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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS

FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL, ARQUITETURA E

URBANISMO

Departamento de Estruturas

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE

ESTRUTURAS DE MADEIRA

Eng. M.Sc. Ramon Vilela

Eng. M.Sc. Bruno F. Donadon

Eng. Rafael S. Pontes

Prof. Dr. Nilson T. Mascia

Campinas, agosto de 2020

SUMÁRIO

1 COMPRESSÃO ....................................................................................................... 3

2 INSTABILIDADE ................................................................................................. 14

3 TRAÇÃO................................................................................................................ 19

4 CISALHAMENTO ............................................................................................... 21

5 LIGAÇÕES PREGADAS E PARAFUSADAS .................................................. 26

6 FLEXÃO SIMPLES .............................................................................................. 31

7 FLEXÃO OBLÍQUA ............................................................................................ 34

8 FLEXO-COMPRESSÃO ..................................................................................... 40

9 PEÇAS COMPOSTAS ......................................................................................... 46

10 ESTABILIDADE LATERAL EM VIGAS ......................................................... 51

Apostila de Exercícios de Estruturas de Madeira 2

Faculdade de Engenharia Civil, Arquitetura e Urbanismo

Universidade Estadual de Campinas Eng. Esp. Ramon Vilela

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia

INTRODUÇÃO

Esta apostila com primeira edição em 2014 e revisada em 2020 contém exercícios

resolvidos com base na NBR 7190 - Norma Brasileira sobre Projetos em Estruturas de Madeira,

sob a ótica da versão de 1997, e estes exercícios são de discussão no curso de CV 613 -

Estruturas de Madeira do curso de Engenharia Civil da Faculdade de Engenharia Civil,

Arquitetura e Urbanismo (FEC) da Universidade Estadual de Campinas (Unicamp).

A confecção deste material tem por objetivo apresentar problemas comumente

encontrados de dimensionamento e análise estrutural de elementos reticulados de madeira

estruturalmente utilizados. De forma didática, o conteúdo propõe exercícios que são

solucionados conforme propõe a norma em questão.





1 COMPRESSÃO

Exercício 1

Uma caixa d’água pesando constantemente Fg,k = 40 kN (considerar como carga permanente)

será suportada por 4 apoios feitos de peças de madeira com as fibras no sentido vertical.

Dimensione os apoios.

Dados

Madeira de Folhosa C40;

Umidade classe (2).

Solução

Etapa 1: Cálculo da tensão resistente

A resistência característica de uma Folhosa classe C40 é dada por:

(1)

Para compressão, o fator de segurança da madeira é:

(2)

O coeficiente Kmod pode ser definido a partir das seguintes informações:

Carregamento permanente em peças serradas: Kmod,1 = 0,60;

MPaf kc 40,0

40,1w





Classe de umidade 2: Kmod,2 = 1,00;

Madeira de 2ª categoria: Kmod,3 = 0,80;

Assim, é possível definir o valor do coeficiente Kmod:

(3)

A resistência de cálculo é estimada como:

(4)

Etapa 2: Cálculo da Tensão Atuante

Dividindo o carregamento total pela quantidade de suportes, tem-se:

(5)

Considerando um coeficiente de majoração γf = 1,40, a força de cálculo atuante em cada

um dos pés é definida por:

(6)

A tensão atuante de cálculo pode ser escrita em função de uma seção transversal quadrada

que será dimensionada:

(7)

48,0

80,000,160,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

MPaf

MPaf

fKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

71,13

40,1

4048,0

0

0

0

0

kNP

kNP

k

k

10

4

40

kNP

kNP

PP

d

d

dfd

14

1040,1

2

14

a

kN

A

P

d

dd





Onde, a é a dimensão da largura e altura da seção transversal do suporte.

Dimensões da seção transversal:

(8)

Adotou-se a = 40 mm.

Etapa 3: Verificação - Dimensionando para peça curta

Para dimensionar a altura da peça de modo que seja considerada curta, deve-se impor o

seguinte índice de esbeltez λ ≤ 40. O índice de esbeltez é definido por:

(9)

Onde, lef é o comprimento efetivo do pilar, I é o momento de inércia, e A é a área da seção

transversal.

Par seção quadrada, pode-se simplificar o índice de esbeltez como sendo:

(10)

Para peças curtas:

(11)

O comprimento adotado foi ladot = 250 mm.

mma

mma

MPa

Na

MPaa

N

f dcd

31,32

1044

41,3

1014

41,131014

2

3

2

3

,0

A

I

l

i

l efef

a

lef 12

mml

mml

al

a

l

ef

ef

ef

ef

462

12

4040

12

40

4012





Exercício 2

Verificar qual o máximo esforço P que se pode aplicar na barra da figura, considerando-se que

é uma carga de longa duração.

Medidas em centímetros.

Dados:

Madeira: Conífera C30;

Umidade classe (3).

Solução:

Etapa 1: Cálculo da Tensão Resistente

Carregamento de longa duração em peça serrada: Kmod,1 = 0,70;


Madeira de 2ª categoria: Kmod,3 = 0,80.

Assim, o Kmod é definido como:

(12)

Considerando um fator de segurança de γw = 1,40 e uma resistência característica de fc0,k

= 30 MPa para uma conífera C30, a resistência à compressão paralela às fibras de cálculo é

dada por:

448,0

80,080,070,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK





(13)

Como os esforços são perpendiculares as fibras, deve ser calculado fc90,d.

(14)

Onde αn = 1,10 considerando a dimensão a’ = 10cm.

Etapa 2: Cálculo da carga P característica

Define-se o máximo carregamento admissível considerando que a tensão de cálculo deve

ser igual ou menor que a resistência de cálculo.

(15)

Portanto, o máximo carregamento permitido deve ser igual ou menor que 18,86kN.

Exercício 3

Verificar se a peça-base suporta o carregamento com o esquema mostrado na figura abaixo.

Dados:

Madeira: Dicotiledônea C20;

Umidade classe (4).

Pk = 20 kN.

MPaf

MPaf

fKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

60,9

40,1

30448,0

0

0

0

0

MPaf

MPaf

ff

dc

dc

ndcdc

64,2

10,16,925,0

25,0

,90

,90

,0,90

kNP

mmMPaP

AfP

fA

P

fA

P

f

k

k

f

dc

k

dc

kf

dcd

dcd

86,1840,1

10064,22

,90

,90

,90

,90






Solução


Carregamento de longa duração em peça serrada: Kmod 1 = 0,70;

Classe de umidade 4: Kmod 2 = 0,80;

Madeira de 2ª categoria: Kmod 3 = 0,80.

Desta maneira, determina-se o Kmod como sendo:

(16)

Considerando o fator γw = 1,40 e a resistência característica de fc0,k = 20 MPa para uma

dicotiledônea C20, a resistência à compressão paralela às fibras é:

(17)

Como os esforços estão aplicados em uma direção inclinada e relação às fibras e que esta

inclinação é maior que 6° (arctgθ = 0,10), então, a tensão resistente fcθ,d deve ser calculada com

a fórmula de Hankinson (item 7.2.9 da NBR 7190:1997):

(18)

448,0

80,080,070,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

MPaf

MPaf

fKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

40,6

40,1

20448,0

0

0

0

0

2

,90

2

,0

,90,0

,cossen

dcdc

dcdc

dcff

fff





O valor de αn necessário para a componente de resistência a compressão normal às fibras

fc90,d pode ser obtido interpolando a Tabela 13 da NBR 7190:1997 para um comprimento normal

às fibras igual a 12∙sen(38°) = 7,39 cm. Portanto, αn = 1.1566.

(19)


Estabelecendo que a tensão atuante de cálculo seja menor ou igual a resistência da

madeira na mesma direção, tem-se:

(20)

Como σd > fcθ,d, portanto, conclui-se que a peça-base não suporta o carregamento aplicado.

Exercício 4

Para o nó de apoio de uma treliça, conforme figura, verificar todas as situações críticas de

compressão, segundo a NBR 7190:1997.

Dados:

Madeira: Dicotiledônea C30;

Umidade classe (1);

Carregamento de longa duração.

Pd = 39,5 kN;

MPaf

MPaf

ff

f

ff

ff

fff

dc

dc

dc

n

ndc

ndc

ndc

dc

ndcdc

ndcdc

dc

31,3

40,638cos1566,125,038sen

1566,125,0

cos25,0sen

25,0

cos25,0sen

25,0

cos25,0sen

25,0

,

22,

,022,

22

,0

2

,0

,

2

,0

2

,0

,0,0

,

MPaMPa

MPammmm

N

fA

P

fA

P

f

dc

kf

dcd

dcd

31,389,3

31,360120

102040,1 3,

,

,





𝛼 = 25°.


Solução

Etapa 1: Determinação dos esforços

Por equilíbrio de um corpo livre, determina-se as componentes de força horizontal e

vertical:

Condição de equilíbrio dos esforços horizontais:

(21)

Condição de equilíbrio dos esforços verticais:

kNH

kNH

PH

HP

F

d

d

dd

dd

x

80,35

25cos50,39

cos

0cos

0





(22)

Etapa 2: Compressão paralela às fibras na peça de apoio





(23)

A resistência à compressão paralela às fibras de cálculo, considerando γw = 1,40 e a

resistência característica de fc0,k = 30 MPa para dicotiledônea C30, é de:

(24)

A tensão atuante sobre o elemento calculada como sendo:

(25)

Como:

(26)

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

MPaf

MPaf

fKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

12

40,1

3056,0

0

0

0

0

MPa

mmmm

N

mmmm

N

A

V

d

d

d

dd

78,2

60100

1069,16

610

1086,6

3

3

MPaMPa

f dcd

1278,2

,0

kNV

kNV

PV

VP

F

d

d

dd

dd

y

69,16

sen2550,39

sen

0sen

0





É verificada a condição de segurança quanto à compressão paralela às fibras do pilar.

Etapa 3: Compressão normal às fibras no tirante (banzo inferior)

O cálculo da resistência perpendicular às fibras, considerando o fator αn = 1,10 devido ao

comprimento a’ = 10 cm, fica definido como:

(27)

A tensão atuante é definida por:

(28)

Como:

(29)

Verifica-se que a condição de segurança para a compressão normal às fibras no banzo

inferior foi atendida.

Etapa 4: Compressão paralela às fibras na empena (banzo superior)

A verificação da compressão é dada quando a tensão atuante σd é menor ou igual a

resistência fc0,d:

(30)

MPaf

MPaf

ff

dc

dc

ndcdc

30,3

10,11225,0

25,0

,90

,90

,0,90

MPa

mmmm

N

A

V

d

d

dd

78,2

60100

1069,16 3

MPaMPa

f dcd

30,378,2

,90

MPaMPa

f

mmmm

N

fA

P

f

dc

dcd

dcd

1206,9

6025cos

3530

105,39,0

3

,0

,0





Desta maneira, é verificada a segurança quanto a compressão paralela às fibras no banzo

superior.

Etapa 5: Compressão inclinada em relação às fibras no tirante

A tensão resistente é dada por:

(31)

A tensão atuante é definida por:

(32)

Como:

(33)

Conclui-se que a peça está segura quanto a compressão inclinada.

MPaf

MPaMPa

MPaf

MPaMPa

MPaMPaf

ff

fff

dc

dc

dc

dcdc

dcdc

dc

12,11

20,3362,0

6,39

10cos3,310sen12

3,312

cossen

,

2

,

22,

2

,90

2

,0

,90,0

,

MPa

mmmm

N

A

P

d

d

dd

97,9

6010cos

3530

105,39 3

MPaMPa

f dcd

12,1197,9

,





2 INSTABILIDADE

Exercício 5

Uma barra vertical quadrada (10×10) cm2 serve de apoio em um sistema de sustentação da carga

vertical de uma parede. Verifique se suportará o carregamento.

Dados

A força P é composta por:

o Carga permanente: Pg,k = 12 kN;

o Carga acidental principal de longa duração: Pq,k = 5,6 kN; e

o Ação do vento: Pv,k = 4,4 kN.

Umidade classe (1);

Madeira Conífera C30.

Solução

Etapa 1: Cálculo do índice de esbeltez (λ)

O índice de esbeltez é definido pela razão entre o comprimento efetivo (ef) e o raio de

giração (i), que para uma seção quadrada tem a seguinte expressão:

(34)

a

l

a

a

l

A

I

l

i

l 12

12

ef

2

4

efefef





Como o esquema estático adotado foi de uma barra com apoio fixo e móvel, temos que o

comprimento efetivo ef = , com isto, o índice de esbeltez é igual a:

(35)

Como 80 < λ < 140, a peça é classificada como esbelta, sendo o dimensionamento

orientado pelo item 7.5.5 da NBR 7190:1997.

Etapa 2: Cálculo da tensão resistente de projeto (fc0,d)





(36)


conífera C20, a resistência à compressão paralela às fibras é de:

(37)

Etapa 3: Cálculo das tensões atuantes de projeto (σd)

O carregamento de projeto é definido pela combinação de ações últimas normais, tendo

ψ0 = 0,50 para a pressão dinâmica do vento:

46,100100

122900

mm

mm

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

MPaf

MPaf

fKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

00,8

40,1

2056,0

0

0

0

0





(38)

Chegamos à tensão atuante devido ao carregamento axial com a seguinte equação:

(39)

Para calcular a tensão atuante devido à flexão, existem os seguintes cálculos:

Força crítica (flambagem)

(40)

Onde Ec0,ef = Kmod∙Ec0,m = 0,56∙14500 MPa = 8120 MPa, assim:

(41)

Excentricidade de primeira ordem decorrente de situação de projeto (ei):

Esta excentricidade á aplicada em peças esbeltas que tenham momento fletor atuante

devido carregamentos de projeto, como em nosso caso os apoios são rotulados (móvel e fixo)

não aparecerão momentos fletores decorrentes de tais carregamentos. Portanto:

(42)

Excentricidade acidental mínima (ea):

Este valor é obtido pelo item 7.5.2, não podendo ser inferior a h/30. Assim sendo, temos:

(43)

kNN

kNkNkNN

PPPN

PPPN

d

d

kQkQQkGGd

n

j

kQjjkQjQ

m

i

kGiGid

72,27

4,450,06,540,11240,1

,22,0,1,

2

,0,

1

,

MPa

mm

N

A

NddN 77,2

100

1072,272

3

,

2

,0

2

ef

efc

el

IEF

kNF

Nmm

mmMPaF

e

e

41,79

79411290012

10081202

42

mme

mmL

mmhe

a

ef

a

67,9

67,9300

33,330

00111

dd

qdgd

d

di

PP

MM

P

Me





Excentricidade suplementar de primeira ordem:

Este valor leva em consideração o efeito de fluência da madeira, sendo expresso pela

seguinte equação:

(44)

Sendo, eiG = Mig,d/Pgd = 0, pois não há momento fletor devido a carregamentos

permanentes; φ = 0,80 pela classe de umidade 1 e carregamento permanente de longa duração

(Tabela 15 da NBR 7190:1997); Ψ1 = 0,6 e Ψ2 = 0,4.

(45)

Excentricidade efetiva de primeira ordem:

(46)

Excentricidade de cálculo:

(47)

Tensão Atuante:

(48)

(49)

Etapa 4: Verificação do Estado Limite Último

1exp

21

21

QkGkcr

QkGk

aiGcPPP

PPeee

mme

kNkNkN

kNkNmme

c

c

098,0

16,54,06,01241,79

6,54,06,0128,0exp67,90

mme

eeee

ef

caief

77,9

098,067,90

,1

,1

mme

kNkN

kNmm

NF

Fee

ef

de

eefd

01,15

72,2741,79

41,7977,9

,1

,1

kNcmM

mmkNeNM

d

ddd

60,41

01,1572,27

MPa

cmkN

cmcm

kNcmy

I

M

Md

Md

dMd

50,2

2496,0

51210

60,41

2

4





(50)

Portanto, o pilar suportará o carregamento solicitado.

1659,000,8

50,2

00,8

77,2

1,0,0

MPa

MPa

MPa

MPa

ff dc

Md

dc

Nd





3 TRAÇÃO

Exercício 6

Qual a máxima carga F que o tirante, de área (16×8) cm2, suporta?

Dados

Umidade classe (1);

Carregamento de longa duração;

Madeira de 2ª categoria;

Madeira Dicotiledônea C30.

Solução

Etapa 1: Cálculo da tensão resistente de projeto (ft0,d):





(51)


conífera C30, a resistência à tração paralela às fibras é dada por:

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK





(52)

Etapa 2: Cálculo da tensão atuante de projeto (σd):

(53)

MPaf

MPaf

fKf

,dt

,dt

w

,kc

mod,dt

12,12

80,177,0

3056,0

77,0

0

0

0

0

kNF

cmkNcmcmcm

F

fA

F

d

,dtd

d

11,83

212,14168

40,1 2

0





4 CISALHAMENTO

Exercício 7

Para o nó de apoio de uma treliça, determinar o valor de f necessário para suportar a força de

28,2 kN, de longa duração, que está atuando na empena.

Dados

Umidade classe (1);



Madeira Dicotiledônea C30.

Solução

Etapa 1: Cálculo da tensão resistente de projeto (fv,d):





(54)

Considerando o fator γw = 1,80 e a resistência característica de fv,k = 5 MPa para uma

dicotiledônea C30, a resistência ao cisalhamento é de:

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK





(55)

Etapa 2: Cálculo da força atuante de projeto (Pd):

(56)

Etapa 3: Dimensionamento do comprimento (f):

(57)

Assim sendo, o comprimento adotado foi de fd = 42 cm.

Exercício 8

Determinar o máximo valor da carga permanente P, para as seguintes posições “c” da carga:

a) c = /2;

b) c = 20 cm

Dados

Umidade classe (1);


Madeira Dicotiledônea C40;

Comprimento da viga: = 3,20 m.

2156,0

56,1

80,1

556,0

cmkNf

MPaf

MPaf

fKf

v,d

v,d

v,d

w

v,k

modv,d

kNP

kNPP

d

fd

48,39

2,2840,1

cmf

cmkNcm

kNf

cmkNfcm

kN

fA

P

d

dv

d

d

54,41

56,156

10cos48,39

615,06

10cos48,39

10cos

2

2

,





Solução

Etapa 1: Cálculo da tensão resistente de projeto (fv,d)

Carregamento permanente em peça serrada: Kmod,1 = 0,60;



(58)

Considerando o fator γw = 1,80 e a resistência característica de fv,k = 6 MPa para uma

dicotiledônea C40, a resistência ao cisalhamento pode ser expressa da seguinte maneira:

(59)

Etapa 2: Verificação para carga posicionada no meio do vão

Diagrama de Esforço Cortante (DEC):

48,0

80,000,160,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

216,0

60,1

80,1

648,0

cmkNf

MPaf

MPaf

fKf

v,d

v,d

v,d

w

v,k

modv,d





(60)

Como a distância c é maior que o dobro da altura da viga, o esforço cortante reduzido é

expresso por:

(61)


Cálculo da tensão de cisalhamento no centro de gravidade da seção transversal:

(62)

Para seção retangular, a tensão de cisalhamento no centro de gravidade é denotada por:

(63)

Etapa 4: Dimensionamento do máximo carregamento admissível característico (Pk)

A inequação a seguir permite isolarmos a variável desejada.

(64)

Etapa 5: Verificando para carga posicionada a 20 cm do apoio

Diagrama de Esforço Cortante:

cmcm

cmcm

ch

16032

160162

2

PV kred 5,0,

Ib

MV sdd

A

Vdd

2

3

kNP

cmcmcmkNP

cmkNcmcm

P

f

k

k

k

dvd

63,14

5,15,04,1

16616,0

16,0166

5,04,1

2

3

2

2

,





(65)

Portanto, a cortante reduzida característica será: Vred,k= (c

2h)Vmax=0,5859 P

(66)

Etapa 6: Dimensionamento do máximo carregamento admissível característico (Pk):

(67)

cmcm

cmcm

ch

2032

20162

2

PV

Pcm

cmV

Vh

cV

kred

kred

máxkred

5859,0

9375,032

20

2

,

,

,

kNP

cmcmcmkNP

cmkNcmcm

P

f

k

k

k

dvd

48,12

5,15859,04,1

16616,0

16,0166

5859,04,1

2

3

2

2

,





5 LIGAÇÕES PREGADAS E PARAFUSADAS

Exercício 9

Determinar a quantidade de parafusos para a ligação perpendicular abaixo.

Dados

Umidade classe (1);


Madeira Conífera C30;

Parafusos: fy,k = 600 MPa.

Solução

Etapa 1: Diâmetro do Pino

Espessura convencional da madeira (t):

(68)

Diâmetro máximo do parafuso (d):

(69)

Etapa 2: Cálculo da tensão resistente de projeto (fc90,d)

cmt

cmcm

cmt

3

428

3

cmd

cmt

d

27,1

5,12





(70)

Considerando o fator γw = 1,40, a resistência característica de fc0,k = 30 MPa para uma

conífera C30, e um pino com diâmetro de 1,27 cm (αe = 1,68) a resistência ao embutimento da

madeira (fe,d) é de:

(71)

Etapa 3: Tensão de resistência do parafuso (fy,d)

(72)

Etapa 4: Força resistente em cada face de corte (Rvd,1)

(73)

Como β < βlim, trata-se do caso de embutimento na madeira. Portanto, a força resistente

em cada face de corte denota-se por:

(74)

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

2

0

504,0

04,5

68,140,1

3056,025,0

25,0

cmkNf

MPaf

MPaf

fKf

e,d

e,d

e,d

e

w

,kc

mode,d

255,54

45,545

10,1

600

cmkNf

MPaf

MPaff

y,d

y,d

s

y,k

y,d

004,13

504,0

55,5425,125,1

40,225,1

3

lim

2

2

,

,

lim

cmkN

cmkN

f

f

cm

cm

d

t

de

dy

kNR

cmkNcm

ft

R

vd

devd

756,0

504,040,2

340,040,0

1,

2

2

,

2

1,





Etapa 5: Número de parafusos necessários

(75)

Para este problema, pode-se estabelecer uma quantidade segura de 10 parafusos de ½”.

Exercício 10

Calcular a quantidade de pregos para efetuar a ligação entre as peças com seções, respectivas,

de (6×12) cm2 e (4×12) cm2, conforme a figura.

Dados

Kmod = 0,56;

Madeira Conífera C40;

Parafusos: fy,k = 600 MPa.

Solução

Etapa 1: Diâmetro dos pregos

Determina-se o valor da espessura convencional da madeira (t) conforme abaixo:

(76)

Calcula-se o diâmetro máximo dos pregos, aplicando-se t na seguinte expressão:

29,9

756,0

1

2

04,141

2 1,

n

kN

kN

R

Pn

vd

d

cmt

cm

cmt

4

4

6





(77)

Etapa 2: Comprimento dos pregos

O comprimento mínimo dos pregos é determinado em função do diâmetro do prego

adotado inicialmente. Serão verificados os pregos: (44×100), (44×94) e (44×84), sendo sua

nomenclatura descrita por d [mm] × l [mm]. Assim, o comprimento mínimo é dado por:

(78)

Com isto, os pregos que podem ser utilizados são: (44×100) e (44×94), por terem

comprimentos maiores que o comprimento limite. Para este problema, adotou-se o parafuso

(44×94).

Etapa 3: Tensão resistente da madeira (fc0,d)

(79)

Etapa 4: Tensão de resistência do prego (fy,d)

(80)

Etapa 5: Força resistente em cada face de corte (Rvd,1)

(81)

cmd

cmtd

8,0

5

4

5

mml

mmmmdtl

8,92

4,4124012

min

1min

2

,0

,0

,0

mod,0

/6,1

16

40,1

4056,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

dc

dc

w

kc

dc

255,54

45,545

10,1

600

cmkNf

MPaf

MPaff

y,d

y,d

s

y,k

y,d

30,7

60,1

55,5425,125,1

09,944,0

4

lim

2

2

,0

,

lim

cmkN

cmkN

f

f

cm

cm

d

t

dc

dy





Como β > βlim, trata-se do caso de flexão no pino, estimando-se, portanto, a resistência da

ligação de cada um dos pregos como:

(82)

Etapa 6: Número de pregos necessários

(83)

Desta forma, determina-se uma quantidade mínima de 20 pregos de (44×94).

Serão distribuídos em 2 filas de 10 pregos. Como o número de pregos em linha excede a

8 é necessário considerar um valor de resistência reduzido por pino suplementar. Assumindo n0

como o número inicial de pregos em uma fila, o número efetivo de pregos em uma fila (nef)

pode ser calculado pela seguinte inequação:

(84)

Com isto, estima-se o uso de 22 pregos de (44 × 94) para a solução deste problema.

kNR

cmkNcm

R

fd

R

vd

vd

dyvd

904,0

55,5430,7

44,0625,0

625,0

1,

2

2

1,

,

lim

2

1,

91,19

904,0

18

1,

n

kN

kN

R

Pn

vd

d

11

8102

38

82

38

83

28

0

0

ef

ef

ef

ef

n

n

nn

nn





6 FLEXÃO SIMPLES

Exercício 11

Calcular a altura necessária para uma viga, cuja largura é de 6 cm, e está submetida a um

carregamento permanente, uniformemente distribuída, de qg,k = 0,82 kN/m, e a uma carga

concentrada permanente de Fg,k = 1,6 kN, no ponto médio do vão de = 5,80 m, conforme a

figura.

Dados

Madeira: Folhosa C40;

Umidade classe (3).

Solução

Etapa 1: Cálculo das Tensões Resistentes (fc0,d e ft0,d)

Carregamento permanente em peça serrada: Kmod,1 = 0,60;




(85)

Aplicando-se o Kmod na equação a seguir, tem-se:

384,0

80,080,060,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK





(86)

(87)

Etapa 2: Esforços Solicitantes

Considerando um regime elástico-linear das propriedades mecânicas da madeira, a

sobreposição dos momentos fletores devido à carga concentrada e ao carregamento

uniformemente distribuído fica conforme as seguintes equações.

Momento máximo devido à carga concentrada:

(88)

Momento máximo devido à carga uniformemente distribuída:

(89)

Momento máximo de projeto:

(90)

2

,0

,0

,0

,0

10,1

97,10

40,1

40384,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

dc

dc

w

kc

moddc

kNmM

mkNlPM

Pdmáx

kf

Pdmáx

48,32

4

80,560,140,1

4

,

,

kNmM

mmkNlqM

qdmáx

kf

qdmáx

827,4

8

80,582,040,1

8

,

22

,

kNcmM

kNmM

kNmkNmMMM

d

d

qdmáxPdmáxd

7,3730

307,37

827,4480,32,,

2

,0

,0

,0

,0,0

,0

11,1

08,11

80,177,0

40384,0

77,0

cmkNf

MPaf

MPaf

fK

fKf

dt

dt

dt

w

kc

mod

w

kt

moddt





Etapa 3: Tensões Atuantes

(91)

Etapa 4: Altura em função das condições de segurança

Estabelece-se as alturas em função das resistências de tração e compressão de projeto.

Altura em função da compressão:

(92)

Altura em função da tração:

(93)

Altura adotada:

(94)

Adotando-se, portanto, a altura de 39 cm para a viga em questão.

2

2

23

89,1598

14

7,37306

6

2

12

h

kN

hcm

kNcm

hb

Mh

hb

M

I

yM

Md

Md

ddMd

dMdtdcd

cmfhcmkN

kNfh

cmkNfh

kN

f

cddc

cddc

cddc

dccd

18,38,

10,1

89,1598,

10,1,

89,1598

,0

2,0

2

2

,0

,0

cmfhcmkN

kNfh

cmkNfh

kN

f

tddt

tddt

tddt

dttd

983,37,

11,1

89,1598,

11,1,

89,1598

,0

2,0

2

2

,0

,0

cmh

cmfh

cmfhh

tddt

cddc

18,38

98,37,

18,38,

,0

,0





7 FLEXÃO OBLÍQUA

Exercício 12

Quanto ao Estado Limite Último, dimensione uma terça que está submetida a um carregamento

permanente, uniformemente distribuído, de qg,k = 0,75 kN/m, e a uma carga concentrada

acidental de Fg,k = 0,90 kN, no ponto médio do vão de = 4 m, conforme figura. Considerar

uma inclinação do telhado correspondente a 25°.

Dados


Kmod = 0,56.

Obs.: A flecha de ponta dupla representa momento.

Solução


(95)

(96)

2

,0

,0

,0

,0

4,2

24

40,1

6056,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

dc

dc

w

kc

moddc

2

,0

,0

,0

,0,0

,0

42,2

24,24

80,177,0

6056,0

77,0

cmkNf

MPaf

MPaf

fK

fKf

dt

dt

dt

w

kc

mod

w

kt

moddt





Etapa 2: Esforços Atuantes

Momento fletor devido à carga concentrada acidental (q):

(97)

Momento fletor devido ao carregamento distribuído permanente (g):

(98)

Decomposição dos momentos nas direções x e y, considerando q como os carregamentos

acidentais e g como carregamentos permanentes:

(99)

Combinação na direção x:

(100)

Combinação na direção y:

(101)

Etapa 3: Tensões Atuantes

Para uma seção transversal adotada de (8 × 12) cm², têm-se as seguintes propriedades

geométricas:

kNcmM

kNmM

mkNlPM

qmáx

qmáx

kqmáx

90

90,0

4

0,490,0

4

,

,

,

kNcmM

kNmM

mmkNlqM

gmáx

gmáx

kgmáx

150

50,1

8

0,475,0

8

,

,

22

,

kNcmkNcmMM

kNcmkNcmMM

kNcmkNcmMM

kNcmkNcmMM

gmáxyg

gmáxxg

qmáxyq

qmáxxq

39,6325sen150sen

95,13525cos150cos

04,3825sen90sen

57,8125cos90cos

,,

,,

,,

,,

kNcmM

kNcmkNcmM

MMM

dx

dx

xgxqdx

53,304

95,13540,157,8140,1

40,140,1

,

,

,,,

kNcmM

kNcmkNcmM

MMM

dy

dy

ygyqdy

00,142

39,6340,104,3840,1

40,140,1

,

,

,,,





(102)

Tensão atuante em x:

(103)

Tensão atuante em y:

(104)

Etapa 4: Verificação no Estado limite último

Verifica-se as condições de segurança para o Estado Limite Último pelas seguintes

inequações:

(105)

Sendo o coeficiente Km = 0,50 para seções retangulares, tem-se:

(106)

Como ambas as inequações foram atendidas, conclui-se que uma seção retangular de (8

× 12) cm² satisfaz as condições de segurança estrutural para o problema proposto.

433

4

33

51212

812

12

115212

128

12

cmcmcmbh

I

cmcmcmhb

I

y

x

2

,

4

,

,

586,1

1152

653,304

cmkN

cm

cmkNcm

I

yM

dMx

x

dx

dMx

2

,

4

,

,

109,1

512

4142

cmkN

cm

cmkNcm

I

xM

dMy

y

dy

dMy

1

1

,0

,

,0

,

,0

,

,0

,

dc

dMy

dc

dMx

m

dc

dMy

m

dc

dMx

ffK

fK

f

179,04,2

109,1

4,2

586,150,0

189,04,2

109,150,0

4,2

586,1

2

2

2

2

2

2

2

2

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN





Exercício 13

Verifique quanto ao Estado Limite de Serviço a terça que está submetida a um carregamento

permanente, uniformemente distribuído, de qg,k = 0,75 kN/m, e a uma carga concentrada

acidental de Pq,k = 0,90 kN, no ponto médio do vão de = 4 m, em local em que não há

predominância de pesos de equipamentos fixos, conforme figura. Considerar uma inclinação

do telhado correspondente a 25°.

Dados:


Umidade classe (1);

Solução

Etapa 1: Esforços nas direções x e y

(107)

Etapa 2: Cálculo do módulo de elasticidade efetivo (Ec0,ef)

Conforme a classe C60 para folhosas ou dicotiledônea, tem-se Ec0,m = 24.500 MPa.

(108)

mkNmkNqq

mkNmkNqq

kNkNPP

kNkNPP

gxg

gyg

qkxqk

qkyqk

317,025sen75,0sen

680,025cos75,0cos

380,025sen90,0sen

816,025cos90,0cos

,

,

,

,

2

,0

,0

,0

,0mod,0

1372

13720

500.2456,0

cmkNE

MPaE

MPaE

EKE

efc

efc

efc

mcefc





Etapa 3: Verificação da flecha na direção x

O momento de inércia ao redor da direção definida por y é dado por:

(109)

Considerando ψ2 = 0,2 (locais em que não há predominância de pesos de equipamentos

fixos, nem de elevadas concentrações de pessoas), o deslocamento na direção x é calculado

como sendo:

(110)

O deslocamento limite ambas as direções (x e y) é calculado com a seguinte equação:

(111)

Quanto ao deslocamento máximo na direção x, verifica-se com a seguinte inequação:

(112)

A inequação foi atendida na direção x, portanto, o Estado Limite de Serviço quanto ao

deslocamento excessivo está assegurado nesta direção.

Etapa 4: Verificação da flecha na direção y

O momento de inércia ao redor da direção definida por x é dado por:

(113)

O deslocamento no meio do vão na direção y é calculado como sendo:

433

51212

812

12cm

cmcmbhI y

cmw

cmcmkN

cmkN

cmcmkN

cmcmkNw

IE

lP

IE

lqw

x

x

ymc

xq

ymc

xg

x

648,1

512137248

40038,0

5121372384

400003,05

48384

5

42

3

2

42

4

,0

3

,2

,0

4

,

433

115212

128

12cm

cmcmhbI x

cmw

cmlw

2

200

400

200

lim

lim

cmcm

wwx

2648,1

lim





(114)

Quanto ao deslocamento máximo na direção y, verifica-se com a seguinte inequação:

(115)

A inequação foi atendida também na direção y, portanto, o Estado Limite de Serviço

quanto ao deslocamento excessivo está assegurado em ambas as direções.

cmw

cmcmkN

cmkN

cmcmkN

cmcmkNw

IE

lP

IE

lqw

y

y

xmc

yq

xmc

yg

y

571,1

1152137248

400816,0

11521372384

400007,05

48384

5

42

3

2

42

4

,0

3

,2

,0

4

,

cmcm

wwy

2571,1

lim





8 FLEXO-COMPRESSÃO

Exercício 14

Um pilar de madeira, com seção quadrada de lado 12 cm, conforme figura, está submetido a

uma força concentrada axial composta de uma parcela permanente e outra devida ao vento,

apresentando excentricidade de 3 cm na direção y. Sobre o pilar também está atuando uma carga

distribuída acidental devida ao vento, horizontal, de 0,35 kN/m. Verificar se a seção é

suficiente.

Dados

Carga vertical permanente: Ng,k = 9,0 kN;

Carga vertical proveniente do vento: Nq,k = 5,14 kN;

Comprimento do pilar = 3,6 m;


Kmod = 0,56.

Solução

Etapa 1: Cálculo da tensão resistente





(116)

Etapa 2: Combinação normais de esforços solicitantes no Estado Limite Último

(117)

Etapa 3: Verificação da Flexão Composta

Tensão Normal:

(118)

Momento fletor devido à ação vertical aplicada axialmente:

(119)

Carregamento uniformemente distribuído de projeto:

(120)

Momento fletor devido à ação horizontal uniformemente distribuída:

(121)

Momento fletor de cálculo:

kNN

kNkNN

NNN

dc

dc

kqqkggdc

18

14,540,175,00,940,1

75,0

,

,

,,,

2

,0

,0

,0

,0

4,2

24

40,1

6056,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

dc

dc

w

kc

moddc

2

,

,

,

125,0

1212

18

cmkN

cmcm

kN

A

N

dN

d

dN

kNcmM

cmkNeNM

dN

iddN

54

318

,

,

mkNq

mkNq

qq

d

d

kqqd

3675,0

35,040,175,0

75,0 ,

kNcmM

kNmM

mmkNlqM

dq

dq

ddq

54,59

954,5

8

60,33675,0

8

,

,

22

,





(122)

Tensão de flexão:

(123)

Verificações da combinação de tensões na flexo-compressão:

(124)

Desta forma, a verificação quanto a tensões de flexo-compressão combinadas demonstrou

que esta seção pode ser utilizada quanto a estes esforços.

Etapa 4: Verificação da Instabilidade

Cálculo do índice de esbeltez (λ):

kNcmM

kNcmkNcmM

MMM

dx

dx

dqdNdx

54,113

54,5954

,

,

,,,

2

,

3,

3

,

4

,,

,

39,0

12

54,1136

6

2

12

cmkN

cm

kNcm

a

Ma

a

My

I

M

dMx

dMx

dxdx

y

dx

dMx

!117,04,2

05,0

4,2

39,0

4,2

125,0

!108,04,2

0

4,2

39,05,0

4,2

125,0

1

1

2

2

2

22

2

2

2

2

2

22

2

2

,0

,

,0

,

2

,0

,

,0

,

,0

,

2

,0

,

OkcmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

OkcmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

fK

ff

ffK

f

dc

dMy

m

dc

dMx

dc

dN

dc

dMy

dc

dMx

m

dc

dN





(125)

Como 80 < λ < 140, se trata de uma peça esbelta. Assim sendo, o cálculo das tensões

atuantes é realizado da seguinte forma.

Tensão atuante proveniente da carga distribuída:

(126)

Para o cálculo da tensão atuante devido ao carregamento axial será necessário o módulo

de elasticidade efetivo, calculado como:

(127)

Momento de inércia:

(128)

Carga crítica de flambagem:

(129)

Excentricidade de primeira ordem decorrente da situação de projeto:

92,103

12

12360

12

12

0

2

4

000

cm

cm

a

l

a

a

l

A

I

l

i

l

2

,1

3,1

3

,

4

,,

,1

207,0

12

54,596

6

2

12

cmkN

cm

kNcm

a

Ma

a

My

I

M

dM

dM

dxdqdq

dM

kNF

cm

cmcmkN

l

IEF

e

efc

e

55,180

360

172813722

422

2

0

,0

2

2

,0

2

,0mod,0

1372

245056,0

cmkNE

cmkNEKE

efc

mcefc

4

44

1728

12

12

12

cmI

cmaI





(130)

Excentricidade acidental mínima:

(131)

Excentricidade de primeira ordem devido aos carregamentos permanentes:

(132)

Considerando ϕ = 0,8 (carga permanente ou de longa duração e classe 1), e os fatores

devido à pressão dinâmica de vento: ψ1 = 0,2 e ψ2 = 0, calcula-se a excentricidade suplementar

de primeira ordem que representa a fluência:

(133)

Com isto, calcula-se, então, a excentricidade efetiva de primeira ordem.

(134)

Momento de primeira ordem de projeto:

cme

kN

kNcmkNcm

N

MM

N

Me

i

d

qdgd

d

di

31,6

18

54,5954111

cme

cmcmh

cmcml

e

a

a

2,1

4,030

12

30

2,1300

360

300

0

cme

kN

cmkN

N

eN

N

Me

ig

gkg

gkg

gd

gd

ig

3

94,1

394,11

cme

kNkNkN

kNkNcmcme

NNF

NNeee

c

c

gkgke

qkgk

aigc

29,7

114,52,009181

14,52,0098,0exp2,13

1exp21

21

cme

cmcmcme

eeeeee

ef

ef

caicef

8,14

29,72,131,6

,1

,1

1,1





(135)

Tensão atuante devido ao carregamento axial:

(136)

Verificação para o Estado Limite Último para a flexo-compressão:

(137)

Como as verificações devido à flexão composta e instabilidade devido à flexo-

compressão foram atendidas, considera-se que o pilar suportará os esforços atuantes.

kNcmM

kNkN

kNcmkNM

NF

FeNM

d

d

de

eefdd

9,295

1855,180

55,1808,1418

,1

,1

,1,1

2

,1

3,1

3

,1

4

,1,1

,1

03,1

12

9,2956

6

2

12

cmkN

cm

kNcm

a

Ma

a

My

I

M

dN

dN

ddd

dN

!152,0

14,2

21,0

4,2

03,1

1

2

2

2

2

0

,1

0

,1

Ok

cmkN

cmkN

cmkN

cmkN

ff ,dc

dM

,dc

dN





9 PEÇAS COMPOSTAS

Exercício 15

Uma barra de treliça, de seção transversal integrada por duas peças de (5 × 15) cm², separados

por espaçadores interpostos com 5 cm de largura, está submetida a uma força de compressão

paralela as fibras Nd = 35 kN. A barra é biarticulada e a madeira utilizada é das coníferas, classe

C25, de 2ª categoria e classe de umidade 1. Especificar qual distância entre espaçadores para

que sejam atendidos os critérios da NBR 7190 para a um comprimento de 200 cm. As ações da

estrutura são decorrentes de local com predominância de peso de equipamentos fixos.

Solução

Etapa 1: Resistência de Cálculo e Elasticidade efetiva




(138)


conífera C25, a resistência à compressão paralela às fibras é de:

(139)

O módulo de elasticidade à compressão de projeto:

(140)

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK

2

0

0

0

0

1

10

40,1

2556,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

,dc

,dc

w

,kc

mod,dc

2

0

0

00

476

4760

850056,0

cmkNE

MPaE

MPaEKE

,efc

,efc

,mcmod,efc





Etapa 2: Verificação da Estabilidade local

Sendo b a largura das peças com compõe a barra, e a1 a largura do espaçador, substituindo

valores é verificar se tais geometrias atendem os critérios normativos:

(141)

A distância entre espaçadores interpostos (L1) deve ser estabelecida atentando-se aos

seguintes requisitos:

9b ≤ 1≤ 18b

9∙5 cm ≤ 1 ≤ 18∙5 cm

45 cm ≤ 1 ≤ 90 cm

(142)

Assim sendo, adotou-se 1 = 90 cm.

Etapa 3: Propriedades geométricas da seção composta

Área:

(143)

(144)

Momento de Inércia:

(145)

(146)

(147)

(148)

!155

535

31

Okcmcm

cmcm

ba

2

111 75155 cmcmcmhbA

4

1

33

111

25,1406

12

155

12

cmI

cmcmhbI

4

2

33

112

25,156

12

515

12

cmI

cmcmbhI

2

1 150752 cmcmAnA

4

4

1

5,2812

25,14062

cmI

cmInI

x

x

4

224

1

2

2

5,4062

575225,1562

cmI

cmcmcmaAInI

y

n

i

iiy





Quantidade de espaçadores na barra:

m =

1=

200 cm

90 cm

m = 2,22

(149)

Coeficiente αy = 1,25 para espaçadores interpostos, conforme a norma.

Fator de redução de inercia (βI):

(150)

Momento de Inércia efetivo em y (Iy,ef):

(151)

Etapa 4: Verificação do Estado Limite Último de instabilidade global

Índice de esbeltez:

(152)

Como 80 < λ < 140, a barra é classificada como esbelta.

Carga crítica de flambagem:

(153)

Excentricidade de primeira ordem decorrente da situação de projeto:

132,0

5,406225,122,225,156

22,225,156424

24

2

2

2

2

I

yy

Icmcm

cm

ImI

mI

4

,

4

,

25,536

5,4062132,0

cmI

cmII

efy

yIefy

78,105

150

25,536

200

2

4,

0

cm

cm

cm

A

I

l

efy

kNF

cm

cmcmkN

l

IEF

e

efyefc

e

98,62

200

25,5364762

422

2

0

,,0

2





(154)

Excentricidade acidental mínima:

(155)

Excentricidade de primeira ordem devido aos carregamentos permanentes:

(156)

Para o cálculo da excentricidade suplementar, consideram-se os fatores devido ao peso

de equipamentos fixos ψ1 = 0,6 e ψ2 = 0,4. Com isto, é possível estabelecer a seguinte igualdade:

(157)

Considerando ϕ = 0,8 (carga permanente ou de longa duração e classe 1), calcula-se a

excentricidade suplementar de primeira ordem que representa a fluência:

(158)

Com isto, calcula-se, então, a excentricidade efetiva de primeira ordem:

cme

kN

kNcm

N

Me

i

d

di

0

35

01

cme

cmcmh

cmcml

e

a

a

67,0

5,030

15

30

67,0300

200

300

0

cme

kN

cmkN

N

eN

N

Me

ig

gkg

gkg

gd

gd

ig

0

94,1

094,11

cme

kNkN

kNcmcme

NF

Neee

NNF

NNeee

c

c

de

daigc

gkgke

qkgk

aigc

464,0

12598,62

258,0exp67,00

140,1

40,1exp

1exp21

21

kNNN

kNNNN

qkgk

dqkgk

25

40,1

35

40,1

21

21





(159)

Excentricidade de projeto:

(160)

Momento de primeira ordem de projeto:

(161)

Verificação da condição de segurança:

Considerando W2 = I2/(b1/2) = 62,5cm3.

(162)

Portanto, a condição de segurança está verificada para esta barra da estrutura.

cme

cmcmcme

eeeeee

ef

ef

caicef

14,1

464,067,00

,1

,1

1,1

cme

kNkN

kNcm

NF

Fee

d

de

eefd

25,2

3598,62

98,6214,1,1

kNcmM

cmkNeNM

d

ddd

78,78

25,235

!161,0

125,536

25,15621

7552

78,78

5,6225,536

25,15678,78

150

35

1

22

2

4

4

234

4

2

,0

,

2

112,

2

OkcmkNcmkN

cmkNcm

cm

cmcm

kNcm

cmcm

cmkNcm

cm

kN

fI

In

Aan

M

WI

IM

A

Ndc

efy

d

efy

dd





10 ESTABILIDADE LATERAL EM VIGAS

Exercício 16

Dada uma viga biarticulada de madeira, de seção (5 × 20) cm², submetida a uma ação permanente

distribuída de qg,k = 0,60 kN/m (totalidade das ações permanentes) e a uma carga acidental distribuída

(qq,k). Determinar o máximo valor de qq,k, considerando:

Dados

Madeira classe C40;

Umidade da madeira = 15%;

2ª categoria;

Local com predominância de pessoas;

Materiais frágeis ligados à estrutura.

Solução

Etapa 1: Cálculo das propriedades mecânicas e geométrica




(163)

Resistência à compressão paralela às fibras:

Considera-se γwc = 1,40, e fc0,k = 40 MPa para uma conífera C40.

56,0

80,000,170,0

321

mod

mod

modmodmodmod

K

K

KKKK





(164)

Resistência à tração paralela às fibras:

Considera-se γwt = 1,80, e fc0,k = 40 MPa para uma conífera C40.

(165)

Resistência ao cisalhamento:

Considera-se γwv = 1,80, e fv,k = 6 MPa para uma conífera C40.

(166)

O módulo de elasticidade à flexão:

Considera-se Ec0,m = 19500 MPa para uma conífera C40.

(167)

Momento de Inércia:

(168)

Etapa 2: Verificação do Estado Limite Último – Cortante

Esforço cortante:

2

0

0

0

0

62,1

16,16

80,177,0

4056,0

77,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

,dt

,dt

wt

,kc

mod,dt

2

0

0

0

0

6,1

16

40,1

4056,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

,dc

,dc

wc

,kc

mod,dc

2187,0

87,1

80,1

656,0

cmkNf

MPaf

MPafKf

v,d

v,d

wv

v,k

modv,d

2

0

1755

17550

1950090,090,0

cmkNE

MPaE

MPaEE

M

M

,mcM

4

33

33,3333

12

205

12

cmI

cmcmhbI





Condição de segurança.

(169)

Estima-se o esforço cortante pela inequação anterior.

(170)

Carregamento acidental

(171)

Etapa 3: Verificação do Estado Limite Último – Flexão

Tensão de flexão região mais comprimida:


(172)

Momento fletor estimado pela inequação anterior.

(173)

Carregamento acidental:

(174)

Tensão de flexão na região mais tracionada:


(175)

Momento fletor estimado pela inequação anterior.

dvd f ,

hbfV dvd ,3

2

mkNq

cmkNcm

cmcmcmkNq

ql

hbfq

kq

kq

kg

f

dvkq

96,2

60,050040,1

220519,0

3

2

2

3

2

,

2

,

,,,

dcd f ,0

h

IfM

dc

d

,02

mkNq

cmkNcmcm

cmcmkNq

qlh

Ifq

kq

kq

kg

f

dc

kq

62,0

60,05004,1

8

15

33,333360,12

82

,

2

42

,

,2

,0

,

dtd f ,0





(176)


(177)

Etapa 4: Verificação do Estado Limite de Serviço – Deformação excessiva


(178)

Carregamento acidental

(179)

Etapa 5: Verificação da Estabilidade Lateral

Coeficiente de correção βM:

Considerando βE = 4 e γf = 1,40.

(180)

Verifica-se a seguinte inequação.

h

IfM

dt

d

,02

mkNq

cmkNcmcm

cmcmkNq

qlh

Ifq

kq

kq

kg

f

dt

kq

63,0

60,05004,1

8

15

33,333362,12

82

,

2

42

,

,2

,0

,

350

lim

lw

ww

mkNq

cmkNcm

cmcmkNq

ql

IEq

kq

kq

kgM

kq

712,0

6,060,05005350

33,33331755384

5350

384

,

1

3

42

,

1

1,3,

243,15

63,05

20

5

20

4,1

4

26,0

1

63,0

26,0

1

2

1

2

3

2

1

2

3

M

f

EM

cm

cm

cm

cm

b

h

b

h





(181)

Como o primeiro termo foi maior que o segundo, a seguinte condição deve ser satisfeita.

(182)

(183)


Aplicando-se a Eq. (183) na Eq. (182) e isolando-se qq,k, tem-se:

(184)

Comparando as verificações exigidas pela norma, verificou-se que o limitante do

problema foi a estabilidade lateral da viga e como o resultado da carga acidental obtido foi

negativa deve ser aplicado a viga um novo dimensionamento diminuindo o vão entre

travamentos ou aumentando a largura da viga.

77,44100

6,1243,15

1092

5

5002

2

,0

,01

cmkN

cmkN

cm

cm

f

E

b

L

dcM

efc

b

L

E

M

efc

dc1

,0

,1

28

2

,,,

,1

h

I

lqqy

I

M kqkgfdsdc

cmkNq

cmkNcmcm

cm

cm

cm

cmkNq

qhl

I

b

L

Eq

kq

f

kq

kg

fM

efc

kq

054,0

60,05500

33,333316

5

500243,15

1092

16

,

2

42

,

,21

,0

,

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