concreto armado exemplo[1]

José Luiz Pinheiro Melges

Ilha Solteira, março de 2009

Detalhamento de

Concreto Armado (Exemplos Didáticos)

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:

• Classe do concreto ≥ C20 → adotar Concreto

C20 (fck = 20 MPa), com brita 1.

• Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar

cobrimento = 2,5 cm

• Aço CA 50 A (fyk = 500 MPa = 50 kN/cm2).

Seção transversal da viga: 16 cm x 50 cm.

Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm

Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm

Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2)

1.2 DIMENSIONAMENTOS

1.2.1. Flexão:

Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 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:

dreal = 44,6 cm Portanto: dreal/destimado = 44,6 / 45 =

= 0,99 (> 0,95 ok!)

(OK!)

(OK!)


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

MPa632,0cm/kN0632,0cm45.cm16

kN5,45db

V 2

w

SdSd ====τ

)MPaemfe(MPa663,0f09,0 ckSw3/2

ckc τ==τ *

(*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:

( )min,wywd

Sww f

11,1ρ≥

τ=ρ

Observação: fywd = fywk / 1,15, mas não se tomando valores superiores a 435 MPa


A nova versão recomenda que se use uma taxa mínima igual a :

( )000884,0

)MPaem(500)MPaem()20(.3,0.2,0

ff.3,0

.2,0ff

.2,03/23/2

ywk

ck

ywk

ctmmin,w ====ρ

(Observação: Este valor é inferior ao valor recomendado pela NBR 6118:1980, de 0,0014)

000884,0Adotar min,ww =ρ=ρ

• Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4a do Prof.

Libânio M. Pinheiro:

m/cm71,02

100.16.000884,0n

100.b.)m/cmem(A 2w2

sw ==ρ

= , onde:

wρ = 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:

mm1510/bmm5mm5 t =≤=φ≤

• Confirmar espaçamento máximo: dado em função de VRd2

⎩⎨⎧

>≤≤≤

≤2RdSd

2RdSdmax V67,0Vsecm20d3,0

V67,0Vsecm30d6,0s

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:

⎩⎨⎧

>≤

≤≤≤

2RdSd

2RdSdmax,t V2,0Vsecm35d6,0

V2,0Vsecm80ds


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:

;VdaR face,Sdst ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

l onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do

apoio e com seu valor não reduzido.

Pela NBR 6118:2003 o valor de al , é dado pela expressão:

∴ ( ) ⎪

⎩

⎪⎨

⎧

=≤

°≥

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−=

)negativo.nroforresultadocaso(d)anteriorversão,6118NBR.,2.1.1.4item(d

)90aestribos(d5,0queomodde,

VV.2V

.dacmax,Sd

max,Sdl

⇒ Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kN

⇒ dbf6,0V wctdc ⋅⋅⋅= = 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.


∴ kN5,4545455,45Rst == 2

yd

stapoio,s cm05,1

)15,1/50(kN5,45

fRA ===

c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão:

⎪⎩

⎪⎨⎧

==

==≥

22

2vão,s

apoio,scm4cm2x2barras2arelativaÁrea

cm33,33/103/AA

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 bel ≥ Compr. mínimo de ancoragem min,bel )

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

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=φ+≥mm60

)2tabela(ganchodocurvaturadaernointraioronde,5,5r

)6itemconforme(nec,b

min,be

l

l

⇒ Cálculos: min,bef,s

calc,sb1nec,b A

A . lll ≥⋅α= , onde

7,01 =α , 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

bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula)

bl : = 69,92 cm.

As,calc, para ancoragem no apoio = 4 cm2

As,efetiva, ancorada no apoio = 4 cm2

cm4994,48nec,b ≈=l

min,bl é o maior valor entre 0,3 bl ( = 20,98 cm), 10 φ (= 16 cm) e 10 cm.

Portanto, adotar cm49nec,b =l


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 ( min,bl =

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.

Portanto: ( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=φ=φ+φ=φ+

=

≥

cm6

cm8,1285,5)2/5(5,5r

cm49nec,b

min,be

l

l

1.4.3. Verificação: !Ok)cm8,12()cm5,17( min,bebe →=>= ll

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

≥ 7 cm


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.


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.

Proporção


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 bl

(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 bl ao invés

do comprimento de ancoragem necessário nec,bl )

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;

bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula)

bl : = 69,94 cm ≈ 70 cm (boa aderência, barra sem ganchos nas extremidades).

Portanto, adotar cm70b =l

• Barra 5 ( = faixa B.5)

⎩⎨⎧

+

φ++≥

b

eriorsupbarra 2a2

)10(2a2

ll

lll

⎩⎨⎧

=+=++

≥cm23014090

cm5,19432905,72barral

• Barra 4

⎩⎨⎧

++

φ++≥

beriorinf

eriorsupbarra 2a2

)10(2a2

lll

lll

⎩⎨⎧

=++=++

≥cm5,302140905,72cm5,32632904,204

barral

• Barra 3

⎩⎨⎧

++

φ++≥

beriorinf

eriorsupbarra 2a2

)10(2a2

lll

lll

⎩⎨⎧

=++=++

≥cm4,434140904,204

cm3,45832903,336barral


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.

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.

OBSERVAÇÕES FINAIS:

N1, N2, N3 : Armadura de flexão

N4: Porta - estribos (diâmetro igual ao

do estribo)

N5: Estribos

Cobrimento da armadura: 2,5 cm


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).

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.

P1 P2 P3 P4

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


2.2.2. Momento fletor (kN.cm)

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.

As,calc: 5,71cm2 As,ef: 6,25cm2 5φ12,5mm

As,calc: 2,91cm2 As,ef: 3,2cm2 4φ10mm


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!)



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)


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!)


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):

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!)

∴ ⎪⎩

⎪⎨

⎧=φ+≥

cm6cm8)5,5r(

cm31

min,bel ⇒ lbe > lbe,min ⇒ ancoragem Ok!

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).

Mv Ma

|Ma| < Mv 2

As vão As apoio

Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras) 2 barras

Asapoio ≥⎧⎨⎩

≥ As vão

3 barras2


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



• P3 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7285 kN.cm



Exemplo: cálculo do comprimento das barras com relação ao diagrama de momento fletor

(não deslocado):


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








2.3.4. Emendas (barras comprimidas)


loc = lb = 78 cm (Má aderência)

b) Armadura positiva (face inferior)

loc = lb = 44 cm (Boa aderência)


2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO


2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores

concreto armado exemplo[1]

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