2. Exercícios - Detalhamento 1
1. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.
1.1 DADOS
A princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria ser
a II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais branda
para ambientes internos secos. Sendo assim, será adotada uma classe de agressividade I.
Para classe de agressividade I: Seção transversal da viga: 16 cm x 50 cm.
• Classe do concreto ≥ C20 → adotar Concreto
C20 (fck = 20 MPa), com brita 1.
• Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar
Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm
cobrimento = 2,5 cm
Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm
• Aço CA 50 A (fyk = 500 MPa = 50 kN/cm2). Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2)
1.2 DIMENSIONAMENTOS
1.2.1. Flexão: Detalhamento da armadura de flexão:
Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cm
d (estimado) = 0,9 h = 45 cm dreal = 44,6 cm
Portanto:
Kc = 2,37 dreal/destimado = 44,6 / 45 =
Ks = 0,030 = 0,99 (> 0,95 ok!)
As = 9,1 cm2 (OK!)
(≥ As,minima = 0,15% . b . h = 1,2 cm2)
Adotar 5 φ 16 mm (As,efetivo=10cm2) (OK!)
3. Exercícios - Detalhamento 2
1.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003):
A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado o
modelo de Cálculo I.
• VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kN
a) Verificação da compressão diagonal do concreto (biela comprimida): VSd ≤ VRd2
VSd = 45,5 kN
VRd2 = 0,27 αv2 fcd bw d , 2onde αv2 = 1 – fck/250
(obs.: o valor de fck deve ser dado em MPa para calcular αv2)
Portanto: αv2 = 1 – fck/250 = 1 – 20/250 = 0,92
VRd2 = 0,27 . 0,92 . ( 2 kN/cm2 / 1,4 ) . 16 cm . 45 cm = 255,5 kN ( > VSd, Ok!)
b) Cálculo da armadura transversal (dimensionamento dos estribos): VSd ≤ VRd3 (=Vc + VSw)
Na verdade, o objetivo é dimensionar a armadura dos estribos a partir do VSw (ou do τSw).
τSw = τSd – τc , onde :
τSw = tensão que deve ser absorvida pela armadura transversal
VSd 45,5 kN
τSd = = = 0,0632 kN / cm 2 = 0,632 MPa
b w d 16 cm . 45 cm
2/3
τ c = 0,09 f ck = 0,663 MPa (τ Sw e f ck em MPa ) *
(*expressão válida para flexão simples)
Portanto: τSw = τSd – τc = 0,632 - 0,663 = - 0,031 MPa (NÚMERO NEGATIVO !)
A princípio, não seria necessário o uso de estribos, mas a norma recomenda a adoção de uma
taxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um número
positivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal da
viga, seria dado pela expressão mostrada a seguir:
1,11 τSw
ρw =
f ywd
(≥ ρ w , min )
Observação: fywd = fywk / 1,15, mas não se tomando valores superiores a 435 MPa
4. Exercícios - Detalhamento 3
A nova versão recomenda que se use uma taxa mínima igual a :
2/3 2/3
f 0,3 . (f ck ) 0,3 . (20) (em MPa )
ρ w , min = 0,2 . ctm = 0,2 . = 0,2 . = 0,000884
f ywk f ywk 500 ( em MPa )
(Observação: Este valor é inferior ao valor recomendado pela NBR 6118:1980, de 0,0014)
Adotar ρ w = ρ w , min = 0,000884
• Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4a do Prof.
Libânio M. Pinheiro:
ρ w . b . 100 0,000884 . 16 . 100
A sw ( em cm 2 / m) = = = 0,71 cm 2 / m , onde:
n 2
ρ w = taxa de armadura adotada
b = largura de viga (em cm) = 16 cm
n = número de ramos do estribo
• Ver Tabela 1,4a (pág.1-7) do Prof. Pinheiro: φ 5 mm cd 27 cm (0,725 cm2/m, valor interpolado)
• Confirmar diâmetro mínimo:
5 mm ≤ φt = 5 mm ≤ b / 10 = 15 mm
• Confirmar espaçamento máximo: dado em função de VRd2
⎧ 0,6 d ≤ 30 cm se VSd ≤ 0,67 VRd2
s max ≤ ⎨
⎩ 0,3 d ≤ 20 cm se VSd > 0,67 VRd2
Como VSd/VRd2 = 45,5/255,5 = 0,18 ≤ 0,67 então smax = 0,6 . 45 = 27 cm ( ≈ espaç. calculado)
Adotar espaçamento entre os estribos (s) igual a 27 cm.
Portanto, a armadura transversal será composta por estribos de 2 ramos, com
φ5 mm cd 27 cm (área efetiva igual a 0,725 cm2 / m )
Observação: a NBR 6118:2003 recomenda ainda que o espaçamento transversal máximo (st,max)
entre ramos sucessivos não deverá exceder os seguintes valores:
⎧ d ≤ 80 cm se VSd ≤ 0,2 VRd2
s t ,max ≤ ⎨
⎩ 0,6 d ≤ 35 cm se VSd > 0,2 VRd2
5. Exercícios - Detalhamento 4
Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cm
Neste exemplo, tem-se que:
st = largura da viga – 2 . cobrimento – 2 . φestribo/ 2 = 16–2x2,5 – 0,5 = 10,50 cm (< st,max ,OK!)
Observação: como neste caso a viga está apoiada indiretamente em outras vigas, não se pode
reduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-se
que mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada à
verificação da resistência à compressão diagonal do concreto.
1.3. CÁLCULO DA ÁREA DE ARMADURA MÍNIMA SER ANCORADA NOS APOIOS
(item 11 .1 da apostila)
a) No caso de ocorrência de momentos positivos nos apoios, a área de armadura longitudinal de
tração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Neste
exemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a este
exemplo.
b) Em apoios extremos, necessita-se de uma área de armadura capaz de resistir a uma força Rst que,
nos casos de flexão simples, é dada pela expressão:
⎛ al ⎞
R st = ⎜ ⎟VSd, face ; onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do
⎝ d ⎠
apoio e com seu valor não reduzido.
Pela NBR 6118:2003 o valor de al , é dado pela expressão:
⎧≥ 0,5 d (estribos a 90°)
⎡ VSd, max ⎤ ⎪
∴ a =d.⎢ ⎥ , de mod o que ⎨≤ d (item 4.1.1.2., NBR 6118, versão anterior)
⎢ 2 . (VSd, max − Vc ) ⎥
l
⎣ ⎦ ⎪= d (caso resultado for nro. negativo)
⎩
⇒ Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kN
⇒ Vc = 0,6 ⋅ f ctd ⋅ b w ⋅ d = 0,6 . 1,105 MPa . 45 cm . 16 cm
= 0,6 . 0,1105 kN/cm2 . 45 cm . 16 cm = 47,74 kN
⇒ al = -457 cm (Nro. Negativo!)
⇒ Como al calculado é um número negativo adota-se al = d = 45 cm.
6. Exercícios - Detalhamento 5
45 R st 45,5 kN
∴ R st = 45,5 = 45,5 kN A s, apoio = = = 1,05 cm 2
45 f yd (50 / 1,15)
c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão:
⎧A
⎪ s, vão / 3 = 10 / 3 = 3,33 cm
2
A s, apoio ≥ ⎨
⎪Área relativa a 2 barras = 2 x 2 cm 2 = 4 cm 2
⎩
Portanto, dos itens a), b) e c) têm-se que : As,calc = 4 cm2 Ancorar 2 barras (As,ef = 4 cm2)
1.4. ANCORAGEM NOS APOIOS
(Compr. disponível l be ≥ Compr. mínimo de ancoragem l be, min )
1.4.1. Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 20 – 2,5 = 17,5 cm
1.4.2. Comprimento mínimo de ancoragem em apoios extremos
⎧ l b, nec (conforme item 6)
⎪
l be, min ≥ ⎨ ( r + 5,5φ ), onde r = raio int erno da curvatura do gancho ( tabela 2)
⎪ 60 mm
⎩
A s, calc
⇒ Cálculos: l b, nec = α1. l b ⋅ ≥ l b, min , onde
A s, ef
α1 = 0,7 , para barras tracionadas c/ ganchos, c/ cobrimento maior ou igual
a 3 φ (= 3 x 1,6 = 4,8 cm) no plano normal ao do gancho
l b : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula)
l b : = 69,92 cm.
As,calc, para ancoragem no apoio = 4 cm2
As,efetiva, ancorada no apoio = 4 cm2
l b, nec = 48,94 ≈ 49 cm
l b, min é o maior valor entre 0,3 l b ( = 20,98 cm), 10 φ (= 16 cm) e 10 cm.
Portanto, adotar l b,nec = 49 cm
7. Exercícios - Detalhamento 6
Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio. Uma alternativa seria
aumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem das
barras com ganchos, mas, mesmo assim, haveria a necessidade de um valor mínimo ( l b, min =
20,98 cm) que seria maior que o disponível (=17,5 cm).
No entanto, a NBR 6118:2003, item 18.3.2.4.1, estabelece que quando houver cobrimento
da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e as
ações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos três
valores anteriores pode ser desconsiderado, prevalecendo as duas condições restantes.
≥
7 cm
⎧ l b, nec = 49 cm
⎪
⎪
⎪
Portanto: l be, min ≥ ⎨ ( r + 5,5φ ) = ( 5 φ / 2) + 5,5 φ = 8 φ = 12,8 cm
⎪
⎪
⎪ 6 cm
⎩
1.4.3. Verificação: l be (= 17,5 cm) > l be, min (= 12,8 cm) → Ok!
1.4.3. Detalhamento das barras
Ganchos nas duas extremidades, tipo C.
Armadura de tração.
L1 = 620 – 2 . 2,5 = 615 cm.
φ = 16 mm = 1,6 cm.
Trecho Reto = 8 φ = 12,8 ≈13 cm
φdobr. = 5 φ = 8 cm
h = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cm
Ltot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cm
Ltot ≈ 645 cm
8. Exercícios - Detalhamento 7
1.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA
1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas
Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momento
fletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguinte
modo:
a) pelo número de barras usadas para resistir ao momento máximo (opção geralmente usada
quando se tem todas as barras com o mesmo diâmetro)
b) proporcional à área das barras (opção que pode ser usada quando se tem barras com
diâmetros iguais, mas que sempre deve ser usada quando nem todas as barras tiverem o
mesmo diâmetro)
Neste detalhamento, será usada a opção b):
Se 9,1 cm2 (área total calculada) resistem a um momento igual a 13 650 kN.cm,
Então 2 cm2 (área de 1 barra φ16mm) resistem a X
Pela “regra de três” , tem se que: 9,1 X = 2 . 13 650
X = 3 000 kN.cm = 30 kN.m
Portanto, cada barra têm capacidade de “absorver” uma parcela de momento fletor
correspondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a última
vai absorver a parcela do momento fletor que restar para ela.
Cada faixa vai ter um comprimento (l) na face superior e outro na face inferior. Este
comprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala.
9. Exercícios - Detalhamento 8
Proporção
2º Passo) Deslocamento do diagrama de momentos fletores de al (=45cm)
3º Passo) Ancoragem das barras
As barras 1 e 2 devem ser prolongadas até o apoio. Resta, portanto, determinar o
comprimento das barras 3, 4 e 5.
A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deve
prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula.
10. Exercícios - Detalhamento 9
Para cada faixa, faz-se a seguinte análise:
a) no ponto do diagrama deslocado, onde o momento começa a diminuir, deve-se somar o
comprimento de ancoragem l b
(Obs.: como a divisão do diagrama foi feita de modo proporcional à área das barras e não em
função de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico l b ao invés
do comprimento de ancoragem necessário l b, nec )
b) no ponto onde o momento fletor foi totalmente absorvido pela barra, soma-se o valor de 10φ
c) o comprimento da barra devidamente ancorada será o maior entre os comprimentos das
faces inferior e superior da faixa, lembrando-se que, nesse caso, o diagrama é simétrico.
Dados: al = 45 cm ; 10φ = 16 cm;
l b : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula)
l b : = 69,94 cm ≈ 70 cm (boa aderência, barra sem ganchos nas extremidades).
Portanto, adotar l b = 70 cm
• Barra 5 ( = faixa B.5)
⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )
l barra ≥ ⎨
⎩ 2 al + 2 l b
⎧72,5 + 90 + 32 = 194,5 cm
l barra ≥ ⎨
⎩ 90 + 140 = 230 cm
• Barra 4
⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )
l barra ≥ ⎨
⎩l inf erior + 2 al + 2 l b
⎧204,4 + 90 + 32 = 326,5 cm
l barra ≥ ⎨
⎩ 72,5 + 90 + 140 = 302,5 cm
• Barra 3
⎧l sup erior + 2 al + 2 ( 10 φ )
l barra ≥ ⎨
⎩l inf erior + 2 al + 2 l b
⎧336,3 + 90 + 32 = 458,3 cm
l barra ≥ ⎨
⎩ 204,4 + 90 + 140 = 434,4 cm
11. Exercícios - Detalhamento 10
1.6. DETALHAMENTO
Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4
igual ao da barra 3, igual a 459 cm, obtendo-se uma simetria com relação à armação da viga.
OBSERVAÇÕES FINAIS:
N1, N2, N3 : Armadura de flexão
N4: Porta - estribos (diâmetro igual ao
do estribo)
N5: Estribos
Cobrimento da armadura: 2,5 cm
Aço (CA 50) Comprimento total (sem perdas) Comprimento total (com 10% de perdas)
φ 5 mm 2 . 6,15 m + 23 . 1,24 m = 40,8 m 40,8 . 1,10 = 44,9 m
φ 16 mm 1 . 2,30 m + 2 . 4,59 m + 2 . 6,45m = 24,38 m 24,38 . 1,10 = 26,82 m
Para verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, ver
apostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos a
Força Cortante” , EESC – USP.
12. Exercícios - Detalhamento 11
Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a
NBR 6118:2003.
2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO.
2.1 DADOS
Dados:Concreto C20 (fck = 20 MPa), com britas 1 e 2. Cobrimento da armadura: 1,5 cm.
Aço CA 50 A (fyk=500MPa=50kN/cm2).
Seção transversal da viga: 15 cm x 50 cm, com base (b) = 15 cm e altura (h) = 50 cm. Seção
transversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20
cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2).
P1 P2 P3 P4
2.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo)
2.2.1. Força cortante
Obs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valor
de al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm.
13. Exercícios - Detalhamento 12
2.2.2. Momento fletor (kN.cm)
As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc: As,calc:
5,71cm2 2,91cm2 2,92cm2 3,22cm2 4,21cm2 4,21cm2 1,16cm2
As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef: As,ef:
6,25cm2 3,2cm2 3,75cm2 3,2cm2 5cm2 4cm2 2,5cm2
5φ12,5mm 4φ10mm 3φ12,5mm
4φ10 mm 4φ12,5mm) 5φ10mm 2φ12,5mm
(3,2/3,22= (4/4,21=0,
0,99 >0,95 95 ≥0,95
ok!) ok!)
Obs.: dimensionamento da armadura de flexão é feito para o maior momento fletor no apoio.
Destaca-se, no entanto que a NBR 6118:2003 permite o arredondamento do diagrama na região dos
apoios.
14. Exercícios - Detalhamento 13
2.3 ANCORAGEM DA ARMADURA
2.3.1. Balanço
a) Armadura negativa (face superior)
Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 56 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 1,3 cm2
Nesta região, serão ancoradas 2 φ 12,5 mm (As = 2,5 cm2 OK!)
b) Armadura positiva (face inferior)
Função de porta-estribos - 2 φ 10 mm
2.3.2. Apoio da extremidade direita (pilar P4)
a) Armadura negativa (face superior)
Ancorar toda a armadura efetiva (2φ12,5mm)
Neste caso, o pilar apresenta tensões de tração e compressão, pois a força normal é pequena
frente ao momento fletor atuante.
Observação: emenda de barras tracionadas
Adotar r =10 cm
Portanto, o diâmetro interno de dobramento
será igual a 20 cm.
l0t = α0t. lb,nec (emenda de barras tracionadas)
lb,nec = 25,35 cm ( > 23,42 cm; 12,5 cm; 10 cm OK!)
(embora a barra a ser ancorada esteja localizada em região de má aderência, o trecho da
emenda está sendo ancorado em região de boa aderência. Considerou-se que:
As,cal = 1,16 cm2; As,ef = 2,5 cm2)
α0t (a ≤ 10φ; 100% de barras emendadas) = 2
l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!)
15. Exercícios - Detalhamento 14
b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aula
b1) sem momentos positivos
b2) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 35 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 0,8 cm2
(equivale a 1 barra φ10 mm)
b3) Armadura mínima até os apoios: para momentos nos apoios inferiores a 1/2 do momento
máximo no vão (2168 ≤ 7278/2 = 3639):
Mv ⎧ As vão
Ma ⎨Asapoio ≥ ≥ 2 barras
⎩ 3
As vão Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras)
|Ma| < Mv
As apoio 2 2 barras
Portanto, de b1), b2) e b3), tem-se que serão ancoradas 2 barras.
Ancoragem:
Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 40 – 1,5 = 38,5 cm
Comprimento de ancoragem (Ascalc = As,efetiva = Área relativa a duas barras φ 10 mm)
Tentativa de ancorar com ganchos nas extremidades, considerando região de boa aderência,
considerando-se As,cal = As,ef = 1,6 cm2 (correspondente a 2 barras):
lb,nec = 30,6 cm ≈ 31 cm ( > 13,11 cm; 10 cm; 10 cm OK!)
⎧ 31 cm
∴ l ⎪ ⇒ lbe > lbe,min ⇒ ancoragem Ok!
be,min ≥ ⎨ ( r + 5,5 φ) = 8 cm
⎪ 6 cm
⎩
2.3.3. Pilares internos:
Para as armaduras positiva e negativa foram adotados os valores de lb iguais a, respectivamente,
44 cm (φ10mm, boa aderência) e 78 cm (φ12,5mm, má aderência).
16. Exercícios - Detalhamento 15
a) Armadura negativa (face superior, φ12,5 mm)
Ancoragem: pelo menos 2 barras (porta –estribos, má aderência)
Para a armadura negativa, foi adotado o valor de lb igual a 78 cm (φ12,5mm, má aderência).
Dados usados para interrupção das barras:
• P1: 5,71 cm2 correspondem a um momento de 9520 kN.cm
1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2084 kN.cm
• P2 2,92 cm2 correspondem a um momento de 5250 kN.cm
1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2247 kN.cm
• P3 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7285 kN.cm
1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2163 kN.cm
Exemplo: cálculo do comprimento das barras com relação ao diagrama de momento fletor
(não deslocado):
17. Exercícios - Detalhamento 16
b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm)
Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio do
vão e no apoio (boa aderência).
Para a armadura positiva foi adotado o valor de lb igual a 44 cm (φ10mm, boa aderência).
Dados usados para interrupção das barras:
• Entre P1 e P2: 2,91 cm2 correspondem a um momento de 5234 kN.cm
0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1439 kN.cm
• Entre P2 e P3: 3,22 cm2 correspondem a um momento de 5787 kN.cm
0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1438 kN.cm
• Entre P3 e P4: 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7278 kN.cm
0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x
Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1383 kN.cm
2.3.4. Emendas (barras comprimidas)
a) Armadura negativa (face superior)
loc = lb = 78 cm (Má aderência)
b) Armadura positiva (face inferior)
loc = lb = 44 cm (Boa aderência)
