UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA CENTRO DE CIÊNCIAS AGRÁRIAS DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA AGRÍCOLAENG 450 Estruturas e Edificações Rurais Prof. Fernando da Costa Baêta Construções Rurais e Ambiência Edição: Júlio César de Melo Engenheiro Agrícola e Ambiental (31) 8425-5001 Viçosa-MG CARGAS ESTRUTURAIS Estruturas, para o Engenheiro Agrícola, quer dizer Edificações, incluindo equipamentos e dependências dentro e em volta delas. O Estudo estrutural começa com a determinação das cargas, durante o projeto, e tem como base os limites das cargas previstas. O estudo estrutural inclui também a análise das propriedades, aplicações e usos dos materiais envolvidos. Na escolha dos materiais considera-se: tipo, classificação, custo e disponibilidade, associados com resistência, durabilidade, manutenção, aparência e facilidade de limpeza, entre outros. Cargas permanentes, acidentais e devido ao vento. As cargas que agem sobre as edificações rurais são, em geral, de um dos três tipos: permanentes, acidentais e devido ao vento. As cargas permanentes são aquelas correspondentes ao peso próprio dos elementos estruturais e por todas as sobrecargas fixas. As cargas acidentais são aquelas que podem atuar sobre a estrutura de edificações em função do seu uso (produtos, pessoas, veículos, equipamentos, etc.). As cargas devido ao vento dependem do clima. Os valores de cargas acidentais considerados para edificações rurais podem diferir daqueles empregados para construções urbanas. Normalmente estes valores são menores por considerar o nível de importância do elemento abrigado - por exemplo, máquinas quando comparadas com alunos em uma escola. A atuação das cargas em edificações rurais é complexa. As cargas impostas pelos ventos dependem do local, altura, forma e inclinação dos telhados. As cargas acidentais recomendadas variam também com a vida útil e uso da estrutura, além de ter que considerar o risco de vidas humanas. Todo elemento estrutural deve ser calculado e projetado para suportar uma das seguintes combinações de cargas: ∗ Permanentes + acidentais, ∗ Permanentes + acidentais + vento, ou ∗ outra combinação necessária. O quadro 1 apresenta o peso específico de diversos materiais que podem corresponder às cargas permanentes ou acidentais de edificações. O quadro 2 apresenta as cargas e sobrecargas a serem consideradas nos diversos projetos. 2 QUADRO 1 Peso específico de vários produtos (kg/m3) Produto Ácido Carbônico (0o atm) Ácido clorídrico(15o, 40o) Ácido nítrico (15o) Ácido sulfuroso (líq.) Açúcar branco Água destilada (4o) Alcatrão Álcool etílico (15o) Alumínio laminado Alvaiade Alvenaria de tijolo fresca Alvenaria de tijolo seca Amianto (asbesto) Amianto papelão Amido Angico Antimônio Ar (0o atm) Ardósia Areia fina seca Areia fina úmida Areia grossa Argamassa Argila seca Argila úmida Aroeira do sertão Arroz Asfalto Aveia Azeite Barro Batata Benzina (0o) Borracha Bronze(8 a 14% estanho) Cabriúva Cálcio Cal hidratada Cal virgem Carvão de lenha branca Carvão fóssil Caulim Cedro Centeio Cera Cerveja Chumbo Cimento em pó Cloreto de cálcio kg/m3 1,980 1 190 1.520 1 490 1 610 1 000 1 200 790 2 700 - 2 750 6 700 1 570 - 1 700 1 420 - 1 550 2 800 1 200 1 530 960 - 850 6 700 1,29 2 630 - 2 670 1 400 - 1 650 1 900 - 2 050 1 400 - 1 500 2 100 - 2 500 2 000 - 2 250 2 600 1 210 - 1 160 770 - 850 1 100 - 1 330 360 - 560 840 - 941 1 700 - 2 800 1 060 - 1 130 900 920 - 960 7 400 - 3 900 980 - 870 1 500 1 150 - 1 250 900 - 1 300 135 - 180 1 200 - 1 500 2 200 580 - 420 680 - 790 965 - 970 1 020 - 1 040 11 250 -11 370 1 450 - 1 750 2 200 - 2 240 Produto Cloro Cobre fundido Corda Cortiça Couro seco Escória de alto forno Estanho fundido Farinha de trigo Ferro comum Gasolina (15o) Gelo Gesso calcinado Gesso peneirado Grafite Granito Graxa Hidrogênio (0º atm.) Imbuía Ipê Jacarandá Jatobá Lã de carneiro Latão Manganês Manteiga Mármore comum Milho em grão Neve Níquel Nitrato do Chile Óleo de algodão (15o) Osso Ouro laminado Palha (em feixe) Papel Parafina Parede de pedra Parede de tijolos cheios Parede de tijolos furados Pedra calcária Peroba Pinho brasileiro Prata laminada Salitre Terra argilosa seca Tijolo comum Trigo Vidro de janela Zinco laminado kg/m3 1 330 8 800 1 160 - 1 950 240 860 2 500 - 3 000 7 260 430 - 470 7 800 800 - 850 880 - 920 1 810 1 250 1 900 - 2 300 2 510 - 3 050 920 - 940 0,089 650 1 030 - 960 910 - 720 1 020 - 850 1 320 8 400 - 8 700 7 150 - 8 300 970 - 950 2 520 - 2 850 700 – 800 125 8 400 - 8 650 2 260 920 1 800 19 300 -19 350 60 - 70 700 - 1 150 870 - 910 2 030 - 2 450 1 500 - 1 650 1 050 - 1 100 2 460 - 2 650 870 - 720 610 - 520 10 500 -10 600 1 990 - 2 030 1 700 - 2 000 1 400 - 1 550 700 - 830 2 400 - 2 600 7 130 - 7 200 3 QUADRO 2 Cargas e sobrecargas para edificações rurais. Descrição Bovinos adultos Bezerros Caprinos e ovinos Suínos com até 90 kg Suínos com até 220 kg Eqüinos Perus Galinhas e frangos de corte Estufas Residências rurais Casas de máquinas Cozinhas não residencial Escolas rurais Escritórios Garagens e estacionamentos Laboratórios Telhado colonial Telhado com telhas francesas Telhado com telhas de fibrocimento Laje de forro Laje de piso Revestimento de forro Pisos sobre base de concreto Revestimentos de paredes Cargas kgf/m² 500 290 240 250 340 500 140 100 250 200 750 300 300 200 300 300 140 125 90 120 180 50 50 - 80 25 Sobrecargas kgf/m² 60 60 60 100 200 - 600 - 4 AÇÃO DO VENTO NAS EDIFICAÇÕES 1 - Introdução A NBR-6123 tem por objetivo fixar condições que se exigem quando da consideração das forças devidas à ação do vento, visando ao cálculo das várias partes que compõem uma edificação. Convém relembrar que para o estudo das forças do vento é necessário, fundamentalmente, o conhecimento de três parâmetros: - pressão de obstrução: depende essencialmente da velocidade do vento (V), numericamente igual a: q= (Vk )2 16 1 q em kgf/m2, quando Vk em m/s. - coeficiente de pressão: depende da geometria do edifício, algebricamente igual a: Cp = Cpe − Cpi (fornece a pressão num certo ponto, quando multiplicado pela pressão de obstrução). - coeficiente de forma: se refere a um certo ponto, enquanto o coeficiente de forma dá os valores médios em superfícies planas. C = Ce − Ci 2 - Procedimentos para cálculo O item 3 da NBR-6123 diz textualmente: As forças devidas ao vento sobre uma edificação devem ser calculadas separadamente para: a) elementos de vedação e suas fixações (telhas, vidros, esquadrias, painéis de vedação, etc.); b) partes de estrutura (telhados, paredes, etc.); c) a estrutura como um todo. As forças devidas ao vento são determinadas a partir dos seguintes parâmetros: - velocidade básica do vento (Vo), adequada ao local onde a estrutura será construída. Essa velocidade básica (Vo) deve ser multiplicada pelos fatores S1, S2 e S3 para ser obtida a velocidade característica do vento (Vk). Assim tem-se simbolicamente: S1 = fator topográfico S2 = fator de rugosidade do terreno S3 = fator estatístico 5 Desta forma. 6 . proteções conferidas por vales profundos. o esforço imposto pelo vento na estrutura ou parte dela é dado por: q final = Cp . em campo aberto e plano”. determinada a partir da velocidade característica (Vk). significando que em 100 períodos de 50 anos (5.Velocidade básica do vento: Vo De acordo com a NBR-6123. a 10 m acima do terreno. em média. uma vez em 50 anos. S 2 .1 .coeficiente de pressão e de forma. determinados experimentalmente e disponíveis na literatura. S1 . S3 2 . a velocidade básica do vento Vo (em m/s) pode ser obtida no mapa do Brasil. onde se encontram as isopletas correspondentes (veja próxima figura).000 anos) 63 dos períodos apresentarão uma velocidade máxima média anual superior ao valor fixado.Fatores Intervenientes 4. bem como os efeitos de afunilamento em vales. q 3 . ou seja.pressão de obstrução (q). 4 . pela fórmula (1) indicada no item anterior. onde: Vk = Vo .Fator Topográfico S1 Este fator leva em consideração as grandes variações locais na superfície do terreno. Poder-se-ia dizer também que período médio de retorno dessa velocidade é de 50 anos. acelerações encontradas perto de colinas. A tabela I nos dá os valores a serem usados. exercida. Lembramos que esses efeitos não foram levados em conta quanto da leitura do mapa das isopletas. Definimo-la como sendo “a velocidade de uma rajada de 3 segundos.. da variação da velocidade do vento com altura acima do terreno (lembrar que Vo está relacionado com a altura do anemômetro a 10m) e das dimensões da edificação.03 1. o intervalo de duração das rajadas deve ser maior. sem obstruções.78 0.02 1.17 C 0.20 B 0.79 0. subúrbios de campo grandes cidades Rugosidade 2 Rugosidade 3 Classe A B C A B C 0.Fator de rugosidade S2 Este fator considera o efeito combinado da rugosidade do terreno.85 0. obstruções.03 1. seus elementos de fixação e peças individuais de estruturas sem vedação.90 0.60 0. como conseqüência.83 0.83 0.Classe B: duração das rajadas 5 segundos.12 1.62 0.10 1. pequenas granjas. A NBR-6123 classifica os terrenos em quatro categorias.06 1.74 0.01 1.65 0.85 1.1 0.06 1. de uma forma agrupada.07 1.95 0. pradarias Rugosidade 1 A 0.00 0.78 1.88 0.16 1.12 1. .04 1.Classe A: duração das rajadas 3 segundos.0 1.73 0.92 1.55 0.99 1.58 0.78 0. com Terreno com muitas poucas obstruções.94 0. protegidos de todo os ventos S1 1. .9 4.55 0. A Tabela II nos dá. "S" Caso a b c Topografia Todos os casos.52 0. a NBR-6123 escolheu três classes de edificações e de seus elementos: .15 1. exceto os seguintes: Encostas e cristais de morros em que ocorre aceleração do vento.70 0.47 0.64 0. centros de grandes cidades Rugosidade 4 A 0.69 1.16 1.98 0.70 0.10 1.07 1.75 0.95 0.70 0.97 1.90 0.10 1. zonas costeiras.08 1.79 0.88 1.03 0.56 0. Tabela II Fator "S2" Altura acima do terreno H (m) 3 5 10 15 20 30 40 50 60 80 100 Terreno aberto.05 1.10 1.12 1.10 1.60 0.13 1.98 1.15 1.17 1.93 0.01 0.Classe C: duração das rajadas 15 segundos.60 0.00 1.96 1.04 1.69 0. o intervalo de duração das rajadas necessárias para perturbar todo o campo aerodinâmico do edifício.13 Categorias de rugosidade do terreno Terreno aberto.88 0.50 0.2 .74 0.18 1.10 1. aplicável a todas as unidades de vedação.como dissemos anteriormente .02 1.67 0.91 0.09 1.10 C 0.03 1. as classificações anteriores com a altura do edifício sobre o terreno.01 1.13 B 0.Tabela I Fator topográfico.97 0.14 1.14 1. todas as edificações nas quais a maior dimensão exceda 50 m. todas as edificações nas quais a maior dimensão não exceda 50 m.98 1.96 1. Vales com efeito de afunilamento Vales profundos.63 0.90 0.11 1.78 0.94 0.01 0.08 1.09 Terreno com grandes e freqüentes obstruções. A fim de levar em conta .79 0.08 1.02 1.64 0.06 1.89 0.74 0. Para edifícios muito grandes.03 1.67 0.98 1.94 0.00 1. casas de cidades.13 1.05 1.93 0.95 0.08 1.03 0.83 0.12 1. no que diz respeito à rugosidade.19 1.06 1.00 1.o tamanho das edificações.09 1.72 0.05 1.05 1.83 0.12 1.07 7 . categoricamente. O exemplo mais simples é aquele do vento atingindo perpendicularmente uma placa plana. dependendo então da região. bem como da localização das aberturas. na face a sotavento.(-0. Edificações e instalações industriais com baixo fator de ocupação (depósitos.Coeficientes aerodinâmicos A incidência do vento sobre uma edificação.3 . centrais de comunicações.).4.5). A Tabela III indica os mínimos valores do fato S3 que podem ser usados. são usadas as distribuições denominadas de extremos. Assim sendo. vidros.10 1 2 3 4 5 1. e igual a 0. que podem variar de 10% a 90%. Para tanto.Fator estatístico S3 Pelo menos teoricamente existiriam diversas maneiras de se calcular a probabilidade de um determinado vento ser excedido durante um determinado período. e é constante. sendo que a intensidade destes esforços depende da forma e proporção da construção. painéis de vedação. devido a sua natureza.0 . S3 1. provoca pressões ou sucções nos elementos da mesma. Vedações (telhas. A NBR-6123 também permite lançar mão de coeficientes de correção do fator S3 quando se deseja alterar o período médio de recorrência ou adotar níveis de probabilidades diferentes de ocorrência. etc.369. matematicamente: FV (V) = Pr ob[V < V ] = e ⎛V⎞ −⎜ ⎟ ⎜β⎟ ⎝ ⎠ −δ 3 onde o parâmetro β denomina-se fator de velocidade característica.00 0. Edificações para hotéis e residências. que um dado valor da velocidade não será excedido. etc.0.5. na zona central.5 = + 1. 8 . cumpre salientar que é impossível afirmar. construções rurais. etc. Edificações para comércio e indústria com alto fator de ocupação. e o parâmetro δ denomina-se fator único de forma e igual a 6. decrescendo até as bordas. sendo que a NBR-6123 adota a de Fishet-Tippett II ou de Frechet.88 0.83 5 . Todavia. Edificações temporárias e estruturas dos grupos 1 a 3 durante a construção. de cp = 1.95 0.). silos. conforme figura 2. esta placa estaria sujeita a uma pressão total. na qual na face a barlavento o coeficiente de pressão na zona central chega a +1. quartéis de bombeiros e de forças de segurança. Tabela III Fator "S3” Grupo Descrição Edificações cuja ruína total ou parcial pode afetar a segurança ou possibilidade de socorro a pessoas após uma tempestade destrutiva (hospitais.). mediante os denominados coeficientes de pressão.7 -0.5 -0.7 - -0.5q A tabela a seguir apresenta valores de Cp para diversas edificações rurais.2(30o) a -0.6 -0. Cp = 1. Ce e Ci.5 0. vento Cp 1.7 - -0. Cpi.7 -0. Cpe.2 - -0.Assim sendo.0 0.8 +0.3 +0.9 -1. -0.7 -0.9 +0.5 -0.3 Uma água +0.4 +1.6 9 .7 -0.5 - -0. Tabela IV Coeficiente de pressão.7 -0. Cp.2 -0.. quanto internos. para edificações rurais Sentido do vento → Duas águas 10 a 30º Barlavento Parede Telhado Sotavento Telhado Parede Fundo ou paredes laterais +0. externos e internos.. as normas nada mais fazem do que apresentar tabelas e gráficos dessas pressões ou sucções.7 Duas águas com uma lateral aberta de +0. tanto externos.4 -0.5 Em valores numéricos a pressão normal que age na placa é obtida por: q t = q .7(10o) -0.2 -1.7 -0. respectivamente.7 continuação. existindo então diversas tabelas.7 +0.1 -1.6 0 - -0.0 -0. e de coeficientes de forma. 3 -1.0 -1.7 -0.Sentido do vento Barlavento Parede Telhado → Uma água com uma abertura lateral Sotavento Telhado Parede Fundo ou paredes laterais - - -1.8H - -1. Considerando a direção do vento. e o ângulo formado entre esta direção e a do ponto ao redor do silo ou tanque em que se deseja saber.1 - - Cobertura em arco Parede a barlavento Primeiro quarto da cobertura a barlavento Centro da cobertura e primeiro quarto da cobertura a sotavento Parede a sotavento Paredes laterais h +0.8 W +2h/w – 0. da esquerda para a direita. e negativos.4 -0.2h/w -0. 10 . Coeficientes positivos correspondem à pressão propriamente dita.6 - - H 0.7 W * Os coeficientes listados são a soma vetorial da pressão externa e interna.7 - -0.3 -1. à sucção.4 - +0.1 Coberta +0. ao redor de um silo ou tanque vertical (altura/diâmetro < 5).6 -0.7 h - +1. A tabela a seguir apresenta valores de cp. pode-se verificar se há pressão ou sucção e a intensidade deste esforço.3 +1.5 - - -0.5 -0. 9 -1. Localização dos elementos Parede Telhado Beirais e Cumeeira Edificações fechadas +0. inclinação do telhado de 30º e beirais de 0. Cp. Cp.8 -1. que agem em um armazém de pé direito de 5m.9 e -1.2 A tabela a seguir apresenta os coeficientes de pressão. Cp. para elementos estruturais isolados e beirais. localizado em um vale da região de Viçosa. de sinalização e mastros para bandeiras Cercas.7 em qualquer direção 0.0 +0.0 -1.8m. tanques e chaminés Postes de luz.6 em qualquer direção qualquer forma elementos planos elementos circulares 1. muros e outras divisórias Aplicação: Descrição quadrados circulares Cp 1.5 -0.Ângulo B 0o 15o 30o 45o 60o 75o 90o 105o 120º 135o 150o 165o 180o Cp local +1. Estrutura ou parte dela Silos. Cp.2 Edificações abertas +0.9 -1.5 -1.0 -2. para serem utilizados quando do dimensionamento de elementos estruturais específicos e para beirais (com 90 cm ou 10% do vão). 11 .8 +0.5 -0. para construções de vários tipos. para construções de vários tipos.9 e -1.5 -2.4 em qualquer direção 1.9 em qualquer direção Determine as pressões.8 -0. Tabela V Coeficientes de pressão.3 em qualquer direção 0.5 -0.6 -0.5 B A tabela a seguir apresenta os coeficientes de pressão.5 -1. devidas ao vento. Tabela VI Coeficiente de pressão.1 -0. 2 q BEIRAIS 0. terreno aberto com poucas obstruções. 2.7 q 0.0 q 0.88.0.5 q 30º 0.q= (Vk )2 16 Vk = Vo .95 (fator estatístico.7 q 0. cumeeiras. e considerado o Cp de maior influência tanto para pressão como sucção.8Kgf / m 2 Coeficientes de pressão a serem utilizados em cálculos estruturais que envolvem a construção com um todo: q 0. terças.5 q Coeficientes de pressão a serem utilizados em cálculos de elementos estruturais específicos (pilares. o vento deve ser considerado atuando em todos os sentidos.9 q 1.0.7 q 0.0m. travessas. S3 Vo = 30m/s (gráfico das isopletas).90 (fator topográfico) S2 = 0.2 0. 12 . S1 = 0.5 q 0.7 q 0.95)2 16 = 31.0 q 2.9 q 1. etc.88 (fator de rugosidade para h = 7. classe B) e S3 = 0. 2 q 1.).0 q Obs: Em qualquer dimensionamento. S 2 .0.2 q 1. 0 q 2. Então: q= (30. grupo 3).9.7 q LATERAIS 0. S1 . deve ser considerada nos cálculos das tesouras de uma coberta com 3m de pé direito e 30o de inclinação para construção no Triângulo Mineiro? 2 . qual deve ser a massa de cada unidade para que não seja levantada pelo vento? 3 . por unidade de seção horizontal. para que o mesmo resista à flexão? 13 . coberta com telhas pré-moldados de argamassa de cimento e areia. devido ao vento.Que carga. devido à ação do vento.83m para a coberta do problema 1? 4 .Para uma residência. localizada em uma encosta da região de Viçosa.Qual deve ser o esforço horizontal. considerado aplicado à meia altura de um poste de eletrificação.10m x 1.Qual deve ser a resistência à tração apresentada pelos fixadores de cobertura de cimentoamianto com telhas de 1.Problemas Propostos 1 . com dimensões de 24 cm x 34 cm. com diâmetro de 30 cm e 10 m de altura. devido ao atrito. 14 .CARGAS NOS SILOS PARA SILAGEM E BATATA 1 . a uma dada profundidade h. é estimada por: Vw = 96. foi proposta por Curtis e Stanek. Uma DFE menor. kgf/m2 = densidade da silagem. por metro quadrado. A carga vertical transmitida à parede. kg/m3 = profundidade da silagem. 4 As paredes dos silos devem ser dimensionadas de forma a suportarem a pressão lateral.h. e = ângulo de atrito interno (repouso) Eq. 288 kg/m3. mais a carga vertical absorvida pela parede devido à silagem.88 . r − 2 Vt ) Eq.5 . 1 A NSA recomenda ainda que a densidade máxima de 1041 kg/m3 e o ângulo mínimo de atrito de 32º sejam usados na equação 1 para obter uma DFE de 320 kg/m3. Vt em kgf/m de circunferência da parede. prevendo que esta carga pode aumentar em até 30% durante a descarga. O piso dos silos deve ser calculado de forma a suportarem o restante do peso da silagem que não foi transmitido às paredes. h 2. no relatório da ASAE de 19794584. pode ser calculada por: Vf = π . 3 A carga vertical que atua sobre o fundo do silo. 2 A carga vertical acumulada. em kgf. L. A pressão lateral pode ser calculada também pela fórmula de Rankine: φ⎞ ⎛ L = w. devida ao peso da massa ensilada equilibrada por atrito é dado por: Vt = 46. h . e suportarem a compressão o peso próprio do silo e dos equipamentos instalados. Vw. Vf.08 Eq. em kgf/m2. r ( w . h1. m.08 Eq.Silagem: A Associação Nacional de Silos (NSA) recomenda uma densidade de fluido equivalente (DFE) de 320 kg/m3 para projetos de silos contendo silagem de milho de 68% a 72% de umidade.tg 2 ⎜ 45º − ⎟ 2⎠ ⎝ onde: L w H φ = pressão lateral. b) a carga de compressão das paredes nas profundidades de 3 e 6 m. 1.32. assumindo que estes estão apoiados nas mesmas.08 = 457 kgf/m de parede e Vt6 = 46. 1932) = 25492 kgf d) o esforço de tração em uma faixa de 2 m de parede é dado por: 15 . e verificar se a alvenaria de tijolos maciços. σadm = 6 kgf/cm2.041 kg/m3 e φ = 32º.h. o peso dos equipamentos.h. d) o número de barras de ferro CA-60 com diâmetro 6 mm a serem distribuídas nos intervalos de 0-2 m. tem-se: 32º ⎞ ⎛ L = 1041. Aplicação: Considerando um silo para forragem com 6 m de altura acima do solo e 3 m de diâmetro.5.5(1041 .5.As fundações dos silos devem ser dimensionadas para suportarem o peso próprio dos silos. L = 320. com 25 cm de espessura é capaz de suportar os esforços de compressão a 6 m de profundidade. 6 . 2-4 m e 4-6 m.h 2 ⎠ ⎝ L0 = 0.r ( w.r − 2Vt ) Vf = π.h2.5 − 2 .5. c) a carga transmitida pela silagem sobre o fundo. b) Vt = 46. o que dará os mesmos resultados. 2. o peso da massa ensilada e no fundo. 4 e 6 m de profundidade.62.08 = 1932 kgf/m de parede c) Vf = π. determinar: a) as pressões laterais a 0. tg 2 ⎜ 45º − ⎟ = 320.08 Vt3 = 46.1. L2 = 640 kgf/m2 L4 = 1280 kgf/m2 e L6 = 1920 kgf/m2 . h .pela densidade de fluido equivalente (DFE). considerando w = 1. Resolução a) pela fórmula de Rankine. º de barras = T 2-4 = 3 .12) m 16 .5 m) 2 . (6 mm) 2 = 1131kgf . (1. considerando um coeficiente de segurança de 1.T d=3m L 2m T 2 T = L . A = 6 kgf/cm2 . 25 cm = 15000 kgf Cargas verticais que atuam em um metro linear de parede: .5 m de beiral π . 2 m ∴ T = 3 .5.º de barras = e) 5760 kgf = 5.º de barras = T 4-6 = 3 . r 2 .3 m .4 ≈ 4 1131kgf 1920 kgf = 1. a seguinte carga: 60 kgf / mm 2 π .Telhado com cobertura de barro tipo colonial e 0.25 + 0. 1920 = 5760 kgf N. 200 kgf / m 2 = = 313 kgf / m 2π r 2π (1.5 + 0. 1280 = 3840 kgf N. carga / m 2 π . L kgf Cada barra de aço CA-60 suporta a tração.1≈ 6 1131kgf 3840 kgf = 3. 1. 100 cm . 640 = 1920 kgf N.5 + 0.5 4 T 0-2 = 3 .7 ≈ 2 1131 kgf um metro linear de parede pode suportar verticalmente: P = σadm . 1800 kg/m3 = 2700 kgf/m.. em kgf/m2.25 m . d . e w = peso específico da batata. 1 m . m Para silos mais largos que 3 m.4 . Schaper and Herrick. que é dado por: c= B 3 Eq. 5 Eq. June 1968” a partir de ensaios em silos com 3 m de lado e aproximadamente 8 m de profundidade.1 . podem ser estimadas considerando que 30% do peso da massa ensilada será absorvido por atrito pelas paredes. As pressões laterais.Peso da silagem absorvida pela parede por atrito: Vt6 = 1932 kgf/m. em kgf/m de parede. h2 onde: h = profundidade do silo. O método proposto aqui. L. e . m d = diâmetro ou lado quadrado do silo. 7 v = 0. 2 . 700 kgf/m3 17 . w onde: h = profundidade.Batatas: As batatas armazenadas em silos exercem pressões horizontais nas paredes laterais. são obtidas pela fórmula: L = 86. . USDA ARS 52-32.Peso de equipamentos: Carga Total = 313 + 2700 + 1932 + 1500 = 6445 kgf 6445 kgf << 15000 kgf A alvenaria será capaz de suportar o esforço de compressão. 0.075 .Peso da alvenaria: 6 m . para obtenção destas cargas tem como base a publicação “Lateral Pressures on Walls of Potato Storage Units. ou seja: Eq. 6 onde: B = largura do silo.9 + 136. h . a uma profundidade h. m. v. carga vertical nas paredes por atrito e carga vertical sobre o fundo. multiplique as pressões laterais pelo fator “c”. m As cargas verticais acumuladas. h – 9. e Pf = força que atua perpendicular à parede inclinada. em kgf/m2 devem ser calculadas assumindo que toda a massa ensilada apóia-se sobre o fundo.w onde: h = altura do silo. kgf/m Pc = força que comprime a parede do duto. 700 kgf/m3 Os silos podem possuir superfícies inclinadas ou dutos de ventilação. 8 P = soma vetorial de w e L. ou seja: F=h. As cargas que atuam em um metro de comprimento destes elementos podem ser estimadas empregando o procedimento a seguir. kgf/m B C P P W Pf E L Duto de ar A D Pc Figura 1 Figura 2 18 . verticalmente sobre o ponto A C = intercessão da superfície da massa com a parede D = intercessão da superfície do duto com a parede com a parede E = intercessão da linha AB com a horizontal a partir do D W = L = peso das batatas sobre o duto. kgf/m. m. conforme figuras 1 e 2: A = base do duto B = superfície da massa. = pressão lateral na profundidade AE multiplicada pela altura AE em m Eq. kgf/m.As pressões sobre o fundo. kgf/m. = peso específico multiplicado pela área do trapézio ABCD força lateral em AE. e w = peso específico da batata. 8 kgf 1m Parede do silo 964. então: P0 = 86.6 kgf/m2. h – 9. P1 = 213. 3 = 260 kgf.9 kgf/m2.5 kgf 2m 1231.Aplicação: Traçar o diagrama de forças que atuam na parede lateral de um depósito de batatas com 3 x 3 x 3 x 3 m Resolução: L = 86. = 640.9 + 136. 3 = 1231.6 .5 kgf e P3 = 410.8 kgf. L1 = 213.6 .8 kgf 260.9 . 3 = 964.4 .5 .5 kgf/m2 e L3 = 410.1 . P2 = 321.7 kgf 0 640.8 kgf 3m 19 . L2 = 321.6 kgf/m2 Sendo que uma faixa de 1 m de altura tem 3 m2. h2 L0 = 86. Altura considerada para o cálculo das pressões. m². Atualmente. Os silos podem ser verticais ou horizontais.sen f)/(1+sen f) = Relação entre a pressão horizontal e a pressão vertical. Peso específico do produto armazenado. desenvolvida na Alemanha. característica esta determinada pela predominância das dimensões da altura em relação ao seu comprimento ou diâmetro (silo cilíndrico). respectivamente. (1 . kN/m. Perímetro do silo. conservação e controle técnico do produto armazenado. m. igual a relação entre a pressão de atrito e a pressão horizontal. Pressão normal na tremonha ou moega. em posição intermediária ou abaixo do solo. tg f' = Coeficiente de atrito.Teoria de Janssen para silos verticais Simbologia adotada: f f' G A U R h Pv Ph Pw Fa Pn K W Ângulo de atrito interno. m. caracterizados por serem estanques e herméticos ou semi-herméticos. em relação ao solo. Cd = Coeficiente de sobrepressão de descarga. =A/U = raio hidráulico médio.PRESSÕES E SOBREPRESSÕES EM SILOS GRANELEIROS 1 . superfície da massa. são classificados em elevado. Pressões de atrito. O presente trabalho apresentará duas conceituadas teorias empregadas no dimensionamento de silos. tg⎜ 45° + ⎟ 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ sendo "D" o diâmetro ou lado quadrado e "f" o ângulo de atrito interno. kN/m3. MPa. o silo vertical elevado mostra-se mais viável por facilidade de manipulação. verticalmente sobre o ponto A. que é a base da Norma Americana ACI 313 . = = = = = = = = = = = = = = 20 . m. Área de seção transversal do silo. tanto em nível rural como industrial. MPa. Os silos são classificados como verticais quando a sua altura: f⎞ ⎛D⎞ ⎛ H > ⎜ ⎟ . por estarem acima.1977 e a teoria de Marcel e André Reimbert.Introdução Os silos são unidades armazenadoras de grãos ou farinhas. a de Janssen. que possibilitam o mínimo de influência do meio externo com o ambiente de estocagem. MPa. MPa. m. Força vertical de atrito sobre a parede. grau. Ci = Coeficiente de impacto sobre o fundo. desenvolvida na França. Pressão lateral ou horizontal. 2 . H = Altura da célula. Quanto à sustentação. semisubterrâneo ou subterrâneo. Pressões verticais. Em 1985. lançou uma teoria que ficou famosa em todo o mundo e que ainda atualmente se utiliza. Ela consiste na determinação teórica das pressões em silos. na Alemanha. 21 . Janssen. h Pv . analisando o equilíbrio de uma massa de grãos de altura dh a uma altura h (Figura 1). A dh GA dh WPhUdh ⎜ ⎛ Pv − dPv dh ⎞ A ⎜ ⎟ dh ⎠ ⎝ Figura 1 – Pressões de Janssen Deste equilíbrio demonstrou que: a) Pressões verticais por m² de superfície transversal do silo: ⎛ wkh ⎞ ⎞ ⎛ ⎜− ⎟⎟ ⎛ GR ⎞ ⎜ Pv = ⎜ ⋅ ⎜1 − e ⎝ R ⎠ ⎟ ⎟ ⎝ WK ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ b) Pressões horizontais ou laterais por m² de superfície vertical da parede: ⎛ wkh ⎞ ⎞ ⎛ ⎜− ⎟⎟ ⎛ GR ⎞ ⎜ Ph = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜1 − e ⎝ R ⎠ ⎟ ⎝ W ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ c) Pressões de atrito na parede por m² de superfície da parede: ⎛ wkh ⎞ ⎞ ⎛ ⎜− ⎟⎟ ⎜ Pw = GR ⋅ ⎜1 − e ⎝ R ⎠ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ d) Pressões de descarga: Janssen desconhecia na época o aumento de pressões devido à descarga do material. em função da altura da célula. Este fator varia em função da altura e da relação entre altura (H) e lado (L) da célula (Quadro 1).Pressões de descarga 3.1 . silos e estruturas de armazenamento para materiais granulares (ACI .3 .77) e comentários" fornece critérios recomendados para o projeto e construção de silos baseado em estudos analíticos e experimentais.313 .Fundo plano As pressões sobre o fundo plano são calculadas multiplicando-se o valor da pressão vertical na altura h por um fator de sobrepressão Cd (Quadro 1) ou por um coeficiente de impacto Ci (Quadro 2).1 .2. Pv (usar o maior dos valores) 22 . Pv ou Pv' = Ci . R .Pressões de carregamento A norma americana adota valores de pressões definidas por Janssen para o cálculo das pressões estáticas de carregamento.Pressões de descarga excêntrica A norma não especifica valores para estas pressões e comenta: "O efeito de descarga excêntrica que causa pressões não uniformes nas paredes deve ser considerado". Pv' = cd . ou seja: ⎛ wkh ⎞ ⎞ ⎛ ⎜− ⎟⎟ ⎛ GR ⎞ ⎜ Ph = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜1 − e ⎝ R ⎠ ⎟ ⎝ W ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ .Norma Americana . Desta forma.313 . 3.pressões de descarga central As pressões de descarga central são adotadas multiplicando os valores das pressões de carregamento por um fator de sobrepressão Cd.3. que leva em consideração a relação entre o volume total do silo e o volume de material carregado de uma só vez.Pressões sobre o fundo 3. 3.2.1977 A norma Americana "Recomendações para o projeto e construção de células de concreto. Comenta também que para materiais não coesivos pode-se adotar 75% do valor de Cd.2 . 3. ⎛ wkh ⎞ ⎞ ⎛ ⎜− ⎟⎟ ⎛ GR ⎞ ⎜ Pv = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜1 − e ⎝ R ⎠ ⎟ ⎝ WK ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ A força vertical do atrito sobre a parede pode ser estimada por: Fa = (Gh − 0.8Pv ).ACI .1 .3 . em KN / m 3.2 . os dados de peso específico "G". 23 .65 1.45 1.75 1.75 1.1 1.25 Considerando uma superfície inclinada em ângulo "a" com a horizontal: Pva = Ph .tg (f) h h H = hs + 4h h h ↓base da parede do silo Sobrepressão no fundo dos silos Concreto armado Base metálica H/D < 2 1. o ângulo de atrito interno "f" e o coeficiente de atrito do material ensilado com a parede "W" são apresentados no Quadro 3.35 1. ↓ topo do silo Hs = D.50 H/D > 4 1. materiais sintéticos e superfície revestidas).4 . Classe 2 .55 1. relacionadas com o tipo de superfície com o qual o material está em contato: Classe 1 . madeira aplainada na direção das fibras.35 1. Pva ou Pv' a = Ci .35 1.75 1. cos 2 a então.50 H/D = 2-4 1. Classe 3 .50 1.60 1.QUADRO 1 Valores dos Coeficientes de Sobrepressão Cd.Características físicas do material a armazenar Para o cálculo das pressões.45 1.65 1. Pva 3.2 .2 1.4 1.Paredes lisas (chapas de ferro ou alumínio soldadas. O coeficiente de atrito é dividido em três classes. Pv' a = Cd .3 1.Fundo com tremonhas 1:2 1:3 1:4 1:5 1:6 1. chapas com parafusos ou rebites).75 1.Paredes medianamente lisas (concreto alisado. sen 2 a + Pv .55 1.65 1.0 1.85 1.85 1.35 1.6 1.3.50 QUADRO 2 Valores dos coeficientes de impacto Ci Relação do volume carregado de uma só vez com a capacidade total do silo Fundo de concreto Coeficiente de impacto Ci Fundo metálico 3.35 1. reboco.5 1.Atrito praticamente dentro do material (chapas onduladas e trapezoidais). carga vertical total máxima. abscissa característica correspondente ao silo. ângulo do talude natural.40 0.00 9.00 Ângulo de atrito Interno (f) 31 31 26 27 29 31 30 33 28 27 27 Atrito material-parede W1 0.30 0.Silos Verticais As pressões estáticas sobre as paredes dos silos verticais podem ser determinadas satisfatoriamente aplicando as equações de Reimbert para silos cilíndricos ou poligonais. diâmetro interno da seção reta de um silo cilíndrico.40 0.QUADRO 3 Características de alguns materiais Material Trigo Milho Cevada Farinha de cereais Açúcar refinado Cascalho p/concreto Calcário Clínquer Cimento Fosfato de Thómas Óxido de alumínio Peso específico G (kN/m3) 9.12 D. devido aos grãos.50 0. pressão vertical.00 18.40 0.00 13.65 0. ângulo de atrito interno do produto. e = H/a ou e = H/1.55 0.50 W2 0. lado interno menor da seção reta de um silo retangular. pressão horizontal sobre a parede. devido aos grãos. ângulo de atrito sobre as paredes do silo. em repouso. Simbologia G f f '' f' b D a a' b' A U R h h1 H Ph Phmax Pv Pvmax Qmax Ac â e = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = peso do produto ensilado (kg/m3). ângulo de atrito interno mínimo do produto.45 4 .Teoria de Marcel e André Reimbert para silos verticais e horizontais.50 0.50 0.25 0.50 0. relação de esbeltez.50 0.35 0. A/U = raio hidráulico médio. a profundidade h. sequencialmente é necessário que se considere as sobrepressões durante o carregamento.35 0.40 0.50 0. altura do cone superior de grãos.1 . profundidade de uma seção reta. ângulo diedro do prisma de ruptura. descarregamento. pressão vertical máxima.30 0.00 8.25 0.55 0. lado interno da seção reta de um silo quadrado.40 18.60 0.00 l6.25 0.45 W3 0. altura do silo. Contudo. perímetro desta seção.40 0. área da seção reta. 24 .00 12. 4.55 0.50 0. pressão horizontal máxima.50 0. durante o carregamento e descarregamento simultâneos. o mais importante. ou ainda.00 8.00 19.00 7.60 0. a profundidade h. a partir de cima.50 0. lado interno maior da seção reta de um silo retangular.25 0.60 0.40 0. Abscissa característica: ∗ Silos cilíndricos: ⎤ ⎡ ⎥ h ⎢ D ⎥− Ac = ⎢ f '' ⎞⎥ 3 ⎢ 2⎛ ⎢ 4 tg (f ' ) . tg ⎜ 45° − 2 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ 25 . tg (f ' ) h1 D Figura 2 .Representação do Cone Superior. tg ⎜ 45° − 2 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ∗ Silos quadrados: ⎤ ⎡ ⎥ h ⎢ a ⎥− ⎢ Ac = f '' ⎞⎥ 3 ⎢ 2⎛ ⎢ π tg (f ' ) . tg ⎜ 45° − 2 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ∗ Silos Poligonais: ⎤ ⎡ ⎥ h ⎢ U ⎥− Ac = ⎢ f '' ⎞⎥ 3 ⎢ 2⎛ ⎢ π4 tg (f ' ) .Fórmulas gerais para o cálculo de pressões estáticas. Pressão lateral máxima em um silo indefinido: Ph max = Altura do cone superior: h1 = D ⋅ tg (b) 2 GD 4 . A seguir apresenta-se um exemplo de aplicação das tabelas dos coeficientes kd devidos a descarga e dos coeficientes de kb multiplicadores de kd para o caso de carga e descarga simultâneas. devidas a carga e descarga simultâneas dos silos são funções da disposição e número dos orifícios de descarga. tendo como base a esbeltez dos silos e segundo os diversos casos de orifícios de descarga. nas diversas profundidades.Pressão horizontal unitária sobre as paredes a profundidade h: −2 ⎡ ⎛ h ⎞ ⎤ Ph = Ph máx ⎢1 − ⎜ + 1⎟ ⎥ ⎢ ⎝ Ac ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ Pressão vertical unitária sobre uma seção reta a profundidade h: ⎧ ⎡ ⎛ h ⎞ ⎤ −1 h1 ⎫ Pv = ⎨G ⎢h⎜ + ⎬ ⎟ + 1⎥ 3⎭ ⎩ ⎣ ⎝ Ac ⎠ ⎦ Sobrepressões devido a descarga de silos verticais. 26 . As sobrepressões provocadas pela descarga dos silos. da esbeltez dos silos e da natureza dos produtos ensilados. existem 14 casos principais de descarga. e que são em geral superiores as pressões estáticas. fogem a possibilidade de um cálculo analítico. como se pode observar na figura a seguir: Figura 3 . onde e= H 1.12D ou e= H a De acordo com os tipos de instalações mais correntes.Tipos de casos de orifícios de descarga Experiências recentes têm permitido confeccionar tabelas de coeficientes de sobrepressões a aplicar sobre os valores das pressões estáticas. As sobrepressões devidas a descarga simples. para o caso do orifício de descarga central (1º caso da figura 3). 6 H D H 0.9H h1 0.17 4 1. de 5.1 H Figura 4 .70 1.49 1.2 H 0.42 1. para descarga central.07 2 1.14 1.15 1.30 kb 3 1.59 1.33 1.56 5 1.8H 0.QUADRO 4 Coeficientes de sobrepressões para o caso de somente descarga (kd) e carga-descarga simultâneos (kb . com 15.32 1.45 1. descontando o cone superior de grãos.18 1.multiplicador de kd).38 1.34 1.33 1. com orifício de descarga central e que contenha areia.00 ⋅ tg (33º 40' ) = 1.38 1.57 1. h\e 1 1.22 1.51 1.18 kd 3 1.43 1.6H 0. Aplicação: Para um silo de seção quadrada.58 1.4 H 0.Representação das alturas relativas.72 1.44 1.39 1.20 5 1.15 2 1.26 1.30 1.8 H 0.91 1.42 1.00 m de altura.06 1.27 1.00 m.4H 0.79 2.86 2.63 1.2H 0.43 4 1.28 1.00 x 5.51 1.67 0.44 1.32 1. de densidade G = 1380 kg/m3 e ângulo de atrito interno mínimo e atrito sobre as paredes f''=f'=33º 40' (caso particular de silos de paredes onduladas) tem-se: Altura do cone superior da massa ensilada: h1 = 5.21 1.20 1.14 1.665 m 2 27 .25 1.51 1.22 1 1. 00 ⎥− Ac = ⎢ = 7.6 H 9.43 Cálculo das pressões estáticas: h 3.244 Ph. tg(33º 40' ) Pressão lateral unitária a profundidade h: −2 ⎡ ⎛ h ⎞ ⎤ Ph = Ph máx ⎢1 − ⎜ + 1⎟ ⎥ ⎢ ⎝ Ac ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ Os coeficientes respectivos kd e kb para uma esbeltez de silo igual a 3 são os seguintes: Níveis h Kd Kb 0.00 12.kb 2.38 0.00 1.9 H 13. 28 .988 4.305 2.00 9. as pressões dinâmicas devidas somente a descarga são iguais: Ph.189 2.999 3. tg ⎜ 45° − 2 ⎟ ⎥ ⎠⎦ ⎝ ⎣ Esbeltez em silo: e= 15. 5.764 2.kd.2 H 3.4 H 6.931 4.625 Ph.754 Tendo sido determinadas as pressões estáticas Ph.00 = 2590 Kg / m 2 4 .341 3.883 3.70 1.kb.033 2.78 m 33º 40' ⎞ ⎥ 3 ⎢ 2⎛ ⎢ π tg (33º 40' ) .91 1.50 1.665 5.50 Ph 1.17 1.kd para cada nível considerado.00 1.Abscissa característica: ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 1.51 1. e as sobrepressões devidas a carga e descarga simultâneas são iguais a Ph.32 0. É possível.43 1.33 0.00 1.00 = 3.kd.241 1.8 H 12.00 5 Pressão lateral estática máxima: Ph max = 1380 .00 1.27 0. traçar as curvas de pressões e sobrepressões como se pode observar na figura a seguir.kd 1.00 6. então.775 2.00 13.561 3. 30 1.50 15.32 2.53 1. Estes coeficientes são multiplicadores dos coeficientes relativos a areia.19 2 1.51 1. para qualquer tipo de descarga. ao trigo e a levedura química e designados Ka1 para o caso de descarga simples e Ka2 para o caso de carga e descarga simultânea.4H 0.80 2. QUADRO 5 Coeficientes de sobrepressões para o caso de somente descarga (kd) e carga-descarga simultâneos (kb .95 5 1.04 2. No entanto.27 1. O Quadro 6 apresenta os valores médios dos coeficientes relativos ao milho.99 2.00 Ph 9.42 2 1.17 1.57 1.81 4 1.35 kb 3 1. de acordo com a esbeltez dos silos e do dispositivo de descarga dos mesmos.77 1.52 1.50 4 1.79 1.78 0.36 2.9H Coeficientes de sobrecarga relativos a natureza dos produtos armazenados.38 1.69 1.32 1.42 1. que são resultantes da combinação das piores situações de todos os casos apresentados na Figura 3.56 1.2H 0.6H 0.63 kd 3 1.h 3. K d 12.27 1.40 1. K d .14 1.00 6.34 1. estes coeficientes variam de acordo com a natureza dos materiais armazenados.00 P Figura 5 .multiplicador de kd).00 Ph .40 1.89 2. Os coeficientes dos Quadros 4 e 5 foram estabelecidos de acordo com experiências tomando a areia fina como material de base de estudo.20 1.16 2.63 5 1.18 1.26 1.93 1.50 1.Curvas de pressão e sobrepressão em função da altura.00 1. emprega-se os coeficientes constantes na tabela a seguir.22 1.40 1.74 1.00 Ph . h\e 1 1. Quando for o caso de um silo com tipo de descarga diferente da central.8H 0. 29 .09 1 1. K b 13.58 1.33 1.22 1.09 2.50 1. 65 1.2H = 4.406 ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ Pressão lateral máxima: Ph max = 750 .95 1.15 1.05 1.8 H 1.9 H 1.30 0.35 0.70 Alturas 0.00 m.00 .QUADRO 6 Coeficiente para correção da sobrepressão em função do tipo de material. os cálculos seguirão os seguintes níveis sucessivos.05 1.Somente carga ou descarga Calcular.15 Areia Milho Trigo Levedura química Ka1 Ka2 Ka1 Ka2 Ka1 Ka2 Ka1 Ka2 Aplicação: 1º caso .45 1.95 1. de 4.00 1.00 m. h2 = 0.00 1.95 1.90 1.00 1.00 1.466 ⎡ ⎛ f ' ' ⎞⎤ tg 2 ⎢45º −⎜ ⎟⎥ = 0.90 0. a partir da parte superior da massa ensilada: h1 = 0.50 0.00 1.6H = 12.80 1.30 1.35 1. Cálculo das pressões laterais sobre as paredes: tg f'' = tg 25º = 0. h3 = 0.10 1. Material Coeficiente 0.70 0. para diferentes alturas. as pressões laterais dinâmicas que atuam em um silo quadrado de paredes rugosas. com ângulo de atrito interno mínimo 25o e densidade 750 kg/m3 sobre uma altura de 20 m de coluna de grãos.00 m. 0.80 1. sendo a descarga central. que contenha trigo.20 1.00 1.2 H 1.00 m de lado.4 H 1.00 m.00 1.65 0. 4. h5 = 0.9H = 18.00 1.4H = 8.00 1.43 0.80 0.8H = 16.00 1.00 m.00 1.00 = 1610 Kg / m 2 4.50 1.466 30 .6 H 1. Para a aplicação direta dos elementos técnicos anteriormente estabelecidos. h4 = 0.35 1.15 1.00 1. 466 ⎞ ⎛ 4.05 = 1921 kg/m² 2. P12din = 1415 . 2.22 . 0. 0.00 16. 1.95 = 2970 kg/m². 1. P18din = 1500 .90 = 2057 kg/m². P8din = 1292 . 1. 0.00 Ph (kg/m²) 998 1292 1415 1478 1500 As pressões laterais máximas Phdin nas alturas consideradas.63 . segundo exemplo precedente.Abscissa característica com f' = f'': ⎞ ⎛ 4.86 . 2. para uma esbeltez do silo igual a 20m/4m = 5: Phdin = Ph . 1. nos mesmos níveis considerados.00 18.00 = 4190 kg/m².34 . kd . 1.15 = 3515 kg/m² Obs. 1. 1. 1. no caso de carga e descarga simultâneas do silo. Ka2 P4din = 998 .466 . kb . kd .05 = 3820 kg/m². 1. P12din = 1415 .22 .: os dois exemplos anteriores mostram a importante economia que pode ocorrer quando os silos são equipados com tubos antidinâmicos. 0.67 . P18din = 1500 . 31 . P16din = 1478 .95 = 2283 kg/m².3 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ A pressão lateral.21 .21 . as pressões laterais máximas sobre as paredes. 0.00 8. 1.406 ⎟ − ⎜ 2 . 0.00 ⎟ = 6.º caso – Carga e descarga simultâneas Calcular.00 12. 0.95 = 2289 kg/m². numa profundidade h é dada por: −2 ⎡ ⎛ h ⎞ ⎤ + 1⎟ ⎥ Ph = Ph máx ⎢1 − ⎜ ⎢ ⎝ Ac ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ onde: P/ a altura de trigo h (m) 4. 1. multiplicadas pelos coeficientes dinâmicos kd e Ka1. tem por valores as pressões Ph. 1.86 . Ka1 P4din = 998 .42 m Ac = ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ π . 1. devido a descarga.90 = 1428 kg/m² P8din = 1292 . 1.44 .42 . As pressões laterais devidas a carga e descarga simultâneas são dados por: Phdin = Ph .00 = 3412 kg/m². 0. 1. 1.00 .59 . relativos a descarga central e trigo. calculadas anteriormente. P16din = 1478 . 1. 1.51 .63 .59 . Generalidades Os silos horizontais de grande capacidade são geralmente constituídos por compartimentos paralelepípedicos. o valor da componente horizontal que atua a 1/3 da altura a partir da base.2 . H 2 ⎞ ⎛ 180º −2f ' ' ⎞ 2 ⎟⋅⎜ P=⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ 180º +2f ' ' ⎠ ⎝ ⎠ O plano de deslizamento do prisma de empuxo forma com a vertical um ângulo b = ( 45º . Para tanto. que permite definir se o silo deverá ser calculado com o horizontal ou vertical. por unidade de comprimento é dada por: ⎛ G .Silo com superfície da massa ensilada plana. Cálculo de forças que atuam sobre as paredes dos silos horizontais. e desta forma as fórmulas de determinação dos valores das pressões sobre essas paredes ou muros são diferentes daquelas que afetam as paredes dos silos verticais estudados anteriormente. com a superfície livre da massa ensilada horizontal ou superfície inclinada segundo o talude natural. portanto. Sabemos que no caso de uma massa ensilada de superfície livre horizontal e de densidade "G" retida por uma parede vertical de altura "H". tem-se que considerar dois casos. tg⎜ 45º − ⎟ 3⎠ ⎝ A C F D A 45º F C D − F" 3 H (4) B d E B E Figura 6 . de grandes dimensões horizontais. e para este caso: f '' ⎞ ⎛ d ≥ 2H . 32 .f''/3).Silos horizontais ou silos baixos Recomenda-se usar as fórmulas e os coeficientes para silos verticais para carga e descarga simultâneas. 1º caso .Superfície livre da massa ensilada horizontal Consideremos a massa ensilada da figura 1.4. separados de d. calculados seguindo as fórmulas para silos horizontais. Os primas de empuxo relativos a cada um dos muros AB e DE definem entre si uma zona (4) que não tem influência sobre cada muro. Estes valores de empuxos são. retida por dois muros verticais AB e DE. 33 . 2º caso .Silo com massa ensilada em talude natural. O problema é o mesmo anterior.Se pelo contrário.⎢ ⎝ 2f ' ' ⎞ ⎥ ⎛ ⎢ ⎢ sen⎜ 45º − 3 ⎟ ⎥ ⎠ ⎦ ⎝ ⎣ C A (3) 45º d/2 (2) γ − F" 3 h B (1) Figura 7 . a distância d é menor. Assim a distância "d" é igual a (considerando b aproximadamente f''): ⎡ ⎛ ⎤ f '' ⎞ ⎢ sen⎜ 45º − 3 ⎟ . estudos experimentais tem mostrado que esta pressão não está uniformemente repartida sobre o fundo em razão do atrito dos grãos sobre as paredes.3 . corresponde ao prisma de empuxo. se estende a uma distância d da parede AB.A superfície livre da massa ensilada é inclinada segundo o ângulo do talude natural. H 2 ⎞ ⎛ 180º −2f ' ' ⎞ 2 ⎛ 2f ' ' ⎞ ⎟⋅⎜ P=⎜ ⎟ ⋅ ⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ 180º +2f ' ' ⎠ ⎝ 180º ⎠ ⎝ ⎠ 4. por metro linear de comprimento é dado por: ⎛ G . o valor da componente horizontal.Solicitações sobre os fundos ou tremonhas dos silos Distribuição das pressões sobre o fundo plano de um silo No caso de silos de fundo plano a pressão vertical média que atua sobre este está dada pelas fórmulas mencionadas anteriormente. Contudo. maior que no caso da superfície livre horizontal. aplicada a 1/3 da altura. no entanto a zona (3). Neste caso. tem-se uma interação dos prismas ABC e DEF e o silo deverá ser calculado como vertical. cos f ' ' ⎥ ⎠ ⎥ d ≥ H. Distribuição das pressões sobre um fundo plano devido a um monte cônico de areia. 0. não existe a influência do atrito grãoparede. Pressao máxima (aprox.45R da extremidade. contrariamente ao que geralmente se admitia.h) C h Figura 9 . a distribuição das pressões se modifica profundamente. Verifica-se que. atingindo 1.Distribuição da pressão sobre o fundo do silo. como na figura a seguir. onde a altura de areia é maior. cônico.2 Pv) Pressao média Pv Raio do silo: R Figura 8 .20 da pressão média. e as pressões medidas permitem traçar a curva C representativa de sua repartição sobre o plano horizontal. 34 . sobre um plano horizontal.58 G.45R Pressao máxima (aprox 1. No momento da descarga. de um monte cônico de areia.m = 0. e mínima próxima à parede. contudo não causa variações maiores que 2% sobre as pressões máximas sobre o fundo. Neste caso. A pressão vertical é máxima a 0. a pressão máxima não está no centro. Pressões exercidas por um monte de areia. O peso dos equipamentos fixados à tremonha.A pressão exercida pela massa ensilada na borda inferior das paredes verticais. h h' A h"/3 B G0 h'' D E C Figura 10 . para permitir a descarga total da matéria ensilada pela abertura de descarga situada no ponto mais baixo. ou piramidais.Descrição das cargas As células dos silos terminam em sua parte inferior em tremonhas. 1. Seja "G" o centro de gravidade do triângulo e h' a altura a partir deste ponto: ⎛ h' ' ⎞ h' = h + ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ Calculam-se as pressões horizontais.Pressões devidas à matéria ensilada Seja uma tremonha ABCD cuja seção vertical se inscreve no triângulo ABE. conforme figura a seguir. e 4 . de altura h". 2 .TREMONHAS DE SILOS 1 . ou retangulares. no caso de células cilíndricas. cuja forma é geralmente tronco-cônica. Ph. Para os cálculos das paredes das tremonhas são consideradas as seguintes cargas: 1 . devido a massa ensilada como se a parede fosse vertical até Go.O peso próprio das paredes das tremonhas. 35 . e pelas paredes inclinadas da tremonha. 3 . Pv. formado pelo plano horizontal.Pressões devidas à massa ensilada. no caso de células quadradas. ao nível inferior das paredes verticais da célula do silo. e vertical.O peso da matéria ensilada contida na tremonha.1 . para simplificar. e PN.Determinação do peso resultante da tremonha. I Pv' P' h' C Rz' P' v' Ph' RN RT 1.Considerando "i" a inclinação da parede da tremonha. a pressão vertical que resulta por unidade de área de parede é: ⎛ P + P2 ⎞ P=⎜ 1 ⎟ ⎝ S ⎠ Em seguida decompõe-se esta pressão vertical unitária em PT.Composição e decomposição das pressões. e dos equipamentos.0 0 Figura 11 . resultando nas componentes RT e RN. Seja P1 o peso da massa ensilada dentro da tremonha e P2 o peso próprio de suas paredes e dos equipamentos fixados nela. do material contido nela e dos equipamentos. 36 1. que se decompõe em seqüência segundo as direções da tremonha e de sua normal. Figura 12 .Peso do material contido dentro da tremonha.2 . PN PT P . Considerando S' a superfície das paredes. da tremonha. segundo a direção da parede da tremonha. de acordo com a normal da referida parede. tem-se as seguintes pressões por unidade de superfície: P' h ' = Ph ' sen (i) P' v' = Pv' cos(i) Faz-se a composição das pressões P'h' e P'v' e se obtém a resultante Rz'. Δx . r ' de onde se deduz que a separação entre os ferros deverá ser Δx = w '. σ a = R H .2. de forma que: w ' . procede-se a decomposição desta segundo a horizontal e a direção da parede. o que dá a resultante horizontal RH para o cálculo das armaduras meridianas. determina-se a resultante R destes esforços e. em seguida. O esforço de tração produzido por RH é T = R H . Ferragens anelares Consideremos dois anéis separados de uma distância x e seja r' o raio interior da tremonha na altura destas ferragens. r ' Este esforço de tração deve ser equilibrado por uma ferragem de seção w'. cuja tensão admissível à tração é σa. RT + PT R N + PN R RM RH Figura 13 .1 .Tremonha tronco-cônica Conhecendo os esforços normais (RN + PN) e tangenciais (RT + PT) na direção da tremonha.Representação das ferragens anelares 37 .Composição e decomposição dos esforços. Δx . R H T 2r' RH r' ΔX ΔX T Figura 14 . σ a r'.Cálculo dos elementos 2. Ferragens radiais. π r'2 cos(i) e o esforço de tração.Representação do esforço radial da tremonha. Observa-se que. As ferragens radiais são colocadas para equilibrar o esforço de tração RM. r' ΔX RM fração = Δx 2πr ' 38 . π r ' 2 Δx ⋅ = w' σa = Δx = cos(i) 2πr ' R M . é R M . por metro de perímetro da secção considerada. as ferragens verticais da parede do silo terão continuidade para a suspensão da tremonha. π r'2 R . toma-se a superfície de parede situada abaixo desta secção. como igual a: π r'2 cos(i) Portanto. a separação destes ao longo da secção circular horizontal de raio r' é: w ' . ligeiramente por excesso. na junção da tremonha com a parede do silo. o esforço de tração sobre a seção é R M . se w' é a secção da ferragem radial da tremonha. Para toda seção horizontal de raio r' da tremonha. r' = M 2π r ' cos(i) 2 cos(i) Logo. 2 cos(i) R M . r' i Figura 15 . σ a . ligeiramente por excesso. sem trincas. tangenciais (RM) e horizontais (RH) são os mesmos indicados anteriormente. Pv' . O raio do círculo equivalente ao triângulo é r = S / π e o momento positivo máximo devido a uma carga p. como para as paredes verticais. e≥ R H . sen (i) Anel de união entre a parede cilíndrica e a tremonha Toma-se a carga total que atua sobre a tremonha.2 . S + P1 + P2 2πr A componente horizontal desta carga unitária é ⎛ Pv'. em kgf. um esforço de tração de 25 kg/cm². igual a Pv' . S + P1 + P2 ou seja. r'. e os esforços de tração correspondentes. para os momentos fletores. o mesmo deverá ter uma espessura. r' 100 . considerando a pressão vertical no ponto G." Seja uma parede de tremonha. é ⎡ (Pv' . 25 . é: 39 .S + P1 + P2 ⎞ ⎜ ⎟ ⋅ cot g(i) 2πr ⎝ ⎠ e o esforço de compressão do anel de união da parede cilíndrica com a tremonha. no caso de apoios livres. levando em conta os esforços normais (RN + PN). e as paredes planas das tremonhas devem ser calculadas à flexão composta. em forma de trapézio. tem-se obtido resultados satisfatórios com as regras práticas a seguir: "os momentos fletores positivos máximos em uma placa triangular regular são aproximadamente iguais aqueles em uma placa circular com mesma superfície. e os momentos negativos máximos nos apoios são considerados iguais a 2/3 dos momentos positivos.Tremonha piramidal regular Os esforços normais (RN + PN). para equilibrar o esforço de tração RH . contudo. ABCD.S) + P1 + P2 ⎤ N = cot g (i) ⋅ ⎢ ⎥ 2πr ⎣ ⎦ 2. inscrita no triângulo eqüilátero ABE de superfície S. Desconhece-se o cálculo exato de placas trapezoidais como as paredes das tremonhas dos silos. que o concreto pode suportar. por metro linear do anel.Espessura da laje da tremonha Supondo. em cm. toma-se com aproximação suficiente: Momento do centro : M' = 0.8 = 0. segundo o triângulo eqüilátero circunscrito: S = 4.25 2 .Equivalências de seções. No caso de uma parede engastada em seus apoios.032 p S ⎝3⎠ Exemplo: Seja a placa da figura anterior.048 . 25 3 2 C D E Figura 16 . .Momento fletor no centro da placa: M = 0. 3 ≈ 7.Superfície da placa. 3000 .80 = 1123 kgm . 0. submetida a uma carga de 3.032 .80 m 2 4 . 7.Mo = 3p r2 3pS = = 0.25 A B 4. considerada uniformemente distribuída.000 kg/m².06 p S 16 16π onde p = RN+PN 4.048 p S ⎛2⎞ Momentos em apoios : M ' ' = 0. 3000 .8 = − 0.Momento fletor no apoio: M ' = −0.80 = −749 kgm 40 .06 pS .06 ⎜ ⎟ pS . 7. 0. Esforços verticais de tração nas paredes da tremonha Aos cálculos anteriores temos que acrescentar as ferragens necessárias para a suspensão das tremonhas até as paredes das células. S ⎢⎜ h + ⎟ − ⎜ 3 ⎠ ⎜ (h + A ) ⎟⎥ ⎢⎝ ⎝ ⎠⎦ ⎣ 2 . Considerando o perímetro igual a "c". As cargas são as seguintes: 1 .Ao nível inferior das paredes verticais da célula. h' ' 3 3 . no metro linear de parede é. o esforço de tração nas paredes verticais. a carga total deverá ser repartida proporcionalmente em função da superfície de cada parede adjacente da tremonha. a separação entre estas barras será: Δx = w '. que ligeiramente por excesso.S .3 .Tremonhas assimétricas ou excêntricas Calcular separadamente os esforços para cada parede da tremonha levando em conta o respectivo ângulo de inclinação. ou seja P2. σ a .2.Tremonha piramidal. 41 . c Q H + P1 + P2 No caso de tremonhas assimétricas. portanto: T= Q H + P1 + P2 c Chamado de w' a seção de ferragem escolhida para barras de suspensão. é igual a: P1 = G . Figura 17 . a carga vertical devida a massa ensilada: ⎡⎛ h ⎞ ⎛ h 2 ⎞⎤ ⎟⎥ Q H = G .Peso próprio das paredes da tremonha e peso dos equipamentos fixados a elas. AB.Peso da massa ensilada que carrega a tremonha. que trabalham como vigas laminares. Do mesmo modo o esforço de tração para a parede oposta de S'''.35 1.00 1.90 3. Kt45. Figura 18 . Tomando como base a inclinação de 45º para a tremonha.00 1.20 3 1.55 2.47 1. conforme figura a seguir: D 2 ' 3 1 ' 0.70 2. Material ensilado Areia fina Milho Trigo Levedura 1 1.Compressão das vigas superiores da tremonha.60 3. 2 l 1 .80 2.40 Carga-descarga 2 1. no ponto 1.95 2.00 3 1.00 42 l l l l 0. cos(i) . é RM . 2 e 3 ao longo da parede da tremonha.80 2. 2 e 3 são fornecidos no quadro a seguir: QUADRO 7 Coeficientes de sobrepressões. (S' '+S' ' ') 2 Pressões e sobrepressões sobre as paredes das tremonhas As sobrepressões nas tremonhas podem ser calculadas tendo como base os pontos 1.00 1.90 1.00 1. os coeficientes de majoração das pressões nos pontos 1. para as tremonhas. Tais esforços produzem nas vigas de contorno uma compressão média horizontal de RM .Determinação das sobrepressões em tremonhas.00 1. S'''. O esforço total de tração para uma parede de tremonha de superfície S'' é RM .00 1.00 1 1. S''.00 Descarga 2 1.77 1.95 2. K b + (K t 45 − K d . 1 45º * para 0 < A 2 ≤ 45º descarga simples A K tA 2 = K d . não se manifesta nenhum fenômeno de sobrepressão. que no ponto 3. K a1 + (K t 45 − K d . nas cercanias do orifício de descarga.Representação das inclinações das tremonhas. A K tA 2 = K d . portanto.Verifica-se. 2 45º carga e descarga simultâneos. O coeficiente Kt pode ser corrigido em função da inclinação das paredes das tremonhas empregando-se as equações e figura a seguir: * para 0 < A1 ≤ 45º A K tA1 = 1. 2 45º FUNDO HORIZONTAL A1 45º A2 Figura 19 . K a 2 ) . K a 2 .02 + (K t 45 − 1. K a 2 .02) . K b ) . 43 . ). a estrutura será chamada estrutura plana ou espacial. Neste caso. ligadas entre si e ao meio exterior de modo a formar um conjunto estável. estar em equilíbrio. c) as três dimensões são consideráveis. O 2º e o 3º casos são aqueles. um conjunto capaz de receber solicitações externas.5 em que R é a resultante das forças e m seu momento resultante em relação a qualquer ponto do espaço. é que estas forças satisfaçam às equações vetoriais: R =0 m=0 I. etc. As estruturas se compõem de uma ou mais peças. o estudo estático da peça. é necessário que elas não provoquem nenhuma tendência de translação nem rotação a este corpo. 44 .ANÁLISE ESTRUTURAL 1 . conforme seu eixo seja reto ou curvo. evidentemente. b) uma dimensão é pequena em relação às outras duas. a dimensão maior é o comprimento da peça. submetido a um sistema de forças. Uma barra será dita reta ou curva. isto é. No 1º caso. em torno de qualquer ponto. considerando-a representada pelo seu eixo (lugar geométrico dos centros de gravidade de suas seções transversais). estando as duas outras dimensões situadas no plano a ele perpendicular (plano da seção transversal da peça). é dada pelo momento resultante m destas forças em relação a este ponto. absorvê-las internamente e transmiti-las até seus apoios. basta que estes dois vetores R e m sejam nulos para que o corpo esteja em equilíbrio. que corresponde ao da maioria das estruturas da prática. respectivamente. das placas e cascas e dos blocos (caso das barragens) e não serão abordados neste trabalho. variações térmicas. 2 . Três casos podem ocorrer: a) duas dimensões são pequenas em relação à terceira.Domínio de estudo da análise estrutural A análise estrutural é a parte da mecânica que estuda as estruturas. três dimensões. movimentos de seus apoios. Conforme os eixos das diversas barras que compõem a estrutura estejam ou não contidos no mesmo plano. onde estas solicitações externas encontrarão seu sistema estático equilibrante. A condição necessária e suficiente para que um corpo esteja em equilíbrio.Condições de equilíbrio Para um corpo. As peças que compõem as estruturas possuem. que será denominada barra. isto é. com o objetivo determinar os esforços e as deformações a que elas ficam submetidas quando solicitadas por agentes externos (cargas. submetido a um sistema de forças. Como a tendência de translação é dada pela resultante R das forças e a tendência de rotação. pode ser feito considerando-a unidimensional. dos graus de liberdade que eles restringem. despertando com isto reações nas direções dos movimentos impedidos. uma translação pode ser expressa por suas componentes segundo 3 eixos tri ortogonais e. É evidente que estes 6 graus de liberdade precisam ser restringidos. estaticidade e estabilidade 3. que devem impedir as diversas tendências possíveis de movimento.Levando-se em conta que: r r r R = (∑X) i + (∑Y) j + (∑Z) k r r r m = (∑Mx) i + (∑My) j + (∑Mz) k As 2 equações vetoriais de equilíbrio (I.Graus de liberdade.6 3 . que são as seis equações universais da estática.2 . podendo ser. Eles serão classificados em função do número de graus de liberdade permitidos (ou do número de movimento impedidos). 1 ou nenhum grau de liberdade). cada uma em torno de um desses eixos. Os exemplos seguintes esclarecerão. provocando. formando este conjunto de cargas e reações um sistema de forças em equilíbrio. um apoio com 5 graus de liberdade (ou com 1 movimento impedido). em que temos a estrutura apoiada sobre uma esfera perfeitamente lubrificada. como a resultante de três rotações. o segundo. a primeira. Esta restrição é dada por apoios. regendo o equilíbrio de um sistema de forças. de modo a evitar toda tendência de movimento da estrutura. uma rotação. conforme indica a Figura I-21. Como. isto é. X=0 ∑MX = 0 ∑Y = 0 ∑MY = 0 ∑Z = 0 ∑MZ = 0 I. no espaço. e regidas. conforme vimos em 3.1. 2. obtendo-se o grupo das seis equações (I. podendo permitir 5. a fim de ser possível seu equilíbrio. é igual à de sua resultante e à de seu momento resultante em relação àquele ponto. a) Seja o apoio representando na Figura I-21. O apoio será dito. 3. dizemos que uma estrutura no espaço possui um total de 6 graus de liberdade (3 translações e 3 rotações. em relação a um dado ponto.Graus de liberdade Já sabemos que a ação estática de um sistema de forças no espaço. pelos grupos de equações deduzidos no item anterior. portanto. então. nas direções dos movimentos que eles impedem. então. no espaço. 4. aparecendo com isto uma reação Rz agindo sobre a estrutura.6).1 . cada uma delas por três equações escalares de equilíbrio.5) podem ser substituídas. o mais geral. é a de restringir graus de liberdade das estruturas. O único movimento que ela será capaz de impedir é a translação na direção vertical Oz. através do aparecimento de reações destes apoios sobre a estrutura. uma tendência de rotação. de 6 tipos diferentes (isto é. uma tendência de translação e. apoios. segundo 3 eixos tri ortogonais). para os diversos tipos de sistemas de forças que podem ocorrer na prática. Estas reações de apoio se oporão às cargas aplicadas à estrutura. 45 .Apoios A função dos apoios. 3. um apoio com 3 graus de liberdade (que são. as rotações em torno dos eixos x e y. no caso. Mx. Aparecerão. Neste caso. de modo a ficar formado um conjunto rígido. My e Mz indicadas na figura. sendo dito um apoio sem grau de liberdade (ou com todos os movimentos impedidos). agindo sobre a estrutura. Correspondendo a cada um dos movimentos impedidos. o apoio impedirá todos os movimentos possíveis. as reações Rx. agindo sobre a estrutura. além da translação na direção z. z y x Mx My RZ Figura I-22 Estrutura z Apoio y x Rx Mx Rz Mz Ry My Figura I-23 46 . que podem ser consideradas infinitas em presença daquelas. o apoio da Figura I-22. de dimensões tão maiores que as da estrutura. My e Rz indicadas na figura. aparecem.z B y x RZ Figura I-21 b) Seja. Rz. a rotação em torno do eixo Oz e as translações nas direções dos eixos Ox e Oy) ou com 3 movimentos impedidos. Ry. O apoio será dito. Ficam impedidas. as reações Mx. no caso. constituído por três esferas ligadas entre si por três hastes. agora. então. c) O esquema das Figura I-23 representa a ligação rígida entre a estrutura e seu apoio. Tal apoio é chamado engaste. 2. permitindo livre rotação em torno dele. pelos rolos diretamente em contato com o plano que serve de apoio. na direção x.1 e I-25. articulação ou rótula y H x H V V PINO I-26. assim como livre deslocamento na direção x.3 47 . continuando impedido o deslocamento na direção y. Na direção do único movimento impedido aparece uma reação de apoio R. o apoio do 1º gênero pela forma indicada na Figura I-25. Para o caso das estruturas planas carregadas no próprio plano.2 I-26. conforme indica a Figura I-24. pois estas são as únicas tendências de movimento capazes de serem produzidas pelo sistema de forças indicado.1 Figura I-25 O apoio do 1º gênero pode ser obtido por uma das duas formas representadas nas Figuras I-25.2.3 I-25.3. Supondo a estrutura situada no plano xy. senão vejamos. Oz).2 I-25. Representa-se. Na primeira.Estruturas planas carregadas no próprio plano. esquematicamente.1 . na segunda. existem 3 graus de liberdade a combater. temos a estrutura apoiada sobre um rolo lubrificado que impede apenas o deslocamento na direção y. b) Apoio do 2º gênero. z F1 F2 F3 F4 y Figura I-24 São os seguintes os apoios utilizáveis para impedir estes movimentos: a) Apoio do 1º gênero do charriot y R x PINO ROLOS I-25. que é o mais freqüente nas análises estruturais. a rotação é assegurada por um pino sem atrito e a translação.3.1 Figura I-26 I-26. os graus de liberdade a combater são as translações nas direções Ox e Oy e a rotação em torno de um eixo perpendicular ao plano (no caso. V e M indicadas. permanecendo livre apenas a rotação. Exemplo: Calcular as reações de apoio para a estrutura da Figura I-28.1. capaz de restringir todas as translações possíveis no plano. conforme indica a Figura I27.2 e I-26.2.2.3. B 8 mt 6t 4t C 3m D 3m A 4m 4m Figura I–28 48 . substituirmos os rolos por uma chapa presa completamente ao plano-suporte. por sua enorme rigidez. A este apoio. assegurada pelo pino lubrificado indicado na figura.1. esquematicamente. o cálculo de suas reações é imediato. Na direção das translações impedidas. no apoio da Figura I-25. da forma indicada em I-27. por uma das 2 formas indicadas em I-26. estaremos impedindo todas as translações possíveis.2 .Se. Um engaste será representado. aparecendo. na direção de cada um dos 3 movimentos impedidos (2 translações e 1 rotação). Se ancorarmos a estrutura num bloco de dimensões que possam ser consideradas infinitas em presença das dimensões da estrutura. as reações de apoio H. conforme indica I-26. Os exemplos seguintes esclarecem. pois elas são forças (ou momentos) de ponto de aplicação e direção conhecidas e tais que equilibrem as cargas aplicadas na estrutura. chamamos de apoio do 2º gênero. y ESTRUTURA x H M ENGASTE V Figura I-27 3. aparecerão as reações H e V indicadas na figura.Cálculo das reações de apoio Definidos os apoios. na seção de contato entre ambos o bloco estará impedindo. Ele é representado. todos os movimentos possíveis da estrutura e dizemos então que ele engasta a estrutura. a partir das equações de equilíbrio instituídas no item 3 deste capítulo. esquematicamente.2. então. Serão calculadas. c) Apoio do 3º gênero ou engaste. e arbitrando para elas um sentido. a partir das equações de equilíbrio I-10. nas direções que já conhecemos. 5t 3t 4t 2t D 2m B 1t C 4m A 3m Figura I–30 49 .6 . cujas barras formam. conforme indica a Figura I29.Considerando apoio do 2º gênero em A e do 1º gênero em D. 6 = 0 ∴ VD = 5t ∑Y = 0 => VA + VD = 6 ∴ VA = 1t ∑X = 0 => HA = 4t Os sinais positivos encontrados confirmam os sentidos arbitrados para as forças. Caso tivéssemos encontrado algum sinal negativo. teremos. em todos os nós. e o sentido correto inverso do arbitrado. não sendo necessário refazer qualquer cálculo.4 . ângulos de 90º. isto quereria dizer que o módulo da reação seria encontrado. 4 . Exemplo: Calcular as reações de apoio no engaste A da estrutura espacial da Figura I-30. suas reações. que regem o equilíbrio de um sistema de forças coplanares: 8 mt 6t 4t V HA D V A Figura I–29 ∑MA = 0 => 8VD + 8 . então. 3 . Teremos: 5t 3t MOMENTOS + + + Z + 2t 1t 4t FORÇAS + + A XA (MX)A YA (MY)A Y + ZA (MZ)A + + X Figura I–31 ∑X = 0 => XA = 1 t ∑Y = 0 => YA = -1 t ∑Z = 0 => ZA = -1 t ∑Mx = 0 => (Mx)A + 2 . A 1t 1 mt 1t 3 mt Figura I–32 1t 6 mt 50 .3 . que serão calculadas a partir do grupo de equações I.4 . 2 = 0 ∴ (Mz)A = 3 mt As reações de apoio no engaste A são. 4 + 5 . 3 = 0 ∴ (Mx)A = 1 mt ∑My = 0 => (My)A . 4 . 4 + 5 .1 . 3 . 2 = 0 ∴ (My)A = -6 mt ∑Mz = 0 => (Mz)A + 1 .Como um engaste impede todos os movimentos possíveis. nele aparecerão as reações de apoio indicadas na Figura I-31.6 que regem o equilíbrio de um sistema de forças no espaço. as indicadas na Figura I-32.3 . Estaticidade e estabilidade Acabamos de ver que a função dos apoios é limitar os graus de liberdade de uma estrutura.2 e I. teremos menor número de equações que de incógnitas. A estrutura será dita hipostática e será. então. continuando o equilíbrio a ser estável (aliás. As equações universais da estática não serão. poderíamos dizer. então. um pouco impropriamente. (Foi o caso dos exemplos I.3. sendo necessárias equações adicionais de compatibilidade de deformações. que o equilíbrio é mais que estável).1 I-50. estando todas as cargas aplicadas nesse plano. instável. P S S I-50. Neste caso. nos casos gerais. teremos mais equações que incógnitas. 4 . Neste caso. Três casos podem então ocorrer: a) Os apoios são em número estritamente necessário para impedir todos os movimentos possíveis da estrutura. suficientes para a determinação das reações de apoio. que a estrutura é isostática. A estrutura será dita hiperestática.3 anteriores. conduzindo a um sistema indeterminado. chegando-se a um sistema de equações impossível.Estruturas planas carregadas no próprio plano Seja a estrutura representada na Figura I-50. c) Os apoios são em número superior ao necessário para impedir todos os movimentos possíveis da estrutura. o número de reações de apoio a determinar é igual ao número de equações de equilíbrio disponíveis (isto é: número de incógnitas = número de equações).3 .1. que admite um plano P de simetria.) Diremos. ocorrendo uma situação de equilíbrio estável. inadmissíveis para as construções. então.2 Figura I–50 51 . Neste caso. evidentemente. então. As estruturas hipostáticas são. b) Os apoios são em número inferior ao necessário para impedir todos os movimentos possíveis da estrutura. chegando-se a um sistema de equações determinado que resolverá o problema. que contém o eixo da estrutura. Sua convenção de sinais é a mesma do caso do espaço. o momento Mz se confunde com o momento resultante M das forças situadas de um dos lados da seção em relação ao seu centro de gravidade e é preferível representá-lo por uma curva que indica seu sentido de rotação. orientamos o eixo y para cima (a direção x é sempre a do eixo da barra em estudo). ou. então. submetida ao carregamento indicado. for voltado para cima. Podemos. dizer que o esforço cortante é positivo quando. carregada no próprio plano. E MS S S MS F NS QS NS QS Figura I–51 O esforço cortante Qy se confunde. 52 . o que nos obrigaria a representar uma terceira dimensão perpendicular ao plano.2) foram calculados com as forças existentes na parte da esquerda e vice-versa. N. Na estrutura plana. que podem atuar numa seção S de uma estrutura plana. apenas para evitar o grau de liberdade na escolha da orientação dos eixos. obtemos o esquema representado na Figura I-50. com o esforço cortante resultante na seção (pois Qz = 0) e representá-lo-emos. for voltado para baixo. M. por Q. As convenções de sinais para esforço normal e esforço cortante já foram explicadas anteriormente e o momento fletor deve ser acrescido da informação de que fibras da seção ele traciona. Na Figura I-51.Destacando o traço da estrutura neste plano de simetria P. também. podemos definir: Esforço normal: é a soma algébrica das projeções das forças atuantes de um dos lados da seção na direção do eixo da estrutura (direção normal à seção). Resumindo. de um sistema de forças coplanares. mas. então. caso particular de um sistema de forças no espaço. pois a curva pertence ao plano das cargas. conforme mostra a Figura I-51. como sempre. em que a linha tracejada representa o eixo da estrutura. Trata-se. representamos os esforços simples. Esforço cortante: é a soma algébrica das projeções das forças atuantes de um dos lados da seção na direção perpendicular ao eixo da estrutura. Notar que os esforços indicados como atuando na parte da direita (Figura I-51. Momento fletor: é a soma algébrica dos momentos das forças atuantes de um dos lados da seção em relação a seu centro de gravidade. calculado pelas forças da esquerda. Q.2. O momento fletor será definido. então. Exemplo: Obter os esforços simples atuantes nas seções S1 e S2 da estrutura da Figura I-55. quando calculado pelas forças da direita. pelas fibras que está tracionando. ao passo que o vetor de dupla seta seria a ele perpendicular. ao invés de um vetor de dupla seta. B D D S1 S1 1t 9-9=0 (9x4) . a partir do qual. A partir das equações de equilíbrio. obtendose os mesmos valores. 6 .1 I-56.1. temos o esquema indicado na Figura I56. I-56. evidentemente. 2 + 9 . Temos então: a) Seção S1 Calculando pelas forças à esquerda.2}.(9x2) = 18 mt I-56. necessitamos inicialmente calcular as reações de apoio. obtemos: NS1 = -1 t (compressão) QS1= 0 MS1 = +18 mt {o sinal (+) indica que as fibras tracionadas são as do lado pontilhado. indicadas na Figura I-55.9t B S2 C 2m S1 2m 9t D VD 2m A VA HA 3m 3m 3m Figura I–55 Para obtermos os esforços simples. 53 . conforme indica a Figura I-57.9 VD = 0 ∴ VD = 8 t ∑Y = 0 => VA + VD = 9∴ VA = 1 t ∑X = 0 => HA = 9 t (Os sinais positivos encontrados indicam que os sentidos arbitrados para as reações na Figura I-55 estão corretos).2 Figura I–56 Observação: Os esforços poderiam também ser calculados pelas forças da direita. temos: ∑MA = 0 => 9 . conforme a Fig. calculados pelas forças à esquerda da seção valem. a partir do esquema da Figura I-60: 54 . conforme o esquema da Figura I-58: NS2 = 0 QS2 = 1 t MS2 = 21 mt 9-9=0 S2 D S2 D 1t Figura I–58 Exemplo: Calcular os esforços simples atuantes na seção S da estrutura da Figura I-59.(9x6) = 18 mt E S1 E Figura I–57 b) Seção S2 Calculando pelas forças à esquerda temos. 4m S 45º 4m 2t 2t 10 m Figura I–59 Estando a estrutura submetida a um carregamento auto-equilibrado. as reações de apoio são nulas (pois não é necessária força adicional alguma para equilibrar o carregamento atuante) e os esforços simples na seção S.9-8=1t 0 (8x9) . por esta razão.D D S NS MS = 2 . P a Figura I–61 55 . I-61. um estudo das diferentes leis de distribuição de cargas que podem ocorrer na análise estrutural. portanto. Façamos. que é a bastante pequena (caracterizada por a). então.1 . que podem ser consideradas nulas. o erro cometido. os sinais são negativos em obediência às nossas convenções de sinais. de uma carga concentrada P na estrutura. a aplicação. tendo em vista a simplificação de trabalho de cálculo que ele possibilita. então. rigorosamente falando. 5 . Esta reação P será descarregada ao longo da área de contato da roda com a ponte.Cargas concentradas Suponhamos uma roda de um caminhão descarregando uma reação P sobre uma ponte. Não haverá. 4 = 8 mt QS 2t 2 =− 2t 2 2 =− 2t Q S = −2 2 M S = −8 mt N S = −2 Figura I–60 Observação: Os sentidos dos esforços indicados na Figura I-60 estão corretos. a aplicação de uma carga distribuída. 5. é absolutamente desprovido de significado e. só lidamos com cargas concentradas em nossos exemplos. conforme simboliza a Fig. As cargas concentradas são. uma forma aproximada de tratar cargas distribuídas segundo áreas tão pequenas (em presença das dimensões da estrutura). mas segundo uma área tão pequena que podemos considerá-la nula em presença de dimensões da estrutura. Neste caso. haverá.Cargas Até agora. sim. inteiramente tolerável. então. mas não nula. 5. um carregamento na estrutura E. Este peso introduzirá. I-62. variando então proporcionalmente com a variação do valor da área "S".1 – Carga uniformemente distribuída I-64. sendo S a área da seção determinada em "C" por um plano perpendicular ao eixo da estrutura. evidentemente. carregamento este distribuído e contínuo. indicadas na Fig. S C dP dS E Figura I–62 O volume do corpo que carrega um trecho de comprimento "ds" da estrutura é Sds. principalmente). suporte o corpo C indicado. cujo peso específico é γ. I-63.2 .Cargas distribuídas Suponhamos que a estrutura E. q P I-64.2 – Carga triangular Figura I–64 56 . I-64. indicada na Fig. cuja taxa de distribuição vamos calcular. q(s) = q=S γ EIXO DA ESTRUTURA Figura I–63 Os tipos mais usuais de cargas distribuídas que ocorrem na prática são as cargas uniformemente distribuídas (S = constante) e as cargas triangulares (casos de empuxos de terra e de água. O peso deste volume será: dP = γ Sds e a taxa de distribuição de carregamento q(s) ao longo do eixo da estrutura vale: dP = γS dS conforme indica a Fig. levando em conta as conclusões obtidas para carregamento distribuído neste item. as seguintes reações de apoio: ∑MA = 0 => 6VB + 1 .VB = 1 t ∑X = 0 => HA = 4 . 4 = 0 ∴ VB = 5 t ∑Y = 0 => VA = 6 .6 .4 . temos.1 = 3 t (Os sinais positivos confirmam os sentidos arbitrados na Figura I-67). inicialmente. I-67. I-66. 2 t/m 1 t/m 2m S A B 1t 2m 6m Figura I–66 Para obter as reações de apoio devemos. 2 .Exemplo: Obter as reações de apoio para a estrutura da Fig. 2 . 2m 1 2 x (2x6) = 6 t 1x4 = 4 t 1t HA VA Figura I–67 2m VB 57 . substituir as cargas distribuídas por suas resultantes (que produzem os mesmos efeitos estáticos que elas). a partir do esquema da Fig. Assim. Cargas-momento Uma estrutura pode. com as forças atuantes à esquerda da seção e que se encontram indicadas na Fig. para fins de determinação dos esforços simples atuantes numa seção. Entrando. cujo tratamento estático não apresenta dificuldade adicional alguma. 2 .2 . 1 = 4 mt. devemos substituir por sua resultante.2 = 1 t. sentido e ponto de aplicação. Uma carga-momento é. I-66.3 . M A Figura I–69 58 . mas tem importância fundamental como ferramenta de resolução das estruturas hiperestáticas. I-69. S S MS 2t 1m 1m A 1t Figura I–68 B 3t Vale ressaltar que. obtemos. ocorrem mais raramente como carregamento realmente atuante na estrutura. caracterizada pelo seu módulo. por exemplo. na posição indicada): NS = -1 t.Exemplo: Obter esforços simples atuantes na seção "S" da Fig. evidentemente. MS = 3 . estar solicitada por cargas-momento. substituindo o carregamento distribuído atuante nesse trecho por sua resultante (que vale 2 t. As cargas-momento. QS = 3 . direção. apenas. as cargas distribuídas atuantes de um dos lados da seção. além de estar solicitada por cargas-força (concentradas e ou distribuídas). conforme exemplifica o caso da fig. 5. I-68. então.de encarar o problema é verificar que existe uma carga-momento resultante de (3 + 8 – 7) = 4 mt.muito mais elegante . os indicados na Figura I-71 e cujos módulos valem: VA = VB = 4 = 0. que só pode ser equilibrada por um binário de sentido oposto. 3 mt 8 mt 7 mt A B 1.5 m Figura I–70 3 mt 8 mt 7 mt VA 8m Figura I–71 VB Tem-se duas formas de encarar este problema.5 t ∑X = 0 => HA = 0 A outra forma . cujos sentidos devem ser.5 t 8 59 . formado pelas reações verticais.Exemplo: Obter as reações de apoio para a estrutura da Fig.5 m 3m 2m 1. A primeira consiste na utilização pura e simples das equações da Estática. a partir do esquema da Figura I-71 aos seguintes resultados: ∑MA = 0 => 8VB + 7 – 3 – 8 = 0 ∑Y = 0 => VA = VB = 0. I-70. conduzindo. ESTUDO DAS VIGAS ISOSTÁTICAS 1 . obtemos.As equações fundamentais da estática Seja a viga biapoiada da Figura II-1. levando em conta que: ⎡ s ⎤ s s s ⎢ ⎥ d d q dx + q dx = sq (s) + q dx ⎢S q dx ⎥ = s ds ⎢ ds ⎥ xo xo xo ⎣ xo ⎦ ∫ s ∫ ∫ ∫ d = ds xo ∫ s qx dx = sq (s) d = ds xo ∫ q dx = q(s) 60 . submetida ao carregamento indicado: x xo q dx q = q(x) A S B VA S Figura II–1 VB Os esforços simples em S são dados por: M S = VA S − s xo ∫ s q(s − x )dx = VA S − S xo ∫ s q dx + xo ∫ s qx dx Q S = VA − xo ∫ q dx Derivando as expressões acima em relação à abscissa s que define a seção. 2) obtemos que um esforço cortante é positivo quando. As igualdades (II.1) e (II. como pleonástico. a estática das pequenas deformações).A partir de II. calculado pelas forças da esquerda. embora dispensemos a colocação do sinal no diagrama de momentos fletores.2 Demonstramos. em relação à abscissa que define esta seção é igual ao esforço cortante nela atuante e que a derivada deste em relação a esta abscissa é igual ao valor da taxa de carga aplicada na seção S com sinal trocado. 2 . então.1) e (II. pois. ela se deformará e os esforços estão sendo calculados para sua posição indeformada primitiva. Observações: 1 . 4 . por integração das equações (II. der para cima (ou.1 II.A partir de II. quando calculado pelas forças da direita.Uma observação importante. e a estática que estamos desenvolvendo é. é que. der para baixo) e que um momento fletor é positivo quando tracionar as fibras inferiores da viga. nesta simplificação (de precisão excelente. então. que iremos agora estudar para os diversos tipos de carregamentos que ocorrem na prática. Nosso estudo se baseia. 61 .Adotando-se como positivo o carregamento distribuído de cima para baixo (o que é usual). temos que o coeficiente angular da tangente ao diagrama de momentos fletores numa seção S é igual ao esforço cortante nela atuante. teremos seus assim chamados diagramas de momentos fletores e de esforços cortantes atuantes. temos que o coeficiente angular da tangente ao diagrama de esforços cortantes numa seção S é igual ao valor da taxa de carga atuante nesta seção com o sinal trocado.Os valores: dM S = VA − sq (s) − ds dQ S = −q (s) ds xo ∫ s q dx + sq (s) = QS Em resumo temos: dM S = QS ds dQ S = −q (s) ds II. após carregada a viga. as funções MS e QS perpendicularmente ao eixo da viga. sob o ponto de vista conceitual. pois as deformações das peças usuais são muito pequenas em presença de suas dimensões. pois nos permitem obter os esforços solicitantes nas diversas seções da viga em função do carregamento q(x) atuante.2) são as equações fundamentais da Estática.1. 3 . pois que o desenharemos sempre do lado das fibras por ele tracionadas.2. Tais são as convenções de sinais que adotaremos. submetida a um carregamento a ela perpendicular. então que a derivada do momento fletor atuante numa seção S de uma viga reta. A partir de q(x) obteremos. II. por exemplo). obtemos: MS = Pab l Quanto ao diagrama de esforços cortantes.2. obtemos as equações de apoio indicadas em II. no trecho SB. Por força de (II. atuante na seção S. Imediatamente. será dado no trecho AS por Q = + VA = Pb/ l e. Passemos ao traçado dos diagramas solicitantes.1 .2). sabemos que. valor da carga concentrada nela aplicada. bastará conhecer seu valor em S para termos definido o diagrama M. Como sabemos que em A e em B os momentos são nulos. o diagrama de esforços cortantes será uma reta horizontal (pois dQ/ds = -q) e o diagrama de momentos fletores uma reta (pois d²M/ds²=-q). bem como no trecho BS.Pa/ l . 62 . Na Seção S. o diagrama de momentos fletores será retilíneo. por Q = -VB = .2.Carga concentrada Seja a viga biapoiada da Fig.1) e (II.2. num trecho descarregado (q = 0). Vigas biapoiadas 2. Assim no trecho AS. ele sofrerá uma descontinuidade igual a (Pa/ l + Pb/ l ) = P. P A P VA = b l a b B P VB = a l l α M Pab l β Pb l Q Pa l Figura II–2 Das equações de equilíbrio da estática (∑MA = 0 e ∑MB = 0. submetida a uma carga concentrada P. d) O caso de mais de uma carga concentrada será resolvido de maneira inteiramente análoga ao caso de uma só carga concentrada. o que era de se esperar. QSesq = QSdir. permite a verificação do equilíbrio da viga. conforme esclarecerá o exemplo a seguir. o diagrama de momentos fletores apresenta um ponto anguloso e o diagrama de esforços cortantes apresenta uma descontinuidade igual ao valor desta carga. b) calculemos as integrais: S B ∫ A Q ds e ∫ A Q ds Temos: ∫ A B S Q ds = Pb a = MS .1). assim. Podemos afirmar então que. l l Os valores acima ilustram a obtenção do diagrama de momentos fletores a partir do diagrama de esforços cortantes. pois.Observações: a) O diagrama M possui um ponto anguloso em S. Na seção S. sob uma carga concentrada. temos (dM/ds)Sesq = QSesq e (dM/ds)Sdir = QSdir e. c) Calculemos os valores de tgα e tgβ tgα = tgβ = Pb = Q trecho AS l Pa = Q trecho SB l Os valores acima ilustram a obtenção do diagrama de esforços cortantes a partir do diagrama de momentos fletores. não se define esforço cortante.1. ele é definido à esquerda e à direita da seção sofrendo nela uma descontinuidade igual a P. 63 . a partir de (II. A condição ∫ A S Q ds = 0 . o que é evidente em face de II. l ∫ A Q ds = Pb Pa a− b = 0 = M B . 5t 3t 9t A VA = 6 t 4m C D E B VB = 11 t 4m 13 m 3m 2m M 24 mt 22 mt 28 mt +6t 1t Q -2t .5 . 2)∴ VA = 6 t 13 ∑Y = 0 VB = (5 + 3 + 9 ) − 6 = 11 t As ordenadas necessárias à determinação do diagrama M são: MC = 6 .Exemplo: Obter os diagramas solicitantes para a viga da Figura.11 t Figura II–3 Das equações da Estática. II-3. 4 = 28 mt ME = 11 . 8 . obtemos as reações de apoio: ∑MB = 0 VA = 1 (5 . 2 = 22 mt 64 . 5 + 9 . 4 = 24 mt MD = 6 . 9 + 3. 5 . 2. Sendo as reações de apoio as indicadas na figura.2 . II-4. teremos os seguintes esforços simples numa seção genérica S: MS = QS = qlx qx 2 ql 2 ⎛ x x 2 ⎞ ⎜ − ⎟ − = 2 2 2 ⎜ l l2 ⎟ ⎝ ⎠ ql − qx 2 qx q S A q VA = l 2 B q VB = l 2 x l l /4 l /4 l /4 l /4 M 3 M MÁX 4 q 2 M MÁX = l 8 3 M MÁX 4 ql 2 α Q ql 2 Figura II–4 65 .3 .Os esforços cortantes valem: QA -C = +6t QC -D = 6 .9 = -11 t. submetida a uma carga uniformemente distribuída q.3 = -2 t QE -B = 6 .5 = + 1 t QD -E = 6 .Carga uniformemente distribuída Seja a viga biapoiada da Fig.5 . 1) e (II. ligados alternadamente. repetindo o mesmo tipo de traçado. correspondentes: ax = 0 e ax = 1. . III.. II. que. partes ao invés de 4. Dividimos os segmentos AM2 e BM2 em 4 partes iguais. então. passando por zero em A e B e passando por um máximo em x = l/2 (seção onde Q = dM /dx = 0). empregaremos a equação ql 2 2 ⎛ x x 2 ⎞ ql 2 ⎜ − ⎟= ωR ⎜ l l2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ M= Sendo: ωR = ε − ε 2 Onde: ε= Observações: x l a) Temos ∫ A B Q dx = 0 . o que verifica o equilíbrio da viga. sob carga uniformemente distribuída. dividimos AM2 e BM2 em 8. que são Q A = ql ql e QB = − 2 2 (Estes valores poderiam ser obtidos diretamente a partir das reações de apoio). o diagrama de esforços cortantes é retilíneo (grau um) e o de momentos fletores é parabólico (grau 2). II'. marcamos M1M2 = MM1.. II-5. b) Sendo a taxa de carregamento constante (grau zero). 66 . que.O diagrama de esforços cortantes será uma linha reta. na Fig. Se quisermos aumentar nossa precisão. 16. que fica determinada pelos seus valores extremos. Podemos afirmar. nos dão tangentes externas à parábola que é então facilmente obtida. o diagrama de momentos fletores é parabólico do 2º grau e o diagrama de esforços cortantes é retilíneo. O diagrama de momentos fletores será dado por uma parábola do 2º grau. e III'. I'. Sendo MM1 = ql²/8. uma construção geométrica que nos dá excelente precisão no traçado do diagrama de momentos fletores. de valor: M máx = ql 2 ⎛ 1 1 ⎞ ql 2 ⎜ − ⎟= 2 ⎝2 4⎠ 8 Para obtenção dos valores de M numa seção genérica. obtemos os pontos I. conforme já sabíamos por (II.2). c) Apresentamos. 25 e ε = 0. conforme II. tgα = ql ql − 2 2 = −q.75. Temos − Temos. l 67 . no caso de traçado de diagramas de momentos fletores com cargas uniformemente distribuídas.2 . cotar apenas o valor ql 2 8 f) Calculemos a inclinação do diagrama de esforços cortantes. que é: M= ql 2 2 2 3 ⎛ 1 1 ⎞ 3 ql − ⎟= ⋅ = M máx ⎜ 4 ⎝ 4 16 ⎠ 4 8 e) É usual.A I II III M2 Figura II–5 B I' M1 II ' III ' d) Um valor notável no diagrama de momentos fletores é o valor para as seções com ε = 0. e de uma carga horizontal no apoio do 1º gênero. aos quais chamamos quadros simples. em cada uma das barras. acrescido de cargas-momento em suas extremidades. passemos à obtenção dos diagramas solicitantes. conforme indica a Fig. e a barra BC pode então ser considerada como uma viga biapoiada. uma das outras. III-2. MB. quando ocorrem isoladamente e que. Como estas cargas estão em equilíbrio. MC. Rompendo o quadro em seus nós intermediários B e C. que faremos recair em problema já conhecido (resolução de vigas biapoiadas). III-1. III-2. da maneira seguinte. iguais aos momentos fletores atuantes nestas seções. desde que apliquemos nesses nós. VB. Conhecidas as reações de apoio.2. HC. por exemplo. P2. então. HB. as barras que o constituem. BC e CD com os carregamentos indicados na Fig. os esforços simples neles atuantes. Para obtermos as reações de apoio HA.1. submetida ao carregamento em equilíbrio constituído por HB. que manterão o equilíbrio de cada barra AB. da mesma forma com que associamos vigas simples para constituir as vigas Gerber. P2 B P1 D HA A VA Figura III–1 P3 C P4 VB Estamos diante de um problema novo. no estudo das três vigas biapoiadas AB. Seja. VC.Quadro biapoiado Seja o quadro da Fig. BC e CD. VB e VC como sendo as forças que equilibram as demais cargas atuantes. a barra BC. igual ao esforço normal atuante nesta seção. associados entre si.ESTUDO DOS QUADROS ISOSTÁTICOS PLANOS 1 . São os seguintes os tipos estáticos de quadros simples isostáticos: 1. podemos encarar.Quadros simples Existem quatro tipos fundamentais de quadros isostáticos planos.1 . Esta viga é submetida ao carregamento que lhe está diretamente aplicado. A igual conclusão chegaríamos para as demais barras e o estudo do quadro recai. Trata-se. podemos destacar. por exemplo. de estrutura isostática.1. 68 . VA e VB dispomos das três equações universais da estática no plano. III-2. pois. P3. Analisemos cada uma dessas barras. formam os assim chamados quadros compostos. indicada na Fig. O exemplo a seguir esclarece. temos: HB = 12 t.2. Os diagramas são marcados. ∑X = 0. como no caso das vigas. 8 + 16 + 4HA = 0 ∴ HA = 10 t. 69 . Exemplo: Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Figura III-3. perpendicularmente ao eixo de cada barra.2 III-2.HB B MB P2 P3 MC C VC HC B MB P2 P3 MC C HC VB VB VB B MB HB HC VC B MB C MC C MC P4 P1 P4 P1 D VD HA A VA D VD A III. para se traçar o diagrama dos momentos fletores atuantes num quadro.1 Figura III–2 As conclusões tiradas para este caso podem ser extrapoladas para todos os demais. III-3. ligá-los por uma linha reta tracejada. afirmar que. indicada em pontilhado na Fig. temos: 20 . Substituindo o carregamento distribuído por sua resultante. 5 + 2 . a partir da qual penduramos os diagramas de viga biapoiada devidos aos carregamentos atuantes sobre cada uma das barras que constituem o quadro em análise. temos: VA = 20 t. ∑MB = 0. E podemos.20 . a partir do conhecimento das reações de apoio. passemos à obtenção das reações de apoio: ∑Y = 0. então. A obtenção dos diagramas de esforços cortantes e esforços normais é imediata. basta marcarmos os momentos fletores atuantes em seus nós. 2 . isto é. Os momentos fletores atuantes nos nós intermediários valem: a) Nó D esquerda. conforme se segue.2 t/m 3m R = 20 t F 16 mt 2m C D E 2m 2t 2m 4t B HB =12 t 4m HA =10 t A VA = 20 t 2m 8m Figura III–3 Conhecidas as reações de apoio. 4 = 96 mt. podemos obter o momento fletor atuante em D a partir de sua definição.Para a barra CD: MDbarra CD = 2 . 8 + 4 . obtemos: M D barra DE = 10 .Para a barra AD: MDbarra AD = 10 . estamos em condições de traçar os diagramas solicitantes. o que é muito mais prático. . entrando com as forças atuantes à esquerda). o esquema da Fig. obter seu valor a partir do equilíbrio do nó D. III-4. tracionando as fibras superiores. no caso. 22/2 = 4 mt. Temos então. 70 .2 2 = 100 mt 2 (tracionando as fibras superiores) ou podemos. 4 + 2 . Rompendo todas as barras que concorrem no nó D e aplicando os momentos fletores nelas atuantes. eles têm que estar em equilíbrio. . a partir do qual obtemos: MDbarra DE = 100 mt (tracionando as fibras superiores). pois a estrutura o está. que começaremos pelo diagrama de momentos fletores. 8 + 4.Para a barra DE: Para a barra DE. tracionando as fibras da . entrando com as forças atuantes num dos lados da seção (por exemplo. Para a barra DE. conforme indica a Figura III-5: MEbarra DE = 36 mt. tracionando as fibras da .4 mt D barra DE M D =100 mt 96 mt Figura III–4 b) Nó E . temos definidas as linhas de fechamento.Para a barra EF: MEbarra EF = 16 mt. o diagrama final indicado na Figura III-6.3. 71 . tracionando as fibras superiores. 16 mt barra DE ME = 36 mt E 52 mt Figura III–5 Marcando os valores obtidos para os nós. temos. chegando-se aos valores indicados nas Figuras III-6. a partir do carregamento e das reações de apoio indicadas na Figura III-3. obtendo então.2 e III-6. A obtenção dos diagramas de esforços cortantes e de esforços normais é imediata. a partir do equilíbrio do nó E.1. . a partir das quais penduramos os diagramas de viga biapoiada. tracionando as fibras da direita. direita. respectivamente.Para a barra BE: MEbarra BE = 12 . 2 = 52 mt. 4 + 2 . 10 . ser obtidos calculando seus valores nas seções de aplicação das cargas concentradas (4 t para a barra AD e 2 t para a barra BE). também. ligando-os a zero nos apoios e aos valores obtidos nos nós (96 mt para o nó D e 52 mt para o nó E).3 Figura III–6 Observações: a) Os diagramas de momentos fletores nas barras verticais poderiam.1 +16 -4 -14 +14 +12 -20 -14 Q (em t) -10 N (em mt) III-6. c) A área do diagrama de esforços cortantes vale: SQ = .2 III. valor da carga-momento aplicada (sentido anti-horário). 4 . 4 + 16 . d) No traçado do diagrama de esforços normais. 2 = + 16 mt. interessando apenas o sinal (positivo se o esforço é de tração e negativo no caso de compressão).6. b) Para o traçado do diagrama de esforços cortantes. 2 + 12 . 72 .14 . 4 + 14 . obedecemos às mesmas convenções de sinais adotados no caso das vigas . é indiferente o lado para o qual marcamos os valores.100 16 36 4 16 52 2 8 96 M (em mt) III-6. P1 D P2 E P3 q B C MA A VA Figura III–7 HA Exemplo: Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig.Quadro engastado e livre Seja o quadro da Fig. conforme ilustra o exemplo a seguir. sem maiores problemas. os pontos angulosos nos pontos de aplicação e nos sentidos das cargas concentradas aplicadas (inclusive as reações de apoio). 2 ∴ MA = 1 mt 73 . se julgado útil para maior clareza. 1. f) Notar. 2 = 1 . III-8. 2 + 1 . III-7. a área compreendida entre o diagrama final e o eixo do quadro. no diagrama de momentos fletores. VA. As reações de apoio valem: ∑X = 0 => HA = 1 t ∑Y = 0 => VA = 8 t ∑MA = 0 => MA + 3 . MA são imediatamente obtidas empregando-se as três equações universais da estática e.2 . Suas três reações de apoio HA.e) A fim de evitar confusão com as linhas que definem o eixo do quadro e com linhas auxiliares usadas para o traçado dos diagramas. a seus diagramas solicitantes. pode-se hachurar. chegamos. a partir daí. 1 + 4 . 8 6 1x4 2 8 =2 4 2 -3 -3 3 1 M (em mt) -1 -1 1 Q (em t) -7 -1 N (em t) 1 -8 Figura III-9 Observações: a) Não indicamos cálculo auxiliar algum. valor da reação-momento no engaste (sentido anti-horário). III-9. 1 mt. b) A área do diagrama de esforços cortantes vale. pois todos os valores necessários ao traçado dos diagramas podem ser obtidos de cabeça. 74 . no caso.3t 1 t/m 2m 1t 1t B 2m MA=1 mt A HA =1 t VA = 8 t 2m 1m 3m Figura III–8 Os diagramas solicitantes são os indicados na Fig. no caso. RB x y P B α G RA A Figura III-11 Calculemos a soma das projeções de todas as forças na direção perpendicular à reta AB: ela valerá ∑Y = -P cos α (e não zero. como deveria valer. III-11. Obtidas as reações de apoio. a estrutura será hipostátic. por conseguinte. desde que suas 3 rótulas não estejam alinhadas. Para determinar suas 4 reações de apoio (HA. HB e VB). Concluímos então que.3 . temos uma quarta equação indicando que o momento fletor em G deve ser nulo. P2 C P1 G P3 D P4 HA A VA Figura III-10 B VB HB Observação: Caso os dois apoios do 2º gênero e a rótula intermediária estejam alinhados. nestas circunstâncias. Para que tenhamos satisfeita a condição do momento fletor ser nulo em G. Como exemplo. caso houvesse o equilíbrio). que um quadro triarticulado é uma estrutura isostática. não havendo transmissão de momentos). o problema está resolvido. dispomos das três equações universais da estática no plano e. levando-se em conta o que já estudamos nos itens anteriores.Quadro triarticulado Seja o quadro triarticulado (articulações em A. Podemos afirmar. pois. 75 . VA. G e B) da Fig. III-10. o equilíbrio é impossível e estamos. vejamos o quadro da Fig. conforme esquematizado na figura.1. as reações de apoio HA e VA em A e HB e VB em B devem ter suas resultantes RA e RB segundo a direção da reta AB. por haver uma rótula em G (o que indica que em G só há transmissão de forças. diante de uma estrutura hipostática. ∑Y = 0 => VB = 2 + 2 + 4 + 8 . 2 VA = 6 t. ∑X = 0 => HB = 3 t. Passemos à obtenção do diagrama de momentos fletores.2 . 3 = 9 mt.2 . Observação: Em G temos. 2 . Os momentos fletores atuantes nos nós do quadro valem: Nó C: MC = 3 . valor das cargas-momento aplicadas.6HA . 1 . evidentemente MG = 0.Exemplo: Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig.VA = 10 t. tracionando as fibras externas. 2 = 0 ∴ HA = 3 t. 4 + 4 . 1 . 6 + 8 . o diagrama sofre descontinuidades de 6 mt à esquerda e à direita da rótula. MG = 0. pelas forças da esquerda: 6 . 76 . III-12: 2t 1 t/m 2t 6 mt 6 mt F 4t G J C α H 3m D B E 3m HA = 3 t A HB =3 t VA = 6 t 2m 2m 2m 2m VB = 10 t 2m Figura III-12 As reações de apoio são dadas por ∑MB = 0 => 8 VA = 2 . Nó G: MGesq = MGdir = 6 mt.4 . 2 . 4 + 6 . tracionando as fibras externas. 1 . III-14 barra EF M E = 1 mt 8 mt E 9 mt Figura III-14 Marcando os valores obtidos para os nós. MEbarra EF = 1 mt. 2 = 10 mt. 3 = 9 mt. 2 = 4 mt. tracionando as fibras externas. MFbarra GF = 14 mt. tracionando as fibras externas. a não ser no trecho inclinado CG. então. tracionando as fibras superiores. MFbarra EF = 3 . obtido a partir dos valores anteriores. o diagrama indicado na Fig. tracionando as fibras externas. tracionando as fibras externas. obtido a partir dos valores anteriores. a partir das quais penduramos os diagramas de viga biapoiada obtendo.Nó F: MFbarra FH = 2 . temos definidas as linhas de fechamento.4 . MEbarra BE = 3 . III-15. onde valem: 77 . por equilíbrio do nó E.1. conforme mostra a Figura III-13. tracionando as fibras externas. As cotas básicas para o traçado dos diagramas de esforços normais podem ser obtidas de cabeça. por equilíbrio do nó E. barra GF MF =14 mt 4 mt F 10 mt Figura III-13 Nó E: MEbarra DE = 8 mt. conforme mostra a Fig. 6 . 2 e III-15.2 t Njesq = .8 + 2 sen α = . 2 6 0.3 . nas Figuras III-15. muito menos passível de erros numéricos. a partir desses valores.4.3 sen α = 6 .2. o leitor deve guardar esta idéia em mente. conseqüentemente.6 = 3 t NCbarra CG = -6 sen α .3 cos α = .3.3 sen α = 1. 78 .4 t Qjdir = 1.4 +3 -0.2 cos α = .1 +2 -3 -2.4 sen α . 0.2 -6 -6 -10 -4 -3 +3 -6 -10 Q (em t) III-15.6 t Qjesq = 4 cos α .6 -3 -6 -1.2 III-15. Em qualquer outro caso.8 -4 -6 -0.3 sen α = .4 t Os diagramas estão desenhados.6 t QGbarra CG = .8 t Njdir = .4.3 N (em t) Figura III-15 Observações: a) Notar como a escolha adequada das equações de equilíbrio.5 9 9 8 1 9 6 14 4 10 M (em mt) III-15.2 -1.8 -3.3. pois esta escolha adequada tornará a resolução da estrutura muito menos trabalhosa e.3 cos α = .8 t NGbarra CG = .3 cos α = .1.5 4 0.8 .QCbarra CG = 6 cos α .8 +1.0.4 -4. bem como de sua ordem de emprego facilitou o trabalho algébrico de obtenção das reações de apoio. 0.4 . O exemplo à frente esclarecerá. pode se tornar hipostático. o que é impossível). conhecer os valores das reações de apoio VA. tem seu valor. de sentidos opostos e aplicados no quadro AGDB em cada uma das extremidades C e D da barra CD.4 . sob o ponto de vista estático. com uma rótula em G e com uma barra CD descarregada. com articulação e tirante (ou escora) Seja o quadro da Fig. ela tem. a partir da linha de fechamento. Deve-se fazer. neste sentido. 1. a partir do que estudamos nos tópicos anteriores.2 III-16. Para resolver a estrutura precisaremos. substituindo-a por um par de esforços normais N. III-17. no caso de ser de compressão. podendo estar submetida. Obtidas as reações de apoio e o valor de N. será dita uma escora). num total de quatro incógnitas. Nada se alterará. conforme indica a Fig.1. Observação: Dependendo da posição relativa dos vínculos. igual a ql²/8 + Pab/l = 1 x 4²/8 + 2 x 2 x 2/4 = 4 mt. então. biapoiado em A e B. em vista às conclusões tiradas anteriormente. o quadro biapoiado. incapaz de absorver forças horizontais atuantes no trecho GB (pois acarretaria o aparecimento de momentos fletores na rótula. III-16. a um esforço normal constante (no caso de ser de tração. III-16.b) O diagrama de momentos fletores de viga biapoiada a ser superposto à linha de fechamento na barra CG.16. com articulação e tirante. o traçado dos diagramas solicitantes será imediato. trata-se de uma estrutura isostática.Quadro biapoiado. HA e VB e do par de forças N. conforme é o caso da estrutura da Fig. a barra será denominada tirante e. uma análise de cada caso. Sendo igual o número de equações de que dispomos (três equações universais da estática e mais equação de momentos fletor nulo na rótula). P3 G P2 P1 C P4 D P5 P2 G P3 P4 D P5 N N P6 P1 C HA VA P6 A B A B VB III. por conseguinte. rotulada em suas extremidades. 79 . pois. em toda a sua seção. apenas.1 Figura III–16 Se a barra CD é descarregada e rotulada nas extremidades. M = Q = 0. em J. Este valor será marcado evidentemente na perpendicular à barra CG. se rompermos a barra CD.2. o esquema da Fig. 2 ∴ VA = 4 t ∑Y = 0 => VB = 8 . a partir do qual obtemos: ∑X = 0 => HA = 0 ∑MB = 0 => 4 VA = 2 . obtemos. sem maiores problemas.VA = 4 t MG = 0. 80 . pelas forças da direita: 2N . para obtenção das reações de apoio e do esforço normal atuante na barra CD. III -18 Temos. III-19.E D G C A Figura III–17 B 2 t/m E 4 mt G 4 mt 2 t/m E 4 mt G 4 mt 2m C C 2m A 4m B N N HA A B VA Figura III–19 VB Figura III–18 Exemplo: Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig.4 = 0 ∴ N = 2 t Conhecidos estes valores. 4 . os diagramas solicitantes traçados na Fig. III-20. 2x4 4 4 2 8 =4 4 4 +4 +1 -4 -1 +1 M (em mt) Q (em t) -2 -4 -4 +2 -4 -4 N (em t) Figura III–20 81 . chamado índice de esbeltez. enquanto que uma outra barra. P PFL σC σ FL Devido ao formato. verificou-se que σ FL varia com λ conforme o gráfico: σFL Jo hn so n σCP Eu ler λo λ Onde σ CP = tensão de proporcionalidade à compressão e λo índice de esbeltez correspondente a σ CP . uma barra mais esbelta (λ grande) flamba com menor tensão. certas barras flambam com mais facilidade que outras. Neste gráfico nota-se que: 1) uma barra com λ > λo (muito esbelta) flamba com uma tensão σfl abaixo da tensão de proporcionalidade σcp 2) uma outra barra com λ < λo (pouco esbelta) flamba somente com uma tensão σ FL acima de σ CP . flamba com uma tensão maior. é a carga de flambagem PFL e a tensão correspondente é a tensão de flambagem σ FL . menos esbelta (λ pequeno). 82 . A carga. chamado flambagem. com a qual se inicia este fenômeno.ELEMENTOS COMPRIMIDOS AXIALMENTE Flambagem Uma barra submetida a uma carga axial P pode sofrer um encurvamento lateral. Este fato é expresso por um número "λ" (lâmbida). Neste caso pode ocorrer inclusive a ruptura do material antes da barra flambar. Experimentalmente. Assim. 83 .No segundo caso. No primeiro caso. é dado pela relação: λ= lo ρ mín Onde: ρ mín = J mín = raio de giração mínimo S Levando estes valores para a fórmula de Euler. σ FL é calculada pelas fórmulas de Johnson. onde l o depende do comprimento real da barra e seus vínculos externos: PFL PFL PFL PFL l O índice de esbeltez λ. o cálculo de σ FL ou PFL é feito com a fórmula de Euler: PFL = π 2 ⋅ E ⋅ J mín lo 2 σ FL = π 2 ⋅ E ⋅ J mín l o2 ⋅S { Convém frisar que esta fórmula é válida somente para λ > λo E = módulo de elasticidade normal Jmín = momento de inércia mínimo S = área de secção l o = comprimento de flambagem. Tetmajer ou Rankine. tem-se: π 2 ⋅ E ⋅ J mín l o2 ⋅ S π2 ⋅ E ⋅ ρ2 l o2 π2 ⋅ E λ2 σ FL = = = Fazendo λ = λo resulta σ FL = σ CP que é o limite de validade da fórmula de Euler. Exemplo: Calcular o λo para um aço com as seguintes características: E = 2. Admitir extremidade inferior engastada e superior articulada. PFL = π ⋅ E ⋅ J mín lo 2 2 { l o = 0.200. destinado a suportar uma carga de 20t. a fórmula de Euler pode ser aplicada.4 cm Verificação de λ: ρ mín = d 5.35 Como λ é maior que 105.0491 l o = l = 150 cm 40000 = π 2 ⋅ 2200000 ⋅ 0.000 kg/cm² e σ CP = 2100 kg/cm² σ CP = π2 ⋅ E λ 2 e λo = π E σ CP =π 2100000 = 100 2100 Valores de λo 105 89 80 100 Problemas: aço doce aço duro ferro fundido pinho 1 . 2 .100. PFL = E = 2. 8000 = 40.35 cm ( tabela) 4 4 λ= lo 150 = = 111.4 = = 1.Escolher um pilar I. ρ mín 1.000 kg Jmín = 0. articulada nas suas extremidades e submetida à compressão axial P = 8 000 kg.Calcular o diâmetro de uma barra de aço doce de comprimento l = 150 cm.0491d 4 150 2 ∴d = 4 = 5. 400 = 300 cm PFL = 5 . de 4 m de altura.0491 d4 (tabela) P π 2 ⋅ E ⋅ J mín lo 2 d P l 40000 ⋅ 150 2 π 2 ⋅ 2200000 ⋅ 0.000 kg/cm² ( tabela) PFL = n P = 5 .75 . 20000 = 100000 kg E = 2000000 kg / cm 2 84 . P .Calcular o comprimento máximo que pode ter uma cantoneira L 2" x 2" x 1/4".0 (0.74 ( tab) 3 . 2000000 Em tabelas apropriadas pode-se chegar.10000 = 218 cm Verificação de λ: λ= lo 0. 218 = = 110 > λ o ∴ satisfaz ρ mín 0.2000000. 0.99 85 .5l) 2 ∴ l= π 2 . 5. de uma tesoura metálica carregada axialmente à compressão com uma carga de 2. 300 2 J mín = FL o = = 456. 2000 = 10000 kg 10000 = π 2 .5 .99 2 = 5.E π .5. por exemplo.5 2 .9 cm (eixo 3 − 3. PFL = π 2 ⋅ E ⋅ J mín lo 2 { E = 2000000 kg / cm 2 l o = 0.0 0. Verificação de λ: λ= lo 300 = = 109 > λ o ∴ satisfaz ρ mín 2. l 2 10000 .1/4" x 29/64".000 kg. ao perfil I 12" x 5 .5l J mín = Sρ 2 = 6. tabela ) PFL = 5 .4 cm 4 2 2 π . 2000000 .06 . 1800 kgf / m 3 = 2320 kgf 86 .3 5 1.1 3 1.64 8 1. σ σ' adm = adm S Onde: S = coeficiente de correção dependente da esbeltez.25 . normalmente é feito reduzindo-se a tensão admitida nos cálculos. σ adm = tensão admissível da alvenaria.76 9 1. PFINAL = 2500 − (0. tem-se que subtrair desta carga P o peso próprio do pilar.88 10 2 h d Normalmente não se trabalha com h > 10 d Exemplo: Que carga pode suportar um pilar de alvenaria de tijolos maciços. 25 cm => P = 2500 kgf A Como a região mais solicitada por esforços de compressão em um pilar é a sua base. adm = 10 kgf/cm² que tem seção 20 cm x 25 cm e 2 m de altura.800 kgf/m3. em função da esbeltez destes elementos.DIMENSIONAMENTO DE COLUNAS OU PILARES DE ALVENARIA O dimensionamento de colunas ou pilares de alvenaria. P h/d S 1 1 2 1.2 . para considerar o efeito flambagem. 2) . tendo como base o peso específico da alvenaria de tijolos maciços que é de 1. 0.4 6 1. h 200 cm = = 10 d 20 cm σ 10 kgf / cm 2 σ' adm = adm = = 5 kgf / cm 2 S 2 σ= P ∴ P = σ .52 7 1. 20 cm .2 4 1. σ'adm = tensão admissível corrigida para flambagem. A => P = 5 kgf / cm 2 . VA. levando-se em conta que q = 0 e que suas extremidades são rotuladas.. 2. mão-de-obra. 2 e 3 que a constituem são barras retas e rígidas. portanto. Considerações a) As treliças surgiram como um sistema estrutural mais econômico que as vigas para vencer vãos maiores ou suportar cargas mais pesadas. pela análise sucessiva do equilíbrio dos nós C. as reações de apoio HA. elas não terão momentos fletores nem esforços cortantes. etc. pelas equações diferenciais (II. IV-1. num total de seis. pois. VB e os esforços normais atuantes nas barras 1. no caso. então. por estar preso a dois pontos indeslocáveis A e B. equipamentos de execução. existindo apenas os esforços normais. sendo o problema. este ponto fica também indeslocável. de uma viga biapoiada). por esta razão.2) instituídas no capítulo anterior. isostático (igual número de equações e de incógnitas a determinar). P1 C 2 1 HA P3 3 A P2 B VA Figura IV-1 VB As grandezas a determinar para sua resolução são. B e A. Como as barras 1. podemos dizer que o sistema estrutural da Fig. sendo o trecho AB indeformável (por se tratar. desprezando-se as pequenas deformações elásticas que terão as barras 1. podendo assumir. É claro que a palavra economia engloba comparação entre materiais.ESTUDO DAS TRELIÇAS ISOSTÁTICAS 1 . 87 .Introdução Seja a estrutura da Fig. submetida a carregamento apenas nos nós A. usados nos dois casos. Por outro lado. 3 que podem ser obtidos. então. se lhe acrescentamos as duas barras 1 e 2 concorrentes em C. 2 e 3. IV-1 constitui uma cadeia rígida. C. Chamaremos treliça ideal ao sistema reticulado cujas barras têm todas as extremidades rotuladas e cujas cargas estão aplicadas apenas em seus nós. O equilíbrio de cada um dos nós nos fornece duas equações. isoladamente. facetas diversas de região para região e de época para época. B.1) e (II. no sentido de alertar o leitor para o caráter aproximado (se bem que de aproximação excelente) da teoria que vamos desenvolver. c) Conforme verificamos a partir do exemplo da Fig. pois. duas translações e uma rotação). a seguir. pois a cada duas novas incógnitas (esforços normais nas duas novas barras) correspondem duas novas equações de equilíbrio (equilíbrio do novo nó). desde já. partindo da treliça biapoiada ABC. O exemplo da Fig. isostáticas as treliças das Figs. tendo apoios externos que impeçam todos os movimentos possíveis (para o caso de treliça plana. Figura IV-9 Figura IV-10 88 . é isostática. ao nó E pelas barras 6 e 7. estar no triângulo a partir do qual iniciamos a lei de formação. chegamos ao nó D pelas barras 4 e 5. rígida em conjunto. uma treliça biapoiada. IV-1. é claro. C 4 D 8 F 1 2 6 5 9 10 A 3 7 E 11 G Figura IV-7 Nestes exemplos. para as treliças. onde quer que estejam. ao nó F pelas barras 8 e 9 e. uma treliça que tem esta lei de formação das barras é internamente rígida e. concorrentes cada duas delas num novo nó. IV-9 e IV-10. finalmente. Falando sob o ponto de vista de cadeia rígida. formamos novas treliças. também. será também externamente rígida. ao nó G pelas barras 10 e 11.b) Devemos. fazer uma crítica. acrescentando à existente duas a duas novas barras. pois. IV-7 ilustram esta lei de formação de treliças isostáticas. constituída por três barras formando um triângulo. Por esta razão são. sendo. Os apoios não precisam. a partir desta configuração básica. fornecem as mesmas três incógnitas. a nova treliça será também isostática. Se. abordados neste Curso. IV-11. que é o método de Cremona. pela adição de duas a duas barras. porque. Partindo desta nova configuração básica. analítico. que é o método de Ritter e. podemos também formar treliças isostáticas. e que não serão. embora com menos freqüência. obtidas a partir das configurações fundamentais das Figs. que consiste no estudo. para a qual temos seis incógnitas (quatro reações de apoio e esforços normais em duas barras) e seis equações de equilíbrio (equilíbrio dos nós A. de menor importância. também. como sabemos.Outro tipo de treliça isostática é a treliça triarticulada da Fig. 89 . até termos abrangido todos os nós da treliça. P C A Figura IV-11 B Chamamos treliças simples às treliças isostáticas. C). No caso de treliças com geometria bem simples. são geralmente de madeira ou de aço. f) As treliças comportam ainda um processo espontâneo de resolução. além de sermos obrigados a executálas de uma só vez (ao passo que as demais podem ser montadas peça a peça). sendo o estudo dos quadros isostáticos base para o estudo daqueles. gráfico. Seus métodos de resolução serão tratados nos itens 3 e 4 deste capítulo. o concreto não trabalha bem à tração. IV-1 e IV-11. partindo de nós já existentes para novos nós (um novo nó para cada duas novas barras). B. outro. Existem ainda outros métodos de resolução. por terem esforços normais de tração e de compressão. um a um. ao contrário do caso dos quadros . do equilíbrio de seus nós. Ocorrem.que ocorrem. treliças de concreto. e) As treliças isostáticas possuem dois grandes métodos de resolução: um. portanto. da mesma forma com que as formamos a partir da configuração da Fig. este processo pode se tornar até aconselhável. a grande maioria das treliças da prática é isostática. iniciado e prosseguido pelos nós que só possuam duas incógnitas a determinar. por serem materiais que suportam bem estes dois tipos de esforços. em sua grande maioria. g) Queremos chamar a atenção do leitor para o fato de que. hiperestáticos. d) As treliças. IV-1. As incógnitas do problema são em número de (r + b). podemos afirmar que: a) r + b < 2n é condição necessária e suficiente para que uma treliça seja hipostática.º) r + b > 2 n.Classificação das treliças 2. uma treliça pode ser hipostática. bem como pode ocorrer a associação de hiperestaticidade interna com hipostaticidade externa (ou vice-versa). 90 . Em resumo. entretanto. sendo r o número de reações de apoio a determinar e b o número de barras (e. Analogamente ao caso anterior. afirmar que a treliça seja hiperestática.2 . então. isostática ou hiperestática. o número de incógnitas é inferior ao de equações. Se a treliça for. o que sugere tratar-se de uma treliça isostática. poderemos afirmar. conduzindo também a uma isostaticidade aparente para o conjunto. correspondentes ao equilíbrio de um ponto material).Quanto à estaticidade Quanto à estaticidade. pois podemos ter a associação. afirmar que a treliça seja isostática. A palavra final será dada após o exame específico de cada caso. o diagnóstico final só poderá ser dado após a análise de cada caso. sendo n o número total de nós. ou seja. o número de esforços normais a determinar) e as equações de equilíbrio em número igual a 2n. pois a associação de um trecho hiperestático com outro hipostático (sendo o grau hiperestático de um trecho superior ao grau hipostático do outro) pode conduzir a uma hiperestaticidade aparente para o conjunto. 2. Os exemplos seguintes esclarecerão. Não podemos. incluindo os nós de apoio da estrutura (pois cada nó nos dá duas equações da estática. respectivamente. de trechos hiperestáticos com trechos hipostáticos. b) r + b = 2n e r + b > 2n são condições apenas necessárias (mas não suficientes) para que uma treliça seja isostática ou hiperestática. Esta simples igualdade não nos permite.º) r + b = 2 n. hiperestática. internamente. que a treliça é hipostática. O diagnóstico final só poderá ser dado após a análise dos apoios externos e da lei de formação interna da treliça em questão: 3. evidentemente. seu grau hiperestático será igual. conduzindo a uma isostaticidade interna aparente.2 n). de fato. portanto.1 . o que sugere tratar-se de uma treliça hiperestática (maior número de incógnitas que de equações). Três casos podem ocorrer: 1. entretanto. a (r + b .º) r + b < 2n. como seu trecho (CDEF é deformável (ver observação do tópico anterior). o que é confirmado pela relação r + b = 3 + 15 = 18 = 2n. hipostático. portanto. portanto. sendo. sendo o conjunto. ela é hipostática internamente.Trata-se de uma treliça externamente isostática e. tendo a lei de formação de uma treliça simples (sendo. IV-12. internamente isostática). E F G H I C D A B Figura IV-13 91 . satisfeita a relação r + b = 2n. A treliça é também externamente isostática (biapoiada).Exemplo 1 . é então isostática. mas. portanto. barras e apoios que a da Fig.A treliça tem a mesma quantidade de nós. Figura IV-12 Exemplo 2 . cuja soma nos fornece o número de incógnitas (r + b . pois. exceto uma. igual a dois (há um apoio a mais e uma barra a mais em relação à quantidade que tornaria isostática a treliça). Seu grau hiperestático total será. também. por definição. Figura IV-15 92 . Observação: O conceito utilizado neste último exemplo. uma análise sua nos mostra que se trata de uma treliça hipostática. reação de apoio contra três equações universais da estática). o que sugere que ela seja duas vezes hiperestáticas. quando propagamos a lei de formação de treliça simples.2n) que não podemos determinar com o auxílio das equações de equilíbrio estático igual. Externamente a treliça é uma vez hiperestática (quatro incógnitas. com o que não está impedido o movimento na direção horizontal) como internamente (painel ABCD é deformável) a treliça é hipostática. de igualar o grau hiperestático de uma treliça à soma de seus graus hiperestáticos externos e internos. o que de fato é. no caso. portanto. partindo do triângulo hachurado.A treliça tem r + b = 4 + 14 = 18 e tem 2n = 16. internamente.A treliça tem r + b = 4 + 19 = 23 e 2n = 20. hipostaticidade interna nem externa. o que indica existir uma incógnita (uma barra) além das que podem ser determinadas pelas equações de equilíbrio de nós. tanto externamente (todos os apoios do 1o gênero paralelos. No entanto. o que sugere que seja três vezes hiperestática. ao grau hiperestático da treliça. Exemplo 4 . pois não há. pois o grau hiperestático externo indica a quantidade de apoios superabundantes e o grau hiperestático interno a quantidade de barras superabundantes. é perfeitamente lícito. caracterizando o grau hiperestático interno da treliça igual a um.Exemplo 3 . nós percorremos todos os nós da treliça e todas as suas barras. Figura IV-14 Poderíamos chegar. a esta conclusão da forma seguinte. P2 P1 D s N3 2 D N13 N3 P3 P4 N13 HA N7 N7 C P5 VA P6 VB Figura IV-18 s s Figura IV-17 93 .As bases do método Seja a treliça isostática da Fig. por exemplo. IV-17. calculadas com o emprego das equações universais da estática. P2 P1 2 12 1 3 4 15 13 7 14 8 16 5 P3 P4 HA 6 11 P5 VA Figura IV-16 P6 9 VB É evidentemente indiferente analisar-se o equilíbrio da parte da esquerda. para o qual as reações de apoio.1 . 13 e 7. indicada na Fig. nada se alterará sob o ponto e vista estático se substituirmos as barras rompidas pelos esforços normais nelas atuantes.Método de Ritter 3. Estas barras serão determinadas como sendo as forças tais que promovam o equilíbrio do trecho assim seccionado da treliça. indicada na Fig. Suponhamos querer determinar. são as indicadas na mesma. já que ele deve estar em equilíbrio. por pertencer a uma peça em equilíbrio. IV-17 ou da parte da direita. submetida ao carregamento indicado. IV-18. Rompendo a treliça nestas barras através da seção S-S indicada na Fig.3 . os esforços normais atuantes nas barras 3. IV-16. passar à determinação de N3. (O sinal positivo. N13 e N7. obtemos N7 e. finalmente. será preferível o método gráfico de Cremona. as barras 1 e 5 no exemplo da Fig. pois. pode ocorrer que a seção de Ritter imaginada para atravessá-las só intercepte duas barras. no caso).) d) No caso de barras próximas às extremidades da treliça (por exemplo. de compressão). As forças obtidas com sinal positivo confirmarão os sentidos arbitrados nas Figs. então. e) O método de Ritter se presta admiravelmente ao cálculo das treliças de altura constante. embora obedecendo apenas às idéias gerais da estática. indicará tração e o negativo. confirmando o sentido arbitrado. a fim de que possamos determinar seus esforços normais pelas equações universais da estática. indicará a compressão. isto quererá dizer. pois sua única obrigação é atravessar toda a treliça. as forças N3. desde que sejam contínuas. IV-17 ou IV-18). na Fig. ocorrer seções de Ritter que interceptem mais de três barras e a partir das quais consigamos determinar os esforços normais em alguma(s) das barras. queremos frisar que. IV-18 representam as ações da parte da esquerda sobre a parte da direita. a partir de ∑MC = 0 obtemos N3. por ∑Y = 0 obtemos N13. a fim de simplificar o trabalho algébrico do problema. que seus esforços normais podem ser obtidos diretamente por análise do equilíbrio dos nós extremos (no caso. As seções S-S usadas para a obtenção dos esforços normais desejados levam também o seu nome. fazendo-o recair até no cálculo de uma viga de substituição quando o carregamento é vertical. invertendo-os caso contrário (sendo. entretanto. que estudaremos no item 4 deste capítulo. Podemos. IV-16).Escolheremos. assim. por ∑MD = 0. Observações: a) Devemos escolher seções de Ritter que interceptem três barras não paralelas nem concorrentes no mesmo ponto. que será feita a partir das equações universais da estática no plano. do nó A para a barra 1 e do nó B para a barra 5). Este método. Podem. b) As seções de Ritter podem ter formas quaisquer (não precisando ser retas). o método de Ritter terá degenerado na análise do equilíbrio de um nó da treliça. c) Quando. IV-17 e IV-18 (e serão de tração. IV-17. os sinais obtidos já serão os sinais dos esforços atuantes. após dada a seção de Ritter. 94 . na Fig. aconselhamos sejam todos colocados no sentido de tração. portanto. então. sendo denominadas seções de Ritter. É também o método adotado quando só desejamos conhecer os esforços normais em algumas das barras da treliça. apenas. devendo ser escolhidas e usadas numa ordem tal que permita a determinação direta de cada uma das incógnitas. Para treliças de geometria mais complicada. Como observação de caráter conceitual. no caso. Neste caso. aquela que acarretar menor trabalho numérico na obtenção dos esforços normais desejados. de preferência. levou o nome de Ritter por ter sido ele o seu lançador. N13 e N7 representam as ações da parte da direita da treliça sobre a parte da esquerda. No caso (usando-se o esquema da Fig. formos arbitrar os sentidos dos esforços normais incógnitos. no caso de nossa sensibilidade estática não nos fazer antever seu sentido correto. negando-o. podemos obter os esforços normais em O2. poderíamos obtê-lo. 6t 6t S1 I O2 J V2 6t S1 5t U2 D Figura IV-20 Pela seção S1-S1. os esforços normais nas barras indicadas. 6t 6t I S2 V2 6t A S 2 U3 5t Figura IV-21 95 . para as treliças isostáticas seguintes. IV-20.Exemplos: A) Obter.5 = 0 ∴ V2 = . V2 e na barra inferior CD (que não é pedido neste exemplo). obtendo: ∑MD = 0 => 2O2 + 6 x 2 + 5 . passemos à obtenção dos esforços normais pedidos.1t (compressão) Caso desejássemos o valor de U2. chegando ao valor U2 = + 16 t. 6t 6t H I C2 S1 S 2 J S3 K L V2 HA= 6t U1 C VA= 5t S1 D S2 V3 D4 D6 2m A E 4t S3 F G B VB= 5t 2m 2m 2m 2m 2m 2m Figura IV-19 Sendo as reações de apoio as indicadas na Fig. 4 = 0 ∴ O2 = -16 t (compressão) ∑Y = 0 => V2 + 6 . a partir do esquema da Fig. ou a partir de ∑MI = 0 ou de ∑X = 0. IV-19. IV-23. que é dado. ∑MJ = 0 => 6 . por: A partir da seção S2-S2. por consideração do equilíbrio do nó B. obtemos D4. não conseguimos nenhuma seção de Ritter que. IV-22: ∑Y = 0 D4 ⋅ 2 +5= 0 2 D 4 = −5 2 (compressão) Para a obtenção do esforço normal na barra V3.6 . por ∑Y = 0: D6 ⋅ 2 +5= 0 2 D 6 = −5 2 (compressão) V3 D6 U3 E 4t U4 U6 B 5t Figura IV-23 Figura IV-24 96 . dado conforme o esquema da Fig. juntamente com V3. no caso. obtemos. obteremos U3. É fácil ver. 6 . 2 . obtendo-se. que a forma mais simples de obtenção de V3 é a partir do equilíbrio do nó E da treliça. 2 + 5 .IV-21. conforme o esquema da Fig. conforme o esquema da Fig. atravesse três barras não concorrentes no mesmo ponto. o valor V3 = +4 t.2U3 = 0 ∴ U3 = + 15 t (tração) S3 D B S3 5t Figura IV-22 A partir da seção S3-S3. por ∑Y = 0. Analogamente. B) A partir da seção S1-S1 indicada na Fig. temos: ∑ME = 0 => 4 . 3 . não foi necessário calcular as reações de apoio. por ∑X = 0: N5 = -8 t (compressão) 4t S2 N3 4t S2 N6 N5 Figura IV-27 Observação: No caso deste exemplo. 6 + 4 . 3 + 4N7 = 0 ∴ N7 = -9 t (compressão) ∑MD = 0 => 4 . IV-17.4N6 = 0 ∴ N6 = + 3 t (tração) ∑X = 0 => N8 . 4t 4 − 8 = 0 ∴ N8 = + 10 t (tração) 5 A B S2 3m 4t 4t C A B 5 D S2 6 8 7 3m 4t F S1 E S1 C D S1 3m G H N6 E N8 N7 S1 4m Figura IV-25 Figura IV-26 A partir da seção S2-S2 indicada na Fig. obtemos. 97 . IV-26. pois ficaram no lado da treliça não utilizado para os cálculos. levando-se em conta que as barras 10 e 11 têm esforços normais de mesmo módulo e de naturezas opostas (por força da condição ∑Y = 0): ∑X = 0 => 2N10 .3N9 = 0 ∴ N9 = +2.67 t e a barra 11 uma compressão de mesmo valor. IV-30.C) c.1) A partir da seção S1-S1. 5 o que quer dizer. conforme a Fig. temos.67 t.67 t (tração) ∑Y = 0 => N12 = -2. 4t 4t S2 S2 N10 N11= N10 Figura IV-30 98 .8 = 0 ∴ N10 = N11 = 6. eles só serão obtidos a partir de outras seções adequadas. conforme o esquema da Fig. conforme o esquema da Fig.5 m 1. que a barra 10 possui uma tração de 6. IV-30. IV-29: 4t A B C 2m 4t 4t D S1 E F A B C 10 9 11 S1 12 S2 4t G H I S2 2m 4t D N7 N9 N8 F N12 2m J 1. c. 3 .5 m K Figura IV-28 Figura IV-29 ∑MF = 0 => 4 . 2 . não podemos obter os esforços normais N7 e N8. temos.2) A partir da seção S2-S2.67 t (compressão) Por esta seção S1-S1. todos os seus nós também o estão. . da Fig. o que sugere. 99 . E 1 F 3P 2 4 3 7 B 8 C 3P 5 9 6 a D HA= 3P A VA = 2P VD = P a HA = 3P VA = 2P N7 N2 a N4 N8 N7 a N6 N3 N1 N3 N2 3P N9 N1 N5 N4 (Nó F) N1 N6 VD = P (Nó A) N2 (Nó E) E N2 N3 N1 (Nó B) N3 N4 N4 (Nó D) 3P N6 F 3P A N7 2P N7 N8 N5 N6 N9 D VD = P B Figura IV-63 Tratando-se de uma treliça em equilíbrio. sabemos que as forças e esforços normais atuantes sobre o nó devem formar um polígono fechado (condição de resultante nula).Método de cremona 4. conforme sabemos. com o que obtemos os esquemas de equilíbrio dos diversos nós. constitui a análise de um sistema de forças aplicadas num ponto material (sendo estas forças as cargas externas e os esforços normais nas barras concorrentes no nó em questão).Introdução Seja a treliça simples. IV-63. isostática. seja feita sucessivamente a análise do equilíbrio de cada um de seus nós que. Fazendo-se esta análise por via gráfica.1. cujos esforços normais desejamos determinar.4 . para a determinação dos esforços normais atuantes em suas barras. Por exemplo. IV-64. cuja intercessão determinará o polígono fechado de equilíbrio. Isto pode ser facilmente verificado para todos os casos da Fig. quando analisamos o equilíbrio do nó D. Esta idéia é a essência do método de Cremona. que exporemos a seguir. b) Para o traçado do polígono fechado de equilíbrio. Isto será particularmente importante para o método de Cremona. bem como a correção das reações de apoio calculadas. A partir desse fato. traçado duas vezes. o que já era de se esperar. com isto. dependendo do sentido em que percorremos o nó.Observações: a) No caso. é claro. não tendo sido necessário analisar o equilíbrio do nó C (para o qual temos. pelas extremidades do polígono aberto assim definido. sendo idênticos. que exporemos no tópico seguinte deste item. de compressão. conforme o esquema da Fig. usado na construção do polígono de equilíbrio de outro nó. nos forneceu os valores dos esforços normais atuantes nas barras 2 e 7. preferimos o nó A. surgiu a idéia de se desenharem todos os polígonos de equilíbrio numa mesma figura. os resultados obtidos por um ou por outro. e. no caso. marcamos inicialmente. d) No exemplo dado. duas equações e uma só incógnita) e. adotaremos sempre o percurso do nó no sentido horário. vemos que cada esforço normal aparece duas vezes. evidentemente. o polígono de equilíbrio será o da Fig. constituindo-se então num excelente teste dos resultados obtidos. B. poderíamos começar a análise de equilíbrio pelo nó A ou pelo nó D. IV-64. e) Analisando-se os polígonos de equilíbrio da Fig. 2 equações e nenhuma incógnita). a seguir. Sobraram. portanto. obtivemos duas a duas incógnitas na análise do equilíbrio dos nós A. 100 . ele será o da Fig. E. verificando-se simplesmente se o esforço normal aponta para o nó analisado (indicando compressão) ou foge dele (indicando tração). pois seu valor é calculado num polígono. cujo equilíbrio. na qualidade de valor já conhecido. ele pode assumir duas configurações diferentes (conduzindo. a partir do qual obtemos os módulos e sinais dos esforços normais desejados. depois. ao mesmo resultado). IV-64. Os sinais dos esforços normais desejados podem ser obtidos (sem que seja necessário fazer o croqui do nó). F. sendo. c) No traçado do polígono de equilíbrio. pois elas foram empregadas no cálculo das reações de apoio. as forças e (ou) esforços normais já conhecidos e. N7 N2 VA = 2P HA = 3P Figura IV-64 Apenas para evitar este grau de liberdade no traçado dos poligonos de equilíbrio. tiramos paralelas às direções dos esforços normais incógnitos. ficaram determinados os esforços normais em todas as barras. três equações de equilíbrio. evitando-se a necessidade de transpor esforços normais de um polígono para outro. então. então. a análise do equilíbrio dos nós C e D nos permite verificar a precisão do traçado gráfico. apenas o esforço normal na barra 9 era incógnito (temos nele. IV-64. se o sentido for o anti-horário. IV-65 seguinte. se ele for percorrido no sentido horário. Cada esforço normal é. portanto. Com isto. para o nó A. 1 .2. que serão designadas pelas duas letras a elas adjacentes. até esgotá-los. onde expusemos os fundamentos do método. conforme indica a Fig.4. para designar as forças externas (cargas aplicadas e reações de apoio) e as forças internas (esforços normais). Marcamos com letras minúsculas. d) prosseguiremos o traçado do cremona. a reação vertical em A será denominada ab.2 . com a adoção deste sentido de percurso ou de seu inverso). a notação de Bow.Notação das cargas e dos esforços normais Adotaremos. Adotaremos este sentido. IV-63. 101 . a carga horizontal em F será cd. todos os espaços compreendidos entre as forças (quer exteriores. 4. b) no traçado do cremona. Como primeira aplicação do método de Cremona. encerrando-se então a resolução da treliça. IV-67. o esforço normal na barra BC será ha (ou ah). IV-66.2 .Roteiro do método A partir da introdução feita em 4. por nós onde só haja duas incógnitas a determinar. c) todos os nós serão percorridos no mesmo sentido.2. começaremos pelas forças e (ou) esforços normais já conhecidos. deixando as duas incógnitas como duas forças finais.2 vem detalhadamente comentado a seguir. e assim sucessivamente. que consistirá no traçado de uma figura única englobando todos os polígonos de equilíbrio de forças e à qual chamaremos cremona. temos o seguinte roteiro para seu emprego: a) iniciamos o traçado do cremona analisando o equilíbrio de um nó que contenha apenas duas barras com esforços normais conhecidos. E g c f 3P b 2P A B a h C 3P P i D e d F 3P Figura IV-66 Assim. quer interiores). refaremos o cálculo da treliça da Fig. cujo cremona traçado na Fig. sempre. como o sentido horário (isto para não deixar em aberto um grau de liberdade a ter que ser discutido em cada problema. sempre.Apresentação do método 4. quando da análise do seu equilíbrio. o da barra BF será gh (ou hg).1. por c tiramos uma paralela a EF e por f uma paralela a EB. a seguir. passamos à análise do nó E. determinamos h.d g c h a 0 f P 2P 3P Escala do Cremona IV-67. determinamos i. b) A seguir. respectivamente. os esforços normais em BF. pois a única incógnita é o esforço normal na barra DC. O polígono fechado abcfa representa o equilíbrio do nó A. marcamos. para o qual já conhecemos o esforço normal na barra AE. temos já desenhado no cremona o vetor fc. Os esforços normais nas barras EF e EB são. os módulos dos esforços normais nas barras AE e AB são lidos no cremona e iguais a cf e fa. sendo o esforço normal na barra DC dado por ei (tração). os pontos b e d do cremona foram coincidentes).2 Figura IV-67 a) Inciando pelo nó A. onde está indicado pelo polígono fechado ahiea. A horizontalidade do segmento ei no cremona é a verificação a que nos referimos. então. respectivamente por d e por h.E g c f 3P b 2P IV-67. por g e por a paralelas a BF e BC. definindo f. então. EF e a carga horizontal 3P atuante em F estão representados por hgcd no cremona (no caso. d) Na análise do nó F.1 F 3P d h B a C 3P i D e P A i e b. é idei. sendo ambos de compressão (os vetores cf e fa convergem para o nó A). bc = 3P. f) O equilíbrio do nó C (cujas forças internas e externas já são todas conhecidas) pode ser verificado no cremona. respectivamente. por c tiramos uma paralela à barra AE e por a. Percorrendo o nó no sentido horário (o que faremos sempre). Tirando-se. Tirando-se. dados por gh (compressão) e ha (tração). Seu polígono de equilíbrio. no cremona ab = 2P e. dados por cg (compressão) e gf (tração). os esforços normais nestas 2 barras são. observamos que temos neste nó elementos de verificação. 102 . paralelas a FD e FC. dados por di (compressão) e ih (tração). os esforços normais em AB e BE já são conhecidos e são representados no cremona por af e fg. de imediata obtenção. os esforços normais nestas duas barras são. então. cuja intercessão define g. c) Na análise do nó B. e) Analisando o nó D. de compressão. Analisando o equilíbrio do nó F. portanto.Observações: a) Durante o traçado do cremona. Faremos esta análise quando o cremona já estiver pronto. por exemplo. O mesmo esforço poderá ser obtido pela análise do nó B. evidentemente. conforme esclarece o exemplo seguinte. Seja obter a natureza do esforço normal atuante na barra BF. que converge para o nó. não precisamos nos preocupar se o esforço normal obtido é de tração ou de compressão.3. IV-68. sendo. Exemplos Exemplo 1) Resolver a treliça da Fig. que converge para o nó. devido à sua enorme simplicidade. o esforço na barra será dado por hg (nó sempre percorrido no sentido horário). para as quais este método permite uma solução muito rápida e elegante. 2t 2t G 2t 2m 1t F H 1t 2m A VA = 4 t 4m 1m B C D E VB = 4 t 3m 3m 1m 4m Figura IV-68 2t 2t c g h a Figura IV-69 d i j 2t b f 3t e k 3t 103 . análise imediata. sendo. sendo dado por gh. de compressão. é o universalmente adotado na resolução das treliças. É superado pelo de Ritter apenas para treliças de altura constante. b) O método de Cremona. 4. k a d g 0 1t 2t Escala do Cremona 3t 4t e Figura IV-70 . a fim de melhor exercitar o leitor.8 . l f. Preferimos.7 0 -1. b j c h. teremos o cremona da Fig. IV-70. traçá-lo completo. que fornece. IV-71. IV-69.8 +6.5. b) O esforço normal nulo na barra GD poderia ser obtido a priori por simples análise da condição ∑Y = 0 de equilíbrio do nó D. em toneladas. os esforços normais assinalados na Fig. entretanto.0 Figura IV-71 Observações: a) Poderíamos ter traçado o cremona para meia treliça apenas.0 -6.0 +4.7 +6.0 -1. por sabermos que os esforços normais serão simétricos. iniciado pelo nó A. 8 5 -5.0 +4.0 +2 5 +2 .8 -6. 104 .Adotando-se a notação indicada na Fig. G 2t 2t c 6m g F 2t E F 2t h 6m b i j d D 2t C D 2t 6m k 6t e B 6t A 6t B 6t 6t a 6t f 6m 6m Figura IV-72 Figura IV-73 Observação: Na treliça deste exemplo. IV-72 e a notação adotada a da Fig.8 b. IV-75.9 +6.0 -2 . IV-72. f c 1t Escala d e +2. Sendo as reações de apoio as indicadas na Fig. IV-73.0 -2. preferimos.2 g h +4. poderíamos ter obtido as reações de apoio pelo cremona. IV-74. d k +3.2 +3. calculá-las previamente. a fim de ficarmos em condições de fazer as verificações de equilíbrio no cremona traçado.8 -3.2 +2.0 Figura IV-74 Figura IV-75 105 .2 i j -3.4 -4. Os esforços obtidos encontram-se indicados. em toneladas. no entanto. cujo traçado é iniciado pelo nó G.Exemplo 2) Resolver a treliça da Fig. na Fig. teremos o cremona da Fig. II-1.2. conforme a definição de rigidez de uma barra em um nó. 3 e 4.rigidez relativa igual a: k= K 4E 3EJ l E E 4 A M ϕ 1 M1 A B B ϕ M4 M2 M3 ϕ 3 2 C D ϕ C D II-1.HIPERESTÁTICA .PROCESSO DE CROSS 1 – Introdução Seja o nó A da estrutura representada na Fig. de módulos iguais a: M1 = K '1A ϕ . o nó irá girar de um ângulo ϕ .1. aparecendo então. submetido à ação de uma carga momento M.rigidez absoluta de uma barra com um extremo engastado e outro articulado igual a: K' = .2 Figura II–1 106 . 2. Devido à atuação deste momento M.1 II-1. tem-se: . os momentos indicados na Fig. M 3 = K 3 A ϕ e M 4 = K 4 A ϕ Onde.rigidez absoluta de uma barra duplamente engastada igual a: K= 4EJ l II.1 . M 2 = K 2 A ϕ . na extremidade das barras 1. III-1. Evidentemente, devemos ter, por compatibilidade estática do esquema da Fig. II1.1 com o da Fig. II-1.2, M1 + M 2 + M 3 + M 4 = M , e daí obtemos: ϕ (K '1A + K 2 A + K 3 A + K 4 A ) Identificando o termo entre parênteses como a soma dos valores da rigidez em A de todas as barras concorrentes neste nó, e à qual chamaremos simplificadamente, ∑Ki, podemos escrever: ϕ= M ∑ ki II.2 Levando em conta as expressões (II.1) e (II.2), podemos determinar, então, em que parcelas o momento M irá se subdividir entre as diversas barras concorrentes no nó A, obtendo-se: M1 = K3 K1 K2 K4 M, M 2 = M, M 3 = M, M 4 = M ∑ Ki ∑ Ki ∑ Ki ∑ Ki De uma maneira geral, podemos dizer que uma barra genérica i irá receber uma fração Ki do momento M aplicado no nó, ou seja: ∑ Ki Mi = Ki M ∑ Ki II.3 Da expressão (II.3), podemos tirar as seguintes conclusões: a) Uma carga-momento aplicada num nó de uma estrutura totalmente indeslocável irá se distribuir, entre as diversas barras concorrentes neste nó, segundo parcelas proporcionais à rigidez, neste nó, de cada uma destas barras. Ki (simbolizando a fração do momento atuante no nó que irá para ∑ Ki a barra i), denominaremos coeficiente de distribuição de momentos di para a barra i, escrevendo-se então: b) A relação di = Ki ∑ Ki II.4 o que nos permite reescrever a expressão (I.3) na forma: Mi = diM II.5 107 Observações: a) Evidentemente, a soma dos coeficientes de distribuição de momentos di em torno de um nó é igual a 1. b) Analisando o segundo membro da expressão (II.4), é fácil se concluir que ela não se alterará se dividirmos numerador e denominador por (AE), isto é, se trabalharmos com a rigidez relativa k de cada barra ao invés de sua rigidez absoluta K. É lícito, então, escrever: di = Ki k = i ∑ Ki ∑ ki II.6 c) Precisamos, agora, fixar uma convenção de sinais de momentos que será fundamental para o processo de Cross e que é, em tudo, coerente com a convenção apresentada na tabela I. Para tal, procederemos, inicialmente, a uma análise da atuação de momentos em torno do nó A da estrutura da Fig. II-1, o que está feito na Fig. II-2 onde interceptamos as barras 1, 2, 3 e 4 em seções infinitamente próximas ao nó A, no qual está aplicada a cargamomento M. Na figura, mostramos o equilíbrio do nó A, que se obtém, através dos momentos M1, M2, M3 e M4, no sentido horário, exercidos pelas barras 1, 2, 3 e 4 sobre o nó A. (A cargamomento aplicada foi, no caso, no sentido anti-horário). 4 M4 M4 M M3 M2 M2 M3 M1 M1 1 3 2 Figura II–2 108 TABELA I Momentos de engastamento perfeito (Vigas com inércia constante. Sinal positivo quando a barra sobre o nó exerce momento no sentido horário) Condições de bordo A B A B B A Casos de carregamento q A c/2 B MA = + l ql 2 12 MB = − 2 2 ql 2 12 MA = + ql 2 8 MB = − ql 2 8 c/2 q MA = + B qc 12l qc 12l 2 A a b P l B MB = − 2 [12ab + c (l − 3b)] [12a b + c (l − 3a)] 2 2 MA = + qbc 8l 2 [4a(b + l) − c ] 2 MB = − qac 8l 2 [4b(a + l) − c ] 2 A l pl 2 MA = + 20 pl 2 MB = − 30 pl 2 MA = + pl 15 7 pl 2 MB = − l 20 P B A MA = + l/2 P l/2 pl 8 MB = − pl 8 pa 2 b l2 MA = + 3 pl 16 MB = − 3 pl 16 A a b B M MA = + pab 2 l2 MB = − MA = + pab 2l (l + b ) 2 MB = − pab 2l 2 (l + a ) l B b A a l b⎛ 3b ⎞ M A = −M ⎜ 2 − ⎟ l⎝ l ⎠ a⎛ 3a ⎞ M B = −M ⎜ 2 − ⎟ l⎝ l ⎠ ⎞ M ⎛ 3b 2 MA = + ⎜ − l⎟ ⎟ 2 ⎜ l2 ⎝ ⎠ ⎞ M ⎛ 3a 2 MB = + ⎜ − l⎟ ⎟ 2 ⎜ l2 ⎝ ⎠ 109 TABELA II Grandezas auxiliares para barras com inércia constante J Barra biengastada A B Barra biengastada A B l ϕ = +l ϕ = +l l A B A B 4EJ l l t A−B = + 2 J kA = l KA = A B K'A = k'A = 3EJ l 3 J ⋅ 4 l B A ρ ρ MA = MB = + 6EJρ l 2 MA = 3EJρ l2 ϕ = −l A B KS = kS = ϕ = +l 2EJ l 1 J ⋅ 2 l ϕ = +l - A B Ka = ka = 6EJ l 3 J ⋅ 2 l - 110 Para o processo de Cross, conforme se verá no tópico seguinte deste capítulo, trabalharemos com os momentos exercidos pelas barras sobre os nós, de modo que, consideraremos positivos os momentos exercidos pelas barras sobre os nós se forem no sentido horário. + Figura II–3 - Convenção de sinais para momentos exercidos pelas barras sobre os nós. Desta forma, poderemos usar, em módulo e sinal, todas as tabelas I e II apresentadas. d) Tendo em vista a convenção de sinais apresentada na observação anterior, podemos dizer que o nó A da estrutura da Fig. II-1.1 está submetido à atuação de uma cargamomento (-M), equilibrada por momentos (+M1), (+M2), (+M3) e (+M4) exercidos, respectivamente, pelas barras 1, 2, 3 e 4 sobre o nó A. Assim, os momentos equilibrantes em torno do nó A, têm sinais (dados pela convenção da Fig. II-3) opostos ao do momento atuante no nó, sendo seus módulos dados pela expressão (II.5). 2 - A idéia do processo Seja resolver o quadro de inércia constante da Fig. II-4.1, que possui uma deslocabilidade interna (rotação do nó A) e para o qual os momentos de engastamento perfeito no sistema principal são os indicados na Fig. II-4.2. q A 1 A B 1 ql 2 M=+ 2 12 B 3 2 − ql 2 2 12 C D C D l1 l2 II–4.1 Figura II–4 II–4.2 Digamos que, no sistema principal da Fig. II-4.2, nós liberemos a rotação da chapa 1: o nó A funcionará, então, como que tendo uma carga-momento aplicada de M = + ql² / 12 (ação da barra 1 sobre o nó A) que será equilibrada, conforme vimos no item 1 deste capítulo, por momentos proporcionais à rigidez em A, das barras 1, 2 e 3, o que está indicado na Fig. II5. Assim, o funcionamento dos nós do quadro, a partir do instante em que liberamos a rotação da chapa 1, será o indicado na Fig. II-6, que mostra os momentos que surgem nos nós em cada uma das fases de funcionamento da estrutura quais sejam: 111 M=+ ql 2 2 12 − d 3M A M = + ql 2 2 12 d 3M d 2M d1M d M − 3 2 − d1M − d 2M d M − 2 2 ql 2 2 12 d1M − 2 − B C D Figura II–5 Figura II–6 1.ª fase: Rotação do nó A impedida, isto é, nós A e B da barra 1 submetidos aos momentos de engastamento perfeito + ql 2 2 ql 2 e − 2 , respectivamente (isto é, ações da barra 12 12 ql 2 2 ql 2 e − 2 , respectivamente). 12 12 AB sobre os nós A e B, no sistema principal, iguais a + 2.ª fase: Liberamos a rotação do nó A. Com isto, o momento nele atuante na (trazido pela barra 1) passa a atuar como carga-momento, 12 sendo equilibrado pelos momentos (-d1M), (-d2M) e (-d3M) atuantes em 1, 2 e 3, respectivamente. Devido ao aparecimento destes momentos equilibrantes, serão transmitidos, para os engastes B, D e C, respectivamente, momentos iguais ao produto de seus valores pelos respectivos coeficientes de transmissão (todos eles iguais, no caso, a +0,5, pois tratam-se de barras biengastadas com inércia constante). A estrutura está, então, resolvida, sendo os momentos finais atuantes em torno de cada nó os indicados na Fig. II-7 (obtidos pela soma dos momentos que atuam na primeira e segunda fase). Levando em conta a convenção de sinais da Fig. II-3, os momentos atuantes em torno de cada nó têm os sentidos indicados na Fig. II-8, que nos conduzem imediatamente ao diagrama final de momentos fletores da Fig. II-9. ⎛ d ⎞ − M ⎜1 + 1 ⎟ 2⎠ ⎝ M (1 − d1 ) − Md 3 fase anterior, igual a M = + ql 2 2 − Md 2 Md3 2 − Md 2 2 Figura II–7 112 II-4. pois sua essência é o equilíbrio.30 ∑ k 4 + 10 + 6 k3 = 30 =6 5 k1 = 30 =4 7. 2 t/m A 1 B 3 2 3m C 4m D 7. os seguintes coeficientes de distribuição de momentos. dados numéricos. agora. resolve estruturas indeslocáveis (externamente) sem ser necessário escrever qualquer equação. II-10 (e que foram determinados arbitrando-se J = 30).5 k2 = 30 = 10 3 Figura II–11 113 . a estrutura indeslocável da Fig. 2 e 3 indicados na Fig. um a um. então.50 ∑ k 4 + 10 + 6 k3 6 = = 0. nos moldes do que se fez para o caso da Fig. II4.1. II-10 cuja única deslocabilidade (interna) é a rotação do nó A. resolver o quadro de inércia constante da Fig. refaremos o exemplo colocando. dos momentos atuantes em torno de cada nó. d1 = d2 = d3 = k1 4 = = 0. conforme veremos mais adiante.M (1 − d1 ) A ⎛ d ⎞ M ⎜1 + 1 ⎟ 2⎠ ⎝ B ⎛ d ⎞ M ⎜1 − 1 ⎟ 2⎠ ⎝ M (1 − d1 ) Md 3 Md 3 Md 2 Md 2 ql 22 8 2⎞ ⎛ ⎜ M = ql 2 ⎟ ⎜ 12 ⎟ ⎝ ⎠ Md3 2 Md2 2 Md3 2 Figura II–8 Md2 2 Figura II–9 Observação: conforme é fácil verificar. Seja. em torno deste nó.1.20 ∑ k 4 + 10 + 6 k2 10 = = 0.5 m Figura II–10 Temos. II-4 foi resolvida sem ter sido necessário escrever nem resolver qualquer equação de compatibilidade estática. Este já é o objetivo e a grande vantagem do processo de Cross que. obtidos a partir dos valores de rigidez relativa K para as barras 1. Com o objetivo de fixar e mecanizar a idéia usada na resolução do caso da Fig. II-16.20 30 0. 30 0. em cada uma das barras concorrentes em A e de módulos iguais ao produto de seu valor pelos coeficientes de distribuição de momentos para cada barra. 0. todos os nós da estrutura em equilíbrio e. -9.876 -1.20 0. temos a seguinte seqüência de operações.38 mt (obtidos da Tabela I) 12 MA = MB = 2.º) Marcamos. II-4.º) Liberamos.814 = -1.345 2 Figura II–13 114 .38 x 0.38). no sistema principal. uma cargamomento aplicada de (+9. no sistema principal da Fig. a rotação do nó A que terá então.38 0. II-12. +9. indicados na Fig. então. pela convenção de sinais adotada (Fig.38 Figura II–12 1.2 = -1. assim.A partir desses valores.3 = -2.50 0.5 2 = 9. II-13 mostra.876 = -0.38 x 0. Esta carga-momento será equilibrada por momentos de sinais contrários. II-3) os sentidos corretos dos momentos atuantes nos nós representados na Fig. serão transmitidos para os engastes B. II-14. que nos conduzem ao diagrama de momentos fletores da Fig. II-13.938 2 -9.69 -2. que valem: 2 ⋅ 7.38 -9. que reproduzem os passos da análise feita para o quadro da Fig. os momentos finais atuantes em todos os nós do quadro são os indicados na Fig. da qual obtemos. II-15.814 -9.50 9. C e D momentos iguais ao produto de seus valores pelos coeficientes de transmissão.38 -9.69 = -2.5 = -4. os valores dos coeficientes de distribuição em torno do nó interno A e os momentos de engastamento perfeito para a barra carregada. Devido a estes momentos equilibrantes. O esquema de momentos da Fig.38 x 0.407 2 -4. após o qual nos será imediato enunciar um roteiro para resolução de qualquer estrutura externamente indeslocável pelo processo de Cross. 3 t/m A 1 8m B 2 6m C 3 8m D Figura II . os momentos de engastamento perfeito indicados na Fig.16 . um último caso. 7. devido ao carregamento indicado.814 4. então.345 C D Figura II–14 Figura II–15 10.814 +9.407 2.DMF (em mt) Seja resolver a viga de inércia constante da Fig. II-18.07 1. a rotação dos nós B e C.345 Figura II .690 2. II-17.876 -4. no qual bloqueamos as rotações existentes nestes nós com as chapas 1 e 2 surgindo nele. II-18.318 2.17 Tratanto-se de uma estrutura com duas deslocabilidades internas.690 14.345 1.814 4.938 -10.504 2. iguais a: 115 .318 7. agora.504 -9.69 +7.38 -1.38 -0.504 10.318 A -2.Discutiremos. o sistema principal é o da Fig.407 B -1.407 -2. Para a barra 1: MB = − Para a barra 2: q AB 3 ⋅ 82 =− = −24 mt 8 8 2 q BC 3 ⋅ 62 M B = −M C = − =− = +9 mt 12 12 Para a barra 3: 2 qCD 3 ⋅ 82 M C = −M D = − =− = +16 mt 12 12 B 1 -24 +9 -9 2 C 2 +16 -16 Figura II - 18 Pensando agora, em se adotar um procedimento análogo ao do exemplo estudado anteriormente, calculemos os coeficientes de distribuição de momentos em torno dos nós B e C. Temos, trabalhando com rigidez relativa e arbitrando-se J = 48, os valores de rigidez indicados na Fig. II-19, a partir dos quais determinados os coeficientes de distribuição de momentos em torno dos nós B e C, dados por: k' = 3 48 ⋅ = 4,5 4 8 1 B 1 k= 48 =8 6 2 C 2 k= 48 =6 8 3 Figura II - 19 Em torno do nó B: d1 = 4,5 = 0,36 4,5 + 8 d2 = 8 = 0,64 4,5 + 8 Em torno do nó C: d2 = 8 = 0,57 8+6 d3 = 6 = 0,43 8+6 116 Na Fig. II-20, representamos os momentos de engastamento perfeito no sistema principal e os coeficientes de distribuição de momentos em torno de cada nó interno da estrutura. Sempre raciocinando, agora, com a figura II-20, temos: 1.º) Liberando a rotação do nó B, o mesmo ficará submetido a uma cargamomento de (-24) + 9 = - 15 mt, equilibrada por momentos iguais a: + 15 . 0,36 = + 5,4 mt. no nó B da barra AB + 15 . 0,64 = + 9,6 mt, no nó B da barra BC A 0,36 0,64 0,57 0,43 D B -24 +9 +5,4 +9,6 -3,36 +1,21 +2,15 -0,30 +0,11 +0,19 -0,02 +0,01 +0,01 -9 +4,8 -6,72 +1,07 -0,61 +0,09 -0,05 C +16 -5,08 -0,46 -0,04 -16 -2,54 -0,23 -0,02 Meng. perfeito 1.º Eq. nó B 1.º Eq. nó C 2.º Eq. nó B 2.º Eq. nó C 3.º Eq. nó B 3.º Eq. nó C 4.º Eq. nó B -17,27 +17,27 -10,42 +10,42 -18,79 Momentos finais Figura II - 20 Devido ao aparecimento destes momentos equilibrantes, será transmitido ao nó C (que está engastado, pois não liberamos a rotação da chapa 2) um momento igual a tBC (+9,6) = 0,5 . 9,6 = 4,8 mt. (Para o nó A, não é transmitido qualquer momento, por se tratar de um nó rotulado.) O nó B, com os momentos de 5,4 mt e 9,6 mt está equilibrado e colocaremos então, em traço abaixo dos mesmos para caracterizar o equilíbrio. O esquema atual será, então, o da Fig. II-21, que transcrevemos para a Fig. II-20. A 0,36 -24 +5,4 0,64 0,57 -9 +4,8 0,43 D -16 B +9 +9,6 C +16 Figura II - 21 2.º) Estando equilibrado o nó B, (Fig. II-21), voltamos a colocar a chapa 1 impedindo novas rotações do mesmo; a estrutura do sistema principal não está ainda, entretanto, equilibrada, pois o nó C não está em equilíbrio. Para conseguirmos, agora, o equilíbrio do nó C, liberamos a rotação da chapa 2, ficando o mesmo submetido a uma carga-momento de (16+4,8-9) = + 11,8 mt. Está será equilibrada por momentos iguais a: - 11,8 . 0,57 = -6,72, no nó C da barra BC - 11,8 . 0,43 = -5,08, no nó C da barra CD 117 Como nas extremidades B e D estão impedidas as rotações (pois, nesta fase, estamos liberando, apenas, a rotação da chapa 2), nelas aparecerão momentos iguais ao produto dos momentos equilibrantes pelos coeficientes de transmissão (iguais no caso, a +0,5, por terem as barras inércia constante). 3.º) Tendo ficado equilibrado, agora, o nó C (Fig. II-20), voltamos a colocar a chapa 2, impedindo novas rotações do mesmo. O esquema da Fig. II-20 nos mostra, entretanto, que o nó B ficou desequilibrado. Para equilibrá-lo, liberamos, mais uma vez a rotação da chapa 1, ficando o nó submetido a uma carga-momento de (-3,36 mt), que é equilibrada por momentos iguais +3,36 . 0,36 = + 1,21 mt, no nó B da barra AB +3,36 . 0,60 = +2,15 mt, no nó B da barra BC Para o nó C da barra BC, será transmitido um momento igual a (+2,15 . 0,5) = + 1,07 mt. 4º) A fig. II-20 nos mostra o nó B equilibrado e o nó C desequilibrado. Temos, mais uma vez, uma situação idêntica à do item 2º deste exemplo, que será resolvida da mesma maneira, isto é: voltando a colocar a chapa 1 no nó B (em equilíbrio) e liberando a rotação do nó C, a carga-momento de (+1,07 mt) que passa a atuar neste último é equilibrada por momentos iguais a: -1,07 . 0,57 = -0,61 mt e -1,07 . 0,43 = -0,46 mt, nas barras BC e CD, respectivamente, e que provocam a transmissão de momentos iguais à metade (t = +0,5) de seus valores para os nós B e D. 5.º) Estando o nó C equilibrado e o nó B, agora, desequilibrado, voltamos à situação do ítem 3º e, sem necessidade de maiores comentários com a liberação da rotação do nó B, surgirão momentos equilibrantes de (+0,30 . 0,36) = +0,11 mt na barra AB e de (+0,30 . 0,64) = + 0,19 mt na barra BC, este último transmitindo um momento de +0,09 mt ao nó C. 6.º) Prendendo o nó B, já equilibrado, mais uma vez, com a chapa 1 e liberando a rotação do nó C, a carga-momento de (+0,09 mt) a que ele ficará submetido será equilibrada por momentos de (-0,09 . 0,57) = -0,05 mt no nó C da barra BC e de (-0,09 . 0,043) = -0,04 mt no nó C da barra CD, sendo transmitido para os nós B e D momentos iguais à metade desses valores. 7.º) Estando o nó C equilibrado, voltamos a prendê-lo com a chapa 2 e liberamos, agora, a chapa 1, a fim de equilibrar o nó B. Devido à carga-momento de (-0,02 mt) que nele ficará atuando, surgirão momentos equilibrantes, nos nós B das barras AB e BC iguais a (+0,02 . 0,36) = +0,01 mt e a (+0,02 . 0,64) = +0,01 mt, respectivamente. Os valores destes momentos já são tão baixos, que não faremos nenhuma transmissão para o nó C e podemos dar, então, a viga da Fig. II-17 como equilibrada após este 4º equilíbrio do nó B. 8º) Para a obtenção dos momentos finais, devemos fazer a superposição (soma) de todos os momentos que apareceram nas diversas fases do equilíbrio da viga, o que pode ser feito, diretamente, na Fig. II-20, somando-se os valores indicados em coluna, obtendo-se os valores finais apresentados na última linha. 118 9º) Levando em conta a convenção de sinais da Fig. II-3, os momentos finais atuantes nos nós são os representados na Fig. II-28, da qual obtemos, imediatamente, o diagrama de momentos fletores da Fig. II-29. 17,27 17,27 10,42 10,42 18,79 D B C Figura II – 28 – Momentos finais (mt) 18,79 17,27 10,42 13,5 24 D 24 A B C Figura II - 29 - DMF (mt) Para cálculo das reações: 3 t/m 17,27 RA RB Figura II - 30 ∑Y = 0 ∑MB = 0 => RA . 8 + 17,27 - 3 t/m . 8m . 4m = 0 RA = 9,84 t. 3 t/m 10,42 9,84 t RB Cálculo 3 t/m RC 18,79 9,84 t RB RC Cálculo RD E, por fim, RD = 22 m . 3t/m – RA – RB – RC 119 ELEMENTOS DE CÁLCULO PARA ESTRUTURAS DE MADEIRA E DE AÇO. 1 - Generalidades Entende-se por estrutura, de uma construção, o conjunto de elementos destinados a observar esforços advindos de utilização desta construção. Desta forma uma estrutura deve apresentar os seguintes requisitos básicos: - Estabilidade geométrica - Segurança - Não causar efeitos psicológicos sobre o usuário. A segurança de uma estrutura é obtida pela escolha adequada das seções, de seus diversos elementos, bem como do material de resistência adequada, de forma que a estrutura mantenha suas funções durante toda sua vida útil. A estrutura manterá suas funções enquanto suportar o carregamento que atua sobre ela, sem perder sua utilização. Uma boa avaliação do carregamento sobre a estrutura, acompanhado do correto dimensionamento dos elementos que a compõem, garante que a estrutura suportará este carregamento. O efeito psicológico sobre o usuário pode se originar de uma falha de concepção arquitetônica, ou de uma falha de dimensionamento, devendo ser evitado em ambos os casos. Em geral, o cálculo estrutural é executado na seguinte seqüência de operações: - Concepção arquitetônica. - Escolha dos diversos esquemas estáticos, um para cada elemento estrutural da construção. - Avaliação do carregamento atuante em cada um destes elementos. - Obtenção dos esforços solicitantes em cada um destes elementos, ou seja, como o carregamento é absorvido no interior de cada elemento. - Obtenção das tensões atuantes máximas, em cada elemento, ou seja, como os esforços solicitantes são absorvidos por cada seção do elemento. Nesta fase as seções são adotadas para em seguida, próxima fase, serem verificadas. - Escolher o material e verificar se as tensões atuantes máximas não superam as tensões resistidas pelo material utilizado na estrutura. - Em seguida conclui-se sobre a necessidade de aumentar ou diminuir a seção adotada, refazendo-se os cálculos até que a seção adotada seja suficiente. - Finalmente desenha-se, com detalhes, todos os elementos de estrutura, suas ligações e emendas, de modo a permitir sua construção tão próximo quanto possível do idealizado durante o cálculo estrutural. 120 que atua no sentido transversal da peça "tentando rasgar" a seção. c e l α. que atua no sentido axial da peça perpendicular à seção. P3. que atua normalmente à seção. para os casos de ocorrência mais freqüentes. a força cortante. e δ E J=I = reação de apoio (horizontal) = reação de apoio (vertical) = esforço cortante = cargas uniformemente distribuídas = cargas linearmente distribuídas = momento fletor = deslocamento vertical (flecha) = esforço solicitante (M. N e Q no sentido positivo.2 . N. N. P4. da seção da viga 121 . M N Q N M Q Figura . em relação a linha neutra. γ. P5 e P6 = cargas concentradas = esforço solicitante (M. ou simplesmente cortante (Q). b. β. Q ou f) a uma distância genérica x (X1) P. TABELA I Diagramas de esforços solicitantes (Notações utilizadas nos diagramas) H R Q p PeQ M f Zx (Zx1) Zmáx a.Esforços solicitantes M. A seguir são apresentados os diagramas de esforços solicitantes. P1. e o momento fletor. P2. diagramas que representam a variação dos esforços solicitantes ao longo da estrutura.Esforços solicitantes Os esforços solicitantes que aparecem em estruturas planas são: a força normal. Q ou f) máximo = distâncias cotadas nos desenhos = ângulos cotados nos desenhos = módulo de elasticidade do material = momento de inércia. ou simplesmente normal (N). ou simplesmente momento (M). isto é. R=Q= P⋅l 2 x P ⎞ ⎛1 Qx = p ⋅ ⎜ − x ⎟ ⎠ ⎝2 M máx (no centro ) = P⋅l 8 2 R Cortante Q + l l/2 l/2 R Mx = P⋅x ⋅ (l − x ) 2 Q Momento Mmáx 5 ⋅ P ⋅ l4 f máx (no centro ) = 384 ⋅ E ⋅ J fx = P ⋅ x ⋅ l3 − 2 ⋅ l ⋅ x 2 + x 3 24 ⋅ E ⋅ J ( ) parábola b) Viga simplesmente apoiada .carga uniformemente distribuída. R=Q= P 2 x P⋅l M máx (no centro ) = 4 M x (para x < l / 2 ) = M x (para x > l / 2) = f máx (no centro ) = l/2 P l/2 R R Cortante Q + P⋅x 2 P ⋅ (l − x ) 2 l Q Momento P ⋅ l3 48 ⋅ E ⋅ J P⋅x f x (para x < l / 2) = ⋅ 3 ⋅ l2 − 4 ⋅ x 2 48 ⋅ E ⋅ J f x (para x > l / 2) = ( ) Mmáx P ⋅ (l − x ) ⋅ 3 ⋅ l 2 − 4 ⋅ (l − x )2 48 ⋅ E ⋅ J [ ] 122 .a) Viga simplesmente apoiada .carga concentrada no centro. M x (para x > a ) = ⋅ (l − x ) l l f a (no ponto da c arg a ) = P ⋅ a 2 ⋅ b2 3⋅ E ⋅ J ⋅l Q 2 Momento Mmáx f x (para x < a ) = f x (para x > a ) = P⋅b⋅x ⋅ l2 − b2 − x2 6⋅E⋅J⋅l ( ) ) P ⋅ a ⋅ (l − x ) ⋅ 2⋅l ⋅ x − x2 − a2 6⋅E⋅J⋅l ( d) Viga simplesmente apoiada .duas cargas concentradas iguais em qualquer posição.c) Viga simplesmente apoiada . R 1 = Q1 (máximo se a < b ) = R 2 = Q 3 (máximo se a < b ) = Q 2 = R1 − p = P ⋅ (b − a ) l P ⋅ (l − a + b ) l P (l − b + a ) l P x P R1 Cortante Q 1 a b R2 l + M1 (máximo se a > b ) = R 1 ⋅ a M 2 (máximo se a < b ) = R 2 ⋅ b M x (para x < a ) = R 1 ⋅ x M x (para a < x < (l − b )) = R 1 ⋅ x − p ⋅ (x − a ) M x (para x > (l − b )) = R 2 ⋅ (l − x ) Q 2 Q Momento M1 3 M2 123 . R 1 = Q1 (máximo se a < b ) = R 2 = Q 2 (máximo se a > b ) = P⋅b l P⋅a l R1 Cortante Q 1 P x a b R2 P⋅a ⋅b M máx (no ponto da c arg a ) = l l + P⋅b⋅x P⋅a M x (para x < a ) = .carga concentrada em qualquer ponto. carga uniformemente distribuída R = Q − p⋅l H = 0 (zero) Qx = p ⋅ x M = M máx (no extremo fixo ) = P ⋅ x2 2 P ⋅ l2 2 P x M l Cortante R Q Mx = P ⋅ l4 f máx (no extremo livre) = E⋅J Momento parábola Mmáx fx = P ⋅ x 4 − 4 ⋅ l3 ⋅ x + 3 ⋅ l 4 24 ⋅ E ⋅ J ( ) f) Viga engastada .carga concentrada no extremo livre R=Q=P P H M x H = 0 (zero) Q x = cons tan te = P M = M máx (no extremo fixo ) = P ⋅ l Cortante l Q R Mx = P ⋅ x P ⋅ l3 f máx (no extremo livre) = 3⋅ E ⋅ J P fx = ⋅ 2 ⋅ l3 − 3 ⋅ l 2 ⋅ x + x 3 6⋅E⋅J ( ) Momento Mmáx 124 .e) Viga engastada . concentrada no apoio móvel.g) Viga simplesmente apoiada com um balanço .carga concentrada no extremo do balanço. x l = 0) = p ⋅ a M x (entre os apoios ) = P⋅a ⋅x l + 1 Momento Mmáx M x1 (no balanço) = p ⋅ (a − x l ) ⎛ f máx ⎜ entre os apoios em x = ⎝ 1 ⎞ p ⋅ a ⋅ l2 P ⋅ a ⋅ l2 = = 0.06415 ⋅ ⎟ 3⎠ E⋅J E⋅J P ⋅a2 ⋅ (l + a ) 3⋅ E ⋅ J f máx (no balanço em x l = a ) = f x (entre os apoios ) = f x1 (no balanço) = P⋅a ⋅x ⋅ l2 − x 2 6⋅E⋅J⋅l ( ) P ⋅ x1 ⋅ 2 ⋅ a ⋅ l + 3 ⋅ a ⋅ x 1 − x 12 6⋅E⋅J ( ) h) Viga simplesmente apoiada . R = 0 (zero) H=p N = p = N máx N x = −p x H R Normal P l R N 125 . R 1 = Q1 = P⋅2 l P ⋅ (l + a ) l R1 P x xl R 2 = Q1 + Q 2 = Q2 = P R2 a l Cortante Q Q 2 M máx (em x = l . axial.carga. carga. R = 0 (zero) M = 0 (zero) H=P N = P = N máx N x = −P P x H M l Normal N R 126 .carga. R = 0 (zero) H = p⋅l N = p ⋅ l = N máx N x = p ⋅ (x − l ) x H R P = cte. axial. R = 0 (zero) x H=P N = P = N máx H R Normal P l l l-a R ⎞ ⎛p N x ⎜ < a ⎟ = −P ⎠ ⎝x ⎞ ⎛p Nx ⎜ > a⎟ = 0 ⎠ ⎝x N O j) Viga simplesmente apoiada . concentrada em um ponto qualquer. concentrada no extremo livre. axial.carga.i) Viga simplesmente apoiada . R l Normal k) Viga engastada . axial. uniformemente distribuída. J a a a a R R l = 4a Normal N 2 + N N 1 3 N 1 N3 = P3 ( tração) 2 ⋅ tgα Cortante + 2P + P3 ⋅ cos α Q= 2 2 M máx = 2P2 + P3 ⋅a 2 Q + Q O Q Q Momento f máx (no centro) = 2 ⋅ M máx ⋅ a 2 3 ⋅ E ⋅ J ⋅ cos α O Mmáx 127 . axial.carga. R = 0 (zero) M = 0 (zero) H = p⋅l N = p ⋅ l = N máx N x = −p ⋅ x x P = cte.l) Viga engastada . tgα = b a P 2 P 1 P 3 H = 0 (zero) R = P1 + P2 + P3 / 2 N1 = N2 = 2P2 + P3 ⋅ senα (compressão) 2 P3 (compressão) 2 ⋅ senα H α P 2 b P 1 h=2b b E. R M H l Normal N m) Arco tri-articulado atirantado – cargas concentradas. uniformemente distribuída. n) Vigas contínuas. com carregamento uniformemente distribuído (diagramas aproximados). R 1 = Q1 R 2 = Q 2 + Q3 R3 = R4 P M1 = p ⋅ l 12 11 EJ=cte R1 p ⎛l + l2 ⎞ M2 = ⋅⎜ 1 ⎟ 8 ⎝ 2 ⎠ p ⋅ l 22 M3 = 11 2 l1 R2 l2 M2 R3 Momento M1 M3 Cortante p ⋅ l1 M 2 Q1 = − l1 2 p ⋅ l1 M 2 + l1 2 p ⋅ l 2 M2 + 2 l2 p ⋅ l 2 M2 − l2 2 Q1 + Q3 + Q2 Q4 Q2 = Q3 = Q4 = 128 . com dois tramos. 414 ⋅ l p) Viga com uma extremidade engastada e outra apoiada e carga uniformemente distribuída. c 2 ⋅ (2 ⋅ l − c ) R1 = p ⋅ 1 2 ⋅ l3 R2 = p⋅ c ⋅ 3⋅l − c 2 ⋅ l3 ( 2 2 ) R1 c l P c1 Mx < c = P ⋅ x ⋅ Mx > c = − c12 ⋅ (2 ⋅ l + c ) 2 ⋅ l3 x R2 Cortante R1 P R2 Pc1c ⋅ (l + c ) 2 ⋅ l2 + R 2 ⋅ (l − x ) Q x < c = R1 Qx > c = R 2 Momento R1 c R2 f = 0. R1 = R2 = 3 ⋅w ⋅l 8 5 ⋅w ⋅l 8 w ⋅ x ⎛ 3⋅l ⎞ ⋅⎜ − x⎟ 2 ⎝ 4 ⎠ R1 l x R2 Mx < c = M máx = w ⋅ l2 8 Cortante 3 P 8 5 P 8 Qx = 3⋅ w ⋅l −w⋅x 8 5⋅ w ⋅l 8 Q máx = Momento w ⋅ l l3 f = ⋅ (máx ) E ⋅ J 185 1 P ⋅l 128 x = 0.o) Viga com extremidade engastada e outra apoiada e carga concentrada em qualquer ponto.422 ⋅ l 129 .0098 ⋅ P ⋅ l 3 (máx) E⋅J x = c = 0. q) Viga com duas extremidades engastadas e carga concentrada em qualquer ponto. R1 = R 2 = w ⋅l 2 ⎛ 1 x x2 ⎞ ⎟ ⋅⎜ − + ⎜ 6 l l2 ⎟ ⎝ ⎠ R1 l x R2 Mx = w ⋅ l2 2 M máx = 1 w ⋅ l2 12 w ⋅l Qx = −w⋅x 2 Q máx = w ⋅l 2 Cortante P 2 P 2 Momento M1 M M1 P l3 f = ⋅ (máx ) E ⋅ J 384 130 . c 2 (3 ⋅ c + c1 ) R1 = P ⋅ 1 l3 R2 = P⋅ c (3 ⋅ c1 + c ) 2 c l P c1 l3 R1 x R2 M x < c = R1 ⋅ x − P ⋅ c ⋅ c12 l2 Cortante − P ⋅ (x − c ) R1 R2 M x > c = R1 ⋅ x − P ⋅ Q x < c = R1 Q x > c = R1 − P c ⋅ c12 l2 Momento M M2 M1 f = 3 ⋅ E ⋅ J ⋅ (3 ⋅ c + c1 )2 2 ⋅ P ⋅ c 3 ⋅ c12 (máx) s) Viga com duas extremidades engastadas e carregamento uniformemente distribuído. Características geométricas das seções planas As características geométricas. As características geométricas de uma seção plana são: S= ∫ ∫ ds seção cm 2 3 h/4 h MS = J= ∫ y ds momento estático cm y 2 ds momento de inércia cm 4 b J i= S raio de giro cm MS = bh h bh 2 ⋅ = 2 4 8 131 . produzidas pelos esforços solicitantes. de uma seção plana. são valores que dependem apenas da seção. e que auxiliam no cálculo das tensões atuantes.t) Viga com duas extremidades em balanço e carga uniformemente distribuída. R1 = w ⋅ (c + 1)2 − c12 21 { } } Cortante R ⎞ ⎛ ⎜ x1 = ⋅ c ⎟ w ⎠ ⎝ R1 R2 x R1 x1 R2 x2 R2 = Mx = w ⋅ (c1 + 1)2 − c 2 21 w ⋅ (c − x )2 2 { M x1 = M x2 = w ⋅ (c − x1 )2 − (R 1 ⋅ x1 ) 2 w ⋅ (c1 − x 2 )2 2 Momento M2 M2 M ⎛ R ⎞ M máx = R 1 ⋅ ⎜ 1 − c ⎟ ⎝ 2⋅w ⎠ Q máx = w ⋅ x ou R 1 − w ⋅ c1 (c > c1 ) 3 . em relação aos eixos adotados x e y = área da seção transversal do elemento i momento de inércia do elemento i em relação aos eixos = que passam por seu centro de gravidade e paralelos aos eixos x-x e y-y respectivamente distância entre os centros de gravidade do elemento i e = da seção composta.. em torno dos eixos x-x e y-y respectivamente = momento estático. y-y e a-a respectivamente raio de giração.A seguir são apresentadas as características geométricas das seções planas de ocorrência mais freqüentes TABELA II Características geométricas das seções planas (Notações utilizadas na tabela) a. em torno dos eixos x-x. em torno do eixo a-a = = momento de inércia. do elemento i. na direção dos eixos x-x e y-y respectivamente = Distribuição da fibra mais afastada do eixo neutro Δxi e Δyi ν 132 . b.. da seção composta. em relação aos eixos adotados x e y . Jy-y e Ja-a ix-x e iy-y imin xg e yg = distâncias cotadas nas figuras = ângulo cotado na figura = módulo de torção = módulo de flexão = área da seção transversal = momento estático. h. d. da seção. c e r w wt wfx S Msx-x e Msy-y Msa-a Jx-x. para meia seção. em torno dos eixos x-x e y-y respectivamente = raio de giração mínimo = raio de inércia = coordenadas do centro de gravidade. da seção. continuação da tabela II xi e yi Si Jix-x e Jiy-y = coordenadas do centro de gravidade. a) Seção retangular S = bh MSx − x = bh 8 2 b MSy− y = hb 3 J y− y = 12 hb 8 2 y bh 3 Jx−x = 12 x x h ix−x = h 12 iy−y = b 12 i mín = b 12 y b) Seção quadrada S = a2 MSx − x = MSy − y = J x −x = J y− y = a4 12 a3 8 y x CG a x y a i x − x = i y − y = i mín = a 12 c) Seção Circular πd 2 S= 4 MSx − x = MSy − y = J x −x = J y− y = d3 12 d x CG y x πd 4 64 y d ix−x = iy−y = d 4 133 . d) Seção quadrada S = h2 ν= h 2 = 0.117854 h 3 12 ν G x x ix = h 12 = 0.707 h h4 Jx = 12 Wfx = 2 h3 = 0.289 h e) Perfil H S = Hd − b(H − h ) ν= H 2 aH 3 − bh 3 12 aH 3 − b(H − h ) 6H aH 3 − ah 3 12[(Hd − b(H − h ))] H x h h a 2 b h a 2 Jx = ν x Wfx = ix = d f) Perfil T-1 S = Ha − bH ν= H 2 3 3 a aH − bh Jx = 12 Wfx = ix = b h x ν H x aH 3 + bh 3 6H Jx S 134 . g) Perfil T-2 S = Bc + ha B 1 aH 2 + bc 2 ν=H− 2 aH + bc x H h a ν cd x Jx = 1 Bd 3 − b(d − c )3 + aν 3 3 Jx S [ ] ix = h) Perfil C S = Hb − bh ν=H− 1 aH 2 + bc 2 2 aH + bc a 2 b a 2 Jx = 1 Bd 3 − b(d − c )3 + aν 3 3 Jx S [ ] H x B ν x c d h ix = i) Trilho Vignolles (trilho para ferrovia.032h 4 Wfx = 0.064h 3 ix = Jx S x x h 135 . resultados aproximados) S = 0. 289 H 2 + h 2 12 l) Perfil retangular oco S = HB − bh B ν= H 2 BH 3 − bh 3 12 x ν H h b x Jx = 136 .j) Perfil em cruz S = Ha + c(h − a ) ν= H 2 aH 3 + 2(H − 2b )3 b 12 2J x H 3 3 Jx = h x H ν c b a x Wfx = ix = aH + 2(H − 2b ) b 12[aH + c(h − a )] k) Perfil quadrado oco S = H2 − h2 ν= H 2 x H4 − h4 Jx = 12 H4 − h4 Wfx = 6H ν H h H x ix = H2 + h2 = 0. Jy = HB 3 − hb 3 12 BH 3 − bh 3 6H BH 3 − bh 3 BH 3 − bh 3 = 0.4d δ.7854⎜ ⎜ R ⎟ ⎝ ⎠ ix = D2 + d2 4 n) Perfil I ou C aberto S = HB − bh ν= H 2 B x ν h H b BH 3 − bh 3 Jx = 12 BH 3 − bh 3 Wfx = 6H x b 2 b 2 b 2 BH 3 − bh 3 BH 3 − bh 3 = 0.7854 D 2 − d 2 S = π⎜ ⎜ ⎟ 4 ⎝ ⎠ ν=R ( ) x D ν d = 2r D = 2R S 3 J x = 0.7854 R 4 − r 4 ( ) x d ⎛ R4 − r4 ⎞ ⎟ Wfx = 0.289 ix = 12(BH − bh ) BH − bh 137 . sendo δ a espessura.289 12(bH − bh ) BH − bh Wfx = ix = m) Perfil circular oco ⎛ D2 − d2 ⎞ ⎟ = 0. para pequeno d J x = 0. em relação aos eixos x-x e y-y. J x − x = ∑ ji x − x + ∑ Δy i 2 ⋅ Si ( ) onde: ji x-x = momento de inércia da seção individual. um sistema de coordenadas x y. Δy i = distância do centro de gravidade geral até o centro de gravidade individual. Em seguida calculam-se os outros elementos. 138 . arbitrariamente.o) Perfil C e S S = HB − bh ν= H 2 3 3 B x ν H b h b B BH − bh Jx = 12 Wfx = x BH 3 − bh 3 6H BH 3 − bh 3 12(BH − bh ) ix = p) Seção composta Inicialmente calcula-se a posição de centro de gravidade da peça composta.da seção composta. adotando-se. os quais passam pelo centro de gravidade: S = ∑ Si M S x − x = ∑ (Δy i ⋅ Si ) onde: (meia seção) Δy i = distância do centro de gravidade de Si até o centro de gravidade geral. xg = ∑ (x i ⋅ S i ) ∑ Si yg = ∑ (y i ⋅ Si ) ∑ Si onde: xg e yg = posição do centro de gravidade geral. Si = área de cada elemento. 50 = 7262.6 = 10.5 486. Jix-x e Jiy-y.0 = 30.0 82.182.6 = 5.0 (30÷2) + 1.6 560.121.50 cm 4 i x −x = J x−x 7262.7 5.815.3 306.0 24.4. no início do cálculo das características geométricas da seção composta.447.3 = 1.65 Si.2 = 4.2 3.5 = 6.0 * Dados de tabelas para cantoneiras S = 121cm 2 yg = ∑ (y i ⋅ Si ) ∑ Si yg = 728.0* 4.8 1.31 cm 3 J x − x = ∑ ji x − x + ∑ Δy i 2 ⋅ Si = 2815 + 4447.7 cm S 121 ( ) 139 .2 2 x 25.0 728.4 16. 1.0 218.15 + 1.35 121.6 30 .0 136.Δyi² 4 4 (cm ) (cm ) 1.ix−x = Jx−x S J y − y = ∑ ji y − y + ∑ Δx i 2 ⋅ Si ( ) iy−y = J y−y S Observação: É conveniente calcular-se Si.2 = 40.0 3.50 = = 7.5 2. 1.2 2.02 = 6 cm 121 M S x − x = ∑ (Δy i ⋅ Si ) = 609.2 . para os elementos.2 ÷ 2 = 0.0.1 Jix-x Si. Exemplo: Seja calcular as características da seção composta apresentada no desenho a seguir: yg = ∑ (y i ⋅ Si ) ∑ Si E 1 Yg Yi Si Yi Yi E C.2 = 16.G.2 6 .Si 1 2 3e4 ∑ 34 .Δyi 3 (cm ) 220.8 609.5 Δyi (cm) 6 . Geral 3 4 2 Elemento Si (cm²) Yi (cm) Yi.250.1*= 50. 140 . 141 . 142 . 143 . 144 . No Brasil. 4. nota-se a necessidade de se conhecer as tensões admissíveis para as diversas solicitações dos materiais utilizados em estruturas de madeira (algumas espécies) de concreto (alguns traços ou dosagens) e de aço. Notações utilizadas módulo de elasticidade da madeira módulo de elasticidade para cargas acidentais módulo de elasticidade para cargas permanentes tensão admissível à compressão normal às fibras tensão admissível à compressão paralela às fibras tensão admissível à tração paralela às fibras tensão admissível à flexão estática tensão admissível de cisalhamento na flexão tensão admissível de cisalhamento nas ligações λ o = índice de esbeltez. Esta é a visão atual do cálculo de estruturas de madeiras.4 – Características dos materiais Durante o cálculo é necessário verificar se as tensões atuantes na estrutura não superam as tensão resistidas pelo material. a seguir. acima do qual é aplicável a expressão de Euler ρ15 = peso específico da madeira seca ao ar (15% de umidade) ρ35 = peso específico da madeira verde (35% de umidade) Em Ea Ep σn σc σt σf τf τl = = = = = = = = = 145 . Na prática se utiliza de coeficientes de segurança para minorar a tensão resistida pelo material (admitindo que se erre contra a segurança na avaliação da qualidade do material) e para majorar as tensões atuantes ou esforços solicitantes que as originam (admitindo que se erre contra a segurança na avaliação do carregamento sobre a estrutura).1 . σ admissível ≤ 1 ⋅ σ material γ3 Diante do exposto. as tensões admissíveis da madeira são consideradas como médias típicas da espécie. criando o conceito de tensão admissível.Dimensionamentos de peças estruturais de madeira Ao se iniciar o dimensionamento de peças de madeira. Isto evitará confusões com unidades. Assim é usual a aplicação da seguinte equação: γ 2 ⋅ σ atuante ≤ 1 ⋅ σ material γ1 Esta expressão pode ser reduzida. visto que as características do material são encontradas com estas unidades. As características admissíveis médias de algumas espécies são fornecidas na tabela 3. recomenda-se a utilização das unidades de força em kgf e de comprimento em cm. 3 122.7 83.9 179.0 91.0 τf 9.5 85.0 175.400 150.96 1.8 12.100 144.000 105.0 85.3 34.0 91.000 130.0 12.700 168.330 68.0 135.130 112.66 0.3 195.0 116.5 234.5 195.0 17.78 0.0 85.800 145.5 25.0 95.300 94.3 136.700 72.6 21.7 129.0 53.800 85.54 0.21 0.0 120.9 136.00 1.00 1.5 234.1 8.60 0.96 0.03 0.4 16.9 21.0 22.7 14.8 10.9 179.600 147.870 100.8 57.0 148.8 139.0 λo 75 74 73 76 66 67 61 76 74 70 71 64 67 64 63 65 64 87 63 σt 118.89 1.88 1.63 0.300 90.0 95.4 13.4 93.96 0.9 11.96 0.9 29.8 40.95 0.06 1.5 τl 14.6 17.5 36.9 44.000 70.060 92.800 166.8 42.2 18.0 92.2 11.5 20.000 σn 22.53 0.7 19.4 201.5 16.2 98.000 151.400 98.78 0.6 203.9 12.000 102.75 0.200 71.0 120.5 140.9 17.6 26.000 112.0 142.8 100.0 211.5 30.5 150.0 σc 75.78 0.00 1.6 69.4 201.80 0.2 9.3 195.300 106.1 6.8 17.99 0.7 16.300 150.8 139.6 7.5 195.TABELA III Características admissíveis médias de algumas madeiras nacionais 2 (kgf/cm ) Madeira Andiroba Angelim araroba Angelim rosa Angico branco Angico preto Angico vermelho Aroeira do sertão Canela Cedro Cupiuba Eucalipto citriodora Ipê (ou piuva) Itauba Jatobá Jutai-açu Peroba de campos Peroba rosa Pinho do paraná Madeira comp.2 29.670 87.000 75.7 6.0 211.2 20.0 85.72 0.0 σf 118.860 60.270 100.530 96.6 24.1 14.200 56.5 ρ15 0.08 0.76 1.200 62.9 18.0 175.4 18.9 28.200 68.200 111.0 148.80 146 .9 136.58 0.7 129. estrutural Em = Ea 116.6 19.0 135.0 68.05 0.660 100.800 102.8 24.0 27.70 ρ35 0.84 0.7 39.7 42.70 1.6 9.0 12.1 29.72 0.2 43.100 109.0 132.6 203.4 93.0 15.0 10.25 0.000 Ep = 2 Em 3 77.73 0.0 71.87 0.5 18.81 0. Nmáx. λ. S. e calcular o índice de esbeltez. peça curta. e de características da espécie de madeira. l FL . função do índice de esbeltez.Comprimentos de flambagem ( l FL ). 4º Passo) Obter a tensão admissível de flambagem. a) Se λ < 40. 3º Passo) Identificar o comprimento de flambagem. então: σ FL = σ c 147 .a) Roteiro: madeira à compressão paralela . P P P P P l l l l l l FL = 2 l l FL = l l FL = l l FL = l l FL = l Figura 4 . é função do esquema estático e para estruturas de madeira é adotado conforme indicação da figura a seguir. l FL . por: l λ = FL i mín O comprimento de flambagem. imín. adotados para a madeira.flambagem 1º Passo) Obter o esforço normal máximo. conforme o esquema estático. traçando. λ. e o raio de giração mínimo. σfl. o diagrama de força normal. 2º Passo) Adotar uma seção para verificação e obter a área da seção transversal. se necessário. também peças longas. com a tensão admissível. a) Se σ at > σ FL . Nesta situação devem-se aumentar as dimensões da seção e refazer o problema a partir do segundo passo. Neste caso devem-se aumentar as dimensões da seção e refazer o problema a partir do segundo passo. Neste caso deve-se diminuir a seção e refazer o problema a partir do segundo passo. tem sua utilização desaconselhada para cálculo e execução de estruturas de madeira (Norma Brasileira). Observação: No caso de peças de seção composta. a cada 40. peça longa. apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação. então: ⎛ 1 λ − 40 ⎞ σ FL = σ c ⎜1 − ⋅ ⎜ 3 λ − 40 ⎟ ⎟ o ⎝ ⎠ c) Se λo < λ < 140. então a seção é insuficiente para resistir aos esforços.b) Se 40 < λ < λo. ( ) ( ) 148 .i'mín. b) Se σ at for muito menor que σ FL σ at << σ FL a seção resiste aos esforços. A título de esclarecimento. então a seção adotada é uma boa solução para o problema. c) Se σ at for aproximadamente igual. concluindo sobre a seção da peça. entretanto menor que σ FL σ at ≈ σ FL . 5º Passo) Calcular a tensão atuante máxima. σ at . recomenda-se a ligação entre seus elementos. peça intermediária. por: σ at = N máx S 6º Passo) Comparar a tensão atuante. entretanto é maior que o necessário tornando a solução anti-econômica. σ at . então: σ FL = π2 ⋅ E m 4λ2 d) Peças com λ > 140. σ FL . onde: i'mín = o menor imín dentre os dos elementos. 57 ) 2 = 14.5 kgf.50 kgf A carga. no pilar deste exemplo não pode superar 3.90 kgf / cm 2 5) σ at = N máx P = kgf / cm 2 (para P em kgf ) S 225 6) Conclusão σ at ≈ σ FL .33 cm 300 cm 3) l FL = 2 ⋅ l = 2 ⋅ 300 = 600 cm l 600 λ = FL = = 138.57 i mín 4. então: σ FL = π2 ⋅ E m 4λ 2 = π 2 ⋅ 116000 4(138. de compressão. peça longa. de Andiroba? 1) Nmáx = P P 2) S = a2 = 152 = 225 cm2 i mín = a 12 = 15 12 Andiroba = 4.90 kgf / cm 2 225 P ≈ 225 ⋅ 14.352. com 3.33 Seção 15 cm 15 cm 4) σ c = 75. para que a seção adotada seja boa solução P ≈ 14. resistida por um pilar simplesmente engastado.Exemplo: Qual a carga máxima de compressão. λo < 138. seção de 15x15cm².57 < 140.0 kgf / cm 2 λo = 75 e Em = 116 000 kgf/cm2 ( ver tabela para a Andiroba) No caso.90 = 3352.00m de altura. 149 . 2º Passo) Adotar uma seção para verificação e obter a área da seção transversal. 3º Passo) Obter a área útil. traçando se necessário. ou seja.Área de furos e entalhes 150 . então. pode-se calcular a área útil. a área da seção transversal que efetivamente absorve o esforço normal. Nmáx. S u = S − S furos e entalhes Observação: Para cálculo da área de furos e entalhes deve-se proceder conforme segue: Entalhe (Ligação com dente) Sentalhe = b ⋅ e e b e Furos (de pregos ou parafusos) Sfuros = b ⋅ δ b δ δ Figura 5 . a) Se as ligações da peça forem desconhecidas. reserva-se parcela da seção da barra para posteriormente executarem-se estas ligações.7 ⋅ S b) Se as ligações da peça forem conhecidas. o diagrama de força normal. Neste caso adota-se: S u = 0.b) Roteiro: madeira à tração paralela 1º Passo) Obter o esforço normal máximo. S. descontando-se a área utilizada nos furos e entalhes da ligação. Su. entretanto menor. a) Se σ at > σ t . Neste caso deve-se aumentar as dimensões da seção e refazer o problema a partir do segundo passo. por motivos construtivos.27 cm de sua altura total.27 cm 2 cm '' φ = 1. σ at . 3. então a seção é insuficiente para resistir aos esforços. a ligação é conhecida. c) Se σ at for aproximadamente igual. que σ t σ at ≈ σ t . que o esforço de tração máximo na barra é de 10 000 kgf e que a esta barra estão ligadas duas outras que enfraquecem sua seção. A título de esclarecimento.27 cm⎛ 12 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 6 cm 2 cm Sentalhe S furo 1) Nmáx = 10 000 kgf 2) S = 6 ⋅ h cm 2 3) Su = ? No caso. b) Se σ at for muito menor que σ t σ at << σ t a seção resiste aos esforços. 6 cm 6 cm ( ) ( ) e = 2 cm 10000 kgf 1. σ at . assim: 151 . concluindo sobre a seção da peça. por: σ at = N máx Su 5º Passo) Comparar a tensão atuante.4º Passo) Calcular a tensão atuante máxima. entretanto é maior que o necessário tornando a solução anti-econômica. ocupando na posição mais crítica. é de 6cm. σ t . sabendo-se que a largura da barra. Neste caso deve-se diminuir a seção e refazer o problema a partir do segundo passo. então a seção adotada é uma boa solução para o problema. apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação: Exemplo: Escolher a seção de uma barra de Jutai-açu. com a tensão admissível à tração paralela. o momento estático. seja boa solução. quando a força normal for nula.91 6 h ≈ 11. quando o momento é acompanhado de força normal de compressão. pode ser executado conforme roteiro a seguir: 1º Passo) Adotar uma seção para verificação. 152 .62 5) Conclusão: σ at < σ t para que a seção adotada.82cm.62 cm 2 S u = 6h − 19. obtendo: a área da seção transversal. ymáx.91 195 70. a distância da borda comprimida. b. e flexo-tração. quando a força normal é de tração. em torno do eixo perpendicular ao plano de cargas. uma seção de 6 x 12cm². que pode ser flexão simples. submetidas à flexão. ymáx+. e o momento de inércia. na posição do centro de gravidade. S. flexo-compressão.62 cm 2 Sfuros e entalhe = 19. ou seja.82 cm Pode-se adotar para a barra em questão.27 = 7.S u = S − S furos e entalhes Sentalhe = 6 ⋅ 2 = 12 cm 2 Sfuros = 6 ⋅ 1. a seção comercial de altura imediatamente superior a 11. MS.62 cm 2 (para h em cm ) 4) σ at = N máx 10000 kgf / cm 2 (para h em cm ) = Su 6h − 19. σ t = 195 kgf / cm 2 (tabela para o Jutaí − açu ) 10000 ≤ 195 6h − 19. ao centro de gravidade.62 6h ≥ h≥ 10000 + 19. J.62 ≈ 70. c) Roteiro: madeira à flexão A existência de momento fletor em uma peça de madeira indica uma solicitação por flexão. E ainda identificar: a largura da seção. em relação a este eixo (ver tabela). O dimensionamento de peças de madeira. e a distância da borda tracionada.ao centro de gravidade. A figura abaixo exemplifica que valores adotar para b. A existência de cargas permanentes e acidentais atuando simultaneamente indica uma flecha máxima de: f máx = f p + f a onde: fp = fa = flecha. pois convencionou-se desenhar o diagrama de momentos do lado tracionado. Mmáx. no ponto da flecha máxima. devido ao carregamento permanente flecha. Obter também os deslocamentos verticais. a força cortante máxima. Evidentemente. CARREGAMENTO SEÇÃO l Normal O borda comprimida Plano de cargas y CG Cortante Pl 2 x Pl 2 x ymáx- ymáx+ + y Momento Pl 2 8 borda tracionada MS = MS x −x J = J x −x Figura 6 – Características geométricas de uma seção fletida 2º Passo) Obter a força normal máxima.Observação: A borda tracionada é determinada pelo lado em que se apresenta o diagrama de momentos. utilizando o formulário da tabela correspondente. e o momento fletor máximo. MS e J. no ponto de flecha máxima. traçando os diagramas de M. devido ao carregamento acidental 153 . Qmáx. ou flechas. N e Q se necessário (ver tabela). substituindo o valor de E por Ep ou Ea. a borda comprimida é a outra. fmax. ymax+. máximos. conforme o carregamento seja permanente ou acidental. Nmáx. ymax-. ou de altura de pilares. força normal de compressão σ at = M máx N (ymáx − ) + ⎛ máx ⎞ ≤ σ f ⎜ ⎟ J ⎝ S ⎠ c) Casos de flexo-tração. τ f . não supera a tensão admissível de cisalhamento na flexão. força normal de tração Inicialmente deve-se calcular a área útil. l recomendada pelas normas brasileiras.3º Passo) Verificar se a tensão. isto é. não supere a flecha admissível. a) Casos de flexão simples. σ at . não causará efeito psicológico desagradável ao usuário. (ver tabela) τ at = Q máx ⋅ M S ≤ τf b⋅J 5º Passo) Verificar se a flecha máxima.7 ⋅ S Em seguida faz-se a verificação: σ at = M máx N (ymáx + ) + ⎛ máx ⎞ ≤ σ f ⎟ ⎜ J ⎝ S ⎠ 4º Passo) Verificar se a tensão de cisalhamento atuante máxima.e ymáx+ b) Casos de flexo-compressão. Su (ver roteiro: Madeira à tração) por: S u = S − S furos e entalhes ou S u = 0. τ at . atuante máxima. isto é a distância entre centros de apoios 154 . 350 f máx = f p + f a ≤ f = onde: l = l 350 vão livre de vigas. f = . força normal nula σ at = M máx ymáx ≤ σ f J onde: ymáx = maior entre ymáx . que ocorrerá na estrutura. normal. f máx = f p + f a . não supera a tensão admissível à flexão. σ f . Sendo a largura da viga. Exemplo: O escoramento de uma vala. ou travamentos.6º Passo) Concluir sobre a seção da peça. e suportará o peso de dois operários no centro.h cm². Neste caso deve-se diminuir a seção e refazer o problema.= ymáx+ = h cm 2 h cm 2 y x x h=? 10 cm 155 . então a seção resiste aos esforços. será construído de Itaúba. durante a construção de um duto de águas pluviais. transversais à viga espaçados de aproximadamente 11. caso crítico. ou fmáx > f .h cm² = 10. b. Para evitar este fenômeno recomenda-se a não utilização de vigas com largura. A título de esclarecimento. tem-se S = b. além de uma carga de compressão de 3000 kgf devido o empuxo de terreno. A viga superior deste escoramento é simplesmente apoiada.5. por motivos construtivos.b. ou τ at > τ f . Mmáx e Qmáx). de 10 cm. b = 10 cm. com 3m de comprimento. σ at > σ f . entretanto é maior que o necessário. ymáx. então a seção é insuficiente para resistir aos esforços. Observação: A zona comprimida de vigas fletidas pode provocar perda de estabilidade lateral. isto é. entretanto menor que o respectivo valor admissível. a) Se qualquer das verificações não for satisfeita. então a seção adotada é boa solução para o problema. em relação a altura. e em casos especiais a utilização de contraventamentos. 200 kgf. aproveitando-se parte do segundo passo (Nmáx. tornando a solução anti-econômica. h (recomenda-se utilizar b/h ≥ 1/4). Neste caso a seção deve ser aumentada e o problema refeito. muito finas. qual deverá ser a altura desta viga? Plano de cargas Itaúba VIGA SUPERIOR 200 kgf 3000 kgf h=? 150 300 cm 150 8 cm ESCORAMENTO ESQUEMA ESTÁTICO PREVISTO y 1) Sendo h em cm. c) Se as três verificações forem satisfeitas e pelo menos uma delas for aproximadamente igual. b) Se as três verificações resultarem muito menores que os respectivos valores admissíveis. apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação. MS = MSx − x = J = J x−x = bh 2 10h 2 = = 1. Ea = 145. podem ser obtidos pela superposição de dois problemas mais simples. da viga em questão. dado. tabelados. 200 kgf 3000 kgf 150 150 200 kgf (acidental) = 300 cm 150 300 cm 150 + 300 cm PROBLEMA (2) 3000 kgf (acidental) PROBLEMA (0) PROBLEMA (1) Desta forma os esforços no problema (O). Qmáx. para a Itaúba) f máx = P ⋅ l3 200 ⋅ 300 3 931. Mmáx e fmáx? Os esforços solicitantes.407 = = cm (para h em cm ) 3 48 ⋅ E a ⋅ J 48 ⋅ 145000 ⋅ 0.25h 2 cm 3 8 8 bh 3 10h 3 = = 0.000 kgf/cm² (tabela.833h h3 156 .660 kgf/cm². serão: N(o) = N(1) + N(2) Q(o) = Q(1) + Q(2) M(o) = M(1) + M(2) f(o) = f(1) + f(2) Para o problema (1). obtém-se: Nmáx = 0 kgf Q máx = M máx = P 200 = = 100 kgf 2 2 P ⋅ l 200 ⋅ 300 = = 15000 kgf ⋅ cm 4 4 Ep = 96. da tabela.833h 3 cm 4 12 12 2) Nmáx. 7104h − 51.332 > 0 h ≥ 8.cm fmáx = 0 cm Resultando. obtém-se: Nmáx = P = 3000 kgf (compressão) Qmáx = 0 kgf Mmáx = 0 kgf. assim: M máx N (ymáx − ) + ⎛ máx ⎞ ≤ σ f ⎟ ⎜ J ⎝ S ⎠ σ at = σ f = 175.4 h b 2 − 4ac 2a h = −b ± h 2 − 1. para o problema (0): Nmáx = 0 + 3.407 h3 cm 3) Verificação de σat? A existência de força normal de compressão indica o caso de flexo-compressão.071cm 157 .4 kgf / cm 2 3 2 10h 0.6 h2 + 300 ≤ 175.4 kgf / cm 2 (tabela.000 = 3 000 kgf (compressão) Qmáx = 100 + 0 = 100 kgf Mmáx = 15 000 + 0 = 15 000 kgfcm f máx = 931.407 h 3 +0= 931.833h ⋅ 15000 9003. da tabela. Itaúba ) σ at = h 3000 + ≤ σ f = 175.Para o problema (2). 281cm 6) Conclusão As verificações acima resultaram: * Para que σ at ≤ σ f . No caso h = 10. Assim deve-se adotar a seção comercial de altura imediatamente superior a 10. então : h ≥ 8.407 300 ≤f = h3 350 931.833h 3 ≤ τ f = 12.240 cm 5) Verificação de fmáx f máx = f p + f a ≤ f = f máx = f máx = l 350 931. portanto. seção de 10 x 12 cm².1 kgf / cm 2 15. então : h ≥ 1. então : h ≥ 10. 158 .1 h h ≥ 1.281 cm.006 ≤ 12. se uma das verificações for aproximadamente igual a seu valor admissível e as outras menores.857 h3 h ≥ 10.407 ≤ 0.281 cm A seção adotada será uma boa solução. Itaúba ) τ at = 100 ⋅ 1.25h 2 10 ⋅ 0.1 kgf / cm 2 (tabela.4) Verificação do τ at τ at = Q máx ⋅ M S ≤ τf b⋅J τ at = 12.240 cm * Para que f máx ≤ f .281 cm acarretará f máx ≅ f e σ at < σ f e τ at < τ f .071 cm * Para que τ at ≤ τ f . Adota-se. e ≤ d / 4. e≥ onde: P ⋅ cos θ b ⋅ σθ e f≥ P ⋅ cos θ b ⋅ τl σθ = sendo: e P θ b σθ σc σn τl σc ⋅ σn σ c ⋅ sen 2 θ + σ n ⋅ cos 2 θ = altura do dente = carga atuante de compressão = ângulo entre as fibras das barras ligadas = largura da barra (largura do dente) = tensão admissível de compressão inclinada de um ângulo θ = tensão admissível de compressão paralela às fibras = tensão admissível de compressão normal às fibras = tensão admissível de cisalhamento nas ligações A fim de não enfraquecer em demasia a peça que recebe a ligação (peça inferior da figura 07. coladas. É uma ligação de peças comprimidas. conforme figura 08. 159 .d) Ligações em peças estruturais de madeira As ligações em peças de madeira podem ser por meio de dentes (entalhes).1) Ligações por meio de dentes. 90° P θ e b e = altura do dente d f = folga necessária ao cisalhamento f θ Figura 7 – Ligação por meio de dentes Neste tipo de ligação devem ser dimensionadas: a altura do dente (e). ou ainda cobrejuntas pregadas ou parafusadas para absorver o restante da carga. e a folga (f) para que não ocorra ruptura por cisalhamento. pregadas ou parafusadas. d. para que não ocorra esmagamento por compressão na região do dente. construída conforme a figura 07. se limita a altura do dente (e) em d/4. recomendação construtiva Caso seja necessária uma altura do dente maior pode-se utilizar dois dentes. construtivamente. e a quantidade de pregos existentes na ligação.Ligações por meio de dentes para cargas grandes d. δ = diâmetro do prego em mm A tabela 2 apresenta os pregos comerciais. b) o diâmetro do prego deve ser de no máximo 1/6 da espessura da peça de ligação de menor espessura.prego ou parafuso cobrejuntas d/4 P P/2 P θ b d θ b e/2 f P/2 d f1 ≥ f / 2 f2 ≥ f (a) (b) Figura 08 .5 para madeiras de peso específico ρ15 ≤ 0.2) Ligações pregadas Nas ligações pregadas deve-se obter o número comercial do prego. de um prego. a fim de evitar perfuração prévia. 160 .65gf/cm3. Para definir uma ligação pregada deve-se atender aos seguintes requisitos: a) a largura de cada cobrejunta é metade da largura da peça central. em kgf K = 4. desta forma não é desnecessário verificar a cobrejunta. indica para cálculo da força admissível em um prego. pois juntas tem a mesma seção da peça central.65gf/cm3 e 7.5 para madeiras de peso específico ρ15 ≥ 0. "Cálculo e Execução de Estruturas de Madeira . cuja penetração é de 2/3 de seu comprimento. A NB-11/1951. para que a peça não sofra rachaduras ao penetrar o prego. a seguinte expressão: F = K ⋅ δ3 / 2 onde: F = força admissível.Norma Brasileira". suas dimensões e força admissível em cada prego. que define suas dimensões. np ≥ Face da ligação np 2 P F b/2 b/2 b Prego b/2 b b/2 P P b Face da ligação np 2 d Lado da ligação Cobrejuntas np np 2 2 { Prego P P a) Emenda pregada (ligações com os dois lados) b) Ligações entre duas barras (ligações com um lado) Figura 9 - Ligações pregadas típicas. c) o comprimento do prego deve ser tal que garanta penetração mínima de 2/3 de seu comprimento na peça central. Escolhido o número comercial do prego, pelos requisitos acima, calcula-se o número de pregos em cada lado da ligação (np), com base na carga a ser absorvida (P) e na força admissível de cada prego (F) apresentada na tabela. TABELA IV Força admissível de pregos comerciais Número do prego 17x21 17x24 17x27 18x24 18x27 18x30 19x27 19x30 19x33 19x36 20x30 20x36 20x42 21x33 21x36 21x45 22x42 22x45 22x48 23x54 24x60 25x72 Diâmetro mm 3,0 3,0 3,0 3,4 3,4 3,4 3,9 3,9 3,9 3,9 4,4 4,4 4,4 4,9 4,9 4,9 5,4 5,4 5,4 5,9 6,4 7,6 Comprimento mm 48 55 62 55 62 69 62 69 76 83 69 83 96 76 83 103 96 103 110 124 138 165 Pregos por pacote de 1kg 305 285 226 211 187 175 152 133 122 109 99 91 76 80 70 56 51 49 45 34 27 16 Força admissível do Prego em kgf ρ15 ≤ ρ15 ≥ 650kgf/m3 650kgf/m3 23,4 28,2 39,0 47,0 34,5 57,8 41,5 48,8 56,5 64,5 87,7 94,5 69,3 81,4 94,2 107,5 146,0 157,5 161 d.3) Ligações parafusadas As ligações parafusadas são utilizadas quando a ligação pregada fornece um número muito grande de pregos. Os parafusos devem ser passantes, com arruelas e porcas nas duas extremidades, pois são dimensionados como pinos. A seguir apresenta-se o roteiro para o cálculo de uma ligação parafusada. b/2 b b/2 P Parafuso passante θ b Arruela Porca Planos de corte do parafuso Figura 10 - Ligação parafusada típica 1º Passo) Conhecidas as dimensões das peças e o diâmetro do parafuso a ser utilizado, calculam-se inicialmente a força admissível do parafuso na direção paralela às fibras (Fp) e normal às fibras (Fn), dados pelos menores valores das seguintes expressões: F p = 0,877 ⋅ b ⋅ δ ⋅ σ c ou F p = 35 ⋅ σ c ⋅ δ 2 ou F n = 41 ⋅ η ⋅ σ n ⋅ δ 2 F n = 1,414 ⋅ η ⋅ b ⋅ σ n ⋅ δ Onde: Fp = Fn = σc = σn = b = δ = η = força admissível de um parafuso na direção paralela às fibras, em kgf; força admissível de um parafuso na direção normal às fibras, em kgf; tensão admissível à compressão paralela às fibras, em kgf/cm²; tensão admissível à compressão normal às fibras, em kgf/cm²; largura da peça central da ligação, ou quando menor, soma das larguras das cobrejuntas, em cm; diâmetro do parafuso, em cm; coeficiente de distribuição, em função do diâmetro do parafuso. 162 TABELA V Valores de η Diâmetro polegadas δ cm η 1/4'' 0,64 2,50 5/16'' 0,80 2,20 3/8'' 0,95 1,95 1/2'' 1,27 1,68 3/4'' 1,91 1,41 1'' 2,54 1,27 2º Passo) Calcular a força admissível de um parafuso (Fθ), na direção do esforço, inclinado de um ângulo θ, por: Fθ = Fp ⋅ Fn F p ⋅ sen θ + F n ⋅ cos 2 θ 2 3º Passo) Calcular o número de parafusos (np), em cada lado da ligação por: np ≥ P Fθ 4º Passo) Detalhar, ou desenhar, a ligação Observações: a) o roteiro apresentado acima é válido para ligações simétricas, onde o parafuso é solicitado em dois planos de corte e as cobrejuntas são de madeira; b) em ligações assimétricas a força admissível de um parafuso é metade da calculada, pois o parafuso é submetido a um único plano de corte; Planos de corte do parafuso c) quando as cobrejuntas são metálicas (de aço), a espessura das cobrejuntas pode ser de aproximadamente b/10, onde b é a largura da peça central, e a força admissível de cada parafuso majorada, conforme a direção por: 1,25 . Fp na direção paralela às fibras; 1,00 . Fn na direção normal às fibras. A título de esclarecimento, apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação. 163 Exemplo: Dimensionar a ligação do nó de apoio de uma treliça de jatobá, sabendo-se que o ângulo entre as barras é de 20o, as seções das barras são de 6x16cm², e a carga de compressão aplicada pela barra inclinada é de 6 000 kgf. 16 cm P = 6000 kgf JATOBÁ θ = 20 º 6 6 16 cm Para que a ligação fosse unicamente por meio de dentes, seria necessária uma altura para o dente (e) de: e≥ P ⋅ cos θ , b ⋅ σθ onde σθ = σc ⋅ σn σ c ⋅ sen θ + σ n ⋅ cos 2 θ 2 σ c = 136,5 kgf/cm², σ n = 40,8 kgf/cm² (tabela, p/ o jatobá) θ = 20o, b = 6cm, P = 6000 kgf (enunciado) σθ = 136,5 ⋅ 40,8 136,5 ⋅ sen 20º +40,8 ⋅ cos 20º 2 2 ≈ 107 kgf / cm 2 e≥ 6000 ⋅ cos 20º ≅ 9 cm 6 ⋅ 107 É recomendado, pela prática, a utilização de dentes de altura não superior a 1/4 da altura da peça. No caso: d/4=16/4=4 cm Assim pode-se utilizar dois dentes de 4 cm, e o restante da carga deve ser absorvido por cobrejuntas pregadas ou parafusadas. Neste caso os dentes absorverão uma parcela da carga, Pd, obtida por: P ⋅ cos θ e= d b ⋅ σθ ∴ Pd = e ⋅ b ⋅ σθ cos θ e = 2 . 4 = 8 cm 164 Pd = 8 ⋅ 6 ⋅ 107 ≈ 5465 kgf cos 20º A folga necessária ao cisalhamento, f, e a carga transmitida pelas cobrejuntas ∆P, serão: P ⋅ cos θ f≥ d b ⋅ τl ∴ ΔP = P − Pd τ l = 43,6 kgf/cm² (tabela, para o Jatobá) f≥ 5465 ⋅ cos 20º = 20 cm 6 ⋅ 43,6 f1 ≥ f / 2 = 10 cm (para o primeiro dente ) f 2 ≥ f = 20 cm (para o segundo dente ) ΔP = 6000 − 5465 = 535 kgf (carga a ser transmitida pelas cobrejuntas) a) Caso as cobrejuntas, que transmitirão 535 kgf, sejam pregadas ter-se-á: - Escolha das cobrejuntas 2 tábuas de largura b/2 = 3 cm, altura d = 16cm, evitando-se a verificação de sua resistência. cobrejunta 3 - Escolha dos pregos 3 6 cm peça central 2l 3 l 1 1 ⋅ menor espessura = ⋅ 3 cm = 0,5 cm = 5 mm 6 6 penetração ≥ 2 l = 6 cm, então o prego deverá ter 9 cm = 90 mm 3 Prego adotado: nº 20 x 42, pois δ = 4,4 mm < 5 mm e l = 96 mm > 90 mm. - Quantidade de pregos em cada lado da ligação (np) F = 69,3 kgf (tabela, para ρ15 = 0,96gf/cm3, do Jatobá) np ≥ ΔP 535 = = 8 pregos (em cada lado da ligação) F 69,3 165 foram adotados η = 2.6 kgf F p = 167. σ n = 40.4 167.1 kgf .4 kgf F n = 1. adota-se: F = 167.50 (tabela) σ c = 136.2 ∴ np = 4 parafusos 167.4 kgf (menor dos dois) np ≥ ΔP 535 = ≈ 3.1 kgf (menor dos dois) ou F n = 41 ⋅ η ⋅ σ n ⋅ δ 2 ≅ 268.np 8 = = 4 pregos (em cada face. em cada lado da ligação) 2 2 b) Caso as cobrejuntas.414 ⋅ η ⋅ b ⋅ σ n ⋅ δ ≅ 554.8 kgf/cm² (tabela.5 kgf/cm².4 kgf (menor dos dois) ou F p = 35 ⋅ σ c ⋅ δ 2 ≅ 167. ter-se-á Fp e Fn = 2 planos de corte cobrejuntas = 2 tábuas 3 x 16cm² parafusos de diâmetro δ = 0.8 kgf F n = 268.877 ⋅ b ⋅ δ ⋅ σ c ≅ 459.cobrejuntas c/ barra horizontal θ = 20o Fθ = Fp ⋅ Fn F p ⋅ sen 2 θ + F n ⋅ cos 2 θ = 175 kgf Como a ligação deve satisfazer os dois lados.64 cm (1/4'').4 kgf .cobrejuntas c/ barra inclinada θ = 0o Fθ = Fp = 167.4 Finalmente detalha-se a ligação: 166 . sejam parafusadas. para o Jatobá) b = 6 cm (peça central) ou b = 3+3 = 6cm (soma das 2 cobrejuntas) F p = 0. Cobrejuntas 2(3x16 cm2 ) l = 50 cm 16 cm 32 10 4 6 θ = 20 º 6 16 cm Pregos nº 20 x 42 3 6 3 a) Se a ligação for pregada Cobrejuntas 2(3x16 cm2 ) l = 50 cm 16 cm 32 10 4 6 θ = 20 º 6 16 cm Parafusos δ = 0.64cm 14'' 3 6 3 b) Se a ligação for parafusada 167 . alumínio. Essas superfícies são denominadas "águas" e conforme o seu número. Um telhado com ponto 1:5. As coberturas. tem-se telhados de uma. duas. Os telhados são constituídos por uma ou mais superfícies que podem ser planas. podem ser de barra. quatro ou mais águas. cimento-amianto. uma inclinação que corresponde a 40% e possui um ângulo aproximado de 21º 30'. Ângulo do telhado 33º 30’ 26º 30’ 21º 30’ 17º 30’ 10º Ponto de inclinação 1:3 1:4 1:5 1:6 1:11 Percentagem de inclinação 66 50 40 32 18 168 . As inclinações dos telhados podem ser expressas em ângulo. As superfícies planas são as mais comuns. compensado. TABELA VI Correspondência entre as inclinações do telhado em ângulo. tipo colonial ou francesa. As estruturas de sustentação do telhado normalmente são de madeira ou metálicas. bem como as inclinações mínimas e máximas para cada tipo de cobertura.e) Estruturas de telhado Os telhados são constituídos da cobertura e da estrutura de sustentação. tipo madeirit. 40% 1/5 do vão 21º30' A correspondência entre ponto. percentagem e ângulo. do comprimento do canal e da espessura de sobreposição das mesmas. três. curvas ou mistas. tem a altura do pendural correspondente a um quinto do vão. ou ferro galvanizado. Abaixo se observa um telhado com seis águas. ponto e percentagem. são apresentados a seguir. Cumeeira ã pig Es o ão nc Ri As inclinações dos telhados são funções do tipo da telha. em geral. percentagem e ponto. os caibros e as terças são solicitados à flexão e são dimensionadas como vigas. As terças apoiam-se sobre as tesouras de telhado.TABELA VII Inclinação mínima e máxima para as coberturas mais comuns Tipos de telha Telha Francesa Telha Colonial Chapas de ferro galvanizado Chapas de filtro-cimento Chapas de alumínio Compensado Telhas tipo calha Inclinação mínima 26º 15º 10º 10º 10º 10º 3º Inclinação máxima 60º 45º 90º 90o 90o 90o 90o As telhas de barro apoiam-se sobre as ripas. Nas figuras a seguir pode-se observar uma tesoura simples. apoiam-se no sentido do seu cumprimento sobre as terças. e estas sobre a tesoura de telhado. tipo 2. com o objetivo de vencerem maiores vãos com menor gasto de material estrutural. tipo 3. que encarregam-se de transmitir a carga permanente e acidental da cobertura sobre os pilares ou paredes. e estas sobre caibros. tipo 1. e uma tesoura mais complexa que pode vencer vãos de até 25 m. As tesouras de telhados são sistemas estruturais (treliças) construídos de forma que todos os elementos sejam solicitados à compressão ou tração. TIPO 1 TIPO 2 169 . e estes sobre as terças (trama). A nomenclatura das partes componentes da tesoura de telhado é também mostrada nesta última figura. As ripas. uma tesoura normal. tipo cimento-aminato. As telhas leves. 76 m² Peso da cobertura e acessório Peso próprio da terça (estimado) Ação do vento 21 kg/m² 17 kg/m² 18 kg/m² 56 kg/m² Carga por nó = 6.52 B 170 .6 kg ≈ 380 kg Esquema da Estrutura e Cargas Atuantes: 3 380 kg 12 P 380 kg 5 380 kg 12' K 6' L P 14.00 m 4. Considere um telhado com cobertura de cimento-amianto que tenha: Vão da tesoura: Distância entre tesouras: Distância entre terças: Inclinação do telhado: Cálculo das cargas sobre cada nó: Considera-se a área de influência da cobertura sobre uma das terças: 4.69 m 15º P 1 380 kg 380 kg C 2 R A 4 2 380 kg P H 6 380 kg P O E 8 7 380 kg P P 8 380 kg 1. A seguir apresenta-se um esquema para cálculo de uma tesoura de telhado.00 m x 1.76 m² x 56 kg/m² = 378.b c d e TIRANTE 1 ES TIPO 3 PENDURAL AS NA TIRANTE 4 TIRANTE 3 ES CO RA PERNA TIRANTE 2 RA CO C ES A OR 2 1 3 ESCORA 4 e d c PARAFUSOS b a ESTRIBO LINHA As tesouras de telhado podem ser dimensionadas por meio de cálculos estáticos ou por métodos gráficos.00 4' 1 A N 2' 1' B O 6 F 10 I 10' J 6' R 13.69 m = 6.00 m 1. convencional.440 + 185 + 4. 171 .930 .680 + 385 + 3.3. e os detalhes dos respectivos nós para vãos até 15m . procede-se ao desenho e dimensionamento do mesmo.920 + 1.815 Barra 8 9 10 11 12 13 Esforços (kg) .685 .Determinação dos Esforços Por se tratar de cargas em posições simétricas. e três tabelas para dimensionamento de estrutura de madeira para telhado com cobertura de barro e com coberturas leves tipo cimento-amianto.550 .4. P 0 P 1 P 2 12' 9 6 9 10 8 13 12 R A 1 3 P 3 P 4 P 5 P 6 P 7 P 8 R B 5' 5 Diagrama de Forças (Cremona) Quadro dos esforços nas barras. Barra 1 2 3 4 5 6 7 Esforço (kg) . para a determinação dos esforços em cada uma das barras.270 . A título de exemplo. tem-se: RA = RB = 380 ⋅ 8 = 1520 kg 2 A seguir a estrutura poderá ser resolvida empregando o método de Cremona.900 .100 + 4. apresenta-se a seguir um esquema de uma tesoura de telhado tipo 3.2.145 De acordo com os esforços de cada peça que concorre a um determinado nó.5. A madeira a ser utilizada deverá ter características iguais ou superiores àquelas mencionadas nas tabelas.As tabelas deverão ser empregadas para telhado com inclinação igual ou superior ao ângulo especificado nas mesmas. Detalhes dos encaixes nos nós de tesouras de telhado convencional Peça comprimida Peça tracionada Esforço externo Reação interna do material P P P P/2 1 P 3 P 5 P/2 6 2 1 3 20 90º 3 3 90º 20 NÓ 2 NÓ 1 172 . 3 3 90º 90º NÓ 4 NÓ 3 3 90º Para vãos maiores que 10 m utilizar dois parafusos de diâmetro 16 mm 25 3 90º NÓ 5 NÓ 6 173 . 5x23 7.5x7.2x7.5 7.5x7. frechais e cumieira Perna Asna Escora 1 Escora 2 Pendural Tirante 1 Tirante 2 Linha 5 3.5x7.5 7.5 7.5x11.5 7.5x11.5x15 7. (b)As seções das peças.5 7.5 2.5x11.5x15 7.5 m Vão até (m) Tesoura tipo Nº de terças + frechais + cumieira Caibros Terças.5 7.5x10 7.5 7. C.5x11.8o ≤ 0.5 7.5x7.: (a)A tabela é adaptada do livro "Tesouras de Telhado" de autoria de J.5x23 7.5x23 7.5x11.5 7.5x23 9 7.5x23 7.5 5 7.5 7.5 7.5x11. em cm.5 7.5 2. comp σadm.5x15 7 7.5x23 7.5 7.5 7.2x7. REGO MONTEIRO.5x7.5x7.5x7.5x15 7.5x7.5x7. estão dimensionadas considerando os enfraquecimentos nos encaixes.2x7.5x23 7.5 7.5 7. // ≥ 21.5 7.5 m ≥ 70 kg/cm² ≥ 70 kg/cm² ≥ 20 kg/cm² 5 2 7 2 9 2 11 3 13 3 15 4 Distância entre tesouras ≤ 3. 174 .5x11.5x18 7 7.5x15 5 7.5 7.5x23 7.5x11.TABELA VIII Engradamento para coberturas de barro 1 2 3 4 Inclinação do telhado Distância entre caibros Madeiras: σadm.5x23 7.2x7.5x7.8x7.5x15 2. tração τ adm.5 7.5x11.5 7.5x23 7.5x23 Obs.5 7.5x15 2. 0 7.5x7.5x7.5 5.5 5.5x11.5x7.5x7.5 2.5x11.5x15 7.0x7.5x11.0x7.5 10 7.0 7.0x7.5x15 7.5x7.0 7.5 8 7.5 5.5x10 1.0 7.5x7.5x7.23 m ≤ 1.00 m ≤ 0.5 2.5x15 7. estão dimensionadas considerando os enfraquecimentos nos encaixes. comp σadm.5 2.5x7.5 7. frechais e cumieira Perna Asna Escora 1 Escora 2 Escora 3 Pendural Tirante 1 Tirante 2 Tirante Linha 6 7.2x5.5x10 1.5x15 7. // ≥ 15º ou 27% ou 1:7 ≤ 4.5 5.2x5.5x15 12 7.5x11.0x7.5 2.63 m ≥ 70 kg/cm² ≥ 70 kg/cm² ≥ 20 kg/cm² 5 1 7 2 9 2 11 3 13 4 15 4 Vão até (m) Tesoura tipo Nº de terças + Frechais + cumieira Terças.5x23 Obs.0 7.5x7.5x23 12 7.5x11.5x7.0 7.5 7.5 5.5 5.5 5.2x5.5 2.5 1.: As seções das peças. em cm.0x7.5x7.0 7.2x5.5 1.5x15 7.5x7.5x7.5x7.5x15 7.0 7.0x7.5 7. 175 .5x11.5x11.2x5.5 7.5x11.TABELA IX Engradamento para coberturas leves tipo cimento-amianto 1 2 3 4 Inclinação do telhado Espaçamento entre tesouras Beiral Distância entre frechal e terça Distância entre terça e terça Madeira: σadm. tração τ adm.5 8 7.0 7.5x10 7.5x15 7.0 7.5 1.5 7.5x15 7.40 m ≤ 1.5x7.0 7.0 7.0x6.5 3.8x7. 0 7.0 5.5x15 7. // ≥ 20º ou 36% ou = 1:5 ≤ 4. tração τ adm.5x7.5x11.5 1.5x7.0x6.5 7.5x15 7.0 7.5x15 7.2x5.5 7.0 7.2x5. comp σadm. estão dimensionadas considerando os enfraquecimentos nos encaixes.0x7.5x7.8x7.5 5.5 10 7.5 3.40 m ≤ 1.5 7.00 m ≤ 0.5 2.0x6.5x7.0x6.5 2.5x11.5 7.5x11.5 3.5x7.: As seções das peças.5x7.5x7.5x11.0 7.5 1.5 5. 176 .5x7.5 5.5 7.5x7.0 5.5x11.0 7.5x15 Obs.5x15 7.0 7.TABELA X Engradamento para coberturas leves tipo cimento-amianto 1 2 3 4 Inclinação do telhado Espaçamento entre tesouras Beiral Distância entre frechal e terça Distância entre terça e terça Madeira: σadm.2x5.5x7.5 5.5x7.23 m ≤ 1.5x10 1.5x7.5x15 7.5 5.5 7.0 5.5x7. em cm.5 12 7.5x11.5x7.0x6.0x7.5x11.0 7.0 7.5 7.8x7.5 1.5x7.0 7.0x6.5x11.5x10 7.5 8 7.5 2.5 2. frechais e cumieira Perna Asna Escora 1 Escora 2 Escora 3 Pendural Tirante 1 Tirante 2 Tirante Linha 6 7.0 7.5x15 7.5 2.5x11.63 m ≥ 70 kg/cm² ≥ 70 kg/cm² ≥ 20 kg/cm² 5 1 7 2 9 2 11 3 13 4 15 4 Vão até (m) Tesoura tipo Nº de terças + frechais + cumieira Terças.2x5.0x7.5x10 1.2x5.5 8 7.5x15 12 7. l FL.000(comp) 2. S.000 Elementos σ aço kgf/cm2 1. traçando se necessário.000 - * Tensão admissível ao esmagamento do furo ** Tensão admissível ao cisalhamento do tronco a) Roteiro: Aço à compressão 1º Passo) Obter o esforço normal máximo.300(tração) 1. Nmáx.8 gf/cm3. o diagrama de força normal (ver tabela) 2º Passo) Adotar uma seção para verificação e obter a área da seção transversal.400 900 (tração) 1.440(comp) 4.800* 1. 177 .050 τ aço σ aço 700 - 1.540** Aço de baixa liga Cisalhamento Módulo de elasticidade E τ aço 2 kgf/cm2 kgf/cm 1.Dimensionamento de peças estruturais de aço Ao iniciar o dimensionamento de peças de aço.050 1. o carbono ou doce e os de baixa liga. é função do esquema estático e para estruturas de aço é adotado conforme a seguir. As características admissíveis destes aços são fornecidas na tabela a seguir: TABELA XI Características admissíveis de aços Tração e compressão kgf/cm2 Barras e chapas de fixação Solda elétrica manual Rebites e parafusos 1. imín (ver tabela).100* 1.050** Aço carbono Cisalhamento Módulo de elasticidade E kgf/cm2 2. l FL. Dois tipos de aço são utilizados em estruturas. e calcular o índice de esbeltez. Ambos têm um peso específico da ordem de 7. por: λ= l FL i mín Observação: O comprimento de flambagem. Isto evitará confusões com unidades.2 .4.100.540 2.000 Tração e compressão kgf/cm2 2. visto que as características do material são encontradas com estas unidades. recomenda-se a utilização das unidades de forças em kgf e de comprimentos em cm. este último de maior resistência e utilizado em estruturas especiais. λ . 3º Passo) Identificar o comprimento de flambagem.100. e o raio de giração mínimo. 0473 . σ FL .P P P P P l l l l l l FL = 2 l l FL = l l FL = 0. função do índice de esbeltez. a) Para aço carbono a.0.2) Se λ ≥ 86 σ FL = 10363000 kgf / cm 2 2 λ 178 . λ. e do tipo de aço.1) Se λ < 86 σ FL = 1.1) Se λ ≤ 105 σ FL = 1. conforme o esquema estático. λ² kgf / cm 2 a.Comprimento de flambagem ( l FL).023 . λ² kgf / cm 2 b.699 l l FL = 0.5 l Figura 11 . 4º Passo) Obter a tensão admissível de flambagem.750 .0.200 . adotados para o aço.699 l l FL = 0.2) Se λ > 105 σ FL = 10363000 kgf / cm 2 2 λ b) Para aço de baixa liga b. 50 1.50 1.i'mín. Neste caso deve-se aumentar a seção e refazer o problema a partir do segundo passo. onde: i' mín = o menor i mín dentre os dos elementos. com a tensão admissível de flambagem.20 m 1.Nmáx = 1700 kgf 2 . σat. entretanto é maior que o necessário tornando a solução anti-econômica.50 Esquema estático da treliça Pode-se calcular as características da seção composta por: . Neste caso deve-se diminuir a seção e refazer o problema a partir do segundo passo.700kgf.S e imín = ? Adotando-se 2 cantoneiras de abas iguais identificadas por: L1 1' ' 1' ' 3' ' x1 x 4 4 16 800 kg 800 kg 800 kg 400 kg 2 1 5 6 7 6' 5' 3 4 3' 2' 1' (tabela) 800 kg 800 kg 400 kg 1. b) Se σat for muito menor que σ FL (σat << σ FL ) a seção. escolher a seção de aço carbono. necessária para resistir a este esforço. recomenda-se a ligação entre seus elementos. composta por duas cantoneiras de abas iguais. concluindo sobre a seção da peça. a) Se σat > σ FL . apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação. A título de esclarecimento.50 9m 1. então a seção adotada é uma boa solução para o problema. 1 . σfl. atua uma força de compressão de 1.50 1. Observação: No caso de peças de seção composta.50 1. a cada 40. Exemplo: Sabendo-se que na barra 3 .5º Passo) Calcular a tensão atuante máxima. c) Se σat for aproximadamente igual. σat. por: σat = N máx S 6º Passo) Comparar a tensão atuante máxima. resiste aos esforços. então a seção é insuficiente para resistir aos esforços.7 da treliça representada na figura a seguir. entretanto menor que σ FL (σat < σ FL ).Características dos elementos Elemento 1 = Elemento 2 179 . 78 + (− 1.1.y Chapa de ligação Solda S1 = S2 = 2.7 .188cm x ⋅ S + x 2 ⋅ S 2 1.00 cm4 Jy-y = ∑Jiy-y + ∑(∆xi .88² x 2.188 ⋅ 2.S2)∴ ∆∆ Jx-x = 2.78 + 2.95 cm ∑ Si 0.476 ∑ xi ⋅ Si ∴ x1 = + 0.78 = xg = 1 1 = 0 cm S1 + S 2 2.188 y 2 1.78) = 12.188 cm 2 ∑ Si x2 = -x1 = .188) ⋅ 2.50 cm4 J1y-y = J2y-y = 2.S1+∆y2².188² x 2.50 + (1. Si) = J1x-x + J2x-x + (∆y1². Si) = J1y-y + J2y-y + (∆x1².95 ⋅ 2.50+2.847 cm4 ix−x = Jx−x 5.78 0.95 ⋅ 2.Posição do centro de gravidade xg = 0.S1+∆x2². então imin = ix-x = 0.95 cm 2.95 cm CG1 CG da seção composta CG2 x .95 y 2 0. desde que a seção tenha ao menos um eixo de simetria.78 y yg = yg = ∑ yi ⋅ Si ∴ y1 = y 2 = 0.78 + 0.50 + 2.95 1 0.50 cm4 CG1 CG2 x 0.476 cm (3/16'') Seção adotada para a barra 3 . 2.78) + (1.95 Cantoneira 0.78 = 0.S2) ∴ ∆ ∆ Jy-y = 2.78 + 2.56 J y−y S 2 i y− y = = 12.95 = 1.00 = = 0.78 cm² J1x-x = J2x-x = 2.78 = 5.948 cm S 5.56cm 1 1.520 cm 5.847 = 1.50 + 0 + 0 = 5.188 Jx-x = ∑Jix-x + ∑(∆yi² .Características da seção composta S = ∑Si = S1+S2 = 2 .948 cm 180 .56 imin = menor entre ix-x e iy-y. 50 m 3 x l 7 1. como segue: 1.8 m 4.σ FL = ? Para o aço carbono.l FL e λ = ? A barra 3-7 é bi-articulada aos nós 3 e 7 da treliça e.32 > 105 σ FL = 10363000 λ 2 = 10363000 179.76 kgf/cm² < σ FL = 322.948 3.27 kgf / cm 2 5 . o comprimento de flambagem é o comprimento da barra (ver figura).32 2 = 322.32 i mín 0.61 = 24.0.00 l 2 = x 2 + 150 2 => l = 170 cm l 170 λ = FL = = 179.27 kgf/cm² ok! Recomenda-se um espaçamento de 40 i'mín entre elementos de ligação. obtem-se o comprimento da barra. i'mín = i mín do elemento = 0.56 6 . λ = 179.20 m 4 .4cm Pode-se adotar para a barra 3-7 da treliça em questão uma seção composta por duas cantoneiras L1 1' ' 1' ' 3' ' x1 x 4 4 16 (tabela) ligadas entre si a cada 24cm.50 1. Pela geometria da treliça.3 . 181 . portanto.Verificação σat = 305.50 3. por pequenas chapas de ligação de 2" x 1" x 3/16".61cm (tabela) 40.20 x = => x = 0.76 kgf / cm 2 S 5. soldadas às cantoneiras. i 'mín = 40 x.σat = ? σ at = N máx 1700 = = 305.00 4. por: σ at = N máx Su 182 . 2º Passo) Adotar uma seção para verificação e obter a área da seção transversal.Área dos furos .8 ⋅ S 4º Passo) Calcular a tensão atuante máxima. é usual adotar-se: S u = 0. adotando-se: S u = 0. ou seja a área da seção transversal que efetivamente absorve o esforço. traçando. Nmáx.Quando conhecida a ligação Sfuros = 2 ⋅ φ ⋅ δ S u = S − Sfuros δ δ P P φ Figura 12 .1) Existência de furos para parafusos ou rebites .Quando a ligação é desconhecida Neste caso reserva-se parcela da área para a ligação. Assim. a) No caso de ligações soldadas. Su. b. σat. a área não é enfraquecida. o diagrama de força normal (ver tabela). a área da seção é enfraquecida pelos furos ou diminuída pela existência de rosca. S (ver tabela) 3º Passo) Obter a área útil.b) Roteiro: Aço à tração 1º Passo) Obter o esforço normal máximo.2) Existência de rosca (ferros redondos) Neste caso a área é diminuída pela rosca.8 ⋅ S b. a área útil é igual a área da seção transversal: SU = S b) No caso de ligações parafusadas ou rebitadas. se necessário. 96 = 2.368cm² 4 . já com bastante folga.50 9m 1. necessária para resistir a este esforço.96 cm² 3 .8 . atua uma força de tração de 400 kgf. A título de esclarecimento.Verificação σat = 169kgf/cm² << σ aço = 1400 kgf/cm² (tabela) A seção adotada é maior que o necessário.50 1. σat. embora desconhecidas. apresenta-se a seguir um exemplo de aplicação.σat = ? σ at = N máx 400 = ≅ 169 kgf / cm 2 Su 2.48 = 2. Caso o desenho estrutural permita.5º Passo) Comparar a tensão atuante. σ aço (ver tabela). entretanto menor.50 1 .Su = ? Admitindo-se que as ligações sejam rebitadas. 1.368 5 . poderá ser empregada apenas uma barra. composta por duas cantoneiras de abas iguais. a seção resiste aos esforços. 800 kg 800 kg 800 kg 400 kg 2 1 5 6 7 6' 5' 3 4 3' 2' 1' 800 kg 800 kg 400 kg 1. Neste caso deve-se diminuir a seção e refazer o problema a partir do segundo passo.50 1. S = 0.Nmáx = 400 kgf 2-S=? Adotando-se para a seção duas cantoneiras L 1” x 1” x 1/8” (ver tabela) obtém-se: S = 2 . 2. 183 . com a tensão admissível do aço.20 m 1.50 1.8 . então a seção adotada é uma boa solução para o problema. a seção é insuficiente para resistir aos esforços. Exemplo: Sabendo-se que na barra 3-6 da treliça representada na figura a seguir. escolher a seção de aço carbono. que σ aço (σat < σ aço ). tem-se: Su = 0. entretanto já é a menor seção composta por duas cantoneiras de abas iguais.50 1. concluindo sobre a seção da peça. c) Se σat for aproximadamente igual. b) Se σat for muito menor que σ aço (σat << σ aço ). entretanto é maior que o necessário tornando a solução anti-econômica. a) Se σat > σ aço . Neste caso devese aumentar a seção e refazer o problema a partir do segundo passo. τ l = tensão de cisalhamento longitudinal da alma da viga à distância τ t = tensão de cisalhamento transversal. e a tensão nesta fibra será a tensão máxima na seção considerada. isto é. Vigas de perfis simples são principalmente usadas para suportar pavimentos de edifícios e estrados de pontes. sem haver necessidade vários perfis para formar um todo resistente. diz-se que é uma viga de perfil simples. da área da seção transversal situada acima do eixo neutro. o que representa a rigidez da viga. são chamadas longarinas ou transversinas. assim permaneçam após a atuação do momento e que as deformações são proporcionais às tensões.c) Aço à flexão estática Convenciona-se chamar de viga a uma peça estrutural que esteja submetida principalmente a esforços de flexão. Nas construções metálicas. A teoria em que se baseia a fórmula acima é condicionada à hipótese de que as seções que são planas antes da flexão. as vigas secundárias quase sempre são longarinas e as vigas que transmitem as cargas destas às vigas principais chamam-se transversinas. O perfil escolhido deve. satisfazer a duas outras condições: 1º) A área da alma deve ser suficiente para poder resistir aos esforços cortantes. as vigas que recebem cargas de vigas secundárias. Para a verificação do cisalhamento são empregadas as fórmulas: Q ⋅ Ms j⋅ t Q t⋅h τl = e τt = onde: y do eixo neutro. quando para um dado momento atuante. h = altura da viga. O dimensionamento das vigas de perfis simples é feito por meio da conhecida fórmula de flexão simples. Y = é a distância do eixo neutro a qualquer fibra. Ms = momento estático em relação ao eixo neutro. Nas pontes. J = é o momento de inércia da seção transversal efetiva. σf = Onde: M⋅Y J σf = é a tensão na fibra à distância Y do eixo neutro. se consegue uma seção resistente empregando um perfil laminado isolado. e quando se toma Y = C. no entanto. Q = força cortante vertical total na seção transversal considerada. 2º) Para um dado vão. conforme seus eixos sejam paralelos à dimensão longitudinal ou transversal da planta. que transmitem as cargas das lajes às vigas principais. a seção transversal deve ter um momento de inércia tal que mantenha a flexão da viga dentro dos limites impostos pelas normas. Isto significa que as solicitações devem ficar abaixo do limite elástico. Nos edifícios. 184 . esta será a distância à fibra extrema da seção transversal. no caso de cisalhamento). por exemplo. 185 .t = espessura da chapa da alma.cm 1400 kg / cm 2 = 1121cm 3 Indo. definido como o momento de inércia dividido pela distância à fibra extrema.161 cm3. Caso se quisesse executar um furo de 1''. proporcionalmente às suas respectivas distâncias à linha neutra. escolhe-se uma bitola de viga laminada que forneça o módulo requerido. Furos na alma da viga deverão também ser deduzidos. A imposição de um limite para a flecha máxima de vigas se justifica pela necessidade de evitar que apareçam trincas nos pisos. A prática americana adota o critério de descontar um furo em cada mesa. 2º) Em tabela de propriedades de perfis estruturais. comprovada por testes feitos. seria necessário descontar este furo no cálculo do momento de inércia.15m. o que daria praticamente a mesma resistência final. a uma tabela específica adota-se uma viga duplo T de aba larga de 71. Exemplo: Obter uma seção de viga laminada para suportar uma carga de 1500 kg/m. M máx = 1 ⋅ 1500 ⋅ 9.4 kg/m que fornece um módulo de resistência de 1. na seção considerada. mesmo que se trate de uma mesa só furada. portanto. para obter o valor do módulo de resistência necessário. J = momento de inércia da seção transversal efetiva (área bruta. com o mínimo de peso. Vigas de diferentes seções que estejam suportando um mesmo pano de parede devem fletir por igual e. devem ser calculadas para produzir a mesma flecha.15 2 = 15698 kg. A prática americana limita esta flecha em 1/360 do vão e as normas brasileiras em 1/350. por exemplo. O caminho a seguir quando se emprega o módulo de resistência para o dimensionamento é o seguinte: 1º) Divide-se o momento fletor pela tensão admissível. A escolha de uma determinada bitola de viga é feita por meio do chamado momento resistente ou seja o módulo de resistência da seção. o que não obriga ao cálculo com a linha neutra deslocada.m 8 Módulo de resistência necessário: W= 1569800 kg. para um vão de 9. forros e paredes. Tensão admissível do aço: 1400 kg/cm² (admitindo contenção lateral suficiente para controlar a flambagem da mesa comprimida). Reescrevendo a equação de flexão na forma: M J = =W σ Y o símbolo W representa o módulo de resistência da seção. em uma das abas. desde que a distância entre pontos de apoio lateral seja maior que 40 vezes o raio de giração da seção transversal. tem-se: 5 ⋅ 15 ⋅ 915 4 2. entra-se em tabela específica e determina-se o perfil que seja mais econômico. conforme for o caso. o que só deve ser verificado com cuidado na alma das vigas de perfis compostos. é dada por: f máx = 5 q. À semelhança do que foi visto para estruturas de madeira. admitindo o emprego de fórmulas que reduzem a taxa de trabalho admissível em função do efeito de flambagem. nos perfis laminados comuns.54 cm ⎝ 360 ⎠ A flecha de uma viga simplesmente apoiada. a viga se romperia nas proximidades do seu limite elástico. para considerar o efeito conjunto da solicitação de flexão com compressão ou tração. Vigas flexo-comprimidas ou flexo-tracionadas. caso contrário. É recomendável que se faça a verificação da flambagem da mesa comprimida. deve-se adicionar à tensão de flexão a tensão de tração ou tensão de compressão. é de pouca importância. mantendo a flecha limitada a 1/360 do vão. O mesmo se pode dizer da flambagem segundo um eixo vertical da alma. entendendo-se que tais taxas de trabalho pressupõem a sujeição da mesa de compressão da viga contra a flambagem lateral pois. Donde se conclui que a mesa comprimida se comporta como uma coluna. da mesa e da alma das vigas. Há também a possibilidade da ocorrência da flambagem diagonal da alma. devido a flecha lateral da mesa comprimida. Porém.L4 ⋅ 384 E ⋅ J Fazendo f = fmáx .54 = => J = 25670 cm 4 384 ⋅ 2100000J Com este valor. com carga uniforme. As taxas de trabalho usuais de vigas são idênticas para a tração e compressão. com base em seu peso por unidade de comprimento. 186 . Flambagem lateral. ⎛ 1 ⎞ f =⎜ ⎟ ⋅ 915 = 2.Exemplo: Seja calcular uma viga para o caso do exemplo anterior. e 1. 187 . no caso de aço carbono. no caso .para solda em ângulo ls ≥ N máx 0.300kgf/cm². O cálculo de ligações soldadas consiste em obter a altura da solda. no caso de aço de baixa liga. pode-se calcular o comprimento total da solda por: . no caso de aço carbono. e 1.Tipos de ligações soldadas. ls. para esforços de compressão Nmáx = força a ser absorvida pela ligação. como a espessura da barra. 2 a 3 mm hs δ < 14 '' simples l S1 60 a 70º l S = l S1 + l S2 Solda hs 2 a 3 mm 1 '' 1 '' 4 <δ≤ 2 em " V" 60 a 70º l S2 hs hs 2 mm δ > 12 '' duplo " V" 2 a 3 mm Solda de Filete a) Solda em ângulo b) solda em topo Figura 13 . parafusadas ou rebitadas.Para solda em topo ls ≥ ls ≥ N máx τ s (+) ⋅ hs .440kgf/cm². Adotando-se hs. no caso de aço carbono. e 1000 kgf/cm².7 ⋅ τ s ⋅ hs onde: de aço de baixa liga. Nmáx = força a ser absorvida pela ligação τ s = 700 kgf/cm².1) Ligações soldadas As ligações soldadas podem ser em ângulo ou em topo. no caso de aço de baixa liga.000kgf/cm². d. para esforços de tração N máx τ s (−) ⋅ hs . τ s (-) = 1. hs (em geral adotada como a espessura da barra) e o comprimento total da solda. conforme figura a seguir. onde: τ s (+) = 900kgf/cm².d) Ligações em peças estruturais de aço As ligações em peças estruturais de aço podem ser soldadas. 8 ⋅ π ⋅ d 2 π ⋅ d ⋅ hp ⋅ σ aço ou F = ⋅ τ aço 4 2 onde: d = diâmetro do parafuso. As ligações parafusadas podem ser utilizadas para absorver forças axiais ao parafuso. F. por: np ≥ onde: N máx F Nmáx = força a ser absorvida pela ligação. 188 . em kgf. em cm. a força admissível do parafuso. σ aço = tensão admissível do aço (ver tabela). δ mín = menor espessura das peças de ligação. em cm. usar o menor dos seguintes valores: πd 2 F= ⋅ τ ou F = d ⋅ δ mín ⋅ σ esm 4 . será o menor dos seguintes valores: F= 0. hp = altura da porca. F = força admissível de um parafuso. no caso de corte simples. σ esm = tensão admissível ao esmagamento do furo (ver tabela). no caso de corte duplo. ou rebites. np.No caso de corte duplo (dois planos de corte) F= πd 2 ⋅ τ ou F = d ⋅ δ mín ⋅ σ esm 2 onde: F = força admissível no parafuso. em kgf/cm2. em cada parafuso ou rebite pode ser obtida por: . deve-se obter o número de parafusos ou rebites necessários em cada lado da ligação. ou o menor valor entre a espessura da peça central e a soma das cobrrejuntas. em kgf. Em seguida pode-se obter o número de parafusos. d = diâmetro do parafuso. δ = tensão admissível ao cisalhamento do tronco (ver tabela). ou rebite.d. A força admissível. Neste caso. em cm. em cm.No caso de corte simples (um plano de corte).2) Ligações parafusadas ou rebitadas No caso de ligações parafusadas ou rebitadas. 476 cm). Utilizar aço carbono. Chapa de ligação Espessura 3/16'' (0. solda em ângulo adota − se l s = 8 cm ls ≥ 1700 = 7.7 ⋅ τ s ⋅ hs . deste item.6 na chapa de ligação hs = δ = ls ≥ 1" = 0.Ligação da barra 3-7 na chapa de ligação hs = δ = 3/16'' = 0.476 cm) 2L 2" x 2" x 1/4 " 1700 kgf Barra 3-7 2L 1 1/4" x 1 1/4" x 3/16 " 4000 kgf Barra 3-6 2L 1" x 1" x 1/8 " a) No caso de ligação soldada .6 cm 0.Porca Parafuso P P Figura 14 .317 cm 8 .7 ⋅ 700 ⋅ 0.476 .317 189 .Ligação parafusada com força axial Exemplo: Dimensionar a ligação do nó 3.Ligação da barra 3 . solda em ângulo adota − se l s = 3 cm N máx 0.7 ⋅ 700 ⋅ 0. da treliça dos exemplos 1 e 2.7 ⋅ τ s ⋅ hs ls ≥ 400 = 2. sabendo-se que a barra do banzo superior desta treliça é composta por duas cantoneiras de abas iguais L 2''x2''x1/4'' e a chapa de nó tem espessura de 3/16'' (0.3 cm 0.476 cm ls ≥ N máx 0. l s = 8 + 3 = 11cm h s = δ = 1 / 4" = 0. obtendo-se o número de rebites: 190 .635 cm Assim a ligação ficará: 5 5. simplesmente.Ligações da chapa de ligação ao banzo superior O correto seria obter a resultante das forças aplicadas pelas barras 3 . ou 2 2 F = d ⋅ δ mín ⋅ σ esm = 0. cm 4 cm 5 5..6 e 3 . Na prática.635 cm) obtem-se: .7 e obter o comprimento da solda. No caso o rebite é solicitado a corte duplo F= πd 2 π ⋅ 0.635 2 ⋅τ = ⋅ 1050 = 665 kgf . cm 1.635 ⋅ 0.476 ⋅ 2800 = 846 kgf (δ mín = 3 / 16" < 2 x 3 / 16") Utiliza-se portanto F = 665 kgf. somam-se os comprimentos de solda e aplica-se nesta ligação.5 cm b) No caso de ligação rebitada ou parafusada Adotando-se rebites de diâmetro igual a 1/4'' (0.Ligação da barra 3-7 na chapa de ligação. adotam-se 5 rebites de 1/4''. 665 . . e a ligação ficará: Rebites de 1/4" Observação: As dimensões da chapa de ligação devem ser tais que permitam a colocação dos rebites ou parafusos. np ≥ N máx F = 400 ≅ 0.Ligação da barra 3-6 na chapa de ligação .6 => adota − se 3 rebites de 1 / 4". 665 As normas brasileiras recomendam utilizar no mínimo dois parafusos ou rebites. 191 .6 => adota − se 2 rebites de 1 / 4".corte duplo πd 2 F= ⋅ τ = 665 kgf . ou 2 F = d ⋅ δ mín ⋅ σ esm = 846 kgf (δ mín = 3 / 16" < 2 x 1 / 8") Utiliza-se portanto F = 665 kgf. pois um defeito de fabricação no parafuso ou rebite.Ligação da chapa de ligação ao banzo superior De forma análoga ao item a.np ≥ N máx F = 1700 ≅ 2. comprometerá toda a estrutura. o problema do dimensionamento consiste em fazer com que as dimensões da seção sejam tais que o colapso se realize para o momento Md. também chamado fator de majoração das cargas é igual a 1.5 mm/ m 2 mm/m 0. c) o alongamento máximo permitido ao longo da armadura de tração é de 10 mm/m a fim de evitar deformação plástica excessiva. O fator de segurança γf.85 f cd x h L H (a) As d εyd b εcd x d Y = 0. também chamado de momento característico Mk. quais sejam: a) as seções transversais se conservam planas até a ruptura.5 mm/m na flexão simples.4 pela nova norma brasileira. momento de ruptura ou simplesmente momento de cálculo. O momento corresponde a este estado-limite da seção é chamado de momento último. d) a distribuição das tensões do concreto na seção se faz de acordo com o diagrama parábola-retângulo da Figura (a). b) o encurtamento de ruptura do concreto à compressão é de 3.1 . Multiplicando o momento atuante pelo coeficiente de segurança γf. O problema tem que ser resolvido dentro das hipóteses fixadas para o estádio III. Md = γf Mk.85 f cd Rc h L' N' (b) z As εyd Rt 192 .DIMENSIONAMENTO DE ESTRUTURAS DE CONCRETO ARMADO 1 – Cálculo de concreto armado no estado-limite último 1. designado por Md.3 .80x 0. isto é. b εcd = 3. obtido o momento de cálculo Md.4. a de que a seção atingirá o seu estado-limite de segurança (ruptura) quando atuar um momento igual a Mk multiplicando por um coeficiente γf. chamado de coeficiente de segurança.Generalidades O novo conceito de cálculo consiste em estabelecer como segurança de uma seção sujeita a um momento M. divididas por um coeficiente de minoração γs=1.80.Permite-se substituir o diagrama parábola-retângulo por outro retangular com altura 0. nas construções. As tensões a adotar no estado-limite último são as de ruptura. tem por objetivo corrigir o fato de que as tensões de ruptura dos concretos (fck). paralela ao diagrama de carregamento.4 é substituído por 0. Para os aços com escoamento acima de 4. se a carga for retirada. O coeficiente de minoração. Nas seções em que a largura cresce à medida que se aproxima da linha neutra (seções triangulares ou circulares. sem patamar de escoamento. Se for atingido o ponto de escoamento da armadura. CA-60B. Para os aços sem patamar de escoamento. o diagrama segue uma linha reta.8 vezes a distância da linha neutra (Figura (b)). define-se como escoamento convencional o ponto do diagrama tensão-deformação para o qual. CA60A. γc. 193 . CA-50A. a tensão máxima na fibra mais comprimida é multiplicada por 0. são designados por CA-40B. CA50B. por exemplo) o coeficiente 0. em cujos resultados se baseiam a dosagem do concreto. 1. deixando uma deformação residual de 2 mm/m. assim.4.000kg/cm2 (CA-50 ou CA-60). onde o número representa o limite de escoamento em kg/mm2 e a letra A significa a existência de patamar de escoamento.15 para prever possível deterioração das propriedades do aço com o tempo e pequenos erros de posição das armaduras na obra. definido como a tendência que a resistência do concreto tem de se reduzir sob a ação da carga permanente. chamadas tensões características.85 da figura 3.2 .Propriedades dos aços Os aços com patamar de escoamento são designados por CA-40A. onde a letra B significa a não existência de patamar de escoamento. a tensão de cálculo será f yd = fy γs As tensões de escoamento obtidas nos ensaios são. tenham ou não patamar de escoamento. divididas por um coeficiente de minoração. podem ter valores inferiores aos dos corpos de prova ensaiadas em laboratório. é exigida a existência de mossas ou saliências a fim de melhorar sua aderência. a tensão no estado-limite (tensão de cálculo) é dada pela fórmula: f f cd = ck γc Onde: fck (tensão característica) é a tensão mínima de ruptura obtida nos ensaios e para γc adota-se 1. Para levar em conta o chamado efeito de rusch.85 no caso das seções retangulares e naqueles em que a largura da zona comprimida decresce à medida que se aproxima da linha neutra. Os aços encruados. e) a tensão na armadura é tirada do diagrama tensão-deformação do aço empregado. Para o concreto. o diagrama tem o aspecto indicado na figura (b). dá o ponto B que determina o diagrama OBF'. Assim. A tensão de escoamento e o alongamento de cálculo do aço com patamar são: f yd = fy 1. correspondente a um aço de categoria A com o mesmo escoamento do aço B representado na linha OAEF. 194 . deslocando paralelamente à reta AO. até a linha EF'.O limite de escoamento real ou convencional é designado por Fy. paralela ao eixo. Observa-se na figura (b) que até uma tensão de 0.002 Na falta de ensaios. pode-se obedecer aos detalhes indicados no diagrama da fig (b). verificaremos que dois aços de mesmo escoamento de categorias A e B tem diagramas coincidentes nos trechos OA e EF'. o diagrama é curvo. diferindo somente no trecho AE.85f yd B 0. sendo E o ponto de escoamento convencional do aço sem patamar (correspondente à deformação residual de 2mm/m ao descarregar a armadura durante o ensaio). No trecho AE. o diagrama tem o aspecto indicado na figura (a) limitado pela linha LL correspondente ao alongamento de 10mm/m. que é curvo no aço de categoria B e composto de duas retas no aço de categoria A. a tensão e o alongamento são: f yd = fy 1.002 Es L (a) f yd /Es (b) Para o aço sem patamar de escoamento. O prolongamento da linha OA. podendo ser usado o diagrama obtido nos ensaios.7 da tensão de escoamento superficial de cálculo fyd. σs L A fy σs A B E F F' 0.85f yd fy f yd Es f yd /Es 10 mm/ m 0. Se adotarmos ao aço de categoria B um patamar de escoamento a partir do ponto E. de tal forma que as ordenadas segundo esta paralela fiquem divididas por γ s.15 e ε yd = f yd Es + 0.15 f yd Es ε yd = Onde: Es é o módulo de elasticidade do aço.002 0. o diagrama é linear. no ponto E de escoamento. Para o aço com patamar de escoamento (categoria A). Para Sd utilizam-se os seguintes valores: a) Quando houver assistência de profissional legalmente habilitado. a ser usado no cálculo da dosagem. informa o controle que adotará. o construtor fornecer a resistência que prevê para o concreto a 28 dias. Esta última é calculada em função da resistência adotada para efeito de dosagem do concreto.1. corrigindo-se as quantidades de agregados miúdo e de água em função de determinações freqüentes e precisas do teor de umidade dos agregados. Se. e houver medidos de água. ao mesmo tempo. corrigindo-se a quantidade de água em função da umidade dos agregados simplesmente estimada: Sd= 70 Kg/cm² (7 MPa) Quando o projetista fixa o valor da resistência característica fck.Propriedades do Concreto As características essenciais do concreto. ao contrário.5mm/m e sua resistência característica fck. 195 .1. todos os materiais forem medidos em peso e houver medidor de água. o construtor fixa o valor de fc28. da homogeneidade dos materiais a serem empregados: Sd= 40 kg/cm² (4 MPa) b) Quando houver assistência de profissional habilitado. e. com correção do volume do agregado miúdo e da quantidade de água em função de determinações freqüentes e precisas do teor de umidade dos agregados: Sd= 55 kg/cm² (5. em função do tipo de controle que será adotado na execução do concreto. com o objetivo de garantir que somente 5% dos corpos de prova se rompam com resistência inferior a fck. especializado em tecnologia do concreto. em função da resistência do concreto com 28 dias de idade. e houver garantia de manutenção. -Sd é o desvio padrão de dosagem igual ao desvio padrão Sn multiplicado por um coeficiente Xn que varia de 1. a considerar no dimensionamento à flexão.5 MPa) c) Quando o cimento for medido em peso e os agregados em volume e houver medidor de água.10 a 1. ou seja: fck = fc28 .65 Sd onde: -1. Quando não é conhecido o desvio padrão Sn. no decorrer da obra. Não se toma para Sd valor inferior a 20kg/cm².35. são o seu encurtamento máximo εcd = 3. o construtor deverá dosar o concreto para uma resistência a 28 dias com os valores indicados pelas fórmulas acima. em função do número de corpos de prova. o cimento for medido em peso e os agregados em volume. o projetista tirará fck em função de fc28 usando as mesmas fórmulas.3 . partindo do modo como pretende conduzir a construção.65 é o coeficiente dado pela teórica das probabilidades. especializado em tecnologia do concreto. 9 243 319 6.8 174 229 4.5 28.3 32.1.0 47.4 28.65 0.2 145.27 2.55 0.34:7.4 28.17:2.63:2.96 1:1.44 0.5 30.71:2.0 24.65 .62 1.6 33.94 210 276 5.3 181.6 22.4 22. a resistência de dosagem será: fc28 = 150 + 1.1 240.4 22.6 33.37 1.3 218.5 44.89 1:3.6 157. dosagem.9 168.2 111 Consumo de Consumo de brita e 3 3 areia por m água por m de concreto 3% de nº 1 nº 2 Água seca umidade litros litros litros litros litros 363 465 363 363 226 409 524 409 409 218 528 676 330 330 206 486 622 364 364 210 562 719 337 332 207 420 538 420 420 202 487 623 390 390 201 435 657 435 435 195 486 622 405 405 202 441 564 441 441 198 436 584 456 456 194 Fck (kg/cm²) provável Idade em dias 3 7 28 1:1.04 1.6 29.7 273 374 7.9 Brita 2 22.5 34.14 1.83 228 188 148 117 100 90 74 58 40 30 - 300 254 208 172 150 137 114 94 70 54 - 400 330 290 254 225 210 185 157 124 100 - Traço Em volume 1:1:2 1:1½:3 1:2:2½ 1:2:3 1:2½:3 1:2:4 1:2½:4 1:2½:5 1:3:5 1:3:6 1:4:8 Altura das caixas 35x45 cm Areia Brita 1 22. 70 = 85 kg/cm² A tabela a seguir apresenta valores aproximados de consumo de material. rendimento e resistência dos principais traços de concretos.94 1:2.54 1. confecção e suas respectivas resistências.1 33.1 33.2 133.94 1:2.5 195 246 4.5 39.20 2.27 1. de caixas por saco de cimento Areia Brita 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 Brita 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 Fatores a/c e c/a l/kg kg/l l/saco 20.6 28.7 28.0 33.65 .9 28.71:3.92 1:2.9 No.7 21.87 1:4.0 Rendimento por saco de 50kg Litros de concreto 97.05 0.2 129.2 147 161 3.7 1 2 2 2 3 2 3 3 3 3 4 0.49 0.6 28.6 22.88 0.6 29.9 312.3 363 387 7.66 0.95 1. Traço em volume 1:1:2 1:1½:3 1:2:2½ 1:2:3 1:2½:3 1:2:4 1:2½:4 1:2½:5 1:3:5 1:3:6 1:4:8 em peso Consumo de cimento 3 por m de concreto sacos kg litros de 50 kg 514 10.7 23. TABELA 1 Traços de concreto.5 27.61 0.83 22.4 225 297 5.2 203.25:4.28:3.7 28.5 60.08:1.73 0.6 162 208 4.17:2.92 1:2.4 33.4 33.5 196 .Exemplos: a)Se o projetista usou a resistência fck = 150 kg/cm² e o construtor efetuou o controle do tipo a para o concreto. 40 = 216 kg/cm² b) Se o construtor pretende dosar um concreto para obter fc28 = 200 kg/cm² e vai usar o tipo c de controle do concreto.0 28.5 264 344 6.0 33.71:4.79 0.17:3.0 36.47 1.7 28.94 1:2.9 28.9 23.7 23.0 28.69 1:3.94 1:2.64 1. a resistência característica para o cálculo da estrutura será: fck = 200 . deduz-se a fórmula que dá a altura mínima. Há.000 kg/cm². Na realidade. Para que a ruptura do concreto e o escoamento do ferro se iniciem concomitantemente. devem ser atingidas.85 f cd 0. Assim: Para o concreto: εcd = 3. na prática. Nas peças super-armadas. a considerar que isto nem sempre acontece. podendo as seções ser super-armadas ou sub-armadas. A figura a seguir mostra a situação da seção normalmente armada. o esmagamento do concreto se inicia antes de a armadura entrar em escoamento e nas peças sub-armadas. sendo portando. no entanto. Com a observação da figura a seguir pode-se chegar às fórmulas de dimensionamento. para economizar armadura. b x d Rt εcd = 3. a armadura entra em escoamento antes de o concreto comprimido se romper.85 f cd Y = 0.5 mm/m.5 .80x Rc z As εyd A s f yd Estabelecendo a condição de o esmagamento do concreto (ruptura por compressão) se realizar no mesmo momento em que se inicia o escoamento do aço.100.Tipos de ruptura Quando se imagina a ruptura realizada com a concomitância do esmagamento do concreto (εcd = 3. É o caso de peças com altura superior à obtidas no cálculo da seção normalmente armada.5 mm/ m 0. para o aço com patamar de escoamento.5 mm/m) e a tensão máxima de tração na armadura (fyd) diz-se que a secção é normalmente armada.4 . Como já foi visto.Fórmulas gerais para o cálculo das seções retangulares com armadura simples. 197 . é comum usarem-se alturas grandes. as deformações εcd e εyd. ao mesmo tempo. muito freqüente o uso de seção sub-armada. o alongamento da armadura no início do escoamento é dado pela fórmula: ε yd = f yd Es Onde: Es é o módulo de elasticidade do aço cujo o valor é 2. supõe-se que o esmagamento do concreto na zona comprimida se realizou no exato momento em que a armadura iniciou o escoamento. Neste caso. 1.1. conforme a figura.8ξ. TABELA 2 Tensões de escoamento e deformações de aços brasileiros Aço CA-50A CA-60A CA-50B CA-60B fy (kg/cm²) 5000 6000 5000 6000 fyd(kg/cm²) 4348 5217 4348 5217 εyd(mm/m) 2. fcd Fazendo: 1 − S =ϕ 2 tem-se: Z = ϕ ⋅ d e y = s.8 ⋅ x = 0. Na tabela que se segue estão escritos os valores de fy. onde se vê que a posição da linha neutra não depende das tensões limites. O equilíbrio entre o momento de ruptura Md e o sistema de tensões (Fig.484 Em MPa dividir por 10.85 b .8 ⋅ ξd Fazendo s = 0.Para os ferros encruados sem patamar de escoamento a fórmula é: ε yd = f yd Es + 0. Z = Rt . anterior) é: Md = Rc . Z onde. fyd e εyd para os principais aços brasileiros.5 mm/m e de εyd. tem-se Y = sd Partindo dos valores εcd = 3.484 εyd(mm/m) 4. encontra-se na tabela 3 os valores de ξ e s para os aços usados na prática. tem-se: Rc = 0. tem-se: Z=d− Y ⎛ s⎞ = d ⎜1 − ⎟ 2 ⎝ 2⎠ e Rt = As . A lei de Bernoulli permite obter a posição da linha neutra no estado limite último: X= ε cd ⋅ d = ξd ε cd + ε yd Com o valor de X calcula-se y: Y = 0.070 4.070 2.002 Onde: fyd é a tensão de escoamento convencional de cálculo.d 198 . y . fyd Quanto às resultantes das tensões. 462 0. pois independem dos coeficientes γf e γc.97 6000 5217 0. d² . TABELA 3 Elementos para cálculo da altura mínima de seções retangulares com armadura simples (seção normalmente armada) Para Md em kgm.191 0.198 0. substitui-se Rc e Z na fórmula de Md por seus respectivos valores.246 43. d² .177 0. b em m.234 0.178 0. fcd .165 0.189 0.351 0.169 0.320 32.4 Cálculo da armadura Tem-se.169 0.4 está implícito. fcd Onde pode-se chegar a d= Md 1 ⋅ μ ⋅ f cd b Chamando de r o primeiro radical.174 0.749 0. ϕ.03 Valores de fcd para entrada quando γc ≠ 1. fcd fazendo: μ = 0.181 0.4 e fck(kg/cm²) igual a 100 120 140 160 180 200 220 0.85 b . pode-se entrar com fcd independentemente do valor γc.202 0.152 0.218 0.213 0.185 0. A em cm² e d em cm Aço fy fyd ξ s ϕ μ α Valores de r para γc=1.165 0.766 0. ϕ .503 0. pela equação de equilíbrio. b .141 0. fyd .585 0.85 s . Então: Md = 0.256 35. b .438 0.44 6000 5217 0. s .85 s .468 0.214 0. tem-se: Md = μ . d .144 0.161 71 86 100 114 129 143 157 CA-50A CA-50B CA-60A CA-60B 5000 4348 0.55 5000 4348 0. tem-se: d = r⋅ Md b As fórmulas anteriores são absolutamente gerais.196 0.815 0. ϕ .239 0. d ou seja: Md = 0. Entrando com fck o valor de γc = 1.156 0.825 0.158 0.628 0. d Portanto: 199 .148 0.Cálculo da Altura Para efeito de cálculo da altura. substituindo Rt e z por seus valores: Md = As .209 0.160 0. ϕ . Nesta tabela.305 39. Os valores de μ e r são encontrados na tabela 3.370 0. 65 42.43 48.159 0.203 0.380 0.334 0.239 0.356 0.87 36.254 0.256 0.83 36.96 44.221 0.931 0.249 0.198 0.305 0.138 0.239 0.890 0.153 0.268 0.226 0.125 0.900 0. Neste caso.176 0.176 0. obtêm-se os coeficientes ϕ e α com os quais se calcula a seção de ferros.52 40.265 0.276 0.280 0.164 0.155 0.166 0.200 0.169 0.208 0.870 0.245 0.242 0.213 0.204 0.188 0.264 0.214 0.13 46.167 0.221 0.209 0.246 0.161 200 0.39 44.820 0.57 40.182 160 0.840 0.360 0.460 0.226 0.109 0.252 0.262 0.325 0.270 0.279 0.303 0.237 0. basta usar d em metro nesta fórmula.160 0.91 37.139 0.930 0.196 0.232 0.153 0.70 46.09 43.214 0.860 0.197 140 0.78 35.196 0.192 0.180 0.96 38.172 0.182 0.200 0.150 0.236 0.39 37.910 0.301 200 .253 0.192 0.281 0.920 0.440 0.43 38.220 0.790 0.224 0.200 0.251 0.22 33.171 0.420 0.00 39.163 0.358 0.931 0. obtém-se As em cm² pela fórmula: As = onde o valor de α se obtém entrando na tabela 4 com μ ou r.204 0.240 0. Entrando com um destes valores na tabela 4.145 0.201 0.83 45.91 40.17 Valores de r para γ = 1.189 0.153 220 0.240 0.880 0.4 e f (kg/cm²) igual a c ck 100 0.228 0.226 0.300 0.327 0.179 0.301 0.201 0.830 0.780 0. TABELA 4 Elementos para cálculo da armadura para seções retangulares com armadura simples Para Md em kgm.850 0.394 0. O mesmo se obtém usando d em cm se fizer α= ϕ ⋅ f yd 100 Md α⋅d Assim.770 0.196 0.240 0.320 0.211 0.111 0.231 0.205 0.167 0.041 0.176 0.494 0. Com o momento em tm.48 39.227 0.187 0. b em m.303 0.413 0.156 0.00 48.57 47.236 0.173 0.317 0.216 0.163 0.183 0. usa-se fyd em t/cm² e d em metro para se obter As em cm².52 43.78 41.22 42.185 0.584 0.185 0.175 0. Para se obter As em cm² entrando com o momento em kgm.191 0.160 0.216 0.340 0.57 40.236 0.262 0.30 35.251 0.436 0.267 0.207 0. com Md em kgm e d em cm.292 0.260 0.048 0.205 0.70 33.35 41.215 0.800 0. calcula-se um dos valores: μ= Md b ⋅ d ⋅ f cd 2 ou r = d Md b A entrada na tabela com o valor de μ permite usar qualquer valor para fcd.810 0.35 36.166 0.288 0.48 48.533 0.26 34.158 0.207 0.282 0.As = Md ϕ ⋅ f yd ⋅ d O cálculo da armadura costuma ser feito adotando-se um valor prévio para d.171 0.270 0.219 0.180 0.191 0.248 0.195 0.140 0. d em cm e As em cm² s ϕ μ α para aço 50 60 40.242 0.48 48.26 45.217 0.180 0.462 0.48 40.283 0.74 34.229 0.223 0.400 0.188 0.221 0.148 0.185 0.283 0.171 180 0.180 0.290 0.265 0.216 120 0.272 0.255 0. .....190 120 0.. a) em forros não destinados a depósitos .198 0.61 39...171 0.177 0....138 0.43 28.154 0..680 0...710 0. Em qualquer parapeito deve-se considerar aplicada..200 0.480 0.00 29.730 0.13 34.175 0....335 0.376 0.163 0.. 150 kg/m² c) em despensa.145 0.183 0...192 0.163 0.176 0.364 0.140 0..87 37....162 0....74 38.152 0.128 0..143 0.139 0. São calculadas como apoiadas nas duas direções..195 0....168 0.....30 37.148 0. bibliotecas ou depósitos..620 0.4 e f (kg/cm²) igual a c ck 100 0..179 0....140 0.continuação s ϕ μ α para aço 50 60 33..57 30..370 0.....196 0..660 0..149 0..134 0..141 0.52 30.181 0.720 0..166 0.135 0....191 0.310 0.04 39.136 0.. constituída pelo peso dos móveis..132 0..130 0. pessoas e objetos que atuam sobre a laje...660 0.750 0.153 0...350 0.. lavanderia e escritórios ....580 0.Classificação das lajes As lajes se classificam em dois grupos: a) Lajes armadas numa única direção.96 28..151 0.690 0.143 0..61 31.185 0. 200 kg/m² d) em salas de reuniões ou de acesso público ..204 0..670 0.00 36..157 0.2 ... 300 kg/m² e) em salões de bailes.. ginástica ou esportes ...160 0.1 ....150 0. a qual se compõe das seguintes parcelas: I) Carga útil ou sobrecarga..57 35...180 0...48 29....146 0.194 0..91 Valores de r para γ = 1.....327 0.......148 0.560 0..26 33.... 2.151 0.17 38. 201 ....155 0..136 0..319 0....164 0.....Carga por metro quadrado A primeira operação de cálculo de uma laje é a determinação da carga que atua em cada metro quadrado..144 0.135 220 0.Cálculo dos esforços nas lajes 2...137 0....760 0......213 0. copa... São calculadas como apoiadas em uma só direção (vão menor).143 0.162 0...175 0..138 0.210 0..700 0..173 0..189 0.169 0...700 0. b) Lajes armadas em cruz......09 31..650 0.146 0.43 36.154 0.158 0....207 0.520 0..343 0..640 0.387 2 .145 0.500 0.161 160 0...141 0....167 0. quando a relação entre o maior e o menor vão é menor ou igual a 2. cozinha e banheiro .65 32... carga horizontal de 80 kg/m (0...381 0....187 0...158 0. determinar conforme o caso......166 0. quando a relação entre o maior e o menor vão é maior do que 2.193 0..04 30.70 34....142 200 0..174 140 0..129 0.178 0. áreas de serviço..150 180 0...131 0... salas.. 500 kg/m² f) em salas de arquivos.740 0.156 0.680 0..202 0.600 0..540 0..357 0.13 32.. na altura do corrimão..... 50 kg/m² b) em dormitórios.....8kN/m). Já no caso das lajes armadas numa só direção. No primeiro caso. Nas lajes armadas em cruz. Figura a). IV) Peso de paredes. a parede deve ser considerada como concentrada (Figura b). considera-se a parede como distribuída em uma faixa de largura igual a 1/2 do vão menor (direção da armação. III) Peso do pavimento e revestimento. como passamos a expor. Esta altura. obtendo-se uma nova parcela para a carga por metro quadrado. Havendo paredes que carreguem sobre a laje. que é determinado partindo de uma altura estimada para a laje.600 kg/m3 e para a de tijolos furados 1. incluindo peso dos tacos ou ladrilhos. c) 12 cm em lajes destinadas a passagem de veículos.II) Peso próprio da laje. que nos casos de edifícios comuns varia de 5 a 12 centímetros. o que se obtém multiplicando o pé direito pela espessura e pelo peso específico do material. Para a alvenaria de tijolos maciços. deve-se calcular o peso por metro corrente dessas paredes. q= P 1 lx 2 lx P 1 lx 2 (a) (b) 202 . No segundo caso. Para as lajes armadas numa direção. o peso específico é de 1.500 kg/m3). deve ser multiplicada pelo peso específico do concreto armado (2. camada de fixação e revestimento inferior das lajes. A espessura das lajes não deve ser menor que: a) 5 cm em lajes de cobertura não em balanço. a carga das paredes é computada dividindo o peso total das paredes pela área da laje.200 kg/m3. b) 7 cm em lajes de piso e lajes em balanço. a carga da parede deve ser estudada atendendo à sua situação como carga aplicada em uma faixa de pequena largura. deve-se distinguir dois casos: paredes paralelas à direção da armação e paredes normais a esta direção. Geralmente toma-se 50 kg/m². para se ter o peso próprio por metro quadrado de laje. camada de fixação e revest) 3) Peso próprio (Para espessura de 8 cm) 2. que designaremos pela letra p.20 4.4 . que imaginamos independentes entre si.000 kg/m3 (escória.20 Exercício: Seja calcular a carga por metro quadrado do piso para habitação comum dado na figura a seguir. Nas lajes rebaixadas destinadas a prever espaço para execução de canalizações. deve-se calcular a carga por metro quadrado. Nas varandas constituídas por lajes em balanço. etc). A L1 L2 B 4. Estudaremos os dois casos: lajes isoladas e lajes contínuas. sendo que este tipo de rebaixo não leva enchimento.V) Peso de enchimento. as lajes em que a relação entre o maior e o menor vão não é maior que 2. devida ao enchimento. A carga que atua por metro corrente na faixa de largura igual a 1 metro é a mesma carga p. 1) Sobrecarga (pessoas e móveis para habitação comum) 2) Peso da pavimentação (Pavimento. vamos dividi-las em uma série de faixas de largura igual a 1 metro. As lajes armadas numa direção são calculadas como apoiadas nesta direção. pedaços de tijolos com argamassa magra. 5 cm. será preferível não usar rebaixo. para evitar emprego de um detalhe complicado de armadura negativa. multiplicando a sua espessura pelo peso específico de 1.Carga das lajes armadas em uma direção.Carga das lajes armadas em cruz Consideram-se como armadas em duas direções ou armada em cruz. quando há diferença de nível entre a laje do balanço e a laje vizinha. quando for projetada uma camada de enchimento.500 x 0.3 . Estudada a determinação da carga que atua em cada metro quadrado de laje. 2. determinada anteriormente. supomos conhecida essa carga. Os rebaixos de varanda têm. 203 . Com o fim de simplificar o cálculo das lajes. em geral.08 150 kg/m² 50 kg/m² 200 kg/m² p = 400 kg/m² 2. como já foi dito. Caso das lajes isoladas Suponhamos uma laje isolada apoiada em 4 paredes ou vigas e dividamo-la em duas séries de faixas ortogonais de 1 metro de largura. uma para cada direção. 1 1 P x f x A teoria denominada das "grelhas". admite a teoria das grelhas que as faixas são independentes entre si e que os referidos quinhões são constantes para cada ponto da laje. calculadas nas duas direções. tem-se: px ⋅ l x4 = py ⋅ l y4 204 Py fy . em cada direção. Para o caso de apoio nos quatro lados. de modo que se tenha: px + py = p A laje deve resistir aos esforços que se desenvolvem nas duas direções sob a ação das cargas. px e py. consiste em dividir a carga por metro quadrado em duas partes px e py. tem-se: fx = 5 ⋅ px ⋅ l x4 384 ⋅ E ⋅ I e fy = 5 ⋅ py ⋅ l y4 384 ⋅ E ⋅ I Como devemos fazer fx = fy. Para o cálculo de px e py. tomam-se as duas faixas centrais e igualam-se as flechas no ponto central. px e py. Para a determinação das partes ou quinhões de carga. para a determinação das cargas nas lajes armadas em cruz. Ly Ly Ly 1º Caso Lx 2º Caso Lx 3º Caso Lx Ly Ly Ly 4º Caso Lx 5º Caso Lx 6º Caso Lx Para a obtenção das fórmulas dos quinhões. as fórmulas dos quinhões para os 6 casos de apoio indicados na figura a seguir. que mais aparecem na prática. como acabamos de fazer. parte-se das seguintes expressões que dão as flechas no centro de peças sujeitas a carga uniformemente distribuída. a seguir. pode-se formar outros 5 casos de apoios. Os hachurados na figura indicam engastes perfeitos. para os quais pode-se determinar as fórmulas dos quinhões. em resumo.onde: px ly 4 = py lx 4 = p x + py ly + lx 4 4 = p l y + l x4 4 portanto: px = l y4 l x 4 + l y4 l x 4 + l y4 l x4 ⋅p py = ⋅p Substituindo cada apoio simples por um engaste perfeito. Nestes casos a igualdade das flechas far-se-á sempre no centro da laje. Apresenta-se. 205 . Dividindo por l x 2 e chamando de λ a relação entre l y e l x. pode-se empregar sempre a fórmula do primeiro caso. que dão coeficiente kx em função de λ.º Caso λ= 2. fórmulas idênticas à fórmula obtida anteriormente.º Caso px = λ4 λ4 + 1 ⋅p De um modo genérico. p = (1-kx) p = p . p. p e py = ky . obtem-se as fórmulas abaixo: 1.º Caso λ4 λ4 + 1 ⋅p ly lx px = px = 5 ⋅ λ4 5 ⋅ λ4 + 2 ⋅p 3. pode-se escrever px = kx .Vigas em dois apoios: f = 5 ⋅ p ⋅ l4 384 E ⋅ I Viga com 1 apoio e 1 engaste: f = 2 ⋅ p ⋅ l4 384 E ⋅ I Vigas com 2 engastes: f = p ⋅ l4 384 E ⋅ I Encontra-se para os seis casos de lajes isoladas da figura. por exemplo.º Caso px = λ4 λ4 + 1 ⋅p 4. Quando a condição de apoio é a mesma nas duas direções.º Caso px = 5 ⋅ λ4 5 ⋅ λ4 + 1 ⋅p 5. Para a resolução rápida dos quinhões. empregam-se as tabelas 5 a 11. o valor kx é. Para o 1º caso.º Caso px = 2 ⋅ λ4 2 ⋅ λ4 + 1 ⋅p 6. kx = λ4 λ4 + 1 Os quinhões acham-se pelas fórmulas gerais: px = kx .px 206 . sendo kx em função de λ. 29 40.176 0.417 0.90 28.80 0.82 0. conforme se trate de viga central ou extrema.56 0.438 0.74 0.64 131.58 0.78 0.52 0.70 0.26 28.500 mx 169.01 44.36 36.29 41.159 0.84 0.115 0.23 31. TABELA 5 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 1A Mx = qlx 2 mx My = qlx 2 my q x = k xq my 42.375 0.77 30.250 0.86 0.94 86.55 117.77 34.64 0.45 27.20 78.194 0.059 0.72 0.44 50.43 207 .79 28.54 31.34 28.396 0.61 27.66 0.09 32.354 0. recai no caso das lajes isoladas.144 0.13 32.84 39.54 61.19 94.96 27.76 0.54 27.18 33.11 29. se se supor que cada viga ou apoio intermediário assemelha-se a um engaste perfeito e cada viga ou apoio externo funciona como apoio simples. pode-se considerar cada painel como isolado.57 27.18 29.68 0.69 29.129 0.13 27.49 27. possuindo no contorno engaste ou apoio simples.38 34.88 0.94 0.290 0.231 0.43 27.Caso das lajes contínuas O cálculo dos quinhões de carga nas lajes contínuas.102 0.61 35.92 0.459 0.98 1.19 38. Nestas condições.77 35.27 53.62 37.270 0.62 0.54 0.089 0.43 Lx l y/ l x 0.68 72.078 0.00 kx 0.44 30.04 47.81 27.480 0.60 28.212 0.068 0.90 0.311 0.70 27.50 0.60 57.19 66.332 0.96 0.60 0.25 105.18 148. 916 0.38 24.74 1.43 26.827 0.36 29.90 1.32 20.24 1.28 1.76 1.811 0.80 33.774 0.27 28.763 0.729 0.906 0.923 0.45 34.897 0.88 10.88 1.42 1.37 25.64 13.76 28.14 29.63 41.79 22.58 38.842 0.70 1.01 28.62 1.36 1.539 0.04 34.80 27.52 1.03 12.05 10.82 30.98 2.939 0.90 18.44 1.820 0.42 28.873 0.86 1.34 30.38 1.64 1.909 0.10 40.07 39.660 0.18 41.689 0.94 29.58 29.93 11.611 0.902 0.48 27.06 1.18 1.87 my 27.36 14.87 35.855 0.11 13.39 17.44 17.07 30.920 0.80 10.878 0.29 35.63 37.32 1.941 mx 13.80 1.21 14.23 15.16 1.793 0.12 1.594 0.45 11.20 1.52 31.82 1.96 1.00 qx = k xq kx 0.92 1.73 42.46 23.26 1.53 32.14 1.56 1.68 12.48 1.68 1.21 12.66 1.752 0.60 1.862 0.34 1.24 11.30 1.71 27.22 13.64 10.91 14.54 1.558 0.34 11.56 39.50 ql x 2 mx My = ql x 2 my l y/ l x 1.926 0.63 14.51 12.96 10.803 0.65 34.57 Lx kx 0.43 27.85 12.78 1.53 15.936 0.27 33.80 11.04 1.934 0.21 my 31.888 0.929 0.85 32.TABELA 6 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 1 Mx = l y/ l x 1.03 21.08 1.576 0.02 1.18 32.10 1.40 1.72 1.52 27.06 11.931 0.06 38.00 1.94 1.628 0.17 36.520 0.675 0.61 30.90 17.45 27.64 27.90 31.703 0.45 18.73 36.01 16.741 0.90 28.58 40.784 0.893 0.57 27.43 27.644 0.46 1.10 37.884 0.716 0.22 1.72 10.500 0.35 12.84 1.56 11.58 28.66 20.868 0.849 0.61 16.913 0.13 28.29 208 .87 15.68 11.58 1.15 11.04 19.835 mx 27.43 13.60 22. 52 18.99 16.04 1.797 0.96 1.96 74.05 8.00 1.960 0.428 0.36 59.54 20.36 34.91 64.322 0.35 9.135 0.19 9.18 26.54 8.773 0.60 59.14 55.22 209 .92 41.77 11.74 17.33 71.TABELA 7 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 2 ql x 2 Mx = mx l y/ l x 0.270 0.40 8.62 35.57 34.16 1.26 51.53 38.45 9.66 0.94 93.67 16.77 9.08 1.95 36.47 11.74 8.33 22.23 8.40 1.97 29.714 0.41 46.21 42.75 47.23 17.33 8.745 0.971 0.220 0.963 0.54 0.68 38.531 0.21 57.20 18.27 83.11 20.64 1.937 0.20 35.93 112.15 16.22 8.49 21.29 23.78 0.40 24.68 1.59 19.83 34.70 0.67 8.00 ql x 2 My = my kx 0.28 29.49 8.07 34.92 0.35 10.70 16.44 8.33 18.18 86.175 0.30 8.44 1.04 19.37 31.97 17.60 61.65 77.930 0.20 45.64 15.64 36.84 1.952 0.375 0.83 8.29 35.36 1.20 qx = k xq Lx my 45.96 2.974 0.26 8.03 9.03 37.819 0.895 0.98 42.12 52.33 17.578 0.52 17.870 0.915 0.08 78.86 0.680 0.78 69.74 0.82 0.92 35.60 39.31 66.56 1.84 16.62 0.19 89.642 0.36 8.74 37.60 8.85 12.20 1.93 8.62 44.12 1.956 0.72 1.976 mx 140.13 45.24 1.74 39.906 0.57 16.948 0.855 0.73 10.884 0.32 1.42 80.86 21.50 0.46 − ql x 2 Xx = nx nx 59.46 49.28 1.66 24.55 67.69 25.84 18.52 1.93 28.28 8.966 0.60 1.481 0.80 1.20 10.08 13.39 34.92 1.48 1.923 0.13 41.58 0.75 21.969 0.838 0.942 0.88 1.15 53.76 1. 926 0.11 30.32 1.17 21.35 44.89 39.941 ql x 2 my mx 37.855 0.703 0.39 29.49 25.63 10.40 41.84 1.66 23.70 8.38 10.81 38.29 38.94 22.14 16.05 48.08 9.83 8.04 1.752 0.54 31.88 20.888 0.66 32.24 1.53 19.00 210 .842 0.98 10.99 18.42 11.868 0.611 0.14 34.76 1.920 0.88 1.81 34.88 51.74 47.88 13.36 28.14 28.75 24.68 1.52 1.64 1.00 1.00 16.54 8.936 0.72 17.34 10.14 59.94 17.76 8.22 9.70 22.92 Xy = − ql x 2 ny Lx l y/ l x 1.46 27.05 16.12 1.793 0.44 30.08 1.12 19.539 0.00 14.878 0.41 16.86 22.46 20.50 17.85 11.11 18.906 0.897 0.08 12.86 9.47 18.36 19.16 1.827 0.40 1.44 1.43 49.40 52.48 19.729 0.36 58.64 8.14 37.60 1.84 13.22 37.TABELA 8 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 3 Mx = ql x 2 mx My = kx 0.931 0.576 0.11 9.59 40.99 54.50 9.60 24.19 16.90 19.20 1.88 63.41 26.92 1.56 1.12 21.811 0.71 17.97 61.42 32.644 0.32 17.35 9.913 0.50 45.96 2.91 8.28 43.500 0.18 17.00 25.00 8.50 − ql x 2 nx my 37.00 ny 16.51 17.76 23.98 Xx = nx 16.45 37.77 18.36 1.59 8.67 9.72 1.07 17.29 42.48 1.64 56.774 0.83 65.37 27.674 0.45 21.76 20.28 1.84 67.80 1. 58 89.980 0.96 2.70 26.796 0.18 32.51 52.01 59.76 112.822 0.48 17.37 12.07 14.95 12.64 27.487 0.56 1.967 0.51 45.98 44.863 0.67 81.39 94.13 45.649 0.70 62.TABELA 9 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 4 ql x 2 Mx = mx l y/ l x 0.985 0.25 12.57 30.06 112.545 0.05 144.60 29.54 0.78 0.00 18.06 1.02 1.988 mx 137.23 12.70 0.98 1.53 162.66 85.80 28.92 1.984 0.27 12.86 26.600 0.10 1.238 0.21 38.88 1.766 0.51 71.983 0.894 0.66 68.48 40.960 0.844 0.42 13.18 28.50 0.880 0.40 40.91 72.975 0.04 133.56 12.21 12.89 211 .61 117.48 1.35 43.80 1.84 48.72 1.987 0.00 20.42 27.33 75.70 12.84 12.69 57.30 12.64 13.62 0.76 128.31 16.49 63.361 0.18 1.58 0.36 1.59 65.30 1.11 44.94 0.981 0.19 52.62 122.15 q x = k xq Lx my 49.934 0.22 13.19 26.71 35.40 1.906 0.24 54.964 0.86 0.01 98.82 0.970 0.33 12.298 0.92 47.72 94.945 0.08 12.24 13.31 36.732 0.23 33.64 1.35 44.973 0.52 1.693 0.45 12.65 22.21 28.44 1.40 12.38 50.92 79.60 14.16 12.21 42.52 57.950 0.50 139.60 1.76 1.00 ql x 2 My = my kx 0.90 13.24 24.16 27.60 156.84 1.66 0.22 1.19 12.955 0.02 107.18 33.21 27.92 30.45 103.62 12.14 1.926 0.425 0.18 12.43 26.54 48.90 0.978 0.60 168.34 29.66 45.39 15.89 27.68 1.917 0.66 15.09 − ql x 2 Xx = nx nx 50.34 34.59 46.50 12.03 26.74 0.47 28.56 26.31 26.26 1.32 31.78 150. 943 0.43 64.932 0.51 48.10 29.375 0.25 48.745 0.70 0.33 212 .06 1.66 1.46 12.67 59.38 1.22 1.938 0.82 0.18 13.09 26.50 17.50 0.88 22.88 34.966 ny 36.03 46.50 12.TABELA 10 Cálculo das lajes em cruz – Marcus Ly 5 Mx = ql x 2 mx My = ql x 2 my mx 246.65 82.71 29.62 36.71 64.19 30.567 0.772 0.963 0.77 33.70 24.96 25.10 1.21 55.56 28.952 0.20 30.67 80.851 0.88 57.01 31.33 25.16 26.19 23.111 0.425 0.04 51.47 13.63 110.55 41.98 101.94 kx 0.98 1.05 48.64 57.48 28.79 12.866 0.475 0.17 23.53 61.89 Xy = − ql x 2 ny Lx l y/ l x 0.37 22.54 0.00 82.02 1.75 16.21 25.50 1.55 42.610 0.14 45.42 191.44 31.228 0.85 50.70 1.44 53.90 28.49 27.77 94.94 0.07 12.54 1.28 28.50 59.910 0.84 37.41 57.66 153.795 0.18 1.02 62.70 45.60 59.61 43.25 35.834 0.30 1.67 36.10 71.98 105.87 12.68 18.38 14.72 12.74 0.58 0.960 0.74 1.81 90.62 0.83 74.32 43.522 0.86 1.82 1.18 29.71 38.27 22.97 62.46 1.26 1.684 0.816 0.72 27.14 52.25 27.90 0.10 25.95 55.956 0.92 40.42 125.18 34.96 12.90 1.72 30.95 28.57 49.78 1.67 52.50 69.79 32.42 1.65 22.60 12.65 48.145 0.71 117.71 14.901 0.08 53.86 13.91 26.58 1.42 − ql x 2 nx my 71.63 109.31 90.86 0.02 52.32 13.70 33.26 48.918 0.84 49.275 0.05 70.324 0.75 105.879 0.84 23.890 0.65 12.86 39.99 32.56 65.15 52.66 0.99 49.184 0.33 24.02 29.09 14.77 83.69 77.14 1.55 12.716 0.65 22.97 27.68 32.75 Xx = nx 108.55 15.32 97.14 19.97 21.17 50.54 16.10 13.98 87.65 13.78 0.926 0.62 1.28 27.00 51.948 0.10 15.34 1.49 55.03 66.648 0.00 32.97 26.23 37. 74 55.08 1.82 70.906 0.811 0.55 41.25 35.774 0.28 1.54 98.15 61.25 26.58 36.16 1.52 1.60 29.54 86.82 19.52 28.40 31.17 45.58 109.30 56.19 32.12 1.21 50.12 37.82 58.00 22.28 Xx = nx 24.71 31.00 ny 24.96 2.60 1.58 44.07 16.97 40.97 73.44 1.89 60.40 42.80 1.TABELA 11 Cálculo das lajes em cruz .90 39.931 0.61 26.98 27.25 14.67 31.47 15.576 0.83 13.95 57.12 14.80 83.25 13.539 0.729 0.84 28.00 24.92 1.14 105.38 89.91 66.71 27.64 1.51 15.76 48.81 47.63 17.79 14.842 0.68 1.936 0.Marcus Ly 6 Mx = ql x 2 mx My = kx 0.95 15.855 0.04 42.12 39.76 1.24 1.56 1.49 49.05 12.79 68.88 56.22 27.76 32.65 78.74 38.644 0.500 0.36 1.68 29.920 0.74 51.50 14.827 0.703 0.62 25.39 95.868 0.80 102.675 0.888 0.28 24.96 12.48 1.878 0.20 1.95 27.20 28.00 1.17 80.19 17.79 28.07 24.941 ql x 2 my Mx 55.66 13.09 34.88 12.92 34.41 36.25 75.04 1.14 13.64 30.49 27.897 0.40 1.09 30.81 12.27 45.12 Xy = − ql x 2 ny Lx l y/ l x 1.99 213 .34 92.926 0.32 1.51 13.63 18.04 29.08 33.13 35.752 0.793 0.37 13.26 20.611 0.57 63.84 1.75 − ql x 2 nx my 55.06 25.72 1.03 13.16 64.88 1.913 0.54 30. está representado o critério para o cálculo dos vãos teóricos l em lajes. vão intermediário: a distância entre os centros dos apoios: l 2 = l 2 '+ b c) de uma laje contínua.2. nos casos em que for pequena a diferença entre a espessura das lajes (7 a 10 cm) e a largura do apoio (em geral 10 cm). pode-se tomar para vão teórico a distância entre os centros dos apoios.5h + 0.5 . l l1 l2 h l3 b b/2 h/2 l3' b/2 l' (a) h/2 h/2 ' l1 (b) l2' b/2 h/2 (c) Na prática. ou ainda: l = l '+10 cm 214 . em função do vão interno l ' . inclusive no caso do balanço.Vãos teóricos Para o cálculo dos momentos fletores nas lajes deve-se definir os seus vãos de cálculo ou vãos teóricos. vão extremo: o vão livre acrescido da semi-largura do apoio interno e da semi-espessura da laje no meio do vão: l 1 = l 1 '+0.5bh Na figura a seguir. Considera-se como vão teórico: a) de uma laje isolada: o vão livre acrescido da espessura da laje no meio do vão: l = l'+ h b) de uma laje contínua. 215 . M (região central) e X (no engaste). L2 da figura a seguir.22 X= − p ⋅ l2 8 Lajes com 2 engastes: M= p ⋅ l2 24 X= − p ⋅ l2 12 Exercício: Seja calcular as lajes contínuas L1. 3. pode-se empregar as fórmulas práticas que foram apresentadas.00 1º VÃO 2º VÃO 3º VÃO L 1 A L 2 A L 3 8. em uma laje armada numa direção.Momentos nas lajes armadas em uma direção De acordo com a teoria de cálculo dos momentos fletores. encontram-se para momentos fletores máximos. Tais lajes apóiam-se em vigas.00 3.50 3.6 .00 Como a diferença entre os vãos é pequena.2. armadas numa só direção. os seguintes valores: Lajes em 2 apoios: M= p ⋅ l2 8 X=0 Lajes com 1 apoio e 1 engaste: M= p ⋅ l2 14. Vão: 3.Sobrecarga (edifício residencial comum) Pavimentação Peso próprio (espessura de 8 cm) 0.22 .50 m .Momentos no apoio A: 400 ⋅ 3.3 kgm 12 216 .50 2 X=− = −408.Momentos máximo no vão: 400 ⋅ 3.Momentos no apoio A: X=− 400 ⋅ 3.16 kgm 24 .00 Momentos 1) Lajes L1 e L3 .16 kgm 14.00 2 M1 = M 3 = = 253.50 2 = 204.00 1º VÃO 2º VÃO 3º VÃO L 1 A L 2 A L 3 8.00 3.00 2 = −450 kgm 8 2) Laje central .00 m .Vão: 3.50 3.08 x 2500 150 kg/m² 50 kg/m² 200 kg/m² p = 400 kg/m² 3.Momentos máximo no vão: M2 = 400 ⋅ 3. Para o momento nos apoios A obteve-se dois valores.15 kgm 2 Lajes em balanço: Quando a laje contínua é dotada de um grande balanço. 2. um para as lajes L1 e L3 e outro para a laje L2. Para o cálculo dos momentos negativos. comparando-se o valor do momento do balanço com aquele obtido para a laje vizinha suposta engastada no balanço. não se adotando valores menores que 80% do maior dos momentos. deve-se tomar para l x o menor vão.Momentos nas lajes armadas em cruz pelo processo de Marcus. usa-se as fórmulas: Xx = p ⋅ l x2 nx e Xy = p ⋅l x2 ny Os coeficientes nx e ny são também encontrados nas tabelas mencionadas. pode-se dispensar o traçado do diagrama de momentos. aconselha-se traçar o diagrama de momento fletores segundo os estudados para as vigas.7 . 217 . tomando-se sempre para l x o vão na direção que possui maior número de engastes. O processo de Marcus será estudado para os dois casos: lajes isoladas com apoios ou engastes teóricos e lajes contínuas. O critério prático consiste em fixar para X a média dos valores achados. Assim: XA = − 450 + 408.3 = −429. Os coeficientes mx e my são encontrados nas tabelas 5 a 11. a) Caso das lajes isoladas p ⋅ l x2 mx p ⋅l x2 my Mx = e My = Os coeficientes mx e my para cada tipo de laje só dependem da relação entre os vãos. para cada caso de apoio. em função da relação l y/ l x. No caso de balanços comuns. No caso de haver igualdade de engastamento nas duas direções. que cobre um local destinado a escritório de 4 x 5 metros. e que se apóia em vigas de contorno e suporta 50 kg/m² de paredes (0.5 kN/m²) l y = 5.10 = 4.27 Cálculos dos momentos fletores: Mx = My = p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4. e encontram-se nas 2ª e 3ª colunas os coeficientes: mx = 18.27 218 .00 4.Exercício: Calcular. a laje da figura a seguir.00 + 0.10 Pavimento e revestimento Vãos teóricos: l x = 4.10 λ = lx /ly = 5.10 = 1.10 2 = = 327 kgm my 28.39 p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4.10 50 kg/m² 200 kg/m² 250 kg/m² 50 kg/m² p = 550 kg/m² (5.5 kN/m²). pela teoria de Marcus e empregando a tabela do caso 1.39 my = 28.00 Paredes Sobrecarga Peso próprio 2500 x 0.10 2 = = 503 kgm mx 18.10 Com esse valor. entra-se na tabela 6. 5.10 = 5.24 4.00 + 0. . Para levantar esta indeterminação.30 3........ calcula-se as lajes supondo toda a carga permanente e com os casos de apoios obtidos substituindo os apoios internos por engastes perfeitos.50/3.......40 4..32 219 ...40 m l y = 4.. assentadas sobre vigas de 8 cm de espessura que se destinam a suportar o piso de uma habitação comum........40 Sobrecarga .. em caráter preciso.. (h = 8 cm) = 8 .. em grande parte... Muito difere....b) Caso das lajes contínuas armadas em cruz As dificuldades que se apresenta quando investiga-se o funcionamento das lajes contínuas em cruz.... de apoio simples.. da consideração do engastamento nos apoios internos.10 = 3. como foi feito na teoria das grelhas.. Vão teóricos: l x = 3...... onde há continuidade da laje..10 = 4.40 = 1..30 4... A espessura da laje é de 8 cm......50 m λ = 4... 3.40 + 0....... Exercício: Seja calcular as quatro lajes iguais da figura a seguir....30 + 0.. provêm... 150 kg/m² 200 kg/m² 50 kg/m² p = 400 kg/m² (4 kN/m²) Sendo pequena a sobrecarga. porém.. substituindo os apoios internos por engastes teoricamente perfeitos e os externos por apoios simples. Peso próprio . Marcus considerou as lajes contínuas semelhantes às lajes isoladas... o engaste não é rigorosamente perfeito.... 25 Peso da pavimentação ............ Nestes apoios...... 2 kg/m² .40 2 = 112 kgm 41.20 3.5 .Cálculo dos quinhões de carga px = 0. com λ = 1.8 = 99.00 300 kg/m 400 kg/m 2 Para a laje sem o balanço tem-se os momentos (tab 6.752 .3 nx = 10.7 My = 400 ⋅ 3.3 kx = 0.Momentos negativos nos apoios Xx = − 400 ⋅ 3.Momentos positivos no meio do vão Mx = 400 ⋅ 3. 4. a laje da figura a seguir sob a ação de uma carga uniforme de 500 kg/m² e um grande balanço sujeito à carga distribuída de 400 kg/m² e uma concentrada de 300 kg/m.8 kg/m² py = 400 .40 2 = 195 kgm 23.300.6 ny = 18.40 2 = −250 kgm 18.7 my = 41.00 500 kg/m 2 2.6 Xy = − 400 ⋅ 3. Marcus.4. caso 1): Mx = 296 kgm O momento do balanço será: Xb = − 400 ⋅ 2 2 − (300 ⋅ 2 ) = −1400 kgm 2 My = 151 kgm 220 .752 .40 2 = −436 kgm 10.5 Exercício: Calcular. 400 = 300.Caso 3: mx = 23. 8 do maior dos dois momentos negativos das lajes vizinhas.Roteiro prático para cálculo dos momentos nas lajes contínuas. como indica a figura a seguir. my. escrevem-se os valores dos vãos teóricos l x e l y e na origem dos eixos a carga p. calculam-se os momentos cujos valores são colocados ao longo dos eixos e dos apoios correspondentes. adota-se como momento negativo em cada apoio a média ou 0. escrevem-se a relação λ = l x / l y e os coeficientes mx. Quando este número for o mesmo nas duas direções. No canto direito superior. c) Em seguida. d) Calculados os momentos de todas as lajes. Na prática. nx e ny tiradas das tabelas 5 a 11.8 . A seguir apresenta-se um pavimento-tipo com a aplicação do que foi apresentado.2. adotando-se as seguintes regras: a) Em cada laje traçam-se dois eixos segundo as direções x e y sendo que se adota para x a direção que possui maior número de engastamento. 221 . adota-se para x a direção de vão menor. b) Nos extremos dos eixos. o cálculo dos momentos nas lajes pode ser feito sobre a própria planta da estrutura. 222 . 223 . 0 C15 − 2. Para d = 7 cm (h = 8 cm). A execução dos desenhos é legislada pela ABNT.1 . tem-se: Md = 0. b) Desenhos de armações. e o comprimento.b. a fim de permitir a determinação do peso próprio.5 kgm 3. Mais prático será calcular inicialmente o momento máximo Md a que resiste a laje para a altura fixada. fcd em kg/cm². Nº1 4.2 .305 . 7² .25 224 Nº2 . basta fazer a verificação para o maior momento em valor absoluto de todas as lajes para as quais se tenha fixado uma mesma altura. Em geral. Generalidades Os desenhos de detalhes são divididos em duas classes: a) Desenhos de formas.4 C17 − 3. o diâmetro. fck = 140 kg/cm² (14 MPa) e aço comum. No desenho indica-se. por exemplo.Verificação da altura As alturas das lajes de edifícios são pré-fixadas no início do cálculo dos esforços. 100 = 1494. que indicam as dimensões e posições das peças e servem para confecção das mesmas. ao longo dos ferros. Para tanto. o espaçamento. a quantidade. Antes do cálculo das armaduras é preciso confirmar as alturas escolhidas.Desenho dos detalhes de execução. como mostra a figura. Pode-se usar d em cm. a fixação da altura é feita em função do coeficiente de esbeltez. usa-se a fórmula: Md = μ. que indicam as dimensões e posições dos ferros. o número de ordem.00 Nº2− 18φ 3.Dimensionamento e detalhes das lajes de edifícios 3. CA 60A. Para isto.40 Nº1 − 27φ 4.d² fcd onde μ é dado na tabela 3.3 . b em m e M em kgm. Os ferros positivos são geralmente desenhados em linha cheia pelo sistema de posições alternadas. ou usando-se alternadamente um ferro grande e um pequeno. Neste caso. pelo sistema de posições alternadas. como exemplifica a figura a seguir. e nas lajes em balanço. salvo nas lajes de grandes vãos. ou de grande sobrecarga. Esta prática está relacionada à variação dos momentos fletores nas duas direções.4 C15 − 1. por ser pequeno o esforço de cisalhamento em presença da aderência do concreto ao ferro. Aconselha-se sempre o seu uso nos casos comuns. de evitar o abaixamento dos ferros negativos durante a concretagem e de dispensar ferros de distribuição para os mesmos. para as quais se deve usar a distribuição representada no corte da figura a seguir. Essa disposição tem a vantagem de permitir mão de obra muito simples. S S 2 fy Sfy 2 fy 1 S 2 fx 1l 4 x My Mx ly Sfx 1 S 2 fx 1l 4 x 1l 4 x 1l 4 x lx My Mx (a) (b) 225 . os ferros para os momentos negativos são colocados na ocasião da concretagem e antes que se inicie a pega do concreto.Nº3− 27φ 6. Os ferros negativos são desenhados em linhas tracejadas e em geral. Nas lajes usuais de edifícios é comum os ferros serem detalhados sem gancho.20 Os ferros calculados para os momentos positivos normalmente são colocados independentemente dos que são destinados a resistir aos momentos negativos. Para vãos extremos.15L 1 1 L 0.30L 1 1 0. na direção do vão maior.12L 1 1 L 2 L 2 0.33L 0. a) e para os vãos centrais. Para os vãos isolados (2 apoios).15L 1 (c) (d) 226 . o comprimento será o vão teórico menos 0. quando alternados.3. 0. é preferível usar um ferro grande e um pequeno com a disposição das figuras (c) e (d). a uma distância igual a 0.33L 1 L 0. neste caso.Comprimento dos ferros Ferragem positiva O comprimento e a posição dos ferros positivos devem atender à forma do diagrama de momentos nos vãos isolados. O ferro pequeno será colocado. extremos e centrais de uma peça contínua e atender a que.12 do menor vão no lado do apoio extremo e a 0.15L 1 1 0.30 de menor vão da laje (fig.33 do menor vão no lado do engaste (ou apoio central). o momento mantém-se constante na região central.15L 1 L 0.30L 1 (a) (b) 0.3 .15L 1 1 0.15 do menor vão da laje (fig.15L 0.15L 1 1 L 0.15L 1 0. deve ser igual ao vão teórico menos 0.30L 0. b). o comprimento dos ferros.30L 1 L 2 L 2 0.12L 1 1 0. às vezes. como mostra a figura. deve-se estender as armaduras sobre os apoios até 1/4 do maior dos menores vãos das lajes contíguas ao apoio considerado. e. para simplificar a armação. Das lajes vizinhas ao apoio A. usa-se.75 0. como indica a teoria.50 m 4 Este resultado pode ser obtido multiplicando o maior dos menores vãos das lajes vizinhas por 3/8: lf = 3 ⋅ 4. Assim.70 De acordo com a norma.Na prática. os seguintes valores para comprimento de ferros alternados.00 m) é o maior quando comparado aos menores vãos das lajes L1 (3.00 5.00 m) e L2 (2.00 L A A 3.00 m 4 2.5 1.85 0.00 3 Usando ferros alternados. A figura a seguir mostra este critério para o apoio A. neste caso. Vão isolados Vãos extremos Vãos centrais Ferragem negativa 0. deve-se estender o ferro sobre os apoios até a distância: lm = 1 ⋅ 4 = 1.00 m).00 = 1. a laje L3 é aquela cujo menor vão (4.5 ⋅ 400 = 1. o comprimento destes ferros será: l f = 1.50 m 8 227 .00 L L 1 0.00 2 4. tem sido usado o sistema de dimensionar o ferro em cada direção em função do vão na própria direção em vez de considerar o vão menor. 228 . 105 cm. em qualquer região. Esta armadura não deve ser inferior a 1/5 da armadura principal. os espaçamentos máximos são: 20 cm ou 2 h (o menor deles) para laje armada numa direção e de 33 cm para a direção do menor momento ou para armadura de distribuição. Para a armadura negativa é comum usar-se espaçamento entre 15 e 30 cm. 90 cm. deve-se ter um mínimo de 3 ferros com a seção de 0. 2 .Indicações complementares Deve-se usar para os ferros negativos comprimentos em centímetros divisíveis por 5. um espaçamento superior a 33. c) Quando o cálculo indicar espaçamento superior a 20 cm. aproximando-se o resultado.º 1 = Ferro n.5 .º 2 = Ferro n. nas lajes armadas em cruz. 3. por exemplo. adota-se o seguinte critério: a) Quando no cálculo o espaçamento obtido for inferior a 17 cm.º 3 = 400 = 27 15 300 = 18 17 400 = 27 15 3. A figura a seguir esclarece o posicionamento adequado para os ferros negativos em lajes contíguas e em balanço. nas lajes armadas em uma só direção.2. Para o caso da figura do item 3.3. b) Quando no cálculo o espaçamento estiver entre 17 e 20 cm. divide-se o vão na direção normal dos ferros pelo espaçamento destes. usa-se esse espaçamento constante em toda a laje (ferro não alternado). usa-se o espaçamento de 17 cm com ferro alternado. a norma prescreve: 1 . Para isso.Espaçamento dos ferros Em relação aos espaçamentos dos ferros nas lajes. quer como armadura de distribuição. mantendo-se os limites: 20 cm na direção principal e 34 cm na direção secundária Quanto aos ferros negativos das lajes armadas em cruz. tem-se as quantidades de ferro: Ferro n. usa-se este espaçamento calculado com ferro alternado.9 cm² por metro linear. como seja 75 cm.De qualquer modo. a norma não prescreve limite para o espaçamento. quer como armadura secundária.Quantidade dos ferros Calculados os espaçamentos dos ferros e seu comprimento. é preciso colocar no desenho a quantidade de ferro em cada posição. Para não usar.Nos detalhes das lajes. etc.6 .4 .3 cm (aproximadamente 34 cm). 4 CA-60 CA-60 CA-60 54 36 27 229 .Quadro de ferros Para elaborar o quadro de ferros em que se resume o comprimento e a quantidade de cada tipo de ferro. para o caso do desenho da figura do item 3.6 3. deve-se usar. figura (e).40 122. O quadro geral terá o aspecto abaixo. usa-se a armadura mais forte em todo o comprimento de apoio e interrompe-se a armadura mais fraca no outro apoio. o que dificultaria a introdução da armadura no concreto fresco.25 121.20 32. Nº φ Qualidade Quantidade Comprimento (m) Unitário Total 2. e 3) no caso de balanço. sendo preferível colocar esta armadura antes da concretagem.4 1. em todo o comprimento correspondente.Sendo a armadura negativa colocada na hora da concretagem.5 3. 2) quando o apoio em uma direção é contínuo e na outra é interrompido. é comum atribuir o mesmo número apenas os ferros do mesmo diâmetro e comprimento. a armadura do balanço não deve ser interrompida. e neste caso: 1) quando os apoios têm idêntica situação nas duas direções. 2 f 3 1 f 3 1 l 2 x f f lb lb 2 (a) A L1 L2 A (b) C A B L3 L4 D B (c) (d) (e) 3.4 1 2 3 4.7 . figuras (c) e (d). deve-se evitar seu cruzamento.2.4 6. a armadura do apoio contínuo e interromper a armadura do apoio que não é contínuo. Para efeito de encomenda dos ferros. Convenções para distinguir os tipos de ferro empregados. em números aproximados.78 para se obter o peso em kg por metro.1 32.4 Comprimento (m) 122.6 6. φ 3. ø .60 A este resultado deve ser colocado um acréscimo para prever estragos e sobras de pontas pequenas. 230 .8 8. Para o caso da figura do item 3. o quadro resumido dos ferros será apresentado a seguir. Na falta desta tabela.indicação genérica de qualquer ferro. elabora-se um quadro resumido em que se apresenta o comprimento e o peso para cada diâmetro de ferro.arame duro.2.7 15. Este acréscimo varia de 2 a 10%. que dá o peso por metro para cada diâmetro. pode-se multiplicar a área de ferro em centímetros quadrados por 0. conforme o tipo de obra.4 121. Quando se usa em um mesmo desenho vários tipos de ferro.4 4.5 32. usando-se a Tabela 12. convém deixar bem claro no desenho o tipo de ferro previsto. Φ .4 Total Peso (kg) 8. Aconselha-se as seguintes convenções: φ .ferro especial. 94 2.88 5.64 0.82 15.35 102.89 55.53 3.49 1.03 40.96 5.61 57.35 7.60 2.98 1.14 6.55 60.2 4.33 0.22 25.36 0.92 7.985 1.05 50.49 0.80 2.10 12 1.89 1.36 0.25 1.85 3.13 12.82 5.75 Peso por metro linear kg 0.75 34.96 4.25 2.91 45.43 2.86 231 .41 7.99 2.32 0.82 1.82 76.94 8.85 5.76 27.94 5.45 4.52 1.77 31.76 10.27 1.45 0.97 1.47 2.10 23.11 1.92 11.95 27.32 4.18 4.14 3.88 17.40 28.89 83.85 19.15 35.35 42.33 1.83 1.05 22.75 4 0.90 2.83 13.66 0.94 14 1.28 0.52 12.70 15.39 1.6 4.16 1.34 9 0.17 0.07 7.65 34.67 5 0.25 19.56 6.76 6.17 44.47 3.87 19.94 95.80 31.54 15.30 70.TABELA 12 Número de barras de ferro em função da seção de ferros e seus diâmetros Diâmetro em polegada 3/16 1/4 5/16 3/8 1/2 5/8 3/4 7/8 1 11/8 11/4 Diâmetro em milímetro 3.68 64.34 32.26 25.00 1.250 0.548 2.50 7 0.95 89.73 37.12 79.90 8.43 65.83 0.995 6.22 23.07 1.27 1.78 50.43 6.96 17.4 4.55 11.67 55.071 0.59 6 0.50 38.24 23.78 3.27 0.92 2 0.108 0.33 2.73 1.83 3 0.09 1.68 19.27 7.18 1.18 0.141 0.55 0.51 20.76 110.57 31.60 11.20 19.98 8.54 0.563 0.83 22.09 0.28 30.12 12.66 1.91 1.49 0.64 15.72 39.33 9.65 31.71 1.49 25.30 63.22 3.130 0.71 1.39 9.50 4.95 1.25 16.41 17.83 1.96 2.00 1.42 8 0.64 0.95 21.71 71.54 3.920 4.58 2.79 28.14 3.80 5.42 0.40 25.41 11.07 39.20 46.14 0.383 0.43 2.16 2.27 1.66 1.18 11 1.86 4.18 0.02 13 1.96 3.94 9.81 25.90 54.220 3.40 38.90 14.54 51.69 0.53 87.40 15.88 9.040 3.07 6.14 15.53 0.87 13.170 Seção de ferros em cm² 1 0.50 5.48 47.70 10.41 7.75 70.98 2.26 10 0.46 6.70 7. 11 1.89 0.50 4.0 20.0 26.94 0.0 11.06 1.58 1.18 8.59 0.76 1.23 2.30 0.44 2.09 2.05 0.91 0.56 2.97 2.81 0.48 2.87 0.48 1.73 1.12 6.64 0.98 0.48 0.77 0.98 1.TABELA 13 Seção de ferros por metro de lajes e 5.86 1.96 3.15 1.92 0. 4m Ly -726 5m -812 Lx -528 -474 -420 232 -640 .17 2.10 3.30 3.77 2.38 2.58 0.13 1.41 4.51 1.32 1.0 22.93 5.30 1.52 3.73 0.0 32.54 3.54 2.04 0.4mm 1.65 0.53 0.50 0.54 1. Aço CA-50B e concreto fck = 150 kg/cm².0 18.69 0.67 1.11 1.0 10.97 2.43 0.25 7.76 0.6mm 3.68 0.0 9.0 16.88 2.98 1.70 0.32 2.83 0.98 1.49 0.19 5.11 1.0 34.38 0.87 0.81 0.39 1.0 6.27 4.49 Exercício: Calcular a laje de 4mx5 m.64 2.61 0.45 0. para acesso público.77 1.37 1.24 11.0 17.55 1.0 12.46 0.99 0.44 1.74 2.81 3.82 1.35 0.22 1.91 2.90 8.0 19.77 2.53 0.28 0.92 7.19 1.08 1.46 3/8" 14.69 0.07 0.74 0.75 2.95 4.87 10.51 1.52 1/4" 6.99 0.75 3.0 15.85 1.66 1.50 4.25 2.62 1.76 0.0 7.0 24.54 2.34 5.57 0.45 4.61 2.56 0.0 28.09 4.64 0.0 8.48 5.26 1.75 4. com 8 cm de espessura.26 2.99 0.0 30.56 3.52 0.22 1.07 6.93 5/16" 9.0 14.53 3.13 3.90 1.92 0.0 13.28 1.32 0.83 0.2mm 2.06 0.19 1.01 0.31 1.59 0.38 1.65 1.19 3.41 0.37 2.0 3/16" 3.63 0.13 1.28 4.27 1.55 0.91 7.96 3.78 1.47 5.24 2. 4 = = 2.00 + 0. caso 3 4.10 mx = 25.50 Verificação da altura: M = μ d² fcd .R= vão maior 5 = = 1.59 Momentos negativos(nos apoios): p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4.75 My = p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4.10 2 Mx = = = 359 kgm mx 25. Cálculo do As para a direção x: (Tabela 3.10 = 5. 150/1. 1.102 Xx = − = = 812 kgm nx 11.256 (CA 50B) M = 0.50 Cálculo dos momentos positivos (nos vãos): p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4.44 ⋅ 7 233 . então h = 8 cm está bem.8 x 25 Vãos teóricos: 300 kg/m² 50 kg/m² 200 kg/m² p = 550 kg/m² l y = 5.25 < 2 trata − se de laje armada em duas direções vão menor 4 Cálculo das cargas: sobrecarga revestimento-pavimento peso próprio .51 kgm my 39.256 .10 λ= ly lx = 5. CA 50B) A sx = Md 359 ⋅ 1.102 Xy = − = = 528 kgm ny 17.24 .38 ny = 17.38 p ⋅ l x 2 550 ⋅ 4.75 my = 39.Tabela 3 μ = 0.4 = 1137 kgm.03 cm 2 αd 35. com este valor entra-se na tabela de Marcus. 7² .00 + 0.4 = 1342 kgm Maior momento calculado = 812 kgm.10 = 4.10 l x = 4.10 2 = = 233. sendo que Md = 812 .10 = 1.59 nx = 11. cm) 8 cm 12 cm 11 cm 16 cm 234 -812 -640 .6 kgm.7 cm 2 αd 35.10 y 233 -726 λ = 1.51 ⋅ 1.44 ⋅ 7 Ly = 5.44 ⋅ 7 AsX y = Resumo Áreas de ferragem (cm2) Asx = 2.4 kgm.8 ⋅ (− 528) = −422.24 mx = 25.50 CASO 3 Lx = 4. o maior dos dois 2 Cálculo do As na direção Xx: AsX x = Md 726 ⋅ 1.32 cm 2 αd 35.38 n y = 17.4 = = 4.32 AsXx = 4.70 Tabela12 (por metro linear) 12 φ 3/16" 8 φ 3/16" 9 φ 5/16" 6 φ 5/16" Distância de ferro a ferro (espaçamento. o maior dos dois 2 Md 474 ⋅ 1.4 = = 2.8 ⋅ (− 812 ) = −649.1cm 2 αd 35.10 550 -528 -474 x -420 Cálculo da ferragem negativa (nos apoios): Xx = 812 + 640 = −726 kgm ou X x = 0.10 AsXy = 2.03 Asy = 1.Cálculo do As para a direção y: A sx = Md 233.4 = = 1.59 n x = 11.44 ⋅ 7 Cálculo do As na direção Xy: Xx = 528 + 420 = −474 kgm ou X x = 0.75 m y = 39. 10 .53 70.88 m 510/11 = 46 .88 = 326.Direção AsXx: .10 .Direção de Y: .75 = 3.36 110. 0.19 kg Total = 88. 3.Direção de X = 4.21 kg Área da laje = 5 .19 88.21+10% = 97.21/20 = 3.Direção de X: .50 = 1.38 + 39.53 = 70.38 1.88 1. 0. 4 = 20 m2 .53 m 4 Nº de ferros: .07 m .07 196.02 kg ferro 5/16" = 70.141 kg/m = 46.36 m .48 3. 1.10 ⋅ 1.78 1 2 3 4 3/16 3/16 5/16 5/16 CA-50 B CA-50 B CA-50 B CA-50 B 64 34 46 26 Resumo da quantidade de ferros φ 3/16 5/16 Comprimento (m) 326.38 m 410/16 = 26 .Direção de y = 5.02 42.75 = 3. 0.03 235 .Comprimento dos ferros: vão extremo para ambas direções .78 = 110.53 39.48 + 129.16 Total Peso (kg) 46.16 m .53 = 39.70 kg/m² Quadro de ferros Nº φ Qualidade Quantidade Comprimento (m) Unitário Total 3.82 129. 3.Direção AsXy: Outras informações: 510/8 = 64 ferros .48 m 410/12 = 34 ferros .383 kg/m = 42. 0.78 m ferro 3/16" = 196. ou seja 88.82 m Ferros negativos: 4. 1.07 = 196.82 = 129. 07 '' x Nº2 − 34φ 316 C 12 − 3.82 '' 4m y 5m Nº4 − 26 φ 516 C 16 − 1.55 '' 4m '' 236 .55 Nº3 − 46 φ 516 C 11 − 1.5m Nº1 − 64 φ 316 C 8 − 3. respectivamente. Do mesmo modo. Aproximadamente. lx qy . será: 0.55 e 0. ly qy q ly qx L1 l 0.qx.55 para o lado do engaste e 0. Além destas. determinadas por metro linear. Exemplo: A carga transmitida pela laje L1 às vigas AB e CD da figura abaixo. ly 0. A C 0.Cálculo das Cargas nas Vigas Generalidades As principais cargas que se distribuem sobre as vigas. lx 0.5 para 2 apoios ou 2 engastes e 0. l x. Cargas transmitidas pelas lajes Pelo processo dos quinhões de carga. supõem-se as lajes isoladas sob a ação dos quinhões de carga em cada direção e calculam-se as reações como se as faixas fossem peças isoladas e independentes. Esta carga é uniformemente distribuída e seu valor é dado por metro linear de viga. lx B lx qx l D lx qx 0.45 para um engaste e um apoio. lx 0.5q y .5. As fórmulas gerais para a carga nas vigas podem ser escritas como se segue: R x = cx ⋅ qx ⋅ l x R y = cy ⋅ qy ⋅ l y onde os coeficientes cx e cy têm os valores: 0.4 .5q x . ly 0. pode haver ocorrência de cargas concentradas provenientes da ação de outras vigas ou pilares.55q x . l y. cargas de paredes e peso próprio. lx a) b) 237 0.55q x .Dimensionamento e detalhes das vigas de edifícios 4. No caso de engaste em dois lados opostos a carga se distribui como no caso de dois apoios.5q y .1 . No caso de haver engastamento em um dos lados e apoio no lado oposto.45q x .5q x . compõem-se das cargas transmitidas pelas lajes. qy. lx 0.5.45 para o lado do apoio. a laje L1 transmite às vigas AC e BD uma carga uniformemente distribuída por metro linear igual a 0.5q y . a carga é maior no lado engastado. podemos considerar que a carga total sobre a faixa se distribui da seguinte maneira: 0.5q x . 50 = 512 kg/m 0.45 . tem-se: Laje L1: Lx = 4. 253 . entra-se na tabela 7 e encontra-se. 500 = 253 kg/m² qy = q . 247 .80. V 4 3.00 a) Pelo processo dos quinhões. 4.506 .qx = 500 .q = 0. as reações nas vigas para a estrutura da figura a seguir com carga total por metro quadrado de 500 kg/m². para λ = 0. 3.60/4. então: 238 .5 . 253 . encontramos kx = 0.60/3. e kx = 0.2 Na tabela 7.55 .60 = 445 kg/m 0. pelo método dos quinhões.60 V 1 L1 V 2 L2 V 3 V 5 4.00 m Ly = 3.50 3. 4.60 m λ = 3.50 = 0.50 m Ly = 3.50 = 626 kg/m Lx = 3.60 m λ = Ly/ Lx = 3.253 = 247 kg/m² As cargas nas vigas são: Sobre V4 e V5: Sobre V1: Sobre V2: Laje L2: 0. portanto: qx = kx.Exercício: Calcular.00 = 1.506.838.80 Para laje com 1 engaste. 55 . deve-se calcular a carga transmitida por esta sobre aquela.60 λ = 0. 3. 3. 81 .200 kg/m3. Não é preciso calcular o peso exato porque sua influência é pequena e na prática suas dimensões podem ser: espessura = 1/30 do vão e altura = 1/10 do vão 239 .838 . e calculando o volume por metro corrente da mesma. Essa carga é calculada por metro corrente de viga e é igual ao volume de 1 metro de parede multiplicado pelo seu peso específico. Peso próprio da viga O peso próprio das vigas é calculado estimando aproximadamente sua espessura e altura. dá o peso por metro corrente. multiplicado pelo peso específico do concreto armado (2.60 566 81 500 419 0.80 λ = 1. V 4 445 y y 146 V 1 3.00 x V 2 626 631 3.506 4. Para o tijolo cheio usa-se o peso específico de 1.00 = 691 kg/m 0.qx = 0.600 kg/m3 e para tijolo furado temos 1. 419 . 500 = 419 kg/m² qy = 500 .500 kg/m3).419 = 81 kg/m² As cargas nas vigas são: Sobre V4 e V5: Sobre V2: Sobre V3: 0.2 V 3 247 512 500 253 0.00 = 566 kg/m O cálculo feito em esquema numérico é apresentado na figura a seguir. 419 .5 .60 = 146 kg/m 0.838 146 3.45 .50 x 445 V 5 Cargas de paredes Quando sobre uma viga existe uma parede. 3. que. e que significam lajes. Esta carga é. As alturas das vigas de edifícios se situam geralmente em torno de 1/10 do vão da viga. bw a espessura da viga e r é o coeficiente da tabela 3. Pode-se partir da fórmula: d=r 1. Para economizar as despesas com a confecção das formas.Determinação da altura. 38. suposta uniformemente distribuída. vigas e paredes. vigas e paredes dará a carga total por metro que atua no trecho da viga correspondente. como mostra a figura a seguir. Muitas vezes. atendendo à experiência do projetista. 240 . 43. O esquema contempla a parte referente à viga (60 kg/m). Assim. 48. deve-se usar para altura das vigas. A esta altura acrescenta-se a espessura da laje. Na prática. Para isto. O peso por metro desta parede é de 180 . 626 L 691 L 60 V 540 P 1917 As parcelas da carga sobre as vigas são identificadas com as letras L. o peso de uma parede de 15 cm de espessura com pé direito de 3 m e a carga por metro quadrado de 180 kg/m². prefere-se adotar alturas superiores à obtida com a fórmula anterior para reduzir o consumo da armadura. V e P. colocadas em seguida ao seu valor numérico. 3 = 540 kg/m. a escolha das alturas das vigas de edifícios é feita com a simples observação da situação das vigas. A soma das parcelas devidas às lajes. procedendo-se posteriormente à verificação destas alturas. O cálculo das cargas sobre as vigas pode ser feito diretamente sobre a planta esquemática da estrutura. assim. respectivamente. para laje de 8 cm de espessura. as alturas práticas em cm das vigas são 28. 4.4 ⋅ X máx bw onde: Xmáx é o maior momento fletor negativo em valor absoluto. 33.Roteiro numérico para o cálculo das cargas sobre as vigas. valores que sejam múltiplos de 5 cm e não inferiores a 20 cm. etc.2 . usam-se os esquemas da figura anterior para o cálculo das cargas das lajes e acrescentam-se as cargas do peso da viga e da parede. como se fez no cálculo dos momentos das lajes. muitas vezes. 20 16 t m 9tm 12 t 20 t 20 t 9tm 12 t Quanto ao cisalhamento. bw a espessura da viga e τwu é o limite imposto pela norma. usa-se. adotando bw= 20 cm e usando o coeficiente da tabela 3 para fck = 140 kg/cm² e aço CA-50B. o valor do maior momento positivo em vez de Xmáx.25 ⋅ 140 = 25 kg / cm 2 1.4 ⋅ 16000 = 66. atendendo aos diagramas de momento fletores e forças cortantes indicados na mesma. na fórmula anterior. Adota-se fck = 140 kg/cm² e aço CA-50B.4 d= 20000 ⋅ 1. tem-se: τ wu = 0. 241 .4 = 56 kg / cm 2 20 ⋅ 25 A altura prática a usar será h = 68 cm com 60 cm de nervura e 8 cm de laje.198 1.Nas vigas invertidas. Exercício: Fixar a altura para a viga da figura a seguir.2cm 0. usando-se a fórmula: d= Vmáx b w ⋅ τ wu onde: Vmáx é a maior das forças cortantes. A altura fixada pela fórmula anterior deve ser verificada ao cisalhamento. tem-se: d = 0. Solução Xmax = 16 tm. ou seja. podem ser ancoradas com o comprimento normal. aumentando-se esse percentual para 33% quando o momento negativo no apoio for menor que a metade do momento positivo no vão. Pelo menos 25% da armadura principal deve igualmente ser levada até o apoio intermediário de uma viga contínua. Nas vigas não muito altas.4 . a distribuição da armadura deve permitir a passagem dos agregados e o acesso da agulha do vibrador.4. As barras ancoradas na parte superior e sobre a alma da viga estão em zona desfavorável de aderência. Recomenda-se o pormenor da figura a seguir. A armadura principal deve cobrir efetivamente um diagrama M/z descalado horizontalmente de uma distância aproximadamente igual à altura útil da viga. são: As = Md α⋅d onde α é tirado da tabela 4. para uma seção retangular.com estribos pouco espaçados. As barras da armadura principal inferior. precisando de um comprimento de ancoragem 50% maior que o normal.Regras de distribuição das armaduras de flexão e cisalhamento. quando interrompidas. dobrando e aproveitando as mesmas como armadura inferior. pois nessa região existe boa aderência entre o concreto e o ferro. 4. convém prolongar 1/3 da armadura principal do meio do vão até o apoio extremo. onde deve ancorar um esforço da ordem de grandeza da reação de apoio. Para isso. entrando-se com o valor de r dado pela fórmula: r= d Md b onde b = bw ou b = bf . Estribos verticais Os critérios de dimensionamento e detalhes das armações transversais em estribos serão examinados a seguir. As barras superiores colocadas fora da alma da viga. quando se empregam as teorias modernas para dimensionar a armadura transversal. conforme a mesa seja tracionada ou comprimida. distribuídas na laje (h<30 cm). A armadura deve ser distribuída de modo a permitir uma boa concretagem.3 . 242 . Para evitar tensões elevadas de aderência no apoio extremo. podem ser ancoradas na sua própria direção . ou seja.Cálculo das seções de ferro As fórmulas teóricas. o envolvimento das barras da armadura por concreto bem adensado. podem evitar-se os grandes comprimentos de ancoragem das barras superiores. o concreto se acha sob compressão transversal. 8d d ≥ As / 3 As ≥ As / 4 Nos trechos da viga onde atuam estribos e barras dobradas.Prescrições regulamentares As prescrições que se seguem se referem mais especificamente às armaduras longitudinais: a) Porcentagem mínima da armadura longitudinal O estudo da porcentagem mínima da armadura longitudinal é feito com base na fórmula que dá a taxa mínima da armadura: f ρ mín = 0.8d ≤} d/2 30 cm ≤ d/2 0. os estribos dos vãos adjacentes se cruzam sobre o apoio. sendo possível nesse caso atingir valores elevados de τod (tensão média convencional de cisalhamento no estado-limite de projeto). Uma parte da armadura principal do meio do tramo deve ser prolongada até os apoios.8d.5 . pelo menos 40% dos esforços devem ser absorvidos pelos estribos. até 0. é preferível usar apenas estribos com pequeno espaçamento. recomendando-se 1/3 para o apoio extremo e 1/4 para apoios intermediários de vigas contínuas (aumentar para 1/3 quando o momento negativo no apoio for menor que a metade do maior momento positivo no vão).Estribos inclinados A armação com estribos finos e inclinados (45º a 60º) reduz a fissuração das vigas. A distância horizontal longitudinal entre barras inclinadas deve ser no máximo igual à metade da altura da viga. sem barras dobradas. simétricas em relação ao plano médio da alma. os estribos inclinados devem ter altura variável para cobrir a viga até junto do ponto de apoio. para fornecer um controle eficaz de fissuração. De preferência. 0.043 ⋅ cd f yd 243 . Nos apoios intermediários. Estribos verticais e barras inclinadas Nos trechos próximos do apoio. O descalamento necessário do diagrama de momentos é menor que no caso de estribos verticais. dobrar de cada vez um par de barras. resultando armadura principal mais curta. Nos apoios extremos. 4. Contudo. a 2 cm.5 vezes este calibre na direção vertical. Se forem usadas armaduras em forma de feixe. ф . o espaçamento entre as armaduras longitudinais não deve ser inferior a 2 cm nem a uma vez o maior diâmetro da armadura. d) Cobrimento das armaduras A distância entre qualquer armadura e face da peça deve ser no mínimo igual a: Peças interiores protegidas: Peças interiores não protegidas. 1.25 ф . c) Espaçamento das armaduras Segundo a norma. 1. 1. As figuras a seguir esclarecem o problema do espaçamento mínimo das armaduras longitudinais. aplicar as mesmas prescrições supondo o feixe substituído por uma barra fictícia de mesmo centro e de área igual à soma das áreas das barras do feixe.25% 0. no caso particular de peças interiores. usar diâmetros que não ultrapassem 1/8 da largura bw da nervura. deixar entre as barras espaços iguais a 1. ou exteriores: Peças exteriores sujeitas a grandes intempéries: 1 cm.10% Nas outras formas de seção 0.2 ф.15% b) Diâmetro das armaduras longitudinais Se algumas das armaduras longitudinais forem levantadas para combate ao cisalhamento.15% 0. além disso. d' 1 3 d ≥ 2 2 1 cm φ3 0.Esta fórmula está de acordo com os princípios estabelecidos na norma brasileira e no CEB.5 a onde ф é o diâmetro da armadura a que corresponde a distância fixada e a é o calibre máximo do agregado.1 3 cm.5 vezes o calibre máximo do agregado na direção horizontal e 0.5a ≥ 1 cm φ1 a 244 } } } 1 cm φ2 a d'' } . estas normas citam os seguintes valores para ρmín: NBR CEB Para aço comum Para aço especial Nas lajes 0.5a h ≥ ≥ 1 cm φ2 1. Deve-se. 5 cm 1. em rede.ao ar livre 2. sob a estrutura deverá ser interposta uma camada de concreto simples. ou dotado de momento inferior a 1/2 do momento positivo.5 cm 2.em lajes e paredes ao ar livre . que vão do centro das armaduras à face do concreto. não considerada no cálculo. na prática.5 4.0 3.º de camadas 1 2 3 1 2 3 d' 2.0 cm . Quando o momento no apoio supera o valor acima.no interior de edifícios . como indica a figura anterior: Tipo de obra No interior No exterior N. calculada para o vão. deve colocar uma armadura de pele complementar. cujo cobrimento não deve ser inferior aos limites especificados.se o solo não for rochoso.para cobrimento maior que 6. Nos casos comuns.em vigas.5 5.em paredes no interior de edifícios .5 cm c) para concreto em contato com o solo 3.em vigas. com consumo mínimo de cimento de 250 kg/m3 e espessura de pelo menos 5 cm.em lajes no interior de edifícios .0 cm 2.0 cm.5 6. 245 . d) para concreto em meio fortemente agressivo 4.0 cm b) para concreto aparente: . de a até d.5 cm 1.5 7. igual a 1/3 desta armadura. as espessuras mínimas de cobrimento das ferragens são: a) para concreto revestido com argamassa de espessura mínima de 1 cm: . quando se trata de apoio simples. pilares e arcos ao ar livre 0. deve-se prolongar até o apoio uma parcela da armadura de tração.Segundo a norma. basta prolongar até o apoio 1/4 da armadura calculada para o vão.0 cm .0 cm 1.0 d” 2 4 5 3 5 6 Armadura na região dos apoios das vigas De acordo com a norma. pilares e arcos no interior de edifícios . pode-se adotar para efeito de projeto os seguintes valores das distância d' e d'' em cm. 00 1. 2 .00 20 20 31 47 57 69 81 98 118 125 157 188 196 235 245 294 313 370 392 - 30 33 50 78 96 118 143 171 195 204 249 299 311 373 389 467 498 588 622 700 746 778 871 40 45 70 109 135 168 205 248 290 305 360 409 426 512 533 639 682 806 853 959 1023 1066 1194 50 57 89 140 174 219 266 327 382 403 486 561 577 650 677 812 866 1024 1083 1218 1300 1354 1526 60 109 171 214 267 329 404 476 502 611 707 729 875 985 1051 1241 1313 1478 1576 1642 1650 1848 70 201 252 317 393 463 569 602 738 862 882 1028 1060 1206 1279 1459 1544 1737 1853 1914 2156 75 218 272 344 422 519 617 653 793 937 965 1128 1151 1327 1388 1568 1659 1866 1990 2074 2324 80 232 291 368 452 560 668 704 865 1010 1043 1216 1257 1447 1514 1716 1774 1996 2129 2218 2484 100 466 579 711 846 901 1109 1308 1351 1590 1643 1914 2010 2297 2383 2604 2745 2794 3129 120 571 709 881 1051 1118 1389 1652 1716 2041 2107 2507 2652 3080 3223 3567 3764 3890 4522 140 1038 1238 1317 1636 1951 2027 2411 2497 2961 3131 3647 3848 4246 4504 4679 5142 150 1419 1760 2097 2178 2594 2694 3205 3389 3947 4164 4607 4886 5063 5577 246 .25 7.00 3.00 6. que estabelece: os esforços nas armaduras só podem ser considerados como concentrados no centro de gravidade das armaduras quando a distância do centro ao ponto mais afastado da armadura for inferior a 5% de h.50 14. O diâmetro dos estribos não deve ser superior a 1/12 da espessura da viga nem inferior a 5 mm. 4.Livro de Francisco Xavier Adão .Editora McGraw-Hill do Brasil.63 1.80 5.Tabelas para Dimensionamento de Concreto Armado .60 2.Cálculo Prático e Econômico de Concreto Armado.00 9.40 0. Seção As em cm².00 4.26 1.00 12.50 8.3 2ø8 4 ø 6.00 11.Estado limite último fck > 180 kg/cm² e Aço CA-50A/B b > 10 cm para h > 100 b > 15 cm para h > 120 Ferragem 2ø5 2 ø 6.00 6.50 3.Uso de Tabelas para Cálculo de Vigas 1 . Editora Interciência. alturas h em cm. Seções normalmente armadas (limite) .Número de camadas O número de camadas das armaduras de tração é regulado pela prescrição da norma.20 4.3 2 ø 10 4ø8 2 ø 125 6ø8 4 ø 10 5 ø 10 6 ø 10 4 ø 125 3 ø 16 5 ø 125 6 ø 125 4 ø 16 3 ø 20 8 ø 125 9 ø 125 6 ø 16 10 ø 125 7 ø 16 As h 0. Diâmetro dos estribos As recomendações do CEB e a norma NBR fixam como valor máximo para o diâmetro dos estribos 1/8 da largura da alma.25 12. TABELA 14 Armação de vigas retangulares à flexão normal simples Momentos em tf cm.Promon .6 .00 2.45 10. 4 para 1. desde que se aumente o coeficiente de segurança das solicitações de 1. zê.Menor dimensão do pilar A condição (a) visa impedir a flambagem da armadura longitudinal.190 ø²t/ ø l = 190 . Estribos Os estribos têm a função de impedir a flambagem prematura das barras longitudinais. 0. chegamos aos espaçamentos: . Segundo a norma. desde que o raio de giração da seção composta seja igual ou maior que o de uma seção quadrada 20 cm x 20 cm (i > 6cm). Os pilares com seção transversal muito alongada (h > 5b) devem ser tratados como estruturas laminares. Em geral são de diâmetro aproximadamente igual a 1/4 do maior diâmetro da armadura longitudinal. Os limites acima poderão ser reduzidos.54 = 30 cm A condição (b) visa a relacionar o espaçamento com o diâmetro do estribo (øt) e com a relação øt/ø l . respeitando o recobrimento mínimo. Em geral. adota-se um diâmetro igual ou superior a 1/2''. A percentagem da armadura longitudinal dos pilares não cintados é variável. duplo tê).Pilares de Concreto Armado De acordo com a norma. o espaçamento máximo entre as barras longitudinais no contorno é de 40 cm.barras longitudinais em aço CA-50 b .8 e a seção transversal. tê. 247 .0 cm. Se esta for constituída de barras com diâmetro de 1''. a dimensão mínima dos lados da seção de pilares deve ser 20 cm ou 1/25 da altura livre. o espaçamento máximo corresponde à condição (a) valerá: 12 . ø l = 12 . sendo que as barras devem ser posicionadas na periferia do pilar. c .12 ø1 .190 ø²t/ø l para CA-50.2 vezes o maior tamanho do agregado ou 2. sob a denominação de paredes estruturais. a fixação de um mínimo é necessária para proteger o pilar contra inevitáveis excentricidades de carga.64 . 0. adotando-se o maior valor. exigindo também menos estribos.30 cm d . As barras grossas fazem uma armação mais rígida. cada um dos quais com largura não inferior a 10 cm ou 1/15 do respectivo comprimento. Adotando-se øt/ø l = 1/4 e supondo øt = 1/4''. 2. composta de retângulos (cantoneira. porém não menos que 1/4''.5 . O espaçamento entre os estribos não deve ser maior que qualquer dos valores seguintes: a . O espaçamento mínimo entre as barras longitudinais deve ser igual ao diâmetro da barra ou 1.25 = 30 cm. contudo. sujeito a uma carga normal em serviço N=240 tf. O cálculo aproximado com a fórmula acima é: Asl mín = N ( tf ) 10 = 240 = 24 cm 2 10 248 . Muitas vezes acontece que a seção transversal do pilar tem dimensões maiores que a mínima exigida pelo cálculo. neste exemplo.30 cm Vê-se que a condição de flambagem da armadura longitudinal é determinante do espaçamento dos estribos.5%A c Como exemplo.5% Ac. vale: a .30 cm d .12 . Armadura longitudinal mínima de pilares com estribos A porcentagem geométrica da armadura longitudinal dos pilares fica compreendida entre 6% e 0. Com os coeficientes de segurança da norma (γf=1. obten-se os seguintes valores aproximados (para λ = L/i): λ≤30 A sl mín = 0. considerando uma coluna 30 cm x 30 cm. armada com ferros longitudinais de 7/8''. 2.4). vamos calcular a armadura longitudinal mínima de um pilar longo (λ>30). o espaçamento dos estribos correspondes a cada uma das condições acima.22 = 27 cm b .64²/2. sendo o concreto fck = 220 kgf/cm². para garantir o suporte lateral destas (ver Figura a seguir).190 . CA-50 e estribos 1/4''. cal = Nd γf ⋅ γc N = ⋅ fc 0.8% da seção de concreto. Os estribos devem ser dobrados sem folga em torno das barras longitudinais.5% quando a esbeltez da peça for inferior a 30. cal ≈ N ( tf ) 10 ≥ 0.5%A c N ( tf ) 15 ≥ 0.4 e γc=1.5%A c. 0.As condições (c). referindo-se então as porcentagens mínimas a seção de concreto teoricamente necessária Ac.8%A c. Quando as barras se acham localizadas na periferia de um círculo.85 f ck Deverá ser ainda respeitado o valor mínimo 0. Como exemplo. cal ≈ λ>30 A sl mín = 0. reduzindo-se o limite inferior para 0.22 = 35 cm c . podem-se usar apenas estribos circulares envolvendo a armadura.cal. (d) são valores absolutos recomendados pela prática. A seção estritamente necessária para equilibrar a solicitação normal é dada por: A c. e supondo um concreto fck = 180 kgf/cm². apresenta a seção do pilar de concreto armado.8%A c. A tabela. 249 .85 f ck 0.4 240 A c.5% da área da seção real da coluna. após a figura.85 0.22 A sl mín = 0.5%A c O valor mínimo calculado acima não deve ser inferior a 0.O cálculo mais preciso. cal = f c ⋅ = ⋅ = 2516 cm 2 0. a ferragem longitudinal requerida e o comprimento máximo de flambagem em função da carga admissível em toneladas. de acordo com a seção dos respectivos pilares.8% ⋅ 2516 = 20. Na figura a seguir pode-se observar várias formas de estribos.4 ⋅ 1. com a área necessária de concreto é: γ ⋅γ N 1. cal = 0.1 cm 2 ≥ 0. (a) ≤ 20φt (b) ≤ 20 φt (c) (d) ≤ 40φt (e) (f) ≤ 20φt (g) (k) (h) (i) (j) 250 . Structures and Environment Handbook.BEER. 3 . P. 1990. ABNT. 2 . 7 . Caderno de Projetos de Telhados em Estruturas de Madeira.NBR 6123 . São Paulo. 9 . Washington. 8 .MOREIRA.NB-1 . Tese de Mestrado.MIDWEST PLAN SERVICE. 5 . 25 p. 69 p. 247 p. ABNT. R. Rio de Janeiro.NBR 7190 . 1982. 1981. 11ª ed. 1981.. 1978.Forças Devidas ao Vento em Edificações. ABNT. Viçosa.E. 200 p. Desenvolvimento e Análise de um Silo Graneleiro com Paredes de Madeira Compensada e Sistema de Contensão Lateral Metálica.Projeto e Execução de Estruturas de Aço de Edifícios. e dimensões da seção do pilar em cm. Edgard Blucher. 1978.PFEIL. 1980. 1983. Rio de Janeiro. Rio de Janeiro. 4 . A. fck ≥ 180 kg/cm² Aço CA-50-B/A Dimensões da seção do pilar (cm) 20 30 40 50 60 15 L=225 20 L=300 25 L=375 30 L=450 35 L=525 40 L=600 45 L=675 50 L=750 20t 4 ø 10 30t 6 ø 10 40t 8 ø 10 50t 10 ø 10 60t 12 ø 10 24t 4 ø 10 36t 6 ø 10 48t 8 ø 10 60t 10 ø 10 72t 12 ø 10 34t 4 ø 125 51t 6 ø 125 68t 8 ø 125 81t 8 ø 125 98t 10 ø 125 60t 6 ø 125 80t 8 ø 125 100t 6 ø 16 122t 8 ø 16 97t 10 ø 125 122t 8 ø 16 148t 10 ø 16 115t 12 ø 125 138t 8 ø 16 168t 10 ø 16 136t 10 ø 16 160t 10 ø 16 195t 8 ø 20 176t 10 ø 16 213t 2 ø 20 BIBLIOGRAFIA 1 . Mechanics of Materials. DC. número de ferros e diâmetro (ø) em milímetros. altura máxima de flambagem em cm (L). 251 . 3ª ed. 6 . F. Livros Técnicos e Científicos. USDA. São Paulo.MOLITERNO.. 420 p. 616 p. Rio de Janeiro. 22 p.TABELA 15 Pilares retangulares sujeitos à compressão axial Cálculo simplificado (Estado Limite último) Cargas (N) em t .Projeto e Execução de Obras de Concreto Armado. W.NBR 8800 . Concreto Armado. 1986. UFV.Cálculo e Execução de Estruturas de Madeira. São Paulo. JOHNSTON Jr. ABNT. R. Mc Graw-Hill. PFEIL. D. M. 15 . 3. W. 13 . 1987. A. Rio de Janeiro. 252 . Manual do Construtor. Editorial Americalee. Vol. Livros Técnicos e Científicos. 296 p.Teoria y Práctica. Rio de Janeiro. 11 . Editora Globo. 664 e 450 p. 1. Rio de Janeiro. 179 e 358 p. 1985. Buenos Aires. Estática das Construções. J. I e II. Estruturas de Madeira. Vol.REIMBERT. 2 e 3. 1982. Editora Científica. 1979. Silos . Curso de Análise Estrutural. Porto Alegre. 1987. 14 .10 . C. 1960.A.PIANCA. Rio de Janeiro.SÜSSEKIND. Vol I e II. Vol I e II. REIMBERT. Editora Globo. Editora Globo. 12 . 463 e 195p. Vol 1. J. Novo Curso de Concreto Armado.SCHREYER. M. 2.ROCHA. 4 e 5.