aderencia
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ENG 01111 - ESTRUTURAS DE CONCRETO ARMADO I - Prof. Virgínia Maria Rosito d'Avila - [email protected] - Sala 308f- UFRGS - DECIV
VIII - ADERÊNCIA, ANCORAGEM E EMENDA DA ARMADURA LONGITUDINAL TRACIONADA DE PEÇAS FLETIDAS
1- ADERÊNCIA
Concreto armado → solidariedade entre concreto e aço → aderência
a) Aderência por adesão: ligação físico-química na interface aço/concreto durante a pega
b) Aderência por atrito: é função da rugosidade superficial da barra
c) Aderência mecânica: as saliências da barra mobilizam tensões de compressão no concreto
ENSAIO DE ARRANCAMENTO
- τbu : tensão de aderência → combate o deslizamento relativo entre concreto e aço- lb1 : comprimento de ancoragem → comprimento mínimo necessário para que a barra transmita ao concreto a força Zd
4
=l l = 4
l u = Abu
sb1 bub1 s
2bub1 ss τ
στστσ φ→φπ
πφ→
onde:- φ : diâmetro da barra (cm)- u : perímetro da barra- As : área da seção transversal da barra- σS : tensão na barra de aço
τbu
lb1
Zd
φ
concreto
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2 – ANCORAGEM
Todas as barras das armaduras devem ser ancoradas de forma que os esforços a que estejam submetidas sejamintegralmente transmitidos ao concreto.
a) COMPRIMENTO DE ANCORAGEM BÁSICO (item 9.4.2.4)
f
4
lbd
ydb f
φ=
φ :diâmetro da barrafbd : resistência de aderência
b) RESISTÊNCIA DE ADERÊNCIA (item 9.3.2)
fbd = η1 η2 η3 fctd
fctd = 0,15 fck2/3 (MPa) resistência à tração
η1 = 1,0 barras lisas - CA-25 = 1,4 barras entalhadas - CA-60 Tabela 8.2 = 2,25 barras nervuradas - CA-50
η2 = 1,0 boa aderência = 0,7 má aderência
η3 = 1,0 φ < 32mm = (132 - φ) / 100 φ > 32mm
No escorregamento da armadura em peças fletidas fbd fle = 1,75 fbd
c) COMPRIMENTO DE ANCORAGEM NECESSÁRIO (item 9.4..2.5)
cm
l 0,3
AA
l lb
efs
calsb nec,b
φ≥α=
10101
GANCHO → Diminui o comprimento de ancoragem porque mobiliza, além das tensões tangenciais, tensõesnormais no trecho curvo.
com gancho sem gancho
Raio mínimo de dobramento do gancho → evita o fendilhamento
h<60cm
má
boa
30cm
h>60cm
boa
má
30cm
lb,nec
lb,nec
α1 = 1,0 sem gancho = 0,7 com gancho
CA-50 CA-60φ < 20 2,5φ 3φφ ≥ 20 4φ
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3 - EMENDAS POR TRASPASSE (item 9.5.2)
Justaposição de duas barras ao longo do comprimento l0t:
- proibidas em tirantes e para Φ > 32mm- distância entre barras a serem emendadas ≤ 4φ
- obrigatoriamente com gancho para barras lisas
Proporção máxima de barras tracionadas emendadas na mesma seção (emendas que se superpõem ou cujasextremidades mais próximas estejam afastadas de menos que 0,2 do comprimento do trecho de traspasse)
NBR 6118 - TABELA 9.3carregamentoBitola Situação
estático dinâmicoem uma camada 100% 100%Alta
aderência em mais de uma camada 50% 50%
Comprimento de traspasse de barras tracionadas isoladas
l 0,3
15 20cm
l l
b 0t
nec b, 0tt
αφ≥α=0
Valores de αot → NBR 6118 - TABELA 9.4
Proporção de barras emendadas na mesma seção transversal ≤ 20% 25% 33% 50% > 50%
αot 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0
Quando a distância livre entre barras emendadas for maior que 4φ, ao comprimento lot deve ser acrescida adistância livre entre barras emendadas.
ARMADURA TRANSVERSAL NAS EMENDAS POR TRASPASSE:
- φ > 16mm- número de barras emendadas >25% na mesma seção
exist s
cal s
ydt
ydsist A
A ff
A A = Asi: área de cada barra a ser emendada
Esta armadura deve concentrar-se nos terços extremos da emenda e pode ser o ramo horizontal do estribo.
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4 - DESLOCAMENTO DO DIAGRAMA DE MOMENTOS (item 17.4.2)
Para se determinar os esforços de tração das barras longitudinais (Rst) deve-se utilizar um diagrama demomentos obtido pelo deslocamento do diagrama original, paralelamente ao eixo da peça e no sentido maisdesfavorável, de valor al dado por:
al = 0,5 d cotgθ ≥ 0,5 d
ou pela decalagem do diagrama de forças do banzo tracionado:
d 0,5 d )V2(V
V =a
cmaxsd,
max sd,l ≥
−(estribos verticais)
TEORIA DE VIGAS
ANALOGIA DA TRELIÇA
INTERPRETAÇÃO FÍSICA
1 2
alP
P
c
M1= P c = Fcc2 z - Nst al
M2= P (c + al) = Rst1 z
1
2
alP
c
Fcc2
Rst1
zNst
M1= P c = Rst1 z - Ncc dv
1
Pc
Fcc1
Rst1
zNcc
M1= P c = Rst1 z
M2= P (c + al) = Rst2 z
al
1 2
P P
PP
c
Fcc
Rst
z
Q
M
tgγ = dM/dx = V = P
∆M = al tgγ = al V = al P
Rst 1 real > M1/z
Rst = M1/z + ∆M/z
Rst = M2/z
2 1γ
al
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5 - ANCORAGEM NOS APOIOS INTERMEDIÁRIOS
Para ancorar as barras longitudinais nos apoios intermediários basta levar pelo menos 1/3 da armaduraaté o apoio e ancorar em um comprimento de 10φ.
6 - ANCORAGEM NOS APOIOS DE EXTREMIDADE (item 4.1.6.2.A)
Para ancorar as barras longitudinais tracionadas nos apoios de extremidade deve-se verificar se a largura doapoio é suficiente para transmitir o esforço de tração das barras na face do apoio, calculado a partir dodiagrama de momentos deslocados, para o concreto.
Roteiro de cálculo:
a) Esforço de tração na armadura na face do apoio → V0,5 d a V=R dl
dst ≥
Vd → valor de cálculo, não reduzido, da força cortante
b) Armadura necessária para ancorar Rst → yd
stcal s f
R A =
c) Comprimento de ancoragem necessário: cm
l 0,3
AA
l lb
efs
calsb nec,b
φ≥α=
10101
As ef → armadura existente no apoio e
d) Ancoragem no apoio extremo 6cm
5,5 r l
lnec,b
ext b,
φ+≥
Quando houver cobrimento da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelomenos 7cm, e as cargas acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dostrês valores pode ser desconsiderado.
e) O comprimento de ancoragem necessário deve ser menor ou igual ao espaço disponível para ancorar aarmadura, ou seja:
se lb < ap – cobrimento (3cm) → ancoragem possível
se lb > ap - cobrimento (3cm) → diminuir o diâmetro usar ancoragem especial
10φ
levar pelo menos: 1/3 de As vão se |Mapoio| ≤ 0,5 M vão
1/4 de As vão se |Mapoio| > 0,5 M vão
lb
ap
Rst
lbRst
ap
α1 = 1,0 sem gancho = 0,7 com gancho
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7 - ANCORAGEM/ESCALONAMENTO DAS ARMADURAS DOS MOMENTOS NEGATIVOS
O comprimento de ancoragem de barras escalonadas é igual a lb medido a partir do ponto teórico A, no qual atensão σs da barra em consideração começa a diminuir – o esforço de tração começa a ser transferido para oconcreto – e deve prolongar-se de pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão nula, B. O ponto de início deancoragem deve ser marcado no diagrama de momentos fletores deslocado de al.
1
A1
B1 2 A2
B2
No caso de duas barras com mesmo diâmetro e comprimentos diferentes:
No caso de duas barras de mesmo diâmetro e mesmo comprimento:
l = x0/4 + al + lb ≥ x0 + al + 10φ
No caso de três barras com mesmo diâmetro e comprimentos diferentes:
φ≥+
φ≥+
φ≥+
10 +a + x l a + 3
2x = l )3
10 +a +32x l a +
3x = l )2
10 +a +3x l a = l )1
l 0b l 0a
l 0
b l 0a
l 0
b l a
No caso de três barras de mesmo diâmetro e mesmo comprimento:
l = x0/3 + al + lb ≥ x0 + al + 10φ
al x0
10φ
10 +a + x l a + 2x = l )2
10 +a +2x l a = l )1
l 0b l 0a
l 0
b l a
φ≥+
φ≥+
10 OBl OA
l b
φ+
+≥