• Revestimentos rev = 2.0 kN/m2

• Sobrecarga sc = 3.0 kN/m2

psd = 1.5 cp + 1.5 sc = 1.5 × ( )3.8 + 2.0 + 3.0 = 13.2 kN/m2

2. Modelo de cálculo

4.00 4.00 4.00 4.00

psd

Comentários ao modelo de cálculo:

(i) Numa laje, as armaduras de flexão são calculadas por metro de largura, ou seja,

considerando uma secção com 1 m de base, e altura igual à altura da laje.

(ii) Face à relação de vãos que se verifica, a laje tem um comportamento em flexão

cilíndrica (armada numa só direcção).

3. Cálculo dos esforços

13.2 kN/m2

DMF[kNm/m]

7.616.4

22.415.3

7.6

22.4

16.4

(+)

(-) (-)(-)(+) (+) (+)


54


4. Cálculo das armaduras

• Altura útil

Disposição das armaduras principais e de distribuição numa laje armada numa direcção:

As+ As,dist

+

As,distAs- -

Determinação da altura útil: d = h - c - φlong2 ≈ h – (0.025 a 0.03) m

• Armaduras principais (adoptou-se d = 0.12 m)

Msd [kNm/m] µ ω As

[cm2/m] Armadura adoptada

-22.4 0.093 0.099 5.73

-15.3 0.064 0.067 3.86

16.4 0.068 0.072 4.15

7.6 0.032 0.033 1.89

• Armadura mínima

Esta armadura deve ser colocada em todas as zonas (e direcções) onde a laje possa

estar traccionada. Além disso, a armadura principal adoptada não deverá ser inferior à

armadura mínima.

As quantidades mínimas de armadura em lajes, podem ser quantificadas através da

imposição de percentagens mínimas de armadura, que variam consoante o tipo de

aço utilizado:

ρmin = 0.25% para A235



A percentagem de armadura define-se através da expressão ρ = As b ⋅ d × 100 .


55


No caso do exercício,

A400 ⇒ ρmin = 0.15%

ρ = As b⋅ d × 100 ⇒ As,min = ρmin ⋅ b ⋅ d

100 = 0.15 × 0.12 100 × 104 = 1.80 cm2/m

• Armaduras de distribuição (em flexão cilíndrica mtransv = ν mprinc.)

As [cm2/m]

As, dist. [cm2/m] Armadura adoptada

5.73 0.20 × 5.73 = 1.15

3.86 0.20 × 3.86 = 0.77

4.15 0.20 × 4.15 = 0.83

1.89 0.20 × 1.89 = 0.38

• Armadura de bordo simplesmente apoiado

Junto às vigas de bordo, é necessário dispor de armadura na direcção perpendicular

às mesmas, na face superior, por forma a controlar a fendilhação.

Esta fendilhação deve-se ao facto da viga, por possuir alguma rigidez de torção (que

foi desprezada no cálculo dos esforços), impedir a livre rotação da laje quando esta se

deforma, conforme está ilustrado na figura seguinte.

A armadura a adoptar deverá ser, pelo menos, a quantidade de armadura mínima

(neste caso, As,min = 1.80 cm2/m ), com a seguinte disposição: L/4

As,min 0.2As,min


56


3. Esforço Transverso

3.1. COMPORTAMENTO ELÁSTICO

Numa viga de betão não fendilhada (comportamento elástico) definem-se as seguintes

trajectórias principais de tensão:

σ σ

+

τ

trajectórias das compressões principais

trajectórias das tracções principais

A

Elemento A

σct

Quando σf = fct, inicia-se a fendilhação por esforço transverso

3.2. COMPORTAMENTO APÓS FENDILHAÇÃO

FlexãoFlexão +

Esforço transverso

Flexão +

Esforço transverso

A fendilhação tende a ser perpendicular à direcção das tensões principais de tracção.


57


3.3. MODELO DE TRANSMISSÃO DE CARGAS PARA O APOIO

θ

Este modelo poderá assemelhar-se a uma treliça, onde as armaduras transversais e

longitudinais funcionam como tirantes, e o betão comprimido entre fendas com uma

resultante assimilável a uma escora ou biela comprimida.

θz

z cotg θ z cotg θ

bielas comprimidas (resultante da zona de compressões correspondente)

tirantes (resultante das forças de tracção nos estribos no comprimentoz cotgθ)

Assim, neste modelo de treliça, cada barra representa (ou é a resultante de) um

campo de tensões:

(1) Campo de tracções verticais

z cotg θ

estribos verticais (ou inclinados)

(2) Campo de compressões inclinadas

z cotg θ

bielas inclinadas


58


(3) Campo de tracções e compressões paralelas ao eixo

compressão

tracção

banzo comprimido; armadura longitudinal

É assim possível relacionar os esforços (M e V) com as tensões nos diferentes

elementos: armaduras transversais, armaduras longitudinais e bielas comprimidas.

3.3. POSSÍVEIS MODOS DE ROTURA

(i) Rotura dos estribos

(ii) Rotura por esmagamento do betão (nas

bielas comprimidas)

(iii) Rotura por arrancamento da armadura inferior do apoio (amarração insuficiente) ou

rotura da armadura (armadura insuficiente)


59


3.4. AVALIAÇÃO DAS TENSÕES / FORÇAS NOS DIFERENTES ELEMENTOS DA TRELIÇA

(admitindo uma inclinação θ para as bielas comprimidas na alma)

3.4.1. Tracções nos estribos

θz

z cotg θb

x

Vsd(x)

Vsd(x)

b

θ

x

z cotg θ

DEVsd

zona do diagrama de esforço transverso que interessa para efeitos de dimensionamento da armadura transversal

cargas que se transmitemdirectamente para o apoio

cargas que se transmitemdirectamente para o apoio

b z cotg θ

Asw

Vsd (x) Fs ≥ Vsd ⇔ Asw × fyd ≥ Vsd (x)⇔

⇔ Asw s fyd ≥ Vsd (x)

z cotg θ ⇒ Asw s ≥ Vsd (x)

z cotg θ fyd

x = b 2 + z cotg θ ; z ≅ 0.9d

Asw s - área de aço por unidade de comprimento (armadura distribuída por m).

Vsd (x) z cotg θ - força vertical por unidade de comprimento.

Os estribos têm que ser prolongados até ao apoio por forma transmitir para a zona

superior da viga as forças devidas às escoras assinaladas na figura.

EUROCÓDIGO 2:

O valor do esforço transverso resistente é dado pelo menor valor entre (1) e (2),

VRd,s = Asw s z fywd cotg θ ⇔

Asw s ≥

Vsd z cotg θ fywd

(1)

onde fywd representa o valor de cálculo da tensão de cedência da armadura de esforço transverso.


60


3.4.2. Compressão na alma

b z cotg θ

θ

a

Fc

Fc

Vsd

Fs

θ

sen θ = Vsd Fc ⇒ Fc = Vsd

sen θ

σc = Fc bw a

sen θ = a z cotg θ ⇔ a = (z cotg θ) × sen θ = z cos θ = z cos θ

σc = Vsd sen θ × bw × z cos θ ⇒ σc = Vsd (x)

0.9d bw sen θ cos θ

A máxima compressão surge junto ao apoio - zona onde Vsd é máximo.

z cotg θ

θ

R

Rotura

A rotura ocorre, em geral, na biela a

seguir ao apoio, onde a resistência

do betão à compressão é menor (na

última biela “em leque” surge um

campo biaxial de tensões que conduz

a um aumento da resistência à

compressão do betão).

As tensões de tracção nos estribos originam uma diminuição da resistência à

compressão do betão, pelo que

σc ≤ 0.6 fcd

Na biela em leque considera-se para verificação da segurança

σc ≤ 0.85 fcd

R

Aapoio ≤ 0.85 fcd

EUROCÓDIGO 2 (cont.)

VRd,max = αcw bw z ν1 fcd

cotg θ + tg θ (2)

onde αcw = 1 para estruturas sem pré-esforço e ν1 = 0.6 nos casos em que fck ≤ 60 MPa

Pelo que, esta expressão pode ser escrita na forma

VRd,max = bw z 0.6 fcd

cotg θ + tg θ ⇔ VRd,max (cotg θ + tg θ)

z bw = 0.6fcd ⇔

VRd,max

z bw sen θ cos θ = 0.6fcd


61


3.4.3. Influência do esforço transverso nas compressões e tracções paralelas ao eixo Uma vez que os esforço exteriores são M e V, a resultante dos esforços axiais tem

que ser nula. Deste modo, para equilibrar a componente horizontal de Fc tem que se

verificar uma variação nas compressões e tracções devidas a M.

Fc

θ θ

Vsd

V2

cotg θ

cotg θ2V

θFT

Vsd

Fc

FVT = Fc cos θ = V

sen θ cos θ = V cotg θ

É necessário distribuir a força de tracção FVT igualmente pelos banzos comprimido e

traccionado por forma a não alterar o momento aplicado à secção.

VM

FM

MF

VF

FV

+ =

V

VF

F

V M

FM

MF

FM = M z ; FV = V

2 cotg θ

3.4.3.1. Apoio de extremidade

z

θ

z cotg θb

θθ1

b + z2 2 cotg θ


62


θFT

R

1

Fc

R = Fc sen θ1 ⇔ Fc = R sen θ1

FT = Fc cos θ1 ⇒ FT = R cos θ1 sen θ1

= R cotg θ1

cotg θ1 = b 2 + z

2 cotg θ

z = 0.5 b z + 0.5 cotg θ

Como FT depende da largura do apoio, pode tomar-se por simplificação:

1) Apoio pontual (b = 0)

cotg θ1 = 0.5 cotg θ ⇒ FT = R 2 cotg θ

2) z ≅ 2b

cotg θ1 = 0.5 b 2b + 0.5 cotg θ = 0.25 + 0.5 cotg θ ⇒ FT = R (0.25 + 0.5 cotg θ) ≅ 1.20 R

(θ1 ≅ 40°)

3.4.3.2. Apoio de continuidade

DFT

M/z

V2 cotg θ

M Vz 2 cotg θ+

- cotg θM V2z

z

FT = const.

θ θ1θ

z cotg θ

θ

z cotg θb

θθ1

Nota: Na zona central, a inclinação das compressões varia entre θ e 90° (cotg 90° = 0)


63


3.4.3.3. Armadura longitudinal no vão

Considere-se a viga simplesmente apoiada representada na figura seguinte, bem

como os correspondentes diagramas de força de tracção na armadura longitudinal.

MFT

M/z

V/2 cotg θ

VFT

M/z

FTM+V

+ V/2 cotg θ

+

=

Asflexão

M/z

x necessáriaAs

V/2 cotg θα

α = d dx

M

z = 1 z

dM dx = V

z

por outro lado, α ≅ tg α = V/2 cotg θ x

⇒ V2 cotg θ × 1 x = Vz ⇒ x = z2 cotg θ

Para ter em conta o aumento da tracção na armadura longitudinal é suficiente

considerar uma translação do diagrama de momentos de x.


64


3.5. DISPOSIÇÕES CONSTRUTIVAS 3.5.1. Quantidade mínima de armadura:

As áreas mínimas de armadura transversal, podem ser quantificadas através da

imposição de percentagens mínimas de armadura, que variam consoante o tipo de

aço utilizado:

ρw,min = 0.16% para A235

ρ w,min = 0.10% para A400

ρ w,min = 0.08% para A500

A percentagem de armadura transversal define-se através da expressão

ρ w,min = Asw s × bw × 100.

3.5.2. Espaçamento entre estribos

Por forma a evitar que a fenda se forme entre estribos, o espaçamento máximo entre

estribos deverá respeitar a condição:

s ≤ 0.5 d,

onde d representa a altura útil do elemento.

Usualmente utilizam-se espaçamentos entre 0.075 m e 0.30 m (ou, mais aconselhável,

entre 0.10 m e 0.25 m).


65


EXERCÍCIO 5


0.60

5.00

0.30

g = 25kN/m

q = 12kN/m


a) Calcule as armaduras transversais admitindo, para inclinação das bielas de

compressão, ângulos de 30° e 45°.

b) Verifique, para ambas as situações, a tensão máxima de compressão nas bielas.

c) Calcule, para ambas as situações, os efeitos na armadura longitudinal.


ALÍNEA A)

1. Determinação dos esforços

psd = γg × g + γq × q = 1.5 (12 + 25) = 55.5 kN/m

MSd = pL2 8 = 55.5 × 52

8 = 173.4kNm

VSd = 55.5 × 5 2 = 138.8kNm

2. Cálculo das armaduras transversais para θ = 30°

z cotg θ = 0.9 d × cotg θ = 0.9 × 0.55 × cotg 30° = 0.87m

Vsd (z cotg θ) = 138.8 – 0.87 × 55.5 = 90.5kN


66


Asw s ≥ Vsd

z cotg θ fyd = 90.5

0.87 × 348 × 103 × 104 = 3.0 cm2/m

3. Cálculo das armaduras transversais para θ = 45°

z cotg θ = 0.9 × 0.55 × cotg 45° = 0.5m

Vsd (z cotg θ) = 138.8 – 0.5 × 55.5 = 111.1kN

Asw s = 111.1

348 × 103 × 0.5 = 6.39cm2/m

ALÍNEA B)

i) θ = 30°

σc = Vsd 0.9 d bw sen θ cos θ = 90.5

0.3 × 0.5 × sen 30° × cos 30° = 1393kN/m2

ii) θ = 45°

σc = 111.1 0.3 × 0.5 × sen 45° × cos 45° = 1481kN/m2

σc < 0.6 fcd = 0.6 × 16.7 × 103 = 10020kN/m2

Cálculo do máximo esforço transverso que pode ser aplicado sem esmagar o betão

i) θ = 30°

VmáxRd = 0.6 fcd bw z cosθ senθ = 0.6 × 16.7×103 × 0.3 × 0.5 sen 30º × cos 30º = 650.8kN

ii) θ = 45°

VmáxRd = 0.6 × 16.7 × 103 × 0.3 × 0.5 sen 45º × cos 45° = 751.5kN


67


ALÍNEA C) 1. Armadura no apoio de extremidade

i) Considerando um apoio pontual

b = 0 ⇒ Fs = R 2 cotg θ

θ = 30° ⇒ Fs = 138.8

2 × cotg 30° = 120.2kN

θ = 45° ⇒ Fs = 138.8 2 × cotg 45° = 69.4kN

ii) Considerando a largura do apoio

Fs = 1.2 R = 1.2 × 138.8 = 166.6kN

⇒ As ≥ Fs fyd = 166.6

348×103 × 104 = 4.79cm2

Comentário: menor θ ⇒ maior área de armadura nos apoios

2. Cálculo do comprimento de translacção

θ = 30° → x = z 2 cotg θ = 0.5

2 cotg 30° = 0.43m

θ = 45° → x = z 2 cotg θ = 0.5

2 cotg 45° = 0.25m

Comentário: menor θ ⇒ maior comprimento de translacção


68


3.6. AMARRAÇÃO DE ARMADURAS

3.6.1. Comprimento de amarração

Considere-se um varão de aço embebido, num determinado comprimento, no interior

de um bloco de betão, conforme ilustrado na figura seguinte.

fbd

lb

Fs = As fyd

fbd – tensão de aderência

É possível definir o valor do comprimento necessário lb para que, quando o varão for

submetido à máxima força de tracção que suporta, não haja escorregamento entre os

dois materiais. Deste modo, FRc ≥ Fs ⇔ Ac × fbd ≥ Fs ,

onde Ac = π φ lb e representa a área de betão em contacto com a armadura.

Ac × fbd ≥ Fs ⇔ π φ lb fbd = As fyd ⇒ π φ lb fbd = π φ2 4 fyd

De onde resulta

lb = φ 4 fyd

fbd (Comprimento de amarração base)

O valor da tensão de aderência (fbd) depende de vários factores:

Características de aderência da armadura (alta – varões nervurados -, ou normal –

varões lisos);

Classe do betão

Condições de betonagem (boas condições ou más condições)


69


O comprimento de amarração necessário pode ser calculado através da expressão

lb,net = lb α1 As,cal. As,ef.

onde,

α1 é um coeficiente que tem em conta o tipo de amarração e toma o valor 1.0 para

amarração recta e 0.7 para amarração curva (cotovelo ou gancho);

O quociente As,cal. As,ef.

entra em linha de conta com a proporção da tensão instalada

na armadura relativamente à tensão de cálculo.

Lb.net ≥

10φ100mm0.3Lb varões traccionados0.6Lb varões comprimidos

Condições de betonagem (aderência)

Os varões dizem-se em condições de boa aderência se verificarem uma das seguintes

condições:

formem com a horizontal um ângulo entre 45º e 90º;

estejam integrados em elementos com espessura (na direcção da betonagem)

inferior a 25 cm;

quando a espessura excede 25 cm, os varões estão em boas condições de

aderência se se situarem na metade inferior do elemento ou a mais de 30 cm da

sua face superior.


70


EXEMPLO

Calcular o comprimento de amarração necessário de um varão φ16 solicitado por uma

força de 45kN.

lb,net

45 kN

Materiais: C25/30

A400NR

RESOLUÇÃO:

C25/30Amarração rectaAlta aderênciaBoas cond. de betonagem

lb = 30φ = 30 × 1.6 = 48cm

α1 = 1

(Quadro do artigo 81º do REBAP)

As.ef = 2.01cm2

As.cal = 45 34.8 = 1.29cm2

Lb.net = lb α1 As.cal. As.ef. = 48 × 1 × 1.29

2.01 = 30.8 cm


71


3.6.2. Comprimento de emenda

As emendas dos varões das armaduras ordinárias devem, se possível, ser evitadas e

caso sejam necessárias, devem ser efectuadas em zonas em que os varões estejam

sujeitos a tensões pouco elevadas.

As emendas de varões podem ser realizadas por sobreposição , por soldadura, ou por

meio de dispositivos mecânicos especiais (acopladores, por exemplo)

No que se refere às emendas por sobreposição, o comprimento de emenda (lb0) deve

satisfazer as expressões:

FF

lb0

(i) Varões comprimidos: lb0 = lb (apenas emendas rectas)

(ii) Varões traccionados: lb0 = α2 lb.net mas lb0 ≥ min (20cm;15φ)

O valor do coeficiente α2 depende dos seguintes factores:

relação entre a secção dos varões emendados e a secção total dos varões

distâncias entre emendas na mesma secção transversal

distância da emenda à face lateral da secção

Limites ao número de varões a emendar numa secção

Varões comprimidos: Sem limitação

Varões traccionados

• Varões de alta aderência: - todos se φL ≤ 16mm

- ½ As se φL ≥ 16mm

• Varões de aderência normal - ½ As se φL ≤ 16mm

- ¼ As se φL ≥ 16mm

Condição para que duas emendas possam ser consideradas em secções diferentes


72

≥1.5 lb0


RESOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 5 (CONT.) ALÍNEA D) (Pormenorização da armadura longitudinal, considerando-se θ = 30°)

1. Cálculo da armadura necessária a meio vão

Msd = 173.4kNm ⇒ µ = Msd bd2 fcd = 173.4

0.3 × 0.552 × 16.7×103 = 0.114 ⇒ ω = 0.124

As = ω b d fcd fyd = 9.84cm2

Adoptam-se 2φ16 + 2φ20 (10.3cm2)

Visto que Aapoios ≥ 4.79cm2 , é possível dispensar 2φ16

2. Cálculo do MRd correspondente a 2φ20 (6.28cm2)

ω = As b d

fyd fcd = 6.28 × 10-4

0.3 × 0.55 × 348 16.7 = 0.079 ⇒ µ = 0.075

MRd = µ × b d2 fcd = 0.075 × 0.3 × 0.552 × 16.7×103 = 113.7kNm

3. Determinação da secção de dispensa de armadura

M(x)

138.8 kN 138.8 kN

55.5 kN/m

x

DMF

(+)

M(x) = 138.8 × x – 55.5 × x2 2 =

= 138.8 x – 27.75x2

Msd= MRd ⇔ 138x - 27.75x2 = 113.7

⇔ x = 3.97m ∨ x = 1.03m


= 30φ × As,cal. As,ef.

= 30 × 0.016 × 6.28 10.3

= 0.29m

aL = z 2 cotg θ = 0.43m

Secções de dispensa de armadura:

x1 = 1.03 – aL – Lb.net = 1.03 – 0.43 – 0.29 = 0.31m

x2 = 3.97 + aL + Lb.net = 3.97 + 0.43 + 0.29 = 4.69m


73


EXERCÍCIO 6

Para a estrutura já analisada no Exercício 3 determine:

a) As armaduras transversais necessárias ao longo da viga

b) A distribuição de armaduras longitudinais ao longo da viga

c) Pormenorize as armaduras na viga

RESOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 6 ALÍNEA A)

1. Determinação do esforço transverso solicitante

10.00 3.00

p=1 kN/m

(+)(+)

5.45

(-)

DEV[kN] 4.55 3.0

Considerando alternância de sobrecarga,

5.0DEV[kN]

(+)

(-)

5.0

p=1 kN/m

DEV[kN]

3.0

( )0.45

(+)

p=1 kN/m

V Asd = 1.5 × (28.25 × 4.55) + 1.5 × (12 × 5) = 282.8kN


74


VB.esqsd = 1.5 × (28.25 × 5.45) + 1.5 × (12 × 5.45) = 392.0kN

VB.dirsd = 1.5 × (28.25 + 12) × 3 = 181.1kN

i) Envolvente do diagrama de esforço transverso

282.8

(+)

181.1

(-)

329.0

(+)

282.8181.1

329.0

⇒

ii) Determinação de Vsd (z cotg θ)

Considerando θ = 30°,

d = 0.80m ; z ≅ 0.9 d = 0.72 m

z cotg θ = 0.72 × cotg 30° = 1.25 m

Vsd,A (z cotg θ) = 282.8 – 60.4 × 1.25 = 207.3 kN

Vsd,B esq (z cotg θ) = 329 – 60.4 × 1.25 = 253.5 kN

Vsd,B dir (z cotg θ) = 181.1 – 60.4 × 1.25 = 105.6 kN

2. Verificação das compressões

i) Bielas comprimidas

σmáxc = Vsd (z cotg θ)

z bw senθ cosθ = 253.5 0.72 × 0.30 × sen 30° × cos 30° = 2710.3kN/m2 ≅ 2.7MPa

0.6 fcd = 0.6 × 16.7 = 10.02MPa

σmáxc ≤ 0.6 fcd

ii) Apoio

σc = R Aap ≤ 0.85 fcd

R Bsd = 329.0 + 181.1 = 510.1kN

σc = 510.1 0.3 × 0.3 = 5667.8kN/m2 ≅ 5.7MPa

0.85 fcd = 0.85 × 16.7 = 14.2MPa


75


3. Cálculo da armadura transversal nos apoios

i) Apoio A

Asw s = Vsd (z cotg θ)

z cotg θ fyd = 207.3

0.72 × cotg 30° × 348×103 × 104 = 4.78cm2/m

ii) Apoio B (esq.)

Asw s = 253.5

0.72 × cotg 30° × 348×103 × 104 = 5.84cm2/m

iii) Apoio B (dir.)

Asw s = 105.6

0.72 × cotg 30° × 348×103 × 104 = 2.43cm2/m

iv) Cálculo da armadura mínima (A400)

ρw,min = 0.10 ⇔

Asw

s min × 1

bw × 100 = 0.10 ⇔

⇔

Asw

s min = 0.10 × 0.30

100 × 104 = 3.0cm2/m (adoptam-se estribos φ8//0.25)

4. Determinação da zona da viga em que se adopta (Asw/s)min

i) Cálculo de VRd, min

Estribos φ8//0.25 ⇒ 4.02 cm2/m

VRd = Asw s × z cotg θ × fyd = 4.02×10-4 × 0.72 × cotg 30° × 348×103 = 174.5 kN

329.0282.8

181.1174.5

x1 x2

1 60.4

x1 = 282.8 - 174.5 60.4 = 1.79m

x2 = 329 - 174.5 60.4 = 2.56m


76


ALÍNEA B)

Aapoios → 4φ16 + 2φ12; Avão

s → 6φ25

1. Cálculo do comprimento de translacção

aL = z 2 cotg θ = 0.72

2 cotg 30° = 0.62m

2. Armadura inferior

i) Plano de dispensas: 6φ25 → 4φ25 → 2φ25

ii) Capacidade resistente da viga após as dispensas

Armadura As [cm2] ω µ MRd [kNm]

4φ25 19.63 0.170 0.154 493.8

2φ25 9.82 0.085 0.080 256.5

660.2

272.0

493.8256.5 256.5

493.8

x1x2

x3x4

iii) Cálculo das coordenadas x

Carregamento correspondente ao máximo momento no vão

10.00

cp=28.3 kN/m

3.00

sc=12.0 kN/m

282.8 kN

(-)

(+)

DMF[kNm]

x


77


282.8 kN

M(x)

x

60.4 kN/m

M(x) = 282.8 × x – 60.4 × x2

2 = 282.8 × x – 30.2x2

MSd = 493.8kNm ⇔ 282.8 × x – 30.2 × x2 = 493.8 ⇔ x3 = 7.04m ∨ x2 = 2.32m

MSd = 256.5kNm ⇔ 282.8 × x – 30.2 × x2 = 256.5 ⇔ x4 = 8.35m ∨ x1 = 1.02m

iv) Cálculo dos comprimentos para dispensa da armadura

Dispensa de 6φ25 → 4φ25

x2’ = x2 – aL – Lb.net = 2.32 – 0.62 – 0.50 = 1.20 m

x3’ = x3 + aL + Lb.net = 7.04 + 0.62 + 0.50 = 8.16 m

C25/30; A400NR

boas condições de aderência ⇒ Lb = 30φ = 30 × 0.025 = 0.75m



= 0.75 × 4 6

= 0.50 m


x1’ = x1 – aL – Lb.net = 1.02 – 0.62 – 0.38 = 0.02 m

x4’ = x4 + aL + Lb.net = 8.35 + 0.62 + 0.38 = 9.35 m



= 0.75 × 2 4

= 0.38 m

v) Verificação da armadura no apoio

1) Considerando pilares 0.30 × 0.30 [m2]:

FT = R cotgθ1 = R ×

0.5 × b

z + 0.5 cotgθ = 282.8 ×

0.5 × 0.30

0.72 + 0.5 cotg 30° =303.8kN

As = 303.8 348 × 103 × 104 = 8.73cm2 < As (4φ25) = 19.63cm2


78


2) Considerando indirectamente a dimensão do pilar

FT = 1.2 R = 1.2 × 282.8 = 339.4 kN ⇒ As = 9.75cm2 < 19.63cm2

3) Considerando um apoio pontual

FT = R 2 cotgθ1 = 282.8

2 × cotg 30° = 244.9kN ⇒ As = 7.04cm2 < 19.63cm2

3. Armadura superior

i) Plano de dispensas: 4φ16 + 2φ12 → 4φ16 → 2φ16

ii) Capacidade resistente da viga após as dispensas

Armadura As [cm2] ω µ MRd [kNm]

4φ16 8.04 0.070 0.066 211.6

2φ16 4.02 0.035 0.034 109.0

272.0

x1

211.6211.6109.0 109.0

x2

x4 x3

iii) Cálculo das coordenadas x

Carregamento correspondente ao máximo momento negativo no apoio e no vão à

esquerda do apoio:

sc=12.0 kN/m

cp=28.3 kN/m

pconsolasd = 60.4kN/m

pvãosd = 1.5 × 28.25 = 42.4kN/m


79


Vdirsd = 3.0 × (12 + 28.25) × 1.5 = 181.1kN

Vesqsd = (5.45 × 28.25 + 0.45 × 12.0) × 1.5 = 239.0kN

Consola 60.4 kN/m

x

Msd(x)

181.1 kN

272 kNmMsd(x) = 60.4 × x × x

2 – 181.1 × x + 272.0 =

30.2x2 – 181.1x + 272.0

Msd = 211.6kNm ⇔ 30.2 x12 – 181.1x1 + 272.0 = 211.6 ⇔ x1 = 0.35 m

Msd = 109.0kNm ⇔ 30.2 x32 – 181.1x3 + 272.0 = 109.0 ⇔ x3 = 1.10 m

Vão

Msd(x)

239.0 kN

x

272 kNm42.4 kN/m

Msd(x) = 42.4 × x × x 2 – 239.0 × x + 272.0 =

21.2x2 – 239x + 272.0

Msd = 211.6kNm ⇔ 21.2 x22 – 239 x2 + 272.0 = 211.6 ⇔ x2 = 0.26 m

Msd = 109.0kNm ⇔ 21.2 x42 – 239 x4 + 272.0 = 109.0 ⇔ x4 = 0.73 m

Msd = 0 ⇔ 21.2 x52 – 239 x5 + 272.0 = 0 ⇔ x5 = 1.28 m

4) Cálculo dos comprimentos para dispensa da armadura

Dispensa de 4φ16 + 2φ12 → 4φ16

x1’ = x1 + aL + Lb.net = 0.35 + 0.62 + 0.42 = 1.39 m

x2’ = x2 + aL + Lb.net = 0.26 + 0.62 + 0.42 = 1.30 m

Lb.net = 45φ × As,cal. As,ef.

= 45 × 0.012 × 8.04 8.04 + 2.26

= 0.42 m


x3’ = x3 + aL + Lb.net = 1.10 + 0.62 + 0.36 = 2.08 m

x4’ = x4 + aL + Lb.net = 0.73 + 0.62 + 0.36 = 1.71 m

x5’ = 1.28 + 0.62 + 0.22 = 2.12m

Lb.net = 45φ × As,cal. As,ef.

= 45 × 0.016 × 2/4 = 0.36 m

Lb.min = 0.3 × 45φ = 0.3 × 45 × 0.016 = 0.22 m


80


3.7. ARMADURA DE LIGAÇÃO BANZO-ALMA

Na figura seguinte ilustra-se a degradação das tensões de compressão da alma, para

o banzo de uma viga em “T”.

z cotg θ1

z cotg θ1

z θ1

θ2

fc

Fc

fc'

Fc'

onde,

fc representa força distribuída nas bielas comprimidas da alma

fc’ representa a força distribuída nas bielas comprimidas do banzo

Fc e Fc’ representam as resultantes das forças distribuídas nessas bielas

Em planta,

z cotg θ1

Fc cos θ1

θ2

Fc'

FT

F 'c = Fc

2 cos θ1 × 1 cos θ2

FT = F 'c × sen θ2 = Fc

2 cos θ1 × sen θ2 cos θ2

=

= Fc 2 × tg θ2 × cos θ1

Asf = FT fsyd ⇒ Asf

s = FT z cotg θ1 fyd

= Fc sen θ1 2 z cotg θ2 fyd

Como Fc = V sen θ1

⇒ Asf s = V

2 z cotg θ2 fyd

θ1=θ2 ⇒ A armadura de ligação banzo-alma é metade da armadura de esforço

transverso

Asf

s = 1 2

Asw

s

Nota: Numa viga pertencente a uma laje vigada, a armadura da laje é normalmente

suficiente para absorver as forças de tracção na ligação banzo-alma.


81


3.8. ARMADURA DE SUSPENSÃO

3.8.1. Apoios indirectos

h2h1

21

V

A viga transmite as cargas à viga

através das bielas comprimidas.

A carga transmitida à viga principal terá

de ser transmitida para a face superior

através de estribos de suspensão

As = Vfyd

P

2

1

Se as faces superiores das duas vigas estiverem ao mesmo nível, a área da secção

dos estribos de suspensão pode ser reduzida de acordo com a seguinte expressão:

FT = h2 h1 V

As = FT

fyd

Nota: A armadura calculada deve ser adicionada à armadura de esforço transverso.

A distribuição dos estribos de suspensão deve ser feita da seguinte forma:

b2

máx(b2;h1)

1

2


82


3.8.2. Cargas suspensas

A carga tem que ser transmitida para a face superior da viga através de uma armadura

de suspensão. A armadura é dimensionada para absorver a totalidade da carga

suspensa.

As ≥ Fs fyd , Fs – carga suspensa


83


EXERCÍCIO 7


1.00

1.00

0.20 0.20

0.15


Acções: pp + revest. = 20.0 kN/m

sobrecarga = 40.0 kN/m

Coeficientes de majoração: γG = γQ = 1.5

S1S2

10.00 3.50

cp

3.50

sc

a) Para a estrutura já analisada no Exercício 4, verifique a segurança ao Estado Limite

Último de Esforço Transverso e pormenorize as armaduras transversais na secção.


84


RESOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 7 ALÍNEA A)

1. Verificação da segurança ao E.L.U. de Esforço Transverso

i) Determinação de Vsd

psd = 1.5 × (20 + 40) = 90kN/m

450.0

(-)

DET[kN]

(-)(+)

(+)

315.0

315.0

450.0

θ = 30º ⇒ z cotg θ = 0.9 × 0.95 × cotg 30° = 1.48m

Vsd, dir (z cotg θ) = 450 – 1.48 × 90 = 316.8.5kN

Vsd, esq (z cotg θ) = 315 – 1.48 × 90 = 181.8kN

ii) Verificação das compressões na alma

σc = Vsd (z cotg θ) z × bw × sen θ × cos θ = 316.8

0.9 × 0.95 × 0.40 × sen 30° × cos 30° = 2139.2kN/m2

0.6 fcd = 0.6 × 13.3×103 = 7980kN/m2 > σc

iii) Cálculo da armadura transversal junto aos apoios

Asw s = Vsd (z cotg θ)

z fyd cotg θ

Asw

s dir = 316.8

1.48 × 348×103 × 104 = 6.15cm2/m

Asw

s esq = 181.8

1.48 × 348×103 × 104 = 3.53cm2/m


85


2. Cálculo da armadura de suspensão

Nota: Admite-se que a sobrecarga está a actuar no banzo inferior

cp*+sc

cp* = cp – ppalmas = 20 – (0.20 × 1.0 × 2) × 25 = 10kN/m

Força de suspensão: Fs = 1.5 (10 + 40) = 75.0kN/m

As

s suspensão = 75.0

348×103 × 104 = 2.16cm2/m

(a adicionar à armadura de esforço transverso)

As

s dir

TOT =

Asw

s dir +

As

s susp = 6.15 + 2.16 = 8.31cm2/m

As

s esq

TOT =

Asw

s esq +

As

s susp = 3.53 + 2.16 = 5.69m

3. Cálculo da armadura transversal mínima

Asw

s min = 4cm2/m

4. Cálculo da armadura de ligação banzo-alma

Asf s = Vsd

2 z cotg θ2 fsyd

θ1 = θ2 ⇒ Asf s = 1

2

Asw

s

As

s dir

= 6.15 2 = 3.08cm2/m ;

As

s esq

= 3.53 2 = 1.77cm2/m


86


5. Armadura transversal de flexão no banzo

0.80

cp*+sc

cp* + sc = 10 + 40 = 50 kN/m

psd = 1.5 × 50 / 0.6 = 125.0 kN/m2

2/12pL

pL /242

0.80

pL2 12 = 125 × 0.802

12 = 6.7kN/m

µ= Msd b d2 fcd = 6.7

1.0 × 0.122 × 13.3×103 = 0.035 ⇒ ω = 0.037

As=ω b d fcd fyd = 0.037×1.0× 0.12 × 13.3

348 ×104 = 1.70cm2/m

(AsTOT/ramo)dir =

3.08

2 + 1.70 = 3.24cm2/m

(AsTOT/ramo)esq =

1.77

2 + 1.70 = 2.59cm2/m


87


3.9. SECÇÕES COM LARGURA VARIÁVEL

Nos casos em que as secções apresentam largura variável, bw considera-se como

a menor largura numa zona compreendida entre a armadura traccionada e ¾ da

altura útil

d3/4 d

bw

bw

No caso de secções circulares, poderá considerar-se uma secção rectangular

equivalente, com as seguintes características:

be≈0.9DD

AsL

AsL/2

de⇔

de = 0.45 D + 0.64

d - D

2 (expressão aferida experimentalmente)

3.10. ARMADURA INCLINADA

Nos casos em que a armadura de esforço transverso for constituída por armadura

inclinada (e não vertical), há que ter em conta esse facto no modelo de treliça, já que a

armadura se destina a absorver as tensões de tracção representadas pelos tirantes,

conforme se ilustra na figura abaixo


88

tirantesbielas comprimidas

z cotg αz cotg θ

z

θ α

z cotg θ + z cotg α

Fs V


α

F

Fs Vsd

Asw × fyd ≥ Vsd sen α ⇔ Asw ≥ Vsd

sen α 1 fyd ⇔

⇔ Asw s = Vsd

sen α 1

z (cotg θ + cotg α) × 1 fyd ⇔

⇔ Asw s = Vsd

z (cotg θ + cotg α) sen α fyd

Fc = Fs cos α = V cotg α

Barras horizontais:

Fs

α θFc

Ft

FT = Fs cos α + Fc cos θ = Vsd sen α cos α + Vsd

sen θ cos θ

⇔ FT = Vsd (cotg θ + cotg α)

3.11. CARGAS CONCENTRADAS JUNTO AO APOIO

As cargas que actuam junto ao apoio podem ser transmitidas directamente para

este, através de uma biela inclinada (a < z/2)

a

P

As cargas afastadas do apoio são transmitidas pelo mecanismo de treliça (a > 2z)

P

a

Numa zona intermédia, parte da carga é transmitida directamente para o apoio e

a outra parte é transmitida pelo mecanismo de treliça.


89


3.11.1. Regras de dimensionamento

a < z/2

A carga é transmitida directamente para o apoio (não é necessário acréscimo de

armadura transversal).

a > 2 z

A carga é totalmente transmitida pelo mecanismo de treliça (considerar a totalidade do

esforço transverso relativo à carga concentrada)

z/2 < a < 2 z

Para o dimensionamento da armadura transversal apenas deve ser considerada uma

parcela da carga: P1 =

2a

z - 1 1 3 P


90


EXERCÍCIO Considere a estrutura seguinte.

0.40 0.40 0.405.00

0.65

P

0.40

Calcule as armaduras transversais necessárias, considerando apenas a actuação da

carga Psd = 300kN.


91


RESOLUÇÃO

Neste caso,

z = 0.9 × 0.60 = 0.54 m e a = 0.8 m ⇒ z 2 = 0.27 m < a < 2 z = 1.08 m,

pelo que, parte da carga é transmitida directamente para o apoio e a outra parte é

transmitida pelo mecanismo de treliça.

1. Determinação da parcela da carga considerada para o dimensionamento da

armadura transversal

(+)

DEV[kN]

300 kN

RA=252 kN

4.20RB=48 kN

0.80

A B

(-)

252

48

ΣMA=0 ⇔ -300×0.8 + RB×5.0 = 0

⇔ RB = 48kN

RA = 300 – 48 – 252kN

P1.Sd =

2 × 0.8

0.54 - 1 × 1 3 × Psd = 0.65 Psd

2. Cálculo da armadura transversal

As ≥ 0.65 × 252 348×103 × 104 = 4.7cm2 ⇒ As

s = 4.7 0.40 = 11.75cm /m 2

11.75 2 = 5.88cm2/m

3. Cálculo da armadura longitudinal

θ1θ2 Fsd

Rsd,1 Rsd,2

Rsd,1 = 0.65 × 252 = 163.8 kN

Rsd,2 = 0.35 × 252 = 88.2 kN

Fsd = Rsd,1 cotg θ1 + Rsd,2 cotg θ2 =

= 163.8 × 0.4 0.54 + 88.2 × 0.8

0.54 = 252kN

ASL = 252 348×103 × 104 = 7.24cm2


92


3.12. FORÇAS DE DESVIO

Quando um varão de uma armadura traccionada possui um ponto anguloso, gera-se

uma força de desvio nesse ponto, tal como ilustrado na figura seguinte.

Fs

Fs

FD

Nestes casos, há que ter em atenção a posição do varão e sentido da força de desvio

em relação à face exterior do betão pois, caso a força tenha o sentido do interior para

o exterior da peça, poderá ocorrer uma rotura local da camada de betão de

recobrimento.

(a) Situação em que não ocorre rotura

(b) Situação em que poderá ocorrer rotura

3.12.1. Disposição da armadura ordinária por forma a evitar o destacamento do betão devido às forças de desvio i) α >15°

αMM

ii) α <15°

MM

A

A

Secção A-A

ou

3.12.2. Forças de desvio de compressão


93

MM

FcFD

Fc


4. Torção

4.1. DEFINIÇÕES

4.1.1. Torção de equilíbrio

A distribuição de esforços é apenas condicionada pelo equilíbrio da estrutura, ou seja,

não é possível obter uma distribuição de esforços equilibrada sem a existência de

momento torsor num elemento.

Exemplo:

Fs

DMT[kNm]

(-)

4.1.2. Torção de compatibilidade

A distribuição de esforços depende da relação entre a rigidez de flexão e torção. No

caso limite de se considerar uma rigidez de torção nula é possível obter uma

distribuição de esforços equilibrada sem a existência de momento torsor na estrutura.

(Fendilhação ⇒ redução da rigidez de torção ⇒ redução dos momentos torsores ⇒

momentos torsores podem, em geral, ser desprezados)

Exemplo:


94


4.2. TORÇÃO ANALISADA COMO ESFORÇO TRANSVERSO NA LARGURA EFECTIVA DE hef

Para a análise de uma secção de betão armado sujeita a um momento torsor, pode

definir-se uma secção oca (secção oca eficaz), confirme ilustra a figura seguinte:

Thm

bm

hef

secção oca eficaz

de torção

2c’ ≤ hef ≤ A u

onde,

c’ = c + φestribo

A – área da secção de betão

u – perímetro da secção

Representando a secção oca eficaz pela sua linha média, é possível determinar as

tensões tangenciais, equivalentes ao momento torsor actuante, nas paredes da

secção.

Tτ

Em secções de parede fina, τ = T 2 Ω e

Ω – área inferior à linha média da secção

e – espessura da parede

pelo que, neste caso, τ = T 2 hm bm hef

A resultante de cada uma destas tensões tangenciais não é mais que um esforço de

corte em cada parede da secção.


95


TVV

VH

VH = τ × hef × bm = T

2 hm

VV = τ × hef × hm = T

2 bm

Esforços de corte na parede ⇔ Esforço transverso

4.3. DIMENSIONAMENTO DAS PAREDES SUJEITAS A UM ESFORÇO TRANSVERSO

(Modelo de treliça com θ variável)

4.3.1. Compressão numa parede vertical,

σc = Vv hef hm cos θ sen θ = T

2 bm hm hef cos θ sen θ

⇒ σc = Tsd Aef hef cos θ sen θ ≤ 0.6 fcd, Aef = bm × hm

(parede horizontal: conclusão semelhante)

4.3.2. Armadura transversal de torção

numa parede vertical,

Ast s = Vv

hm cotg θ fyd = T

2 bm hm hef cotg θ fyd ⇒

Ast s = Tsd

2 Aef cotg θ fyd

(área de cada ramo do estribo)

(parede horizontal: conclusão semelhante)


96


4.3.3. Armadura longitudinal de torção

bm

hm

VH

VV

H

VV

Numa parede vertical, A 'SL = Vv × cotg θ

fyd

Numa parede horizontal, A ''SL = VH × cotg θ

fyd

(FT = V cotg θ)

Nas quatro paredes,

ASL = 2 [Vv + VH] cotg θ fyd

= 2

T

2 bm + T

2 hm cotg θ

fyd =

= T 2 (bm + hm) 2 bm hm

cotg θ fyd

= T uef 2 Aef

cotg θ fyd

⇒ ASL = Tsd cotg θ uef 2 Aef fyd


97


EXERCÍCIO 8

Determine o momento torsor resistente da secção indicada na figura.

0.40

0.40

4φ20

Est. φ8//0.15

Materiais: C25/30

A400

Recobrimento = 2.5cm


98



1. Determinação das características da secção oca eficaz

hef ≤ A u = 0.42

4 × 0.4 = 0.1 m

hef ≥ 2c' = 2 × (2.5 + 0.8) = 6.6 cm

bm = hm = 0.40 – 2 × (0.025 + 0.008 + 0.01) = 0.31 m ⇒ hef = 0.09 m

Aef = bm × hm = 0.31 × 0.31 = 0.096 m2

uef = 0.31 × 4 = 1.24 m

Ast s = 3.35 cm2/m ; ASL = 12.57 cm2

2. Verificação das compressões

(Adopta-se θ = 30°)

σc = Tsd

2 Aef hef cos θ sen θ ≤ 0.6 fcd ⇔ TSd ≤ 0.6 fcd × 2 × Aef × hef × cos θ × sen θ ⇔

⇔ Tsd ≤ 0.6 × 16.7×103 × 2 × 0.096 × 0.09 × cos 30° × sen 30° = 75kNm

3. Armadura transversal

Tsd ≤ Ast s × 2 × Aef × cotg θ fyd = 3.35 × 10-4 × 2 × 0.096 × cotg 30° × 348 × 103 ⇔

⇔ Tsd ≤ 38.7kNm

4. Armadura longitudinal

Tsd ≤ ASL × 2 × Aef × fsyd cotg θ uef

= 12.57×10-4 × 2 × 0.096 × 348×103 cotg 30° × 1.24 = 39.1kNm

⇒ TRd = 38.7kNm


99


4.4. EFEITO CONJUNTOTORÇÃO / ESFORÇO TRANSVERSO

Quando a torção aparece associada ao esforço transverso, há que ter em conta o seu

efeito conjunto.

V/2V/2+

T/2bm

T/2hm Q3

=Q1 Q2

Q4

Esforços de corte totais: Q1 = V2 + T2 bm

; Q2 = V2 - T2 bm

; Q3 = Q4 = T2 hm

4.5. DISPOSIÇÕES CONSTRUTIVAS RELATIVAS A ARMADURAS DE TORÇÃO

4.5.1. Armadura transversal

Espaçamento máximo da armadura transversal: smáx = min

1

8 uef, 0.30 m

4.5.2. Armadura longitudinal

(i) Espaçamento máximo da armadura longitudinal: smáx = 35 cm

(ii) Disposição da armadura na secção transversal: Armadura disposta ao longo do

contorno interior das cintas. Em cada vértice da secção deverá existir, pelo menos,

1 varão.

4.6. DIMENSIONAMENTO CONJUNTO DA SECÇÃO


100

Msd

AsL σc σcAsw

Vsd

saL

Tsd

AsLs

Ast σc

armaduras longitudinais

compressão nas bielas inclinadas

armaduras transversais

compressão no banzo


EXERCÍCIO 9

Verifique a segurança ao estado limite último da viga indicada na figura, na secção dos

apoios.

30 kN/m

0.305.00

0.50

1.00

psd

0.15

0.15

(os apoios impedem a rotação da viga segundo o seu eixo)

Materiais: C25/30; A400

Recobrimento = 2.5cm


101



1. Determinação dos esforços

(+)

DMF[kNm]

30 kN/m

93.8DET[kN]

(+)(-)

75.0

75.0

(+)11.25

(-)

11.25

Msd = pL2

8 = 30 × 52

8 = 93.8kNm

Vsd = pL 2 = 30 × 5

2 = 75kNm

Tsd = 30 × 0.15 × 5 2 = 11.25 kNm

2. Características da secção oca eficaz

bm = 0.20m; hm = 0.40m

Aef = 0.20 × 0.40 = 0.08m2

uef = 2 × (0.2 + 0.4) = 1.2m

hef ≤ A u = 0.3 × 0.5

2 (0.3 + 0.5) = 0.09 m

hef ≥ (2.5 + 0.6) × 2 ≅ 6 cm

3. Verificação da compressão (admite-se θ = 30°)

Torção: σc ≤ Tsd

2 Aef hef cos θ sen θ = 11.252 × 0.08 × 0.06 × cos 30° × sen 30° = 2706 kN/m2

Esf. Transverso: σc = Vsd

z × bw × sen θ cos θ = 750.9 × 0.45 × 0.30 × sen 30° × cos 30° =

= 1425.6 kN/m2

σTOTALc = 2706 + 1425.6 = 4131.6 < 0.6 fcd = 10020 kN/m2


102



103

4. Cálculo da armadura transversal

Torção: Asts ≤ Tsd

2 Aef cotg θ fyd = 11.25

2 × 0.08 × cotg 30° × 348×103 × 104= 1.17cm/m2

(por ramo)

Esf. Transverso: Asws = Vsd

z cotg θ fyd = 75

0.9 × 0.45 × cotg 30° × 348×103 ×104 = 3.07cm2/m

Ast

s + Asws /ramo

= 1.17 + 3.072 = 2.71cm2/m

5. Cálculo da armadura longitudinal

(i) Torção

ASL = Tsd × cotg θ × uef 2 Aef × fyd

= 11.25 × cotg 30° × 1.2 2 × 0.08 × 348×103 × 104 = 4.20cm2

(Armadura a ser colocada ao longo do perímetro uef)

(ii) Armadura de flexão a ½ vão:

Msd = 93.8kNm ⇒ µ = 0.092 ; ω = 0.099 ⇒ As = 6.39cm2

(iii) Armadura no apoio

Esf. Transverso: As = 1.2 Rsd fyd

= 1.2 × 75 348×103 × 104 = 2.59cm2

Torção: ASL = 4.2cm2 ⇒ ASL/face = 4.24 = 1.05cm2

Face inferior → ATs = 2.59 + 1.05 = 3.64cm2

1. idealização das propriedades dos materiais · betão armado e pré-esforçado i deste modo, ε...

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