Manual Pratico Betao 1

2.00 2.50 Q 2 Q 1 G 0.50 0.20 (m) (m) TEMA I COMBINAÇÕES DE ACÇÕES PROBLEMA 1

Considere um pilar de betão armado em consola com um comprimento de 4.5m, secção transversal de 0.2x0.5 m2, sujeito ao seu peso próprio, uma acção permanente adicional de G =40kN e 2 acções variáveis, uma Q1 = 80kN (Ψo= 0.7; Ψ1=0.5 e Ψ2=0.1) e

outra Q2 = 75kN ((Ψo= 0.6; Ψ1=0.55 e Ψ2=0.5).

a) Determine os esforços de cálculo de compressão para verificação da segurança no estado limites último.

b) Determine o valor de cálculo para verificação de segurança para o estado limite de utilização (assuma que o ambiente envolvente obriga a combinação de acção frequente).

RESOLUÇÃO:

a) Determinação dos esforços de cálculo para os estados limites últimos.

1º Passo – Calculo dos esforços de cada acção

 Peso próprio (PP): N  ppxA_cxl25x0.2x0.5x4.511.25kN;

11.25 dN (kN) 4.50 m PP 40.0 dN (kN) G 80.0 dN (kN) Q 1 75.0 dN (kN) Q 2 4.50 m 2.50 m

A seguir são apresentados os diagramas de esforços normais para as cargas acima determinadas:

Fig. 1. Diagramas de esforços (acções permanentes)

 Carga variável Q1: Q1= 80kN;

 Carga variavel Q2: Q2=75kN;

2º Passo: Determinação dos esforços de cálculo.

1. Assumindo que a acção de base é a carga Q1.



_





    Gik q Qk j Qjk m i giS S S Sd _{1 0} 1   





kN N x x x N N N N N N sd sd Q oQ Q q G g pp g sd 375 . 264 ) 75 6 . 0 80 ( 5 . 1 40 5 . 1 25 . 11 5 . 1 ) ( ) ( 2 2 1 ) (            

_

_

_

_

2. Assumindo que a acção de base é a carga Q2.





kN N x x x N N N N N N sd sd Q oQ Q q G g pp g sd 375 . 273 ) 80 7 . 0 75 ( 5 . 1 40 5 . 1 25 . 11 5 . 1 ) ( ) ( 1 1 2 ) (             _{   }

Então, o esforço de cálculo será Nsd = 273.375kN.

b) Determinação dos esforços de cálculo para os estados limites de utilização.

1º Assumindo que a acção de base é a carga Q1:



_





     Qk j Qjk m i i Gik sd S S S N 1 1 0 1  





kN N x x N N N N N N sd sd Q Q Q G pp sd 75 . 128 ) 75 5 . 0 80 5 . 0 ( 40 25 . 11 ) ( ) ( 2 2 2 1 1 ) (             _{ }

2º Assumindo que a acção de base e a carga Q2:





kN N x x N N N N N N sd sd Q Q Q G pp sd 5 . 100 ) 80 1 . 0 75 55 . 0 ( 40 25 . 11 ) ( ) ( 1 1 2 2 1 ) (             _{ }

6.00 1.50 (m) 32 kN/m A B C 25 kN/m 6.00 1.50 _(m) 60 kN/m A B C 40 kN/m 6.00 1.50 (m) 35 kN/m 1 2 3 28 kN/m 107.08 39.38 dM (kNm) m kN x x PP25 0.2 0.63 / PROBLEMA 2

Considere a viga ilustrada na figura, com uma secção de 0.2x0.6 m2, sujeita as cargas permanentes G1=25kN/m e G2=32kN/m e as acções variáveis Q1 = 40kN/m (Ψo= 0.75;

Ψ1=0.68 e Ψ2=0.44) Q2 = 60kN/m (Ψo= 0.75; Ψ1=0.68 e Ψ2=0.40).

Estas acções não incluem o peso próprio da viga.

Determine os momentos flectores de cálculo para verificação de segurança dos estados limites últimos.

Fig.1 – Cargas permanentes sem peso próprio

Fig. 2- Cargas Variáveis

RESOLUÇÃO:

1º Passo – Cálculo dos esforços  Cargas permanentes:

6.00 1.50 (m) 1 2 40 kN/m 180.0 dM (kNm) kNm x ql M 180 8 6 40 8 2 2 2 1      Reacções de apoio:



m₂V₁x628x6x335x1.5x0.750V₁77.44kN;



m1V2x628x6x335x1.5x6.750V2 143.06kN;

Cálculo dos momentos: 2 2

1 77.4X 28x0.5X

M_   ;

O momento máximo actua no ponto: m X X M1'2 77.428  2.76 Então: kNm M x x x M 77.44 2.76 28 0.5 2.76 1 2 107.08 2 2 1         M x x1.5 M 39.38kNm 2 1 35 2 ₂ 2      ;  Cargas variáveis: Carga Q1:

6.00 1.50 (m) 60.0 kN/m 67.50 1 2 3 dM (kNm) Carga Q2: kNm x ql M 67.5 2 5 . 1 60 2 2 2 2   

2º Passo: Determinação dos momentos de cálculo:



_











 Gik q Q k j Qjk m i gi

S

S

S

Sd

_{1 0} 1











;

62

.

430

180

5

.

1

08

.

107

5

.

1

) ( ) ( 2 2 1 ) (

kNm

M

x

x

M

M

M

M

M

sd sd Q oQ Q q g g sd













  

_

_

_





kNm M x x M M M M M sd sd Q oQ Q q g g sd 32 . 160 5 . 67 5 . 1 38 . 39 5 . 1 ) ( ) ( 1 1 2 ) (          _{  }

Note que neste caso, não houve necessidade de se permutar as cargas variáveis como uma sendo de base e outra não, porque as cargas em causa introduzem um efeito favorável para os momentos, ou seja, na primeira combinação, no cálculo do momento positivo, se introduzíssemos a carga Q2 como não de base o momento de

cálculo diminuiria pois o momento da carga Q2 tem sinal contrário ao momento das

4.50 m 2.50 5.00 g1 _{g2 g3} q A B C D E _F 1.80 0.20 0.20 (m) 0.20 0.20 PROBLEMA 3

Dada a estrutura abaixo e sabendo que as argas permanentes são: g1= 30kN/m;

g2=40kN/m e g3=35kN/m, a carga Variável q= 50kN/m (Ψo= 0.6; Ψ1=0.4 e Ψ2=0.2) e

despresendo o peso próprio, determine:

a) Os valores máximos de cálculo dos momentos flectores para verificação de segurança aos estados limites últimos.

b) Os valores de cálculo associados a compressão dos pilares AD e BE para verificação aos estados limites últimos.

RESOLUÇÃO:

10 Passo: Calculo dos momentos e dos esforços de compressão associados as cargas permanentes.

∑mE= 0 → -30x2.5x6.25-40x5x2.5+35x1.8x0.9+VDx5=0 → VD= 182.41 kN

∑mD = 0 → -30x2.5x1.25 + 40x5x2.5 + 35x1.8x5.9 - VBx5 =0 →VB = 155.59 kN

MD = -30x0.5X2 = -15x2.52 = -93.75 kNm

2.50 5.00 30kN/m 40kN/m 35kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D E _F 50.46 56.70 93.75 dM (kNm) 182.41 kN 155.59 kN 2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D E _F 39.89 81.00 156.25 dM (kNm) 265.05 kN 199.95 kN MAB = -30x2.5(X+1.25) -40x0.5X2 + 182.41X MAB = -30x2.5 -40X +182.41 → X=2.69m MABmax = -30x2.5(2.69 +1.25) – 20x2.692 = 50.46 kNm;

Fig. Diagrama das cargas permanentes

2o Passo: Cálculo dos momentos e dos esforços de compressão associados a carga variável.

2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D E _F 156.25 dM (kNm) 125.00 kN 125.00 kN 2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _{D 78.12} E _F 156.25 dM (kNm) 156.25 kN 31.25 kN ∑mE = 0 → -50x2.5x6.25 – 50x0.5x52 + 50x1.8x0.9 + VDx5 =0 →VD= 265.05 kN ∑mD = 0 → -50x2.5x1.25 + 50x5x2.5 + 50x1.8x5.9 - VBx5 = 0 → VA= 199.95 kN MD= -50x0.5X2 = -25x2.52 = -156.25 kNm ME = -25x1.82 =-81 kNm MAB = -50x0.5X2 + 265.05X -50x2.5(1.25+X) = 0 M’AB = -50X +265.05 – 125 =0 → X= 2.8 MmaxAB = -50x0.5x2.82 + 265.05x2.8 – 125(2.8+1.25) = 39.89 kNm

 CASO 2 – Actuação da carga no vão central da viga

VA = VB= 0.5x50x5 = 125 kN

Mmax = ql2/8 = 0.125x50x52 = 156.25 kNm

2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D 40.56 E _F 81.00 dM (kNm) 106.20 kN 16.20 kN 2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D E _F 87.89 156.25 dM (kNm) 281.25 kN 93.75 kN ∑mD=0 → -50x2.5x1.25 - VEx5 → VE= -31.75 kN (↓) ∑mE=0 → VAx5 – 50x2.5x6.25 = 0 → VB = 156.25 kN MD = -50x2.52x0.5 = -156.25 kNm MDE = 0.5xMD = 0.5x(-156.25)= -78.125 kNm

 CASO 4 – Actuação da carga na consola EF

∑mD=0 → -VEx5 + 50x1.8x5.9 = 0 → VE = 106.2 kN

∑mE=0 → VDx5 + 0.5x50x1.82 = 0 → VD = -16.2 kN (↓)

ME= -50x1.82x0.5 = -81 kNm

MDE = 0.5x(-81) = -40.5 kNm

2.50 5.00 C D E _F 1.80 (m) 50kN/m 50kN/m 2.50 5.00 50kN/m C D E _F 1.80 (m) C _D E _F 118.37 81.00 dM (kNm) 231.20 kN 108.80 kN ∑mD=0 → -50x2.5x1.25+0.5x50x52 - VEx5 = 0 → VE = 93.75 kN ∑mE=0 → VDx5 – 50x2.5x6.25 – 0.5x50x52 =0 → VD = 281.25 kN MD = -156.25 kNm MDE = 93.75X – 0.5x50X2 = 0 M’DE = 93.75 – 50X = 0 → X = 1.88m MmaxDE = 93.75x1.88 – 0.5x50x1.882 =87.89 kNm  CASO 6 ∑mE=0 → VDx5 – 50x5x2.5 + 0.9x50x1.8 =0 → VD = 108.8 kN ∑mD=0 → 50x5x2.5+ 50x1.8x5.9 - VEx5 = 0 → VE = 231.2 kN ME = -81 kNm MED = 0 → 108.8X – 0.5x50X2 = 0 M’ED = 108.8 – 50X = 0 → X=2.17m MmaxED = 108.8x2.17 – 25x2.172 = 118.37 kNm  CASO 7

Tem - se ainda esta variante do carregamento pela sobrecarga, que gera momentos: MD= -156.25kNm e ME= -81kNm, e que a carga total sobre a viga é de 50x2.5 + 50x1.8

= 215kN que não origina esforços de compressão máximos nos pilares.

a) MOMENTOS DE CÁLCULO  No vão ED:



_











 Gik q Q k j Qjk m i gi sd

S

S

S

M

_{1 0} 1







Msd = γgMG + γqMQ Msd = 1.5x50.46 + 1.5x156.25 Msd = 310kNm

Note-se que a carga permanente provoca o momento máximo no ponto Xg = 2.69m

e a carga q variável no ponto Xq = 2.5m, pode-se optar pelo preciosismo e fazer as

combinações para os momentos nos pontos Xg = 2.5m e Xq = 2.69m, mas por opção

as combinações foram feitas com os momentos máximos do vão mesmo não actuando no mesmo ponto, conferindo também maior segurança.

 No apoio D:



_











 Gik q Q k j Qjk m i gi sd

S

S

S

M

_{1 0} 1







Msd = γgMG + γqMQ Msd = 1.5x(-93.75) + 1.5x(-156.25) Msd = -375 kNm  No apoio E:



_











 Gik q Q k j Qjk m i gi sd

S

S

S

M

_{1 0} 1







Msd = γgMG + γqMQ

Msd = 1.5×(-56.7)+1.5×(-81)

Msd = -206.55 kNm

b) CÁLCULO DOS ESFORÇOS NORMAIS DE COMPRESSÃO DOS PILARES

 Pilar AD:



_





    Gik q Qk j Qjk m i gi sd S S S N _{1 0} 1    Nsd = γgNG + γqNQ1 Nsd = 1.5x182.41 + 1.5x281.25 Nsd = 695.49kN  Pilar BE:



_





    Qjk j k Q q Gik m i gi sd S S S N 1 0 1    Nsd = γgNG + γqNQ1 Nsd = 1.5x155.59 + 1.5x231.2 Nsd = 580.185 kN.

0.20 0.20 3Ø16 3Ø16 (m) Estribos ; 4 . 11 10 114 . 0 10 348 04 . 0 10 3 . 13 85 . 0 850 ) 85 . 0 ( 2 2 4 3 3 cm A m x A x x x x A f xA f N A s s s syd s cd sd s         TEMA II

PEÇAS SUJEITAS A ESFORÇOS NORMAIS

PROBLEMA 1

Calcule as armaduras necessárias para um pilar quadrado de lado igual a 20cm, sujeito a uma força de compressão simples de Nsd = 850kN. O pilar será construido com um

betão de classe B25 e aço A400.

RESOLUÇÃO: Dados: Cálculos: ; 04 . 0 2 . 0 2 . 0 348 ) 400 ( 3 . 13 ) 25 ( 2 m x A MPa A f MPa B f c syd cd    

A partir da tabela “Área de Varões de Aço” do REBAP, tem – se: Para uma área A11.4cm2 616;

0.20 0.20 2Ø20 2Ø12 (m) 2Ø20 PROBLEMA 2

Admita um tirante de Betão Armado com secção 0.2x0.2m2 sujeito a uma tensão normal de cálculo Nsd =500kN.

Dimensione a armadura necessária para verificar a segurança ao estado ultimo de resistência. Materiais B25/A400.

RESOLUÇÃO: Dados: ; 04 . 0 2 . 0 2 . 0 ; 348 ) 400 ( ; 3 . 13 ) 25 ( 2 m x A MPa A f MPa B f c syd cd    

Sabe – se que tirantes são peças que funcionam a tracção, logo o que resiste ao esforço e só a armadura. Cálculos: ; 36 . 14 10 36 . 14 10 348 500 2 2 4 3 cm A m x A xA x xA f N N N s s s s syd sd Rd sd       

A partir da tabela de “Área de Varões de Aço” do REBAP, temos: 12 2 20 4 4 . 11 2      cm A

0.50 0.30 2Ø20 2Ø20 (m) 2Ø20 ; 73 . 2351 10 85 . 18 10 348 15 . 0 10 3 . 13 85 . 0 85 . 0 4 3 3 kN N x x x x x x N xA f xA f N Rd Rd s syd c cd Rd       ; 10 85 . 18 15 . 0 5 . 0 3 . 0 348 ) 400 ( 3 . 13 ) 25 ( 2 4 2 m x A m x A MPa A f MPa B f s c syd cd       PROBLEMA 3

Determinar a capacidade resistente a tracção e compressão de um pilar de 30x50 cm2 armado com 6Ø20. Materiais B25 e A400.

RESOLUÇÃO:

Dados: 1º Resistência do pilar a compressão:

2º Resistência do pilar a tracção:

; 98 . 655 10 85 . 18 10 348 3 4 kN N x x x N xA f N N N sd sd s syd sd Rd sd     

Q1= 80kN Q2 = 80kN A C D B 7.20 2.00 3.00 0.25 h (m) g = 10kN/m TEMA III

PEÇAS SUJEITAS A ESFORÇOS DE FLEXÃO – FLEXÃO SIMPLES

FLEXÃO SIMPLES

Exercício 1

Cosiderando a estrutura ilustrada na fig. 1 sujeita a carga permanente g (não inclui o peso próprio), e a acções variáveis Q1 e Q2 pontuais. Cosidera-se que a estrutura é feita de betão B30 e aço A400 e um ambiente muito agressivo.

Fig. 1. Esquema estrutural

a) Calcular as armaduras longitudinais para verificação de segurança aos estados limites últimos pelo método do diagrama rectangular;

b) Fazer o mesmo cálculo usando as tabelas.

Resolução:

1. Cálculo do momento considerando as cargas permanentes (g):

Sendo a estrutura uma viga simplesmente apoiada com carregamento uniforme, o seu momento máximo será dado por ql2/8.

Então: MAB/2 = Mmax = gl2 8 = 10 × 7.22 8 = 64.8 kNm; MC = 36 × 2 − 10×2 2 2 = 52.0 kNm;

A C D B 7.20 2.00 3.00 _(m) g = 10kN/m 52.0 64.8 63.0 dM (kNm) A C B 2.00 _(m) dM (kNm) Q1= 80kN 5.20 115.6 80.03 66.69 MD = 36 × 3 − 10×3 2 2 = 63.0 kNm.

O diagrama dM resultante será:

Fig. 2. Diagrama do momento flector (g)

2. Cálculo dos momentos considerando a carga variável (q):

Caso 1 (carga Q1):

MAB/2 = 80.03 kNm; MC =

80×2×5.2

7.2 = 115.6 kNm; MD = 66.69 kNm.

Fig. 3.Diagrama do momento flector (Q1)

A B A D B 2.00 _(m) Q2= 70kN 5.20 dM (kNm) 58.33 105.0 122.5 MAB/2 = 105.0 kNm; MC = 58.33 kNm; MD = 80×4.2×3 7.2 = 122.5 kNm;

Fig. 4.Diagrama do momento flector (Q2)

4. PRÉ – DIMENSIONAMENTO DA SECÇÃO (SEM CONSIDERAR O PESO PRÓPRIO)

4.1.Cálculo do momento máximo actuante na estrutura.

Combinação Fundamental: Sd = 𝛾_𝑔𝑖𝑆_𝐺𝑖𝑘 + 𝛾_𝑞 𝑆_𝑄1𝑘 + 𝜓_0𝑗𝑆_𝑄𝑗𝑘 i) Considerando Q1 como base:

M

_{AB /2}(+) = γg MAB/2 + γq ( MQ1 +

ψ

0 MQ2 ) = 1.5 × 64.8 + 1.5 (80.03 + 0.55 × 105 ) =

303.87 kNm;

M

_C(+) = 1.5 × 52.0 + 1.5 × (115.6 + 0.55 × 58.33 ) = 299.52 kNm;

M

_D(+) = 1.5 × 63.0 + 1.5 × (66.61 + 0.55 × 122.5 ) = 295.48 kNm.

A C D B 7.20 2.00 3.00 g = 10 + 4.38 = 14.375kN/m 74.75 93.15 90.56 dM (kNm) M_{AB /2}(+) = γg MAB/2 + γq ( MQ2 +𝜓0 MQ1 ) = 1.5 × 64.8 + 1.5 (105 + 0.6 × 80.03 ) = 326.73 kNm; M_C(+) = 1.5 × 52.0 + 1.5 × (58.33 + 0.6 × 115.6 ) = 269.54 kNm;

M

_D(+) = 1.5 × 63.0 + 1.5 × (122.5 + 0.6 × 66.69 ) = 338.27 kNm. ≫ O momento de cálculo será: MSD = 338.27 kN.

! Assumindo um recobrimento de C = 3.5cm (ambiente agressivo, artg 78° REBAP), diâmetro

longitudinal da armadura 25mm e transversal 8mm.

a = c + ∅transversal +

½

∅longitudinal = 0.035 + 0.008 + 0.50 × 025 = 0.056m; Pela condição: d ≥ Msd fcd × b × 0.25 → d ≥ 338.27×10−3 16.7 × 0.25 × 0.25 → d ≥ 0.57m;

Assumindo um valor de d = 0.57m, a altura será dada por: h = d + a = 0.57 + 0.056 = 0.63m;

≫ Assumindo uma altura da viga h = 0.7m, a nova altura útil será: d = h − a = 0.7 − 0.056 = 0.64 m.

5. CONSIDERAÇÃO DO PESO PRÓPRIO Pp = γAc = 25 × (0.7 × 0.25) = 4.38 kNm;

O diagrama da carga permanente considerando o peso próprio terá o seguinte contorno:

AS 0.25 0.70 379.61kNm 0.8X Fc Fs es ec = 3.5%0 0.4X d - 4X d (m)

5.1. Determinação do novo momento de cálculo

Combinação Fundamental: Sd = 𝛾_𝑔𝑖𝑆_𝐺𝑖𝑘 + 𝛾_𝑞 𝑆_𝑄1𝑘 + 𝜓_0𝑗𝑆_𝑄𝑗𝑘 i) Considerando Q1 como base:

M_{AB /2}(+) = γg MAB/2 + γq( MQ1 +

ψ

0 MQ2 ) = 1.5 × 93.15 + 1.5(80.03 + 0.55 × 105 ) =

346.40 kNm;

M_C(+) = 1.5 × 74.75 + 1.5 × (115.6 + 0.55 × 58.33 ) = 333.65 kNm; M_D(+) = 1.5 × 90.56 + 1.5 × (66.61 + 0.55 × 122.5 ) = 336.82 kNm.

ii) Considerando Q2 como base:

M_{AB /2}(+) = γg MAB/2 + γq ( MQ2 +𝜓0 MQ1 ) = 1.5 × 93.15 + 1.5 × (105 + 0.6 × 80.03 ) =

369.25 kNm;

M_C(+) = 1.5 × 74.75 + 1.5 × (58.33 + 0.6 × 115.6 ) = 303.66 kNm; M_D(+) = 1.5 × 90.56 + 1.5 × (122.5 + 0.6 × 66.69 ) = 379.61 kNm.

≫ O momento de cálculo considerando o peso próprio será: MSD = 379.61 kNm.

5.2. Dimensionamento da armadura

O betão é do tipo B30 → fcd = 16.7MPa; Aço da classe A400 → fsyd = 348 Mpa.

0.25 0.70 0.044 0.025 5Ø25 armadura construtiva 2Ø6 Corte A-A

Corte transversal da viga

estribos Ø8@25 (m)

Fazendo o equilibrio de translação: F_H = 0; → FC = FS

0.85 ∙ fcd ∙ 0.25 ∙ 0.8X = As ∙ fsyd → 0.85 ∙ 16.7 ∙ 0.25 ∙ 0.8X = As ∙ 348 → X = 122.58 ∙ As Equilibrio de rotacção: M_s = 0; Msd = 0.85 ∙ fcd ∙ b ∙ 0.8X ∙ (d – X) → 379.61 = 0.85 ∙ 16.7 ∙ 1000 ∙ 0.25∙ 0.8 ∙ X ∙ (0.64 – 0.4X) X = 0.25m.

A área da armadura será dada por : As =

X 122.58 = 0.25 122.58 = 0.00203 m 2 = 20.39 cm2; ≫ A armadura escolhida é 5∅25 que corresponde a uma área de 24.54 m2

.

Verificação das extensões: εsyd ≤ εs ≤ 10%0 εs = d−X X ∙ 3.5%0 = 0.64−0.25 0.25 ∙ 3.5%0 = 5.46%0 ∴ 1.74%0 < 5.46 < 10%0 Ok!

A A estribos Ø8@25 3Ø20 2Ø6 2Ø6

Corte longitudinal da viga

7.20 (m) 4.70 q = 9.0 kN/m 1.70 (m) g = 7.0 kN/m A B C 0.40 0.20

Problema 2

Considere a estrutura ilustrada na fig. 1 sujeita a carga permanente g = 7.0 kN/m e a acção variavel q = 9 kN/m (ψ0 = 0.6, ψ1= 0.4, ψ2= 0.2). Calcular a armadura ordinária

necessária para que se verifique a segurança aos estados limites últimos de flexão. A estrutura é feita de betão B30 e aço A235.

a) Fazer a avaliação analítica usando o diagrama rectangular. b) Avaliação analítica usando a parábola – rectângulo. c) Avaliação usando as tabelas.

4.70 g + q = 16.0 kN/m 1.70 (m) g = 7.0 kN/m 39.21 10.10 A B C dM (kNm) 4.70 1.70 (m) g + q = 16.0 kN/m 23.09 A B C dM (kNm)

Resolução:

1. Determinação de esforços de cálculo

i) Combinação 1 (momento de cálculo positivo) :

Desta combinação (fundamental) resulta o momento máximo Msk no vão AB.

Fig. 2

O momento positivo de cálculo Msd no vão AB será dado por:

Msd(+) = 1.5 ∙ Msk = 1.5 ∙ 39.21 =58.82 kNm;

ii) Combinação 2 (momento de cálculo negativo) :

Desta combinação (frequente) resulta o momento Msk mais desfavorável no apoio B.

Fig. 3

AS 0.20 58.82 kNm 0.8X Fc Fs

e

s

e

c = 3.5%0 0.4X Z d (m) 0.40 0.03 0.85 fcd X Msd(−) = 1.5 ∙ Msk = 1.5 ∙ 23.09 =34.65 kNm;

2. Cálculo das armaduras de flexão

a) MÉTODO DO DIAGRAMA RECTANGULAR

Para a secção AB (assumindo um recobrimento das armaduras de 3 cm – ambiente moderadamente agressivo) tem – se por simplificação:

d = h – c = 0.4 – 0.03 = 0.37m;

Fig. 4

Fazendo – se as equações de equilíbrio equilíbrio encontra – se o valor de X:

Equilíbrio de translação: FH = 0;

FC – FS = 0

0.85 ∙ fCD ∙ AC – fsyd ∙ AS = 0

0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 _{∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 – 204 ∙ 10}3 _{∙ AS = 0}

X = 112.78 ∙ AS

Nota: fCD (B25) = 13.3 Mpa e fsyd (A235)= 204 Mpa.

AS 0.20 34.64 kNm 0.8X Fc Fs

e

s

e

c = 3.5%0 0.4X Z d (m) 0.40 0.85 fcd X MSD - FC ∙ Z = 0; onde: Z = d – 0.4 ∙ X MSD = 0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 ∙ (0.37 – 0.4 ∙ X) 58.82 = 0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 _{∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 ∙ (0.37 – 0.4 ∙ X)} X = 0.098 m.

Verificação das extensões no aço εsyd ≤ εs ≤ 10%0 εs = d−X X ∙ 3.5%0 = 0.37−0.098 0.098 ∙ 3.5%0 = 9.70 %0 ∴ 1.74%0 < 9.70 < 10%0 Ok! Armadura:

Pelas equações acima tem – se: X = 112.78 ∙ AS AS = X 112.78 = 0.098 112.78 = 8.6895 ∙ 10-4 m2 = 8.70 cm2 → 3∅20. Apoio B: Fig. 5 Equilíbrio de translação: FH = 0; FC – FS = 0

0.85 ∙ fCD ∙ AC – fsyd ∙ AS = 0 0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 _{∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 – 204 ∙ 10}3 _{∙ AS = 0} X = 112.78 ∙ AS Equilíbrio de rotacção: MAS = 0; MSD - FC ∙ Z = 0; onde: Z = d – 0.4 ∙ X MSD = 0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 ∙ (0.37 – 0.4 ∙ X) 34.64 = 0.85 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.8 ∙ X ∙ 0.2 ∙ (0.37 – 0.4 ∙ X) X = 0.055 m.

Verificação das extensões no aço

εsyd ≤ εs ≤ 10%0 εs = d−X X ∙ 3.5%0 = 0.37−0.055 0.055 ∙ 3.5%0 = 20.0 %0 ∴ 20.0%0 > 10%0

Obs.: Neste caso as armaduras apresentam uma extensão maior que 10%0, o que

singnifica que a rotura da estrutura iniciaria pela armadura (rotura desejável). Nestas circunstâncias o betão encontra – se em grande quantidade, havendo necessidade de se alterar a secção para uma mais económica.

Armadura:

Pelas equações acima tem – se: X = 112.78 ∙ AS

AS = X

112.78 = 0.055

AS 0.20 58.82 kNm 0.85X Fc Fs es ec = 3.5%0 0.416X Z d (m) 0.40 0.03 0.85 fcd X

b) MÉTODO PARÁBOLA – RECTÂNGULO Assumindo mesmos valores da alínea anterior para o vão A – B teremos as seguintes condições:

Fig. 6

Fazendo – se as equações de equilíbrio equilíbrio encontra – se o valor de X:

Equilíbrio de translação: FH = 0;

FC – FS = 0

0.688 ∙ fCD ∙ b ∙ X – fsyd ∙ AS = 0

0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.2 ∙ X – 204 ∙ 103 ∙ AS = 0

X = 111.47 ∙ AS

Nota: fCD (B25) = 13.3 Mpa e fsyd (A235)= 204 Mpa.

Equilíbrio de rotacção: MAS = 0;

MSD - FC ∙ Z = 0; onde: Z = d – 0.416 ∙ X

MSD = 0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.2 ∙ X ∙ (0.37 – 0.416 ∙ X)

58.82 = 0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.2 ∙ X ∙ (0.37 – 0.416 ∙ X) X = 0.097 m.

AS 0.20 34.64 kNm 0.85X Fc Fs

e

s

e

c = 3.5%0 0.416X Z d (m) 0.40 0.85 fcd X εsyd ≤ εs ≤ 10%0 εs = d−X X ∙ 3.5%0 = 0.37−0.097 0.097 ∙ 3.5%0 = 9.70 %0 ∴ 1.74%0 < 9.85 < 10%0 Ok! Armadura:

Pelas equações acima tem – se: X = 111.47 ∙ AS AS = X 111.47 = 0.097 111.47 = 8.71 ∙ 10-4 m2 = 8.71 cm2 → 3∅20. APOIO B: Fig. 7 Equilíbrio de translação: FH = 0; FC – FS = 0 0.688 ∙ fCD ∙ b ∙ X – fsyd ∙ AS = 0 0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 _{∙ 0.2 ∙ X – 204 ∙ 10}3 _{∙ AS = 0} X = 111.47 ∙ AS Equilíbrio de rotacção: MAS = 0; MSD - FC ∙ Z = 0; onde: Z = d – 0.416 ∙ X

MSD = 0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 ∙ 0.2 ∙ X ∙ (0.37 – 0.416 ∙ X)

34.64 = 0.688 ∙ 13.3 ∙ 103 _{∙ 0.2 ∙ X ∙ (0.37 – 0.416 ∙ X) → X = 0.054 m.}

Verificação das extensões no aço

εsyd ≤ εs ≤ 10%0 εs = d−X X ∙ 3.5%0 = 0.37−0.054 0.054 ∙ 3.5%0 = 20.48 %0 ∴ 20.48%0 > 10%0 Armadura:

Pelas equações acima tem – se: X = 111.47 ∙ AS

AS = X

111.47 = 0.054

112.47 = 4.80 ∙ 10-4 m2 = 4.80 cm2 → 3∅16.

C) MÉTODO DAS TABELAS

Vão A – B:

Msd(+) = 58.82 kNm;

μ = MSD

b ∙ d2

=

58.82∙ 10−3

0.2 ∙ 0.372

=

2.15; → para B25 e A235 tem – se pela tabela: ρ = 1.184;

∴ AS = ρ ∙b ∙d 100

=

1.184 ∙ 0.20 ∙0.37 100

=

8.76 ∙ 10-4 m2 = 8.76 cm2. Apoio B: Msd(+) = 34.64 kNm; μ = MSD b ∙ d2

=

34.64∙ 10−3

0.2 ∙ 0.372

=

1.27; → para B25 e A235 tem – se por interpolação na

tabela: ρ = 0.67; ∴ AS = ρ ∙b ∙d 100

=

0.67 ∙ 0.20 ∙0.37 100

=

4.94 ∙ 10-4 m2 = 4.94 cm2. 3. Disposições construtivas

0.20

0.40

3Ø20

Corte A-A

Corte transversal da viga

estribos Ø6@25 (m) 2Ø16 A A estribos Ø6@25 3Ø20 2Ø16 2Ø16

Corte longitudinal da viga

4.70 _1.70 (m)

.

16 mm 6 mm C = 3 cm 2Ø16 estribo Ø6@25

As . . . . . 0.40 0.50 Msd Nsd Armadura construtiva (m) e = 0.31 As . . . . . 0.40 0.50 N (m) Ys

FLEXÃO COMPOSTA

Exercício 1

Recorrendo às equações de equilíbrio e posterior verificação usando tabelas e àbacos, determine as armaduras para uma secção de betão de 40 X 50 (cm2) sujeita aos seguintes esforços de cálculo: NSD (+) = 1300 kN e MSD = 400 kNm. Use B30 e A400.

Resolução:

4. Cálculo da excentricidade e = M N = MSD NSD = 400 1300 = 0.31m;

→ Está – se perante uma situação de grande excentricidade, pelo que deve – se encontrar o momento reduzido.

5. Cálculo do momento reduzido (MS)

MS = MSD – NSD ∙ yS Onde: yS = d − h 2 ; Seja: d = h – a = 0.5 – 0.04 = 0.46 m; MS = 400 – 1300 ∙ (0.46 – 0.5 2 ) = 127.0 kNm.

0.40 0.50 Armadura construtiva (m) 0.035 0.025 6Ø25 6Ø20

Pela tabela de Flexão Simples e tomando como esforço de cálculo o momento reduzido MS

tem – se:

μ = MSD

b ∙ d2

=

127.0 ∙ 10−3

0.40 ∙ 0.462

=

1.50; → para B25 e A400 tem – se pela tabela: ρ = 0.460;

∴ AS, MS = ρ ∙b ∙d

100

=

0.460 ∙ 0.40 ∙0.46

100

=

8.46 ∙ 10-4 m2 = 8.46 cm2;

A armadura devido ao esforço N: AS, N =

Nsd

fsyd

=

1300

348 ∙103

=

0.0037 m2 = 37.36 cm2;

Por conseguinte, a armadura total AS será:

AS = AS, MS + AS, N = 8.46 + 37.36 = 45.30 cm2 → 6∅25 + 6∅20 (48.30 cm2).

Verificação do espaçamento das

armaduras: e = 400−6 ∙25−2 ∙(8+30) 6−1

=

34.8 mm = 3.48 cm > 2.0 cm ok!

(m) Msd,x Msd,y 0.30 0.40 a1 = 0.04 a2 = 0.03 0.25As 0.25As 0.25As 0.25As

FLEXÃO DESVIADA

Exercício 1. Considere uma secção de 40×30 (cm2) de betão armado B25/A400, sujeita aos seguintes esforços: NSD = 810 kN, MSD,X = 87 kNm e MSD,Y = 43.50 kNm.

Calcular as armaduras ordinárias necessárias para que se verifique a segurança aos estados limites últimos.

a) Com o auxílio dos ábacos;

b) Com base nas fórmulas aproximadas.

Fig. 1

Resolução:

a) Cálculo com auxílio dos ábacos.

Assumindo uma distribuição de armadura de 25% para cada face, ter – se – à segundo o ábaco 59 (Flexão desviada):

Fig. 2 i) a1 h = a2 b = 0.04 0.40 = 0.10; ii) μX = MRD ,X AC ∙h ∙ fCD = 87 ∙ 10−3 0.3 ∙0.4 ∙0.4 ∙13.3 = 0.14;

5Ø10 5Ø10 0.30 0.40 Estribos

(m)

μY = MRD ,Y AC ∙h ∙ fCD = 43.50 ∙ 10−3 0.3 ∙0.4 ∙0.4 ∙13.3 = 0.07; iii) ν = _ANRD C ∙ fCD = 810 ∙ 10−3 0.3 ∙0.4 ∙13.3

=

0.51; iv) η = μY μX

=

0.07 0.14

=

0.5; v) Para η = 0.5 e μX = 0.14 e ν = 0.51 tem – se ω = 0.31;

vi) A área das armaduras será dada por:

AS = ω ∙ AC ∙ fCD fSYD

=

0.31 ∙0.4 ∙0.3 ∙13.3 348 = 0.0014 m 2 = 14.22 cm2.

Armadura: 0.25 ∙ AS = 0.25 ∙ 14.68 = 3.67 cm2 → 5∅10 (3.93 cm2) para cada face.

Fig. 3

b) Cálculo com base nas fórmulas aproximadas (Método iterativo).

1. Cálculo das excentricidades:

eY = MSD ,X NSD = 87.0 810 = 0.11; eX = MSD ,Y NSD = 43.50 810 = 0.05;

A relação entre as excentricidades será: eY

eX = MSD ,X MSD ,Y

=

87.0 43.50

=

2.0; ∴ eY eX

=

2.0 > h b = 0.4 0.3 = 1.33; → Ok!

4Ø16

0.30

0.40 4Ø16 Estribos

(m)

≫ A orientação da secção é correta! 2. Cálculo do esforço normal reduzido: ν = NRD AC ∙ fCD = 810 ∙ 10−3 0.3 ∙0.4 ∙13.3

=

0.51; Para ν = 0.51 → β = 0.79; 3. Excentricidade fictícia: e_Y′ _{= e} Y + β ∙ eX ∙ h_b = 0.11 + 0.79 ∙ 0.05 ∙ 0.4_0.3= 0.163m; 4. Momento fictício: M_{SD ,X}′ _{= e} Y ′ _{∙ N} SD = 0.163 ∙ 810 = 132.03 kNm;

5. Cálculo da armadura como Flexão plana: Pelo ábaco 24/25 (Flexão composta) tem – se:

μ = MSd ,x ′ b ∙ h2_{∙ fCD}

=

132.03 ∙ 10−3 0.3 ∙ 0.42 _∙13.3

=

0.21; ν = NRD AC ∙ fCD = 810 ∙ 10−3 0.3 ∙0.4 ∙13.3

=

0.51; Para μ = 0.21 e ν = 0.51 → ω = 0.32; ∴ AS = ω ∙ AC ∙ fCD fSYD

=

0.32 ∙0.4 ∙0.3 ∙13.3 348 = 0.00146 m 2 = 14.68 cm2; Mas, AS = A’ + A; onde: A’ = A → A = 0.5AS = 0.5 ∙ 14.68 = 7.34 cm2.

Armaduras: 4∅16 (8.04 cm2 _{) para a face superior e inferior.}

(m) Msd,x Msd,y 0.25 0.50 a1 = 0.05 a2 = 0.025 0.25As 0.25As 0.25As 0.25As Problema 2.

Considere um pilar de betão com secção de 25×50 (cm2), projectado com um betão da classe B25 e aço do tipo A400, sujeito a um esforço normal NSD = 1500 kN, MSD,X =

175 kNm e MSD,Y = 60.0 kNm.

Calcule as armaduras por forma a verificar a resistência do pilar em relação aos estados limites últimos.

Fig. 1

Resolução:

a) Cálculo com auxílio dos ábacos.

Assumindo uma distribuição de armadura de 25% para cada face, ter – se – à segundo o ábaco 59 (Flexão desviada):

Fig. 2

5Ø16 5Ø16

(m)

0.25 0.50 EstriboS i) a_h1 = a2 b = 0.05 0.50 = 0.10; iii) μX = MRD ,X AC ∙h ∙ fCD = 175 ∙ 10−3 0.5 ∙0.25 ∙0.5 ∙13.3 = 0.21; μY = MRD ,Y AC ∙h ∙ fCD = 60.0 ∙ 10−3 0.5 ∙0.25 ∙0.5 ∙13.3 = 0.072; iv) ν = _ANRD C ∙ fCD = 1500 ∙ 10−3 0.25 ∙0.5 ∙13.3

=

0.90; v) η = μY μX

=

0.072 0.21

=

0.34;

vi) Para η = 0.34 e μX = 0.21 e ν = 0.90 tem – se ω = 0.78 (valor encontrado por

interpolação);

Isto é, se para η = 0 → ω = 0.59; η = 0.5 → ω = 0.69 então: para η = 0.34 → ω = 0.78.

vii) A área das armaduras será dada por:

AS = ω ∙ AC ∙ fCD fSYD

=

0.78 ∙ 0.25 ∙0.5 ∙13.3 348 = 0.00372 m 2 = 37.26 cm2.

Armadura: 0.25 ∙ AS = 0.25 ∙ 37.26 = 9.32 cm2 → 5∅16 (10.05 cm2) para cada face.

j) Cálculo com base nas fórmulas aproximadas (Método iterativo).

6. Cálculo das excentricidades: eY = MSD ,X NSD = 175 1500 = 0.12 ; eX = MSD ,Y NSD = 60.0 1500 = 0.04;

A relação entre as excentricidades será: eY

eX = MSD ,X MSD ,Y

=

175 60.0

=

2.92; ∴ eY eX

=

2.92 > h b = 0.5 0.25 = 2.0; → Ok!

≫ A orientação da secção é correta! 7. Cálculo do esforço normal reduzido:

ν = NRD AC ∙ fCD = 1500 ∙ 10−3 0.25 ∙0.50 ∙13.3

=

0.90; Para ν = 0.90 → β = 0.60; 8. Excentricidade fictícia: e_Y′ _{= e} Y + β ∙ eX ∙ h b = 0.12 + 0.60 ∙ 0.04 ∙ 0.50 0.25 = 0.168 m; 9. Momento fictício: M_{SD ,X}′ _{= e} Y ′ _{∙ N} SD = 0.168 ∙ 1500 = 252.0 kNm;

10. Cálculo da armadura como Flexão plana:

Pelo ábaco 24 (Flexão composta) tem – se:

μ = MSd ,x ′ b ∙ h2_{∙ fCD}

=

252.0 ∙ 10−3 0.25 ∙ 0.502 _∙13.3

=

0.30; ν = NRD AC ∙ fCD = 1500 ∙ 10−3 0.25 ∙0.50 ∙13.3

=

0.90; Para μ = 0.30 e ν = 0.90 → ω = 0.87; ∴ AS = ω ∙ AC ∙ fCD fSYD

=

0.87 ∙0.25 ∙0.50 ∙13.3 348 = 0.004156 m 2 = 41.56 cm2; (*)

7Ø20

(m)

_0.25

0.50 _7Ø20

EstriboS

Mas, AS = A’ + A; onde: A’ = A → A = 0.5AS = 0.5 ∙ 41.56 = 20.78 cm2.

Armaduras: 7∅20 (21.99) cm2 _{) para a face superior e inferior.}

Fig. 4

(*) Note – se que a diferença dos resultados registada entre os dois métodos deve – se a que no segundo, não se entrou em conta com a contribuição das armaduras existentes nas faces laterais.

3.50 5.00

1.50 3.0

Escritório Sala de espera

V1 V2 b2=3.0 b1=1.5 (m) ESFORÇO TRANSVERSO Problema 1.

Considere uma laje de12cm de espessura representada na fig.1, sobre a qual funcionará uma sala de espera e um escritório. A laje é apoiada em duas vigas V1 e V2, executadas em betão B25 e aço A400. Pretende – se quantificar a armadura transvrsal das vigas.

Fig.1

Resolução:

1. Determinação das acções

 Peso próprio da laje: Pp= hlaje× 𝛾𝑏𝑒𝑡𝑎𝑜 ×bi

Segundo o RSA e consoante a utilização da laje ter-se-à:  Escritório: q1= 3.0 kN/m2 (ψ0=0.7);

 Sala de espra: q2= 4.0 kN/m2(ψ0=0.7);



2. Cálculo da viga V1

Assumindo que a largura de influência da laje em relação à viga V1 é b1 = 1.5m

teremos:

Pp= hlaje× 𝛾𝑏𝑒𝑡𝑎𝑜 ×b1 = 25×0.12×1.5 = 4.5kN/m

3.50 5.0 Pp+q1=9kN/m Pp=4.5kN/m Situação 1 dM(kNm) dT(kN) D Msd(D)= 7.68*1.5= 11.52kNm Vsd(A)= 11.76*1.5= 17.64kN A B C D 13.94 7.68 7.95 11.76 14.04 -8.46 -19.72 2.1. Combinações de Acções

Assume-se o sistema estático do tipo apoiado e as seguintes situações de variação de carga:

3.50 5.0 Pp+q2=10.5kN/m Pp=4.5kN/m dM(kNm) dT(kN) Msd(E)= 22.26*1.5= 33.39kNm Vsd(A)= 21.81*1.5= 32.72kN E Situação 2 A B C E 22.13 22.67 30.67 -14.20 1.54 -21.82 3.50 5.0 Pp=4.5kN/m 3.50 dM(kNm) dT(kN) Situação 3 A B C 2.45 11.10 9.06 13.47 -11.40 4.70 -9.30

3.50 5.0 q1=4.5kN/m dM(kNm) dT(kN) Situação 4 A B C 2.83 5.54 7.06 -8.68 0.57 3.50 5.0 q2=6.0kN/m dM(kNm) dT(kN) Situação 5 A B C 11.03 13.64 17.20 -3.15 -12.79

36.16 11.52 33.39 17.64 46.60 32.72 32.89 Diagramas Envolventes dM(kNm) dT(kN) A B C Combinações na secção B Comb. (1): Msd = 11.10*1.5+1.5*(2.84+0.7*11.02)= 32.48kNm; Comb. (2): Msd = 11.10*1.5+1.5*(11.02+0.7*2.84)= 36.16kNm; Comb. (1):Vsd+ = 13.47*1.5+1.5*(17.2+0.7*0.57)= 46.60kN; Comb. (2):Vsd- = 11.04*1.5+1.5*(8.68+0.7*3.15)= 32.89kN;

Nota: Os cálculos da estrutura serão efectuados com base nos valores (já majorados) dos diagramas envolventes.

2.2.1. Tendo em conta a deformação: h ≥ 𝑙𝑖 20η = 𝛼𝑙i 20𝜂 = 1.0×5 20×1.0 = 0.25m;

2.2.2. Tendo em conta o esforço (Msd = 36.16 kNm)

Para o dimensionamento económico tem – se:

d ≥ M𝑠𝑑 0.25×f𝑐𝑑×0.4 3 = 36.16×10−3 0.25×13.3×0.4 3 = 0.30m → Seja d = 0.30m;

b = 0.4×d = 0.4×0.3 = 0.12m → Assume – se b = 0.20m (dimensão mínima recomendada pelo REBAP).

Considera – se para o cálculo da altura da viga os seguintes parámetros;

 Ambiente moderadamente agressivo (recobrimento c = 3.0cm = 0.03m);  Armadura longitudinal ∅long= 25mm;

 Armadura transversal ∅transv= 8.0mm;

∴ a = c + 1₂∅_long + ∅transv = 0.03 + 1₂×0.025 + 0.008 = 0.051m;

Por conseguinte:

h = d + a = 0.30 + 0.051 = 0.35m → Assume – se uma altura de 0.35m (secção 0.20×0.35) m2

.

2.2.3. Verificação da secção à Flexão

𝜇 = M𝑠𝑑

b×d2 =

36.16×10−3

Pela tabela de Flexão (D’Arga e Lima, et all) para B25 e A400:

 𝜌 = 0.64;  𝛼 = 0.247;

→ X = 𝛼 ∙ d = 0.247∙ 0.30 = 0.074m A extensão das armaduras será dada por:

ε

_s = d−x

x ∙ 3.5%0 =

0.3−0.074

0.074

∙

3.5= 10.7%0

3. Dimensionamento das Armaduras

3.1. Armaduras de flexão (longitudinais)

As= 𝜌 ×b×d

×

₁₀₀1 = 0.64×0.20×0.3×₁₀₀1 = 3.84 cm2 → 2∅16.

4. Armadura Transversal

 Para o betão da classe B25:

τ

₁= 0.65MPa e

τ

₂= 4.0MPa;  Para o aço A400 a percentagem de armadura é: ρw = 0.1%;

4.1. Cálculo da resistência atribuida ao betão(Vcd)

Vcd = τ1×b×d = 0.65×1000×0.2×0.3= 39.0kN;

4.2. Verificação do valor máximo do esforço transverso

VRd,max ≤ τ2×b×d= 4.0×1000×0.2×0.3 = 240kN;

4.3. Dimensionamento da armadura transversal máxima (secção B+)*

i) Espaçamento máximo: 1 2

× τ

2

×

bw×d= 0.5×240 = 120kN; 2 3

× τ

2

×

bw×d = 2/3×240 = 160kN; Então: Vsd < 1 2

× τ

2

×

bw×d → 46.60< 120;

S ≤ 0.9×d com o máximo de 30cm

S ≤ 0.9×0.3= 0.27m = 27cm → seja S= 25cm = 0.25m;

ii) Área da armadura mínima Asw,min= ρw ×bw× S 100 = 0.1×0.2

×

0.25 100 = 0.5cm 2 ;

iii) Resistência das Armaduras

Vwd = Vsd – Vcd = 46.6 – 39.0 = 7.60kN; Mas: Vwd = 0.9×d

×

As S

×

fsyd 7.60 = 0.9×0.3× As 0.25×348 ×10 3 _{→ A} s= 0.20cm2

→ A armadura a usar na secção(B+

) será: 2R∅6@25cm.

4.3.1. Dimensionamento da armadura nas secções (B- e C) com Vsd = 32.89kN

O cálculo a seguir será efectuado com recurso à tabela 1 (BETÃO ARMADO – ESFORÇO TRANSVERSO DE TORÇÃO E PUNÇOAMENTO, J.D’arga e Lima et all).

! Para fim de cálculo assume-se a relacção d/h= 0.92 como valor de entrada da tabela (nota que o valor d/h neste caso é 0.3/0.35= 0.86).

 B25 e h = 0.35m → Vcd = 41.90kN e VRd,max = 257,60kN;

Vcd = 41.90kN > Vsd = 32.89kN → o betão por si só resiste ao esforço

transverso, sendo recomendado apenas a colocação de armadura mínima.

i) Espaçamento máximo entre estribos

Vsd

VRd ,max =

32.89

257.60 = 0.128; → pela tab.12: Smax = 28cm;

2Ø16

Armadura construtiva 2Ø6

estribos 2RØ6@25

0.20 0.35

Corte transversal da viga V1

(m)

estribos Ø6@25

estribos Ø6@25

estribos Ø6@25

Corte longitudinal da viga V1

2Ø16 2@6 3.50 5.00

A

B

C

A

A

Pela tab.11: (𝐴𝑠𝑤 𝑆 )min = 0.020 → ( 𝐴_𝑆𝑠𝑤

) = (

𝐴_𝑆𝑠𝑤

)

min

×

𝑉𝑠𝑑 τ2×bw×d

=

0.02×32.89 0.65×1000×20×0.92×0.35 = 0.016m ∴ Armadura: 2R∅6@25cm.

3.50 5.0 Pp+q1=18kN/m Pp=9.0kN/m Situação 1 A B C Msd(D)= 15.37*1.5= 23.06kNm Vsd(A)= 23.52*1.5= 35.28kN D D 23.51 15.35 27.88 28.07 -39.45 -16.92 15.91 5. Cálculo da viga V2

Assumindo que a largura de influência da laje em relação à viga V2 é b2 = 3.0m

teremos:

Pp= hlaje

× 𝛾

𝑏𝑒𝑡𝑎𝑜

×

b2 = 25×0.12×3.0 =9.0kN/m

q1= 3× 3 = 10.5 kN/m

q2= 4× 3 = 12.0 kN/m

3.50 5.0 Pp+q2=21.0kN/m Pp=9.0kN/m Situação 2 A B C Msd(E)= 45.32*1.5= 67.98kNm Vsd(A)= 43.63*1.5= 65.45kN E E 44.27 61.35 -28.40 3.08 -43.64 45.34 3.50 5.0 Pp=9.0kN/m Situação 3 A B C 4.90 9.39 22.21 26.94 18.11 -18.06

3.50 5.0 q1=9.0kN/m Situação 4 A B C -17.36 14.12 11.08 5.67 1.13 3.50 5.0 q2=12.0kN/m Situação 5 A B C 22.06 34.41 -6.31 -25.58 27.27

72.33 23.06 67.98 35.52 93.18 65.49 65.79 Diagramas Envolventes dM(kNm) dT(kN) B C Combinações na secção B Comb. (1): Msd = 22.2*1.5+1.5*(22.05+0.7*5.67)= 72.33kNm Comb. (2): Msd = 22.2*1.5+1.5*(5.67+0.7*22.05)= 64.96kNm Comb. (1):Vsd+ = 26.93*1.5+1.5*(34.4+0.7*1.13)= 93.18kN Comb. (2):Vsd- = 22.09*1.5+1.5*(17.36+0.7*6.3)= 65.79kN

5.2. Pré – Dimensionamento da secção da viga V2

5.2.1. Tendo em conta a deformação:

h ≥ 𝑙𝑖 20η

=

𝛼𝑙i 20𝜂

=

1.0×5 20×1.0 = 0.25m;

5.2.2. Tendo em conta o esforço (Msd = 72.33 kNm)

d ≥ M𝑠𝑑

0.25×f𝑐𝑑×0.4 3

=

3 _{0.25×13.3×0.4}72.33×10−3 = 0.38m → Seja d = 0.38m;

b = 0.4×d = 0.4×0.38 = 0.152m → Assume – se b = 0.20m (dimensão mínima recomendada pelo REBAP).

Considera – se para o cálculo da altura da viga os seguintes parámetros;

 Ambiente moderadamente agressivo (recobrimento c = 3.0cm = 0.03m);  Armadura longitudinal ∅long= 25mm;

 Armadura transversal ∅transv= 8.0mm;



∴ a = c + 1₂∅long + ∅transv = 0.03 + 1₂×0.025 + 0.008 = 0.051m;

Por conseguinte:

h = d + a = 0.38 + 0.051 = 0.43m → Assume – se uma altura de 0.45m (secção 0.20×0.45) m2.

5.2.3. Verificação da secção à Flexão

𝜇 = _b×dM𝑠𝑑₂

=

72.33×10_0.2×0.32−3 = 2.5;

Pela tabela de Flexão (D’Arga e Lima, et all) para B25 e A400:  𝜌 = 0.962;

 𝛼 = 0.314;

→ X = 𝛼 ∙ d = 0.314∙ 0.38 = 0.12m A extensão das armaduras serà dada por:

𝜀

_𝑠

=

d−x x

∙

3.5%0

=

0.38−0.12 0.12

∙3.5

=7.58%0 <10.0%0 ; Armadura de flexão:

A

_s= 𝜌 ×b×d

×

1 100

=

0.962×0.20×0.38 × 1 100 = 7.31 cm 2 → 3∅20 6. Armadura Transversal

 Para o betão da classe B25: τ1= 0.65Mpa e τ2= 4.0Mpa;

 Para o aço A400 a percentagem de armadura é: ρw = 0.1%;

6.1. Cálculo da resistência atribuida ao betão(Vcd)

Vcd = τ1×b×d = 0.65×1000×0.2×0.38= 49.4kN

6.2. Verificação do valor máximo do esforço transverso

VRd,max ≤ τ2×b×d= 4.0×1000×0.2×0.38= 304.0kN > 93.18kN

6.3. Dimensionamento da armadura transversal máxima (secção B+)

i) Espaçamento máximo: 1 2× τ2×bw×d= 0.5×304 = 152kN; 2 3× τ2×bw×d= 2/3×304 = 202.67kN; Então: Vsd = 93.18kN < 1 2× τ2×bw×d → 93.18kN <152kN;

Consequentemente o espaçamento será dado por:

S≤ 0.9×d com o máximo de 30cm

S≤ 0.9×0.38= 0.34m = 34cm → seja S= 30cm = 0.30m;

ii) Área da armadura mínima Asw,min= ρw×bw× S 100 = 0.1×0.2× 0.30 100 = 0.6cm 2 ;

iii) Resistência das Armaduras

Vwd = Vsd – Vcd = 93.18 – 49.4 = 43.78kN

Vwd = 0.9×d× As

S ×fsyd

43.78 = 0.9×0.38 ×_0.25As ×348 ×103 → As= 1.10cm2

Ou: 2R∅8@27cm ou ainda 2R∅6@15cm.

6.3.1. Dimensionamento da armadura na secção (B-) com Vsd = 65.79kN

i) Espaçamento máximo: 1 2× τ2×bw×d= 0.5×304 = 152kN; 2 3× τ2×bw×d= 2/3×304 = 202.67kN; Então: Vsd = 65.79kN < 1 2× τ2×bw×d → 65.79kN < 152kN.

O espaçamento será dado por:

S≤ 0.9×d com o máximo de 30cm

S≤ 0.9×0.38= 0.34m = 34cm → seja S = 30cm = 0.30m

ii) Área da armadura mínima

Asw,min= ρw ×bw× S 100 = 0.1×0.2× 0.30 100 = 0.6cm 2

iii) Resistência das Armaduras

Vwd = Vsd – Vcd = 65.79 – 49.4 = 16.39kN Vwd = 0.9×d× As S ×fsyd 16.39 = 0.9×0.38 × As 0.30×348 ×10 3 _{→ A} s= 0.41cm2

→ A armadura a usar na secção(B

-) será: 2R∅8@25cm.

6.3.2. Dimensionamento da armadura na secção (C) com Vsd = 32.89kN

O cálculo a seguir será efectuado com recurso à tabela 1*

! Para fim de cálculo assume-se a relacção d/h= 0.92 como valor de entrada da tabela (nota que o valor d/h neste caso é 0.3/0.35= 0.86).

3Ø20 Armadura construtiva 2Ø6 2RØ6@30 3Ø20 Armadura construtiva 2Ø6 2RØ8@30 3Ø20 Armadura construtiva 2Ø6 2RØ8@27 0.20 0.45

Corte A-A Corte B-B Corte C-C

Corte transversal da viga V2

(m)

estribos Ø6@30

estribos Ø6@30

estribos Ø6@30

Corte longitudinal da viga V2

3Ø20 2@6 3.50 5.00 A B C A A B C B C

Vcd = 53.80kN > Vsd = 32.89kN → o betão por si só resiste ao esforço transverso,

sendo recomendado apenas a colocação de armadura mínima.

i) Espaçamento máximo entre estribos

Vsd

VRd ,max

=

35.52

331.20 = 0.12; → pela tab.12: Smax = 30cm;

ii) Diâmetro dos Estribos Pela tab.11: (𝐴𝑠𝑤 𝑆 )min = 0.020 → ( A_Ssw

) = (

Asw_S

)

min

×

𝑉𝑠𝑑 τ2×bw×d

=

0.02×35.52 0.65×1000×20×0.92×0.45 = 0.013m; ∴ Armadura: 2R∅6@30cm.

5.10 1.45 A B Ø 6@0.15 0.20 0.50 q g A B 5.10 1.45 1.45Q Vsd (dV) (q + g)*1.5 = Q (m) Problema 2.

Do projecto estrutural da viga representada na figura 1, foi idenificada a seguinte informação: carga permanente g = 10 kN/m (inclui peso próprio da viga) e materiais de construção : betão da classe B25 e aço do tipo A400.

Qual é a armadura longitudinal que deve ser colocada ao longo do primeiro vão da viga? Para a solução do problema use apenas os métodos analíticos.

Fig.1

Resolução:

1. Diagrama do esforço tranverso e momento flector máximos

 O esforço transverso máximo ocorre quando as dua cargas actuam em

todos troços da estrutura:

Fig.2. Esforço transverso

A B 5.10 1.45 (q + g)*1.5 = Q g =10kNm Msd (dM) M (m)

Fig.3. Momento flector

2. CÁLCULO DA RESISTÊNCIA DO BETÃO (Vcd):

Consideram – se para o cálculo os seguintes parámetros;

 Ambiente moderadamente agressivo (recobrimento c = 3.0cm = 0.03m);  Armadura longitudinal ∅long= 20mm;

 Armadura transversal ∅transv= 6.0mm;

∴ a = c + 1₂∅_long + ∅transv = 0.03 + 1₂×0.020 + 0.006 = 0.046m;

d = h – a = 0.5 – 0.046 = 0.45m;

→ Vcd = τ1×b×d = 0.65×1000×0.2×0.45= 58.50kN;

3. CÁLCULO DA RESISTÊNCIA DAS ARMADURAS

Vwd = 0.9×d

×

As S

×

fsyd Vwd = 0.9×0.45

×

0.57×10−4 0.15

×

348 ×10 3 = 53.56 kN

A B

5.10 1.45

(q + g)*1.5 = Q

Ra Rb

(m) Nota: As = 0.57 cm2 (para 2 ramos de estribos de ∅6).

4. CÁLCULO DO ESFORÇO TRANSVERSO ACTUANTE Vwd = Vsd – Vcd

Vsd = Vwd −Vcd = 53.56 – 58.50 = 112.06 kN;

5. DETERMINAÇÃO DA CARGA VARIÁVEL (q)

Fig.4. Reacções de apoio.

MA = 0;

Q (5.10 + 1.45)2 × 0.5 – RB × 5.10 = 0

RB =

Q×21.45

5.10 = 4.21∙Q

Pelo diagram dV (fig. 2): RB – 1.45Q – VSD = 0

4.21Q – 1.45Q – 112.06 = 0 ↔ Q = 19.80 kN/m; Mas:

Q = (q + g) × 1.5

19.80 = (q + 10)× 1.5 ↔ q = 3.2 kN/m;

6. CÁLCULO DAS ARMADURAS NO VÃO AB

A B 5.10 1.45 19.8 kN/m g =10kNm Msd = 59.23 (dM) 14.47 52.57 (dV) 48.43 10.48 (m)

Fig.5. Esforços internos

7. CÁLCULO DAS ARMADURAS LONGITUDINAIS

𝜇 = M𝑠𝑑

b×d2

=

59.23×10−3

0.2×0.452 = 1.46;

Pela tabela de Flexão (D’Arga e Lima, et all) para B25 e A400:  𝜌 = 0.484 (para 𝜇 = 1.50, por simplificação);

Ø6@0.15

0.20 0.50

2Ø20

Corte transversal da viga

armadura negativa A A estribos Ø6@15 2Ø20 armadura negativa

Corte longitudinal da viga

(m) armadura negativa

5.10 1.45

CORTE A-A

0.70 0.40 (m) TEMA 7 TORÇÃO PROBLEMA 1

Dimensione as armaduras para uma secção de 40x70 cm2 sujeita exclusivamente a um momento torsor T=60kN.m. Materiais B20/A400, ambiente pouco agressivo.

RESOLUÇÃO:

1º. Características geométricas da secção:



( ) ( )



2



(40 4.83) (70 4.83)



200.68 ; 2 ; 03 . 2292 ) 83 . 4 70 )( 83 . 4 40 ( ) ( ) ( 83 . 4 6 29 6 42 . 2 12 29 12 29 5 . 5 2 40 2 5 . 5 20 70 2 20 2 2 cm h h h b U cm h h x h b A cm d h a d cm x a b d cm h a ef ef ef ef ef ef ef ef ef ef                                 2º Verificação da secção: ! ; 60 85 . 70 229203 . 0 0483 . 0 10 2 . 3 2 2 ₂ 3 m ax , h xA x x x x kNm T kNmok T_rd   _{ef ef}    _sd 

kNm

T

T

T

T

T

td td cd sd td

72

.

46

28

.

13

60











0.70 0.40 (m) 8Ø12 Ø8@0.15

3º Calculo da resistência do betão:

kNm T x x x x T A h T T T T cd cd ef ef cd td cd sd 28 . 13 2292 . 0 10 83 . 4 600 2 2 2 1       

4º Cálculo da armadura transversal:

m cm x x x x xf A T S A xf S A x A T syd ef td st syd st ef td 2.93 / 10 348 2292 . 0 2 10 72 . 46 2 2 ₆ 2 3      Espaçamento max: 15 0.15 ; 30 25 . 0 8 01 . 2 8 S cm m cm m U S ef           8 44 . 0 15 . 0 93 . 2 93 . 2 / 93 . 2 2       cm m A xS x cm s A st st

4º Dimensionamento da Armadura Longitudinal: kNm T Tsd  ld 60 12 8 56 . 7 10 348 2292 . 0 2 01 . 2 10 60 2 2 ₆ 2 3        cm x x x x x xf A xU T A xf U A x A T syd ef ef ld sl syd ef sl ef ld

1.80 0.80 1.00 5.00 0.15 0.25 0.30 (m) PROBLEMA 2

Considere um alpendre com função de estação de serviço e executado de acordo com a figura abaixo. Dimensione as armaduras da viga de modo a verificar a segurança da estrutura em relação aos estados limites últimos de resistência. Materiais B20/A400. considere ambiente moderadamente agressivo.

RESOLUÇÃO:

1o Determinação das acções:

 Sobrecarga = 5kN/m2;  Peso Próprio:

;

/

3

25

4

.

0

3

.

0

;

75

.

6

8

.

1

25

15

.

0

m

kN

x

x

g

kNm

x

x

g

viga laje









2º Determinação dos esforços de calculo:

 Momento flector e esforço transverso na viga; A carga de cálculo será dada por:

; / 125 . 28 8 . 1 5 5 . 1 ) 3 75 . 6 ( 5 . 1 m kN Q x x x Q sd sd    

5.00 28.13 kN/m (m)

A

B

87.90 dM (kNm)

A

B

A

B

dT(kN) 70.30 70.30 5.00 kN/m (m) 0.80 1.00 dM (kNm) 1.60 5.00 kN/m (m) 0.80 1.00 dM (kNm) 1.60 2.50 5.00 kN/m (m) 0.80 1.00 dM (kNm) 2.50

 Momento flector na laje

Para o momento flector na laje, a que fazer uma análise para encontrar o caso mais desfavorável do momento flector que provoca maior momento torsor na viga.

Variantes da actuação da carga váriavel

Caso I Caso II ` Caso III

- Calculo dos momentos:

Caso I: 1.6 / ; 2 8 . 0 5 2 2 2 1 1 kNm m x ql M   

3.75 kN/m (m) 0.80 1.00 dM (kNm) 1.21 1.88 Caso 2: 0.9 / ; 2 8 . 0 5 2 1 5 2 2 2 2 2 1 2 2 2 kNm m x x ql ql M      Caso 3: 2.5 / ; 2 1 5 2 2 2 3 kNm m x ql M   

Actuação da carga permanente:

Carga permanente: Mg qgl qgl x x 0.67kNm/m 2 8 . 0 75 . 3 2 1 75 . 3 2 2 2 2 2 1 2 2 _{   } 

Pelos valores dos momentos, nota-se que a combinação mais desfavorável será o caso 3 com a carga permanente.

m

kNm

x

x

m



1

.

5

0

.

67



1

.

5

2

.

5



4

.

755

/

; kNm x mxl M_sdtor viga 11.89 2 5 755 . 4 2    ; 3º Dimensionamento:  Flexão Simples: Verificação da secção: ! 33 . 0 10 7 . 10 3 . 0 25 . 0 9 . 87 25 . 0 35 . 0 5 4 . 0 3 d m ok x x x d bxf M d m d cm a m h sd         

Cálculo da Armadura: 16 5 64 . 8 10 64 . 8 100 35 . 0 3 . 0 823 . 0 100 ; 823 . 0 39 . 2 35 . 0 3 . 0 10 9 . 87 10 2 2 4 2 3 2 3                  cm m x x x bd A x x bd x M s sd

 Cálculo da Armadura de Esforço transverso:

kN kN V V V kN x x d b V kN V V V V cd sd wd w cd sd wd cd sd 3 . 7 63 3 . 70 63 35 . 0 3 . 0 600 3 . 70 1             m cm x x x xdxf V s A syd wd sw / 66 . 0 10 348 35 . 0 9 . 0 3 . 7 9 . 0 2 3   

 Cálculo da armadura de Torção:

i) Características geométricas



( ) ( )



2



(30 5.33) (40 5.33)



118.68 ; 2 30 . 855 ) 33 . 5 40 )( 33 . 5 30 ( ) ( ) ( 33 . 5 6 32 6 67 . 2 12 32 12 32 4 2 40 2 30 4 20 40 2 20 2 80 2 cm h h h b U cm h h x h b A cm d h a d cm x a d cm h a cm h ef ef ef ef ef ef ef ef ef ef                                  

 ! , 2 . 3 2 3 . 1 7 . 0 3 . 1 08553 . 0 0533 . 0 2 10 89 . 11 2 7 . 0 35 . 0 3 . 0 10 3 . 70 2 2 3 3 ok MPa MPa MPa x x x xA h T MPa x x xd b V T v ef ef sd T w sd v                       0.3 0.35 117.6 , ! 700 1300 700 10 2 . 3 3 2 m ax , b xd x x x x V ok V w sd T v v rd                      0.0533 0.08553 18.96 , ! 700 1300 1300 10 2 . 3 2 2 2 3 m ax , h xA x x x x x T ok T ef ef sd T v T rd                    

iii) Cálculo da Resistência do betão:

kNm T x x x x x T A h T T T T cd cd ef ef cd td cd sd 47 . 5 10 3 . 855 10 33 . 5 600 2 2 4 2 1        

iv) Calculo da armadura transversal devido a torção:

kNm T T T T T td td cd sd td 42 . 6 47 . 5 89 . 11      m cm x x x x xf A T S A xf S A x A T syd ef td st syd st ef td 1.078 / 10 348 08553 . 0 2 10 42 . 6 2 2 ₆ 2 3      v) Espaçamento Máx: S cm m cm m U S ef 14 . 0 14 30 8 . 14 8 68 . 118 8           6 15 . 0 14 . 0 078 . 1 078 . 1 / 078 . 1 2       cm m A xS x cm s A st st

vi) Dimensionamento da Armadura Longitudinal kNm

T

0.40 0.30 5Ø16 (m) 3Ø10 Ø6@0.14 A A estribos Ø6@0.14 5Ø16 3Ø10 3Ø10

Corte longitudinal da viga

5.00 (m) 10 3 36 . 2 10 348 08553 . 0 2 18 . 1 10 89 . 11 2 2 ₆ 2 3        cm x x x x x xf A xU T A xf U A x A T syd ef ef ld sl syd ef sl ef ld

≫ Armadura longitudinal de Flexão 5Ø16; ≫ Armadura longitudinal de Torção 3 Ø10; ≫ Armadura Transversal Ø6//14.

Pelos resultados obtidos, conclui-se que a secção da viga esta sobredimensionada, isto é, ela resiste aos esforços solicitantes sem atingir os seus limites máximos. Por

exemplo, para o momento-flector, bastava ter – se um d = 30cm, e tem – se 35cm, o mesmo se verifica em relação ao esforço transverso e torsor.

Laje 1 Laje 2 Laje 3 Laje 4 6.00 6.00 5.00 5.00 A A B B (m) TEMA 8 LAJES VIGADAS PROBLEMA 1

O painel de lajes vigadas representado na figura, apresenta uma espessura de 0.15m e encontra-se submetido as seguintes acções:

 Peso próprio;

 Revestimento 1.5kN/m2;  Sobrecarga de utilização;  Ambiente pouco agressivo.

Fig. 1

Dimensione e pormenorize as armaduras da laje usando como materiais betão B25 e aço A400.

5.00 6.00 (m) Y X RESOLUÇÃO

1º Calculo das acções:

2 2 2 2 / 875 . 13 4 5 . 1 ) 5 . 1 75 . 3 ( 5 . 1 / 4 arg / 5 . 1 Re / 75 . 3 25 15 . 0 m kN x x Q m kN a Sobrec m kN vestimento m kN x proprio Peso sd        

Assumindo uma armadura de ∅10 mm tem – se: cm

a h

d   1520.5*1.012.5 ; 2º Sistemas estáticos:

Todas lajes têm a mesma característica, pelo que calculamos a laje 1 ou laje 2 ou 3 ou 4 e o resultado será igual para todas as outras. Assume – se então o sistema estático encastrado – apoiado como mostra a figura a seguir:

18.53 dM(kNm) 5.00 12.87 29.31 dM(kNm) 6.00 42.23 18.53 18.53 dM(kNm) 5.00 5.00     1.2 5 6 x y l l menor l maior l

Laje armada nas duas direcções - Tabela de Marcus;

Para a relação 1.2

x y

l l

tem – se os seguintes valores na mesma tabela (Mrcus):

kx mx nx my ny 0.674 27 11.85 38.89 17.07 Direcção x: ; 32 . 29 85 . 11 5 9 . 13 87 . 12 27 5 9 . 13 2 2 2 2 kNm x n ql X kNm x m ql M x x x x x x          Direcção y ; 36 . 20 07 . 17 5 9 . 13 94 . 8 89 . 38 5 9 . 13 2 2 2 2 kNm x n ql X kNm x m ql M x x y y x y         

O painel de lajes fica com os seguintes diagrama de momentos:

29.31

12.87 12.87

dM(kNm)

6.00 6.00

 Corte B-B (Direcção y):

3º.Cálculo da Armadura:  15 // 8 / 10 21 . 3 10000 100 257 . 0 125 . 0 1 100 257 . 0 824 . 0 125 . 0 1 10 87 . 12 10 87 . 12 2 4 2 3 2 3                  m cm x x x x bd A x x bd Mx kNm M s x  10 // 10 / 10 5 . 7 10000 100 60 . 0 125 . 0 1 100 600 . 0 873 . 1 125 . 0 1 10 32 . 29 10 32 . 29 2 4 2 3 2 3                  m cm x x x x bd A x x bd Mx kNm M s x  25 // 8 / 10 14 . 2 10000 100 171 . 0 125 . 0 1 100 171 . 0 572 . 0 125 . 0 1 10 94 . 8 10 94 . 8 2 4 2 3 2 3                  m cm x x x x bd A x x bd Mx kNm M s y  15 // 10 / 10 0125 . 5 10000 100 401 . 0 125 . 0 1 100 401 . 0 30 . 1 125 . 0 1 10 36 . 20 10 36 . 20 2 4 2 3 2 3                  m cm x x x x bd A x x bd Mx kNm M s y

6.00 6.00 5.00 5.00 (m) Ø8//0.25 Ø8//0.15 Ø8//0.15 Ø8//0.25 Ø8//0.25 Ø8//0.25 Ø8//0.15 Ø8//0.15 Armadura Inferior A A 6.00 6.00 5.00 5.00 (m) Ø10//0.10 Ø10//0.15 Ø10//0.15 Ø10//0.10 Desenhos das Armaduras

5.00 Ø8//0.25 Ø8//0.15 Ø10//0.15 Ø10//0.10 5.00 (m) viga laje Corte A - A Laje 1 Laje 2 _{Laje 3} 4.50 3.50 2.00 3.50 (m) PROBLEMA 2

Dimensione a laje representada na figura, que serve de tecto de um edifício de escritórios de uma consultoria de engenharia, que será construído com um betão de classe B25 e aço A400. O revestimento e as paredes divisórias quantificaram-se como sendo 2kN/m2. Ambiente moderadamente agressivo.

1º Pré - dimensionamento, Determinação da espessura do painel de lajes (artigo 102 do REBAP). Laje 1    2.25 2 5 . 4 menor l maior l