CP Exemplos Março 2010a TOTAL

UEL-CTU Depto Estruturas Concreto Protendido Prof. Roberto Buchaim 03/2010 Página 1

Concreto Protendido: Exemplos

Exemplo 1: Seja a peça da Figura 1, de seção quadrada de lado 200��, protendida com 4 cordoalhas ∅ = 15,2�� (uma em cada canto do estribo), a ser usada como um tirante. Dados adicionais:

(a) Concreto: �� = 30��, �� = 2,9��é��, �� = 5600√30 =30600��;

(b) Aço CP190 RB 15,2, área ! = 560��", !#� = 0,9 × 1900 = 1710��,

taxa geométrica da armadura referida à seção líquida de concreto &! = '(') =*+,

",,-.*+, = 1,42%, �! = 200000��, coeficiente de equivalência 1! = 2(2) =6,54, tensão inicial de protensão 3!, = 0,7 × !#� = 1200��.

Figura 1: Tirante protendido em pós-tração.

Calcular:

(1) As tensões devidas à protensão e o pré-alongamento (ou alongamento de neutralização);

(2) A força de descompressão da seção de concreto 4567�; (3) A força de fissuração 4�8, o alongamento do tirante e a diferença de deformações entre o aço e o concreto imediatamente antes da fissuração;

(4) A força de escoamento 4!#5 (valor de cálculo);

(5) A máxima força em serviço 4� (valor característico) a ser aplicada no tirante.

Desprezar as perdas imediatas (atrito e encunhamento) e as perdas progressivas (diferidas) por relaxação do aço e por fluência e retração do concreto.

9

� 4

4

200��


Solução:

(1) Força de protensão: �, = !3!, = 560 × 1200 = 672 × 10:4 = 672;4

Tensão no concreto: área líquida � = , − ! = 200" − 560 = 39440��", 3�, = − =>

') = − +?"×@,A:BCC, = −17��.

Alongamento do aço: D!, = E(>2( = @",,

",,×@,A = 6‰

Encurtamento do concreto: D�, = E)>2)G = .@?

:,,+×@,A = −0,56‰

Pré-alongamento (ou alongamento de neutralização):

H!I = ΔH! = D!, − H�, = 6‰− �−0,56�‰ = 6,56‰.

(2) Força de descompressão da seção de concreto:

A carga externa do tirante deverá ter a seguinte força normal de tração para anular a tensão de compressão no concreto e simultaneamente alongar o aço na mesma medida do alongamento do concreto:

4567� = �, + �! ! L �,�� M = N1 + 1!&!O�, 4567� = �1 + 6,54 × 1,42%� × 672 = 1,093 × 672 = 734,4P4

Nesta situação, a tensão no concreto é nula, e no aço 9,3% maior, i.e., 3! = 1,093 × 1200 = 1311��. Logo, a força de descompressão é igual à

força atuante no aço.

(3) Força de fissuração do tirante:

Para fissurar a seção, a carga externa terá de descomprimir o concreto e ainda introduzir nele uma tensão de tração igual a �� (valor médio), donde:

4�8 = N1 + 1!&!O��, + �� 4�8 = 1,093 × �672 × 10: + 39440 × 2,9� = 859,5 × 10:4 = 859,5P4

(Se fosse usado o valor característico inferior da resistência à tração do

concreto, ��,�IR = 0,2��"/: = 1,93��, resultaria 4�8 = 698,3P4. No projeto, este valor é mais importante para decidir se o tirante está fissurado (probabilidade de 5%) ou não (probabilidade de 95%)).

Imediatamente antes da fissuração, tem-se o alongamento no concreto

D� = ",B:,+,, = 0,095‰, e no aço D! = 1,093 × 6‰+ ",B

:,+,, = �6,558 + 0,095�‰ =


6,65‰. Donde, a diferença ΔH! = D! − H� = �6,65 − 0,095�‰ = 6,56‰, valor

igual ao pré-alongamento.

Imediatamente após a fissuração, a força de fissuração 4�8 = 859,5P4 é

totalmente absorvida pelo aço, cuja tensão salta para 3! = T*B,*×@,A*+, =

1535�� ≤ !#� = 1710��.

(4) Força de escoamento 4!#5 = !!#5 = 560 × @?@,@,@* = 560 × 1487 = 833 ×

10:4 = 833P4.

(5) Máxima força em serviço

Condição de segurança do ELU: 4V5 = WR4� ≤ 4!#5. Logo,

4� ≤ 4!#5WR = 8331,4 = 595P4

Conclusão: se a força normal aplicada no tirante for inferior a este valor, não há fissuração, mesmo se for considerado o valor característico inferior ��,�IR =0,2��"/: = 1,93�� da resistência à tração do concreto, pois 4� ≤ 4�8 =698,3P4.


Exemplo 2: Seja a mesma peça do Exemplo 1, agora protendida em pré-tração, a ser usada como estaca de comprimento � = 12�. Nos pontos médios das faces há 7 = 4∅10 = 320��", aço CA-50. Determinar, com os demais dados anteriores:

(1) A armadura de protensão para evitar fissuração durante o manuseio e o transporte da peça. Considerar a resistência do concreto, após um dia de cura, igual a ��,? = 20��. Donde, sua resistência à tração axial ��,? =0,2��,?"/: = 1,47��, e seu módulo de elasticidade �� = 5600√20 ≅25000��. Nesta fase inicial da peça, majorar em 20% o seu peso próprio, para considerar vibrações, choques, etc. Ver a Figura 2.

(2) Determinar a deformação da armadura protendida na pista de protensão, imediatamente antes da transferência da força de protensão à peça, bem como o alongamento a ser medido pelo operador.

(3) Obter a máxima força de compressão resistida pela estaca, em serviço. (4) Se a estaca for tracionada, qual é a máxima força normal que pode ser

aplicada também em serviço? Qual o valor da queda da rigidez, se houver fissuração da estaca?

Solução:

(1) Como se vê na Figura 2, a posição dos ganchos para içamento e transporte da estaca corresponde a momentos extremos iguais:

Figura 2: Estaca protendida em pré-tração: fase de içamento.

�' = −1,2 × ",CTC-" = −3,70P4� e �Y/" = 1,2 × ?,,:"-

T − 3,70 = 3,71P4�

0,207� 0,293� 0,293� 0,207�

� = 12�

1,2Z =1,2× 0,20" × 25 = 1,2P4/�

9

200��

[ − 50

[� − 160


A força de protensão deve impedir a fissuração sob a ação destes momentos. Logo, o momento de fissuração é ��8 = 3,71P4�, e a força de protensão resulta de:

�, = ��8 −\,��,?P@ + ]

Nesta equação, consideram-se as características geométricas da seção da seção da peça (i.e., sem as armaduras):

\, = ^_-+ = ",,A

+ = C: × 10+��: (módulo de resistência), P = _

+ = @,,: ��

(distância nuclear superior e inferior), ] = 0 (excentricidade nula da força de protensão, pois a armadura é duplamente simétrica).

Assim, a força de protensão deve ser pelo menos igual a:

�, = 3,71 × 10+ − 43 × 10+ × 1,471003 + 0 = 525004 = 52,5P4

Desprezando as perdas progressivas e em caso de pré-tração, esta força pode ser considerada igual à força �� existente na pista. Para obtê-la, pode-se adotar 4∅4, CP-160 RN, ! = 4 × 12,6 = 50,4��". Impondo uma tensão na pista

igual a 0,7!�� = 1120��, resultaria a área ! = *"*,,@@", = 47��" ≤ 50,4��".

(2) Deformação e alongamento da armadura na pista, antes da transferência da força de protensão à peça.

Com 3!� = 0,7!�� = 1120�� na pista, resulta o alongamento da armadura

igual a H!� = @@",",,×@,A = 5,6‰. Antes da transferência, a deformação no concreto

é nula. Logo, o pré-alongamento do aço é a sua deformação na pista nessa fase, ou seja:

∆H! = H!I = H!� − H�� = �5,6 − 0�‰ = 5,6‰

Se o comprimento da armadura entre os contrafortes, na pista de protensão, for igual a a = 120�, o alongamento da armadura será igual a: ∆a!� = 120 × 10: × 5,6‰ = 672mm


Sendo os coeficientes de equivalência de ambos os aços (CP-160 e CA-50),

iguais a 1! = 17 = ",,"* = 8, resulta a área da seção homogênea (ou ideal):

� = , + N1! − 1O ! + �17 − 1� 7 � = 200" + �8 − 1��50,4 + 320� = 42593��"

A força de protensão na pista, �� = !3!� = 50,4 × 1120 = 564484, ao ser

liberada dos contrafortes, é aplicada na seção homogênea da peça, donde as tensões:

3�,,! = − =G'G = − *+CCT

C"*B: = −1,325�� no concreto,

37,,! = 173�,,! = −8 × 1,325 = −10,6�� na armadura passiva, e

3!, = 3!� + 1!3�,,! = 1120 − 10,6 = 1109�� ≤ 0,74!�� = 1184��

Note-se que há uma perda de protensão por encurtamento elástico igual a

L1 − E(>E(GM × 100 = c1 − @@,B

@@",d × 100 = 1%, um valor muito pequeno.

Confere-se, a seguir, a tensão no concreto no içamento, atuando a protensão e o peso próprio majorado em 20%, pondo \,� ≅ \e:

3�,�@,"fg!� = 3,71 × 10+43 × 10+

− 1,325 = 1,46�� ≤ ��,? = 1,47��

Como se vê, o cálculo está correto.

(3) Máxima força de compressão na estaca em serviço:

Desconsideram-se as perdas progressivas, e supõe-se a estaca já com sua resistência prevista �� = 30��. No ELU por solicitações normais, se a protensão for desfavorável, seu coeficiente de segurança parcial é igual a W! = 1,2. É o que ocorre no presente caso de compressão axial. Logo, o

alongamento de neutralização, majorado por W!, vale

H!I5 = 1,2 × 5,6‰ = 6,72‰ ≤ ,,T*hijkli = ,,T*×@+,,

",,,,, = 6,8‰

Por outro lado, no ELU por compressão simples os encurtamentos do concreto e da armadura passiva são iguais a 2‰. Assim, a armadura protendida estará


ainda tracionada com um alongamento igual a �6,8 − 2�‰ = 4,8‰. Logo, a força de cálculo resistida pela estaca em compressão simples é igual a:

4m5 = N , − ! − 7O0,85�5 + 7#5 − !�!�H!I5 − 2‰�

4m5 =(200" − 50,4 − 320�0,85 :,@,C+ 320 × 435 − 50,4 × 200 × 4,8

4m5 = 722 + 139,2 − 43,4 = 812,6P4

Em serviço, obtém-se:

4� ≤ 4m5WR = 812,61,4 = 580P4

Em 4m5 as armaduras contribuem com uma força igual a �139,2 − 43,4� =95,8P4. Esta força equivale a uma área de aço CA-50 igual a 95,8 × 10: 435 = 220��"⁄ (ver adiante). Mas, no projeto a estaca comprimida deve ser dimensionada como um pilar. Assim, neste cálculo não estão considerados os possíveis efeitos de segunda ordem na estaca, nem foi comprovada a resistência da seção para resistir a um momento mínimo. Conforme a NBR 6118, item 11.3.3.4.3, este momento considera o efeito das imperfeições geométricas locais em um lance de pilar, e vale �m@5,o�I = 4V5]o�I = 4V5�0,015 + 0,03ℎ�, onde a excentricidade e ℎ estão dados em �. No que segue, simplifica-se a determinação da máxima força resistente, excêntrica de ]o�I, desconsiderando as armaduras, como se a seção fosse de concreto simples. Neste caso, os esforços resistentes são iguais a:

q� = r),,T*R)s^_ , t� = u)

,,T*R)s^_- = v)" �1 − q��

Igualando �� e �m@5,o�I, bem como 4V5 e 4�, resultam 6wGx_ = ,,,@*

,,", + 0,03 =0,105 e t� = q� 6wGx

_ = 0,105q�. Este valor é inserido na equação do momento

resistente para determinar a força normal:

0,105q� = u),,T*R)s^_- = v)

" �1 − q��, donde q� = 1 − 0,21 = 0,79.

Portanto, 4� = 0,79 × 0,85 × :,@,C × 200" = 5755714 = 576P4.

Logo, o máximo valor característico da força normal excêntrica passa a ser:


4� ≤ r)yz = *?+

@,C = 411P4 ou ≅ 40{

Por outro lado, a armadura longitudinal mínima em pilar, cf. o item 17.3.5.3.1 da NBR 6118: 2003, vale

7,o�I = 0,15 45#5 ≥ 0,004 �

Donde

7,o�I = 0,15 *?+×@,AC:* = 199��" ≥ 0,004 � = 0,004 × 200" = 160��".

Como a área de aço equivalente em CA-50 é 220��" > 7,o�I = 199��", vê-se que a armadura existente é praticamente igual à armadura mínima exigida por norma. Além disso, a protensão reduz muito pouco a capacidade resistente da estaca em compressão simples. De qualquer modo, esta redução sempre pode ser compensada pela armadura passiva.

(4) Máxima força de tração em serviço

Neste caso, a resistência à tração axial e o módulo de elasticidade são iguais a:

��,�IR = 0,2��"/: = 0,2 × 30"/: = 1,93��

�� = 5600√30 = 30700��

A área da seção homogênea altera-se ligeiramente para o seguinte valor, com

1! = 17 = ",,:,,? = 6,5:

� = 200" + �6,5 − 1��50,4 + 320� = 42037��" A estaca fissura em serviço para a condição 4 ≥ 4�8, sendo a força de fissuração dada por (�� = !3!� é a força de protensão na pista, também

indicada por �I, força de neutralização):

��,�IR = r)~.=G'G ou 1,93 = r)~.*,,C×@@",

C",:?

Donde, 4�8 = 1375804 = 137,7P4 ≅ 14{.

No ELU-tração axial a estaca resiste à força


4m5 = 7#5 + !!#5 = 320 × 435 + 50,4 × 0,85 × 16001,15 = 139200 + 59600= 1988004 = 198,8P4

Logo, por este critério de segurança, em serviço a máxima força solicitante será:

��4� = 198,81,4 = 142P4 ≅ 14{

Este valor é praticamente coincidente com a força de fissuração. Havendo fissuração da estaca sua rigidez cai muito. De fato, antes da fissuração colaboram o concreto e as armaduras. Após a fissuração, somente as armaduras contribuem para a rigidez da seção (desconsiderada a colaboração do concreto entre fissuras). Assim, tem-se para os Estádios I e II:

�� = �� + �7 7 + �! ! = 30700 × 39630 + 200000 × �320 + 50,4� =�1,217 + 0,074� × 10B = 1,291 × 10B roo-

oo-

�� = �� + �7 7 + �! ! = 0 + 200000 × �320 + 50,4� = �0 + 0,074� ×10B = 0,074 × 10B roo-

oo-

Logo, a rigidez axial da estaca sofre uma queda igual a 94,3%. Uma forma de evitar esta queda é, evidentemente, através da protensão, a qual deve ser estabelecida com uma margem de segurança em relação à força de fissuração em serviço. Note-se que, na determinação das reações das estacas, todas elas

são supostas com mesma rigidez, o que não é verdade se houver fissuração

em alguma estaca.

Por último, chama-se a atenção para o valor considerado da resistência à tração do concreto no estabelecimento da força de protensão no item 1 deste exemplo. A rigor, deveria ter sido considerada a resistência à tração do

concreto na flexão, a qual pode ser obtida da seguinte equação (cf. MC-90, item 2.1.3.3.1):

��,RY = �� @g@,*��>>�>,�

@,*� ��>>�>,�

, com ℎ]��

No exemplo, para o quantil de 5%, com ℎ = 200��, resulta:

��,RY = 1,47 1 + 1,5 × 2,,?1,5 × 2,,? = 1,47 × 1,41 = 2,1��


Ou seja, um valor 41% maior do que o considerado para estabelecer a força de protensão. Entretanto, mantém-se a solução adotada, por causa do processo de fabricação das estacas, e ainda por causa da maior segurança contra a fissuração. Além disso, é pequena a armadura ativa resultante.


Exemplo 3: A viga da Figura 3 é protendida em pista com duas camadas de armadura, cada qual com excentricidade constante ao longo do vão. Estas vigas são justapostas na estrutura de modo a formar um piso. Para efeito de pré-dimensionamento usar somente as características geométricas da seção da peça (i.e., desconsiderar as armaduras). A carga permanente adicional e a carga variável somam 10 P4 �"⁄ , de modo que para a viga da figura cabe o quinhão � = 0,30 × 10 = 3P4 �⁄ . Estabelecer: (1) a altura da seção e as características geométricas da seção da peça; (2), (3) as forças de protensão de modo a não haver tensões de tração em nenhuma fibra e em nenhuma fase da peça, bem como as armaduras ativas e (4) a resistência do concreto na data da protensão (��,?) e aos 28 dias (��).

Figura 3:Viga pré-moldada e protendida em pré-tração.

Solução:

(1) Determinação da altura da seção e respectivas características geométricas.

A presente seção duplo T é análoga à laje alveolar, para a qual se estabelece esbeltez na faixa � ℎ = 40 − 50⁄ para a carga variável 2,4 P4 �"⁄ , e � ℎ = 32 − 42⁄ para a carga variável 4,8 P4 �"⁄ , cf. o livro de Collins e Mitchell,

� = 12�

!"

!@

120 ℎ

300��

50

50 1 1

2 2

Z + � = 0,066�" × 25P4 �:⁄ + 3 = 4,65P4 �⁄

4[�

1

2

P@ = 90,5 P" = 90,5 −�"= 90,5

−�@= 90,5

−�@ − �"= 90,5��84,5

265,5

(a) Resultante da protensão no ponto inferior

do Núcleo Central de Inércia para tensão nula

na borda 1, sob ação só da protensão.

(b) Seção transversal e armaduras ativas.

(c) Vão e cargas atuantes na viga.

�@= 90

�"= 90

�@ + �"= 90,5��


1988. No caso, a carga variável 10 P4 �"⁄ é mais que o dobro desta última, e por isso escolhe-se a esbeltez � ℎ = 30⁄ . Logo, a altura da peça resulta igual a ℎ = 12 30 = 0,40� = 400��⁄ . A confirmação desta altura dependerá da satisfação das várias condições de projeto.

Características geométricas da seção da peça:

Área: , = 300 × 400 − �300 − 120� × �400 − 100� = 66 × 10:��"

Momento de inércia: �e = :,,×C,,A.@T,×:,,A@" = 1,195 × 10B��C

Módulos de resistência das bordas:

\," = −\,@ = �>,,*×_ = @,@B*×@,�

",, = 5,975 × 10+��:

Distâncias inferior e superior do núcleo central de inércia (NCI):

P = P" = P@ = ��\,� , = 5,975 × 10+66 × 10: = 90,5��

(2) Atuando só a protensão, a tensão na borda superior deve ser nula, para o que a resultante no concreto, −�@ − �"(a mesma do aço, com sinal trocado) deve situar-se no ponto inferior do NCI. Ver a Figura 3(a). Logo: �@ × 265,5 = �" × 84,5 ou �@ = 0,318�"

Ou seja, a força na armadura superior deve ser 31,8% da força na armadura inferior.

A tempo infinito, atuam todas as cargas e a protensão tem perdas progressivas. Indicando estas forças por �@� e �"�, sua resultante no concreto �−�@� − �"��, atuando juntamente com o momento máximo ��fg� =C,+*×@"-

T = 83,7P4� da seção central, deve posicionar-se agora no ponto

superior do NCI, para que a tensão na borda inferior 2 seja nula. Notando que a resultante na armadura permanece no ponto inferior 2 do NCI, então o braço de alavanca do binário é � = 2P = 181��. Assim, elas somam:

��@� + �"�� = ��fg��

�@� + �"� = 83,7 × 10+181 = 4624314 = 462,4P4

Supondo que a relação entre as forças se mantenha após as perdas progressivas, i.e., �@� = 0,318�"�, resultam:


�"� = 350,8P4 e �@� = 111,6P4.

As tensões normais nas bordas devidas ao momento máximo valem:

3",fg� = −3@,fg� = T:,?×@,�*,B?*×@,� = 14��

Logo, para que a tensão final na borda inferior seja nula, a tensão de protensão nessa borda após todas as perdas terá de ser −14��. Ver a Figura 4.

Figura 4:Tensões normais na seção central a tempo infinito, em MPa.

Notar que no CG da seção, a tensão de compressão é −7��. Logo, a

resultante das duas forças de protensão é igual a – ��@� + �"�� = −7 × 66 ×10: = −462 × 10:4, ou seja, ��@� + �"�� = 462P4, como antes.

(3) Para as perdas progressivas de protensão estimadas em 20%, as forças iniciais de protensão na pista são iguais a:

�� = ��0,8 = 1,25 × ��

Logo, ��@ = 1,25 × 111,6 = 139,5P4 e ��" = 1,25 × 350,8 = 438,5P4

Adota-se aço CP-190 RB, cujo limite de tensão na pista é igual a 3!� = 0,77 ×1900 = 1463��. Assim, as áreas das armaduras são:

!@ = 95,4��" e !" = 299,7��"

Escolhem-se 2∅9,5��]��]�, à�]� = 109,6��" e 4∅11��]��]�, á�]� =296,8��". (4) Na fase em vazio atuam só a protensão e o peso próprio da peça, e não há perdas progressivas. A máxima tensão de compressão no concreto ocorre nessa fase inicial (i.e., em vazio) junto aos apoios, pois as forças de protensão são máximas e �f ≅ 0. O Estado Limite Último de Ruptura no ato da protensão

−

−

+

−

��fg� −�@� − �"�

−14 −14

14 0

0

−14

��{]��ã�]��fg�

−7 −7

+


pode ser verificado simplificadamente, cf. a NBR 6118, item 17.2.4.3.2, como segue:

W!�3",!� + WR3"f = 1,1 × �1,25 × 14� + 1 × 0 = 19,25�� ≤ 0,7��,? Nesta equação, os coeficientes de segurança parciais valem: W! = 1,1, WR = 1]W� = 1

0,7 = 1,43

Notar que não se aplicou o fator 0,85 ao concreto, pois não há ainda o efeito Rüsch.

Admitindo-se ��,? ≅ 0,7��, resulta a resistência do concreto igual a

�� = @B,"*,,?×,,? = 39,3 ≅ 40��

Com isto a peça está pré-dimensionada, e pode-se iniciar o seu cálculo definitivo, verificando os diferentes estados limites de serviço e últimos.


As figuras seguintes são do livro “Prestressed Concrete Basics, Collins and Mitchell, CPCA.


P� , P^ � ��{â��

��]��]�

��]��]��]��.


Exemplo 4: A viga da Figura 5 é protendida em pós-tração com aderência posterior. As perdas progressivas de protensão, supostas iguais em todas as seções, valem 20% da força inicial, quer dizer, �� 0,8�,. Considerar aço CP-190 RB e concreto �� = 30��, ��,? = 20��. Determinar a força de protensão e a correspondente armadura, admitindo-se tensões de tração até o valor �� = 0,2 × 30"/: = 1,93�� na fase final quando atuam �� e Z + � =19,2P4/�, e ��,? = 0,2 × 20"/: = 1,47�� na fase inicial quando atuam �, e Z, = 12,2P4/�. Usar, simplificadamente, as características geométricas da seção da peça (i.e., desconsiderar armaduras e furos de bainhas), dadas na Figura 5.

2

1

z

z

z

500

100

200

50

150

1500

800

CG

e

y

mm

mmh

mm

=

=

150

150

200

150

CGNCI

2

1

k

k

2

1

c

co

qg

oo

qg

protensão

I

zM

I

P e

A

P

M

P e

σ

σ

+

+

−−

−

2

1

z

z

P−

z

externacarga

1

2

z

0 0 00

00

00 00

oA

P− 00

689,5 mm

Figura 5: Seção Transversal, características geométricas e tensões normais da protensão e da carga externa (fase final).

A Figura 6 mostra o vão e as cargas atuantes na viga.

Dados:

2

0 487500 mmA =

mmz 57101 ,−= , mmz 57892 ,=

44

0 1067913297425 mmI ×= ,

33

2002 10167168431 mmzIW ×== ,

33

1001 10495187152 mmzIW ×−== ,

Distâncias nucleares:

,5,345

20

01 mm

zA

Ik ==

mm

zA

Ik 9383

10

0

2 ,=−=


Figura 6: Vão e cargas atuantes.

(1) Determinação de �� (fase final) e da armadura de protensão:

Na fibra 2 (inferior) da seção central da viga deve-se ter, sob ação do momento

máximo �fg� � @B,"×:,-T = 2160P4�, a tensão 3�" = ��,o�I, ou seja:

−�� , −��]\," +

�fg�\," = ��

Isolando a força de protensão, resulta:

�� = �fg� − ��\,"P@ + ] = �2160 − 1,93 × 168,43� × 10+345,5 + 689,5 = 1773 × 10:4

Logo:

�� = 1773P4 e �, = 1,25 × 1773 = 2216P4

A força �, assim determinada atua no centro do vão. Nos apoios, a força durante a protensão é maior, por causa das perdas por atrito entre as extremidades e a seção central. Supondo-a 5% maior no ato da protensão, e limitando a tensão de protensão ao valor 0,7!�� = 0,7 × 1900 = 1330��,a

armadura resulta igual a:

! = 1,05 × 2216 × 10:1330 = 1750��"

Pode-se escolher 3 cabos com 6 cordoalhas ∅12,7 cada, ! = 18 × 98,7 =1777��". Ou, alternativamente, 4 cabos com 8 cordoalhas ∅9,5 cada, ! = 32 × 54,8 = 1754��", dois (praticamente) retos e dois parabólicos. Esta

última é a alternativa adotada.

(2) Verificação da fase em vazio

Nesta fase, a protensão é máxima, o concreto tem resistência baixa, e a carga atuante geralmente é apenas o peso próprio. Assim, há risco de compressão excessiva na borda inferior e risco de tração na fibra superior (geralmente preponderante). A condição referente à tensão de tração na borda superior é (notar que \,@ < 0�:

� = 30�

�

Cargas: Peso próprio Z, = 0,4875 × 25 = 12,2��/� Carga permanente adicional Z@ = 2P4/� Carga variável � = 5P4/� Total Z + � = 19,2P4/�


− �, , − �,]\,@ +�f>\,@ ≤ ��,?

Sendo �, já conhecida do item anterior, sua excentricidade ao longo do vão deve ser limitada a:

] ≤ P" +�f> −\,@��,?�,

Da condição do item 1, referente à borda 2 e à força ��, a excentricidade deve ser limitada a:

] ≥ �fg� −\,"�� − P@ Logo, ao longo do vão pode-se definir uma zona onde deve situar a força de protensão para atender as duas fases, a inicial e a final. Esta zona é delimitada pelas excentricidades máximas (“teto”) e mínimas (“piso”), obtidas acima:

]o�� = u�>.�>�R)��,�=> + P" e ]o�I = u� ¡.�>-R)��

=¢ − P@ Nestas equações somente os momentos variam com a abscissa � (ou com a

abscissa adimensional £ = �Y ):

�f> = f>Y-" �£ − £"�, e �fg� = �fg��Y-

" �£ − £"� Com os dados do problema, resulta a Tabela 1. A faixa onde se situa a força de protensão é delimitada por duas parábolas (pois os momentos têm variação parabólica) e está mostrada na Figura 7.

Tabela 1: Cálculo das excentricidades máxima e mínima da força de protensão.

£ = �� f> = 5490�£ − £"� �fg� = 8640�£ − £"� ]o�� ]o�I

�−� �P4�� P4�� 0 0 0 260 −529 0,1 494,1 777,6 483 −90 0,2 878,4 1382,4 656 251 0,3 1152,9 1814,4 780 494 0,4 1317,6 2073,6 854 641 0,5 1372,5 2160,0 879 689,4


Figura 7: Delimitação da zona em que deve situar a força de protensão.

Figura 8: Disposição da armadura protendida nas seções central e do apoio.

A Figura 8 mostra a disposição dos 4 cabos na seção central e na seção do apoio. No centro do vão, o CG da armadura dista da base o valor:

�¤ � 3 × 75 + 1 × 1754 � 100��

-1000

-800

-600

-400

-200

0

200

400

600

800

1000

0 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30

excentricidade máxima

(mm)

excentricidade mínima

(mm)

Abscissa (m)

Ex

cen

tric

ida

de

(m

m)

Abscissa (m)

Ex

cen

tric

ida

de

(m

m)

1500

mm

710,5

mm

789,5

mm

75

mm

100

mm

100 mm

200 mm

300 mm

200 mm

150 mm 150 mm

CG

789,5

mm

1 2

3

4

1 2

4

3

(a) Seção do vão (b) Seção do apoio


como previsto. Nas extremidades os cabos 1 e 2 distam 300��, ao passo que a resultante dos cabos 3 e 4 dista �1500 − 200� � 1300�� da borda inferior.

Com isto, a resultante dos 4 cabos dista @:,,g:,," � 800�� da borda inferior e

a força de protensão (total) sai no núcleo central de inércia da seção da peça. Logo, tem-se 2 cabos parabólicos e simétricos com flechas : � 1500 − 75 −300 � 1125��, C = 1500 − 175 − 100 = 1225��. Os dois cabos inferiores, também simétricos, têm ambos uma pequena flecha igual a @ = " = 300 −75 = 225��. Considerando a protensão como carga, a tempo infinito as forças de mudança de direção dos cabos somam:

�� = 8��4�" ¥�C

@= 8 × 1773430" �1,125 + 1,225 + 2 × 0,225� = 11,03P4/�

Ou, de outro modo, com a flecha resultante dos 4 cabos:

�� = 8��" 867¦Y��I�6 = 8 × 177330" �0,8 − 0,1� = 11,03P4/�

Como se vê, esta carga distribuída é muito próxima do peso próprio da peça,

cerca de 90% de Z, = 12,2 �ro . Como o peso próprio alivia a compressão

inferior causada pela protensão na fase em vazio, resulta que a máxima

compressão não ultrapassa o valor − =§'> = − ""@+×@,A

CT?*,, = −4,55��. O módulo

desta compressão é bem inferior ao limite ,,?R)�,�y( = ,,?×",

@,@ = 12,7��.

(3) Observações sobre a resistência à tração na flexão:

Como se mostrou no final do exemplo 2, essa resistência depende da altura da seção, através da equação:

��,RY = �� @g@,*��>>�>,�

@,*� ��>>�>,�

, com ℎ]��

Para ℎ ≥ 1500��, conforme a expressão do MC-90, tem-se ��,RY ≅ ��, ou

seja, ambas as resistências são praticamente iguais. No item 8.2.5, a NBR 6118, permite que a resistência à tração direta �� seja considerada igual a 70%

da resistência à tração na flexão ��,RY , ou seja, ��,RY = @,,?�� = 1,43��. Ainda,

no item 17.2.4.3.2 dessa norma é permitida tensão de tração não superior a

1,2��o, onde ��o = 0,3��,¨"/: (em MPa), devendo-se armar para as tensões de

tração. Por outro lado, no item 17.3.1 da NBR 6118, o momento de fissuração é calculado com resistências à tração na flexão iguais a 1,2�� para seção T e 1,5�� para seção retangular. No presente exemplo, adotam-se o valores mais conservadores �� e ��,? indicados no exemplo.


Exemplo 5: Determinar para os cabos do Exemplo 4 as forças ao longo do vão antes e após ancorar, considerando o atrito e a acomodação da ancoragem. Supor retos os cabos 1 e 2, posicionados cf. a Figura 8 (a), e protensão por uma extremidade apenas. Desprezar as perdas por encurtamento elástico do concreto. Determinar ainda o alongamento do cabo antes de ancorar, a ser medido pelo operador. São dados:

coeficientes de atrito: t � 0,20 e P = 0,01t = 0,002�.@, �! = 200©��, área de 1 cabo 8∅9,5 = 8 × 54,8 = 438,4��",

tensão inicial de protensão: 3!� = 0,74!�� = 1406��,

deslizamento da cunha: ª = 4��.

flechas das parábolas referentes aos cabos 3 e 4: : = 1,125�]C = 1,225�.

(a) Cabos retos 1 e 2 (� = ∞ ou @8 = 0):

Força de protensão junto ao macaco: �� = 438,4 × 1406 × 10.: = 616,4P4

Ponto de pega:

�̅ = − @� ln L1 − ¯�2(°

E(G M = − @,,,," ln ±1 − ¯,,,,"×",,×@,A×,,,,C

@C,+ ² = 17,158�

(Observação: usou-se a equação exponencial, no lugar da linear).

Força no ponto de pega (máxima força no cabo):

��̅� = �� exp�−P�̅� = 616,4 exp�−0,002 × 17,158� = 595,6P4

Força na ancoragem ativa após o término da protensão:

��,@ = �� exp�−2P�̅� = 616,4 exp�−2 × 0,002 × 17,158� = 575,5P4

Força na ancoragem passiva:

�� = 30� = 616,4 exp�−0,002 × 30� = 616,4 × 0,942 = 580,5P4

Alongamento a ser medido pelo operador antes de ancorar o cabo: Com a força média no cabo antes de ancorar

�o = ��P� ¶1 − exp�−P��· = 616,40,002 × 30 ¶1 − exp�−0,002 × 30�· = 598,27P4

obtém-se o alongamento junto ao macaco:

¸�@ = ¸�" = �o�! ! � =598,27 × 10:

200 × 10: × 438,4 30 × 10: = 204,7��


(b) Cabo 3

Curvatura: @8A � TRAY- � T×@,@"*

:,- = @@,,�.@

Coeficiente � da função exponencial �� = ��exp�−��: � = t 1�: + P = 0,2 × 1

100 +0,2100 =

0,4100 = 4 × 10.:�.@

Ponto de pega (notar a unidade deste coeficiente �, inverso de metro, o que obriga ª ser posto em metro também, pois o radicando é adimensional):

�̅ = − @o ln L1 − ¯o2(°

E(G M = − @,,,,C ln ±1 − ¯,,,,C×",,×@,A×,,,,C

@C,+ ² = 12,221�


��̅� = �� exp�−��̅� = 616,4 exp�−0,004 × 12,221� = 587,0P4


��,@ = �� exp�−2P�̅� = 616,4 exp�−2 × 0,004 × 12,221� = 559,0P4


�� = 30� = 616,4 exp�−0,004 × 30� = 616,4 × 0,887 = 546,7P4

Alongamento a ser medido pelo operador antes de ancorar o cabo: com a força média no cabo

�o = �� ¶1 − exp�−��· = 616,40,004 × 30 ¶1 − exp�−0,004 × 30�· = 580,85P4


Δ� = �o�! ! � =580,85 × 10:

200 × 10: × 438,4 30 × 10: = 198,7��

(c) Cabo 4

Analogamente ao cabo 3, resultam os seguintes valores:

Curvatura: @8¹ = TR¹

Y- = T×@,""*:,- = @

B@,T:?�.@

Coeficiente da função exponencial:

� = t 1�C + P = 0,2 × 191,837 +

0,2100 = 4,178 × 10.:�.@

Ponto de pega:


�̅ � − @o ln L1 − ¯o2(°E(G M � − @,,,,C@?T ln ±1 − ¯,,,,C@?T×",,×@,A×,,,,C@C,+ ² = 11,964�


��̅� = �� exp�−��̅� = 616,4 exp�−0,004178 × 11,964� = 586,3P4


��,@ = �� exp�−2��̅� = 616,4 exp�−2 × 0,004178 × 11,964� = 557,8P4


�� = 30� = 616,4 exp�−0,004178 × 30� = 616,4 × 0,887 = 543,8P4

Alongamento a ser medido pelo operador antes de ancorar o cabo: com a força média

�o = �� ¶1 − exp�−��· = 616,40,004178 × 30 ¶1 − exp�−0,004178 × 30�·

= 579,34P4


Δ� = �o�! ! � =579,34 × 10:

200 × 10: × 438,4 30 × 10: = 198,2��

(d) Força final considerados os 4 cabos

Resume-se a seguir as forças em cada cabo, bem como a soma das forças nos 4 cabos. Como a protensão se dá por uma só extremidade, protende-se os cabos 1 (reto) e 3 (curvo) pela extremidade esquerda, e os cabos 2 (reto) e 4 (curvo) pela extremidade direita. Admite-se ainda que a variação da força de protensão seja linear nos diversos segmentos entre os pontos de pega.

Tabela 2: Forças de protensão nos cabos 1 a 4 e no cabo resultante.

Cabo � = 0 � = 12,221 � = 12,842 � = 15 � = 17,158 � = 18,036 � = 30

1 575,5 589,7 590,5 593,0 º»º, ¼ 594,6 580,5 2 580,5 594,9 º»º, ¼ 593,0 590,5 589,4 575,5 3 559,0 º½¾, ¿ 585,5 580,5 575,5 573,5 546,7 4 543,8 572,3 573,8 579,0 584,2 º½¼, À 557,8 Σ 2258,8 2343,9 2345,4 2345,5 2345,8 2343,8 2260,5

Ver na Figura 9 os gráficos das forças nos cabos 1 a 4 e no cabo resultante. Pelos números indicados na última linha da Tabela 2, é fácil ver que a força de protensão total é praticamente constante no vão, com valor médio igual a �, = 2310,2P4


Figura 9: Gráfico das forças de protensão ao longo do vão

O valor previsto no Exemplo 4, �, � 2216P4, foi calculado com a tensão inicial 0,7!��, ao passo que o presente valor, �, = 2310,2P4, resultou da tensão inicial 0,74!��. O intuito deste aumento é aproximar a força de mudança de direção (��, após as perdas progressivas) e o peso próprio da viga, Ze =12,2P4/�.

(d) Para calcular as cargas equivalentes e os esforços isostáticos da protensão

admite-se a força por cabo igual a =>C = 577,6P4. Portanto, nos cabos curvos 3

e 4, tem-se:

�: = �,41�: =

577,6100 = 5,78 P4� , �C = 577,6

91,837 = 6,29P4/�

A soma destas duas cargas, �: + �C = 12,07P4/� é praticamente igual ao peso próprio da viga, Z, = 12,2P4/�. Logo, atuando estas duas ações, a viga quase não tem curvatura.

O momento de extremidade, considerando os 4 cabos (sendo 1 e 2 retos), vale:

�',�! = −577,6¶2 × �0,7895 − 0,075� − �0,7105 − 0,300� − �0,7105 − 0,100�· = −577,6 × 0,408 = −235,66P4�

A força normal ao longo da viga é 4�! = −�, = −2216P4, e a força cortante na

seção de concreto tem seu valor extremo igual a Â�! = −�5,78 + 6,29� × 15 =−181,05P4 no apoio esquerdo. Ver, na Figura 10, as cargas equivalentes, os

0

500

1000

1500

2000

2500

0 5 10 15 20 25 30

Cabo 1

Cabo 2

Cabo 3

Cabo 4

Cabo resultante

Abscissa x(m)

P(x)

[kN]


gráficos dos esforços resultantes das cargas equivalentes da protensão, e a deformada correspondente.

(a): Cargas equivalentes da protensão logo após as perdas imediatas.

(b): Força normal 4�! � −�,(kN).

(c): Força cortante Â�!(kN).

(d): Momento fletor ��! (kNm).


(e): Deslocamentos imediatos causados pela protensão.

Figura 10: Cargas equivalentes da protensão, esforços solicitantes na seção de concreto e deslocamentos (�� 25©��.

Tenha-se em mente que estes esforços atuam na seção de concreto (com ou sem armadura passiva). Na seção completa, os esforços solicitantes são nulos. Além disso, nesta viga isostática não há reação de apoio causada pela protensão.

-46,25mm

-5,45mm

-5,15mrad


Exemplo 6: Dado um reservatório cilíndrico de raios interno �� 10� e externo �6 � 10,20�, armado com cordoalhas engraxadas de aço CP-190 RB 12,7, pede-se obter a força de protensão ao longo do cabo. A protensão é feita simultaneamente pelas duas extremidades. O reservatório tem quatro contrafortes, um a cada 90°. Para a volta completa, usam-se dois cabos correspondentes a duas semicircunferências, ancorados em contrafortes posicionados diagonalmente. A ancoragem dos cabos sucessivos é alternada

em 90°. Dados: raio do cabo �� = �6 + ∅" = 10200 + @",?

" = 10206��, área de 1

cabo: ! = 98,7��", módulo de elasticidade �! = 200©��, deslizamento da

cunha de ancoragem ª = 7��, coeficiente de atrito para cordoalha e bainha de polipropileno lubrificada t = 0,05.

(1) A força de protensão para cabo circular é dada por (pondo 1 = 78)):

�� = �� exp�−t1 − P�� = �� exp È−Lt�� + PM �É = �� exp¶−��· Nesta equação, � é o comprimento do arco ÊË e � = t @

8) + P. Ver a Figura 11.

Figura 11: Cabo semi-circular.

Escolhe-se 3!� = 0,74!�� = 1406��, donde a força inicial antes de ancorar:

�� = !N0,74!��O = 98,7 × 1406 = 138,77 × 10:4 = 138,77P4

Coeficiente � da função exponencial �� = ��exp�−��: � = t 1�� + P = 0,05 × 1

10,206 +0,05100 = 5,4 × 10.:�.@

Ponto de pega: �̅ = − @o ln L1 − ¯o2(°

E(G M = − @,,,,*C ln ±1 − ¯,,,,*C×",,×@,A×,,,,?

@C,+ ² =14,103� , donde 1Ì = 1,3818�� = 79,172°. Força na ancoragem logo após a ancorar: ��,@ = �� exp�−2��̅� = 138,77 exp�−2 × 0,0054 × 14,103� = 119,17P4.

A B

C

1

S

� = ��1 ��

��


Ver na Tabela 3 o cálculo da força de protensão ao longo do arco de circunferência, antes e após a ancoragem. A Figura 12 mostra o gráfico destas forças.

Figura 12: Gráfico da força de protensão antes e após ancorar.

Tabela 3: Forças de protensão antes e após ancorar

1 �°� 1 �� 1 �� antes de ancorar �P4� �� após ancorar �P4� 0 0 0 138,77 119,17 10,828 0,1890 1,9288 137,33 120,42 15 0,2618 2,6719 136,78 120,90 30 0,5236 5,3438 134,82 122,66 45 0,7854 8,0158 132,89 124,44 60 1,0472 10,6877 130,99 126,25 75 1,3090 13,3596 129,11 128,08 79,17279,17279,17279,172 1,3818 14,103 128,60 128,60 90 1,5708 16,031 127,26 127,26

O alongamento máximo do cabo imediatamente antes de ancorar corresponde à metade do seu comprimento (16,031m, ver a Tabela 3 ) e é igual a 108 mm.

No presente exemplo, as perdas por atrito são pequenas por causa do baixo coeficiente de atrito das cordoalhas engraxadas. Por esta mesma razão, o efeito do deslizamento da cunha vai até quase o ponto médio do cabo. Fosse outra a escolha, p. ex., cabos em bainhas metálicas, o coeficiente de atrito seria 4 vezes superior ao considerado,e a perda por atrito seria grande. Apesar da pequena perda por atrito – bastando, possivelmente, apenas dois

115

120

125

130

135

140

0 5 10 15 20 25 30 35

P(s) antes de ancorar

P(s) após ancorar

Abscissa s (m)

Pi

Pi,1


contrafortes, ao invés de quatro, pois a força de protensão varia apenas ≈7%–, mostra-se, neste mesmo exemplo, que a defasagem de 90° entre dois cabos sucessivos produz uma força média entre eles praticamente constante. Ver a Tabela 4.

Tabela 4: Forças de protensão após ancorar: valor médio de dois cabos sucessivos e

defasados de 90° 1 �°�

� = ��1 ��

Cabo k, após ancorar �P4�

�� Cabo k+1, após

ancorar �P4�

�o�� Valor médio das

forças nos cabos k e k+1, após

ancorar �P4� 0 0 119,17 127,26 123,22 10,828 1,9288 120,42 128,60 124,51 15 2,6719 120,90 128,08 124,49 30 5,3438 122,66 126,25 124,46 45 8,0158 124,44 124,44 124,44 60 10,6877 126,25 122,66 124,46 75 13,3596 128,08 120,90 124,49 ¾», Ó¾Ô 14,103 128,60 120,42 124,51 90 16,031 127,26 119,17 123,22

Notar que a força média resultante de ambas as perdas (atrito e deslizamento na ancoragem), sendo ≈ 124,4P4, é 90% do valor inicial �� !N0,74!��O =138,77P4.


Exemplo 7: Seja uma laje protendida em pós-tração com aderência posterior com cordoalhas inseridas em bainhas ovais, bi-apoiada e de vãos ��/�# =10/25�. Além de seu peso próprio, atuam uma carga permanente adicional Z@ � 1,5 �ro- e uma carga variável � � 2,5 �ro-. Dados adicionais:

(c) Concreto: �� 30��; (d) Aço CP190 RB 12,7, área ! � 98,7��", !#� = 0,9 × 1900 = 1710��.

(e) Aço CA-50.

Figura 7.1: Geometria da laje e dos cabos.

Determinar:

(1) A espessura da laje, supondo-a continuamente apoiada nos lados maiores.

(2) A força de protensão (3) As armaduras ativas e passivas (4) Verificar o ELU-Flexão (5) Comprovar as tensões normais na seção central.

(1) A espessura da laje pode ser estimada fixando-se a esbeltez Y_ � 40 nos

casos em que a carga variável é menor que a carga permanente (cf. Collins e Mitchel, Fig. 6.19). Para laje lisa protendida, no texto de Marti, P., encontra-se a seguinte expressão da altura da laje:

ℎ � �47,5 − 15 Z@ + �Z,

≥ �40

= 0,103� �� 10�

Õ

� � 20�� ∅6,3[ − 50

ℎ^��I_� ≈ 20��

�


No caso, com Z, = W�eI�86�eℎ = 25ℎ, ℎ]��, Z,]� �ro-, tem-se:

ℎ � @,C?,*.@*�,Ö -,Ö-Ö� ouℎ � 0,274� ≥ @,C, � 0,25�.

Adota-se ℎ � 0,30�. Com isto, resulta Z, = 7,5 �ro-.

(2) Força de protensão por unidade de comprimento �,¤ ��ro � No mesmo texto referido no item (1), a força de curvatura é estimada através da expressão:

� � 0,75�Z, + Z@ + �� ≤ 1,5Z,

� = 0,75 × 11,5 = 8,60 P4�" ≤ 1,5 × 7,5 = 11,25 P4�"

Notar que � = 8,60 ≅ �Z, + Z@� = 9 �ro-. Desconsiderando as perdas

progressivas, pode-se adotar � � 9 �ro-. Com isto, a força de curvatura é igual à

carga permanente total.

A flecha da parábola mostrada na figura inicial e a distância da armadura à borda inferior, adotando-se cobrimentos � � 20�� (armadura passiva) e � ≥ 30�� (armadura protendida), armaduras passivas CA-50 nas direções � e Õ iguais a ∅6,3, e bainha oval de altura 20�� e largura 35��, na qual cabem duas cordoalhas ∅12,7 formando um cabo, resultam:

�¤ = 20 + 6,3 + 6,3 + 20 − 12,72 = 46,3��

� 150 − 46,3 = 103,7 ≅ 103��

Notar que as cordoalhas foram admitidas em contato com a face superior da bainha. A força de protensão por unidade de comprimento da laje vem a ser igual a:

�,¤ � ��"8 � 9 × 10"8 × 0,103 = 1092P4/�

(3) Armaduras ativas e passivas:

Supondo 5% de perdas por atrito entre o centro do vão e a borda, a força inicial de protensão e a armadura podem ser estimadas iguais a:

�,¤ � @,B",,B* = 1149P4/�, �! � @@CB×@,A,,?C×@B,, = 817��"/�

Considerando um cabo com 2 cordoalhas por bainha, pode-se escolher:


2∅12,7��]��ç��]�{��# � "×BT,?T@? = 0,242� ≅ 250�� ou

2∅15,2��]��ç��]�{��# � "×@C,T@? � 0,341� ≅ 330��.

Escolhendo a 1ª. alternativa, tem-se a área �! � @B?,C"*, = 0,790��"/�� ou 790��"/�. Com o primeiro e o último cabos distantes 0,5�# dos eixos das

vigas de borda paralelas a �, obtém-se o número de cabos igual a:

�º�]�� YÙ7Ù � "*,,"* = 100, ��200��ℎ��∅12,7��]��ℎ�� A armadura passiva positiva (principal) de lajes armadas em uma só direção, com armadura ativa aderente, estabelecida na NBR 6118:2003, item 19.3.3.2, Tabelas 19 e 17.3, deve ser igual a:

&7 ≥ &o�I − &! ≥ 0,5&o�I , onde &o�I = �Ú,wGx_ = 0,173% para �� = 30��.

Com a taxa geométrica da armadura protendida igual a &! � �(_ � ,,?B,ww-ww:,,oo �0,263%, resulta:

&7 = �Ú_ ≥ �0,00173 − 0,00263� = −0,0009 ≥ 0,5&o�I = 0,000865,

�7,� = 0,000865 × 300 = 0,260 oo-oo , ou seja, 1∅6,3��# � :@,*,,"+ = 121�� ≅

125��.

Esta mesma armadura pode ser adotada como armadura passiva (secundária) na direção Õ.

(4) Verificação do ELU-Flexão

No centro do vão tem-se: �5,o�� = WR�Z, + Z@ + �� Y-T = 1,4 × 11,5 × @,-

T =201,25P4�/�. Ver a Figura 7.2.

Figura 7.2: Dados para o dimensionamento à flexão.

Õ �

�¤

0,85�5

�!!#5

0,85�5Õ

� − 0,5Õ �5,o��

10‰

�

H!I5 H!5

Domínio 2 no exemplo


O momento relativo correspondente vem a ser igual a:

t5 = �5,o��0,85�5�" = 201,25 × 10:0,85 × 301,4 × 253" = 0,173

A taxa mecânica da armadura protendida, igual à altura relativa do bloco de tensões no concreto, é dada pela seguinte equação:

Û! = �!� !#50,85�5 = Õ� = 1 − Ü1 − 2t5 = 0,191

Logo, a área da armadura protendida, necessária para atender o ELU-Flexão, vem a ser igual a:

�! = 0,191 × 253 × 0,85 × 301,40,9 × 19001,15 = 0,591 ��"�� < �!,6��7�6I�6 = 0,790 ��"

��

Além disso, �5 � 1,25 #5 = 1,25 × 0,191 = 0,239 ≤ 0,50, e

�5 = 0,239 ≤ :,*@:,* =0,259,Domínio 2, H!5 − H!I5 � 10‰. Com isto, a armadura protendida (com um

pré-alongamento de cálculo estimado em D!I5 � 0,5 R(��2( = 4,75‰), tem

alongamento total dado por:

H!5 = H!I5 + 10‰ = 4,75‰ + 10‰ = 14,75‰ ≥ D!#5 = !#5�! = 1487200 = 7,43‰

Logo, o escoamento pressuposto está verificado. Geralmente, esta comprovação é desnecessária nos casos usuais se a profundidade relativa da

linha neutra obedecer à desigualdade �5 ≤ 0,50, imposta pela NBR 6118: 2003,

como no exemplo.

Como se vê, a armadura protendida exigida no ELU-Flexão é inferior à estabelecida previamente.

(5) Verificação das tensões normais no centro do vão

Como a protensão “suspende” toda a carga permanente, restam as parcelas

− =>Ý_ = − @,B":,, = −3,6�� (compressão axial da protensão) e o efeito do

momento da carga variável, �� ",*×@,-T = 31,25P4�/�, cuja tensão na borda

inferior é :@,"*×@,A

A>>-�= 2,08��. Logo, há compressão �−3,6 + 2,08� =

−1,52�� na fase anterior às perdas progressivas. Supondo-as iguais a 0,15�,¤, tem-se no centro do vão a força ��¤ = 0,85 × 1092 = 928P4/�. Como o


máximo momento das cargas é �fg� = @@,*×@,-T = 143,75 �roo ,a tensão

resultante na borda inferior passa a ser:

3�IR � −928300 + −928 × 103 + 141,75 × 10:15 × 10: = −3,09 − 6,37 + 9,45 = 0

Nesta laje, a força de protensão pode ainda ser diminuída se for admitida tensão de tração na borda inferior abaixo da resistência à tração na flexão, na dependência da verificação da flecha (e da variação da flecha) no centro do vão.


Exemplo 8: Na laje do Exemplo 7, calcular:

(a) As perdas por atrito e por acomodação da ancoragem. Dados: coeficientes de atrito t = 0,10 e P = 0,001�.@ (cordoalha em bainha metálica lubrificada, posteriormente lavada com solvente), ª � 7�� (deslizamento da cunha de ancoragem)

(b) As perdas progressivas, dados ��7 � 26©��, �! � 200©��, 1! � 7,69,

Umidade relativa do ambiente Þ = 75%, idade do concreto ao ser protendido {, ≅ 5��.

(1) Perdas por atrito e por acomodação da ancoragem: Usa-se a expressão linearizada da tensão na armadura de protensão ao longo da laje, a saber:

3!�� 3!�¶1 − �t1 + P��· � 3!�¶1 − ��· 3!� � 0,74 × 1900 = 1406��

O coeficiente � mostrado nesta equação é obtido como segue. A curvatura da

parábola é dada por @8 � TRY- � T×,,@,:@,- = 0,00824�.@, e o desvio angular 1 pode

ser posto em função da abscissa �, ou seja, 1 � � @8. Logo:

� � t 1� + P � 0,1 × 0,00824 + 0,001 = 0,001824�.@ O ponto de pega é dado pela equação:

�̅ � ß �!ª3!�� ß200 × 10: × 0,0071406 × 0,001824 = 23,3646�

Se a laje tivesse um vão maior ou igual a �̅, a tensão de protensão nesse ponto de pega e na ancoragem ativa após ancorar seriam iguais a:

3!��̅� � 1406¶1 − 0,001824 × 23,3646· = 1406 × 0,957 = 1346,08��

3!�,@�0� = 1406¶1 − 2 × 0,001824 × 23,3646· = 1286,16��

Para � � 10�, antes e após ancorar as tensões seriam:

3!�10� � 1406¶1 − 0,001824 × 10· = 1380,35��

3!�,@�10� = 1286,16¶1 + 0,001824 × 10· = 1309,62��

Donde uma diferença �1380,35 − 1309,62� = 70,735��. Conforme mostra a

figura seguinte, a área do triângulo além da laje vale 70,735 × @:,:+C+" =472,67��, e deve ser acrescentada nos 10� da laje, para que a área entre as curvas antes e após ancorar continue sendo igual a �!ª. Assim, após


ancorar as tensões de protensão devem diminuir ∆3! = C?",+?@, = 47,267��. E

nas ancoragens ativa e passiva resultam as tensões 1286,16 − 47,267 =1238,89�� e 1309,62 − 47,267 = 1262,35��. Estes resultados estão mostrados na Figura 8.1.

Figura 8.1: Gráfico da tensão na cordoalha antes e após ancorar.

Se os cabos ímpares forem protendidos pela extremidade esquerda e os pares

pela extremidade direita da laje, resulta a tensão média @":T,TBg@"+",:*" =1250,6��. Assim, a força de protensão por unidade de comprimento logo

após as perdas imediatas vale:

�,¤ � 790 × 1250,6 = 988 × 10: 4� = 988 P4�

Este valor é ≈ 10% inferior ao estimado no Exemplo 7 e corresponde à carga

de curvatura � = T×BTT×,,@,:@,- = 8,14 �ro- .

(2) Cálculo das perdas progressivas

Como os dados seguintes: Umidade relativa do ar: Þ � 75%, idade do concreto

ao ser protendido {, � 5��, espessura fictícia da peça "')¦ � ℎ � 300��, da

Tabela 8.1 da NBR 6118: 2004 obtêm-se por interpolação:

à�{�, {,� = 2,9 e H7,7_�{�, {,� = −22 × 10.*.

1220

1240

1260

1280

1300

1320

1340

1360

1380

1400

1420

0 5 10 15 20 25

Antes de ancorar, se

L>23,36m

Após ancorar, se

L>23,36m

Após ancorar, para

L=10m

Abscissa x (m)

Tensão na

cordoalha

(MPa)

23,36

70,73

47,26

1406

1380,35

1346,08

1309,62

1262,35

1238,89

1286,1


Do item anterior, tem-se a tensão inicial na armadura no centro do vão, devida à protensão após as perdas por atrito e deslizamento da ancoragem:

3!, = 1250,6��

A carga permanente, cujo momento máximo vale �f>gf� � 9 × @,-T � 112,5 �roo , produz a seguinte tração na fibra onde se posiciona armadura:

3�!,f = 112,5 × 10:300:12

103 = 5,15��

Sendo a protensão seqüencial e sendo muito grande o número� de cabos, no acréscimo de tensão no aço, dado pela expressão:

∆3! � � − 12� 1!3�!,f

considera-se que um cabo sofra a influência apenas de dois outros adjacentes, ou seja, � = 3, donde:

∆3! = 3 − 16 7,69 × 5,15 = 13,2��

Assim, a tensão na armadura quando se iniciam os fenômenos lentos vale:

3!, � 1250,6 + 13,2 = 1264��

Com este valor determina-se o coeficiente de fluência do aço de protensão:

E(>R(�� @"+C@B,, � 0,665, Tabela 2, pág. 23, livro CP, à!�{�, {,� = 5,4% = 0,054

A tensão no concreto na fibra onde se posiciona a armadura, sob ação da protensão e das cargas permanentes, vem a ser igual a:

3�,fg! = − 988300 − 988 × 103300:12× 103 + 5,15 = −3,29 − 4,66 + 5,15 = −2,80��

A perda de tensão na armadura é dada pela expressão (subentendidos { � {�

e {, � 5��, e também dados á � 0,8, ��7,"T = ��7,* = 26©��, &! � �(_ �,,?B,ww-

ww:,,oo � 0,263%, raio de giração �� = ¯ �)') ≅ ß �A�-_ = 86,6��):

∆3!,7g�g8 = �!H�,7_ + 1!3�,à − 3!,à!1 + à! + 1!&! È1 + c��!�� d"É �1 + 0,8à�


∆3!,7g�g8 = 200 × 10: × �−0,22 × 10.:� + 7,69 × �−2,80� × 2,9 − 1264 × 0,0541 + 0,054 + 7,69 × 0,00263 È1 + c10386,6d"É �1 + 0,8 × 2,9�

= −44 − 62,4 − 68,31,216 = −174,71,216 = −143,7MPa Logo, a perda percentual de protensão é c− @C:,?@"+Cd × 100 = −11,4%. Note-se, na

expressão anterior, que a relaxação do aço é predominante e de valor próximo ao da fluência do concreto. Os três fenômenos atuam no mesmo sentido.

Esta queda de tração no aço corresponde a uma queda de compressão no concreto dada pela seguinte força de tração, posicionada na ordenada � = 103��:

−∆�7_g�g8¤ � −¶790 × �−143,7�· × 10.: = 113,5 �ro

Supondo que esta perda seja uniforme na laje toda, a variação da força de

curvatura no concreto é ∆�7_g�g8 = TN.∆=Ú� ) ~Ý ORY- = T×@@:,*×,,@,:@,- = 0,935 �ro-

(dirigida para baixo, como as cargas Z + �). Logo, têm-se as cargas finais

iguais a �Z + � − � + ∆�� = 9 + 2,5 − 8,14 + 0,935 = 4,295 �ro-. O momento

correspondente é 4,295 @,-T = 53,688 �roo . Assim, a tensão na borda inferior da

seção central, consideradas todas as ações e as perdas progressivas vem a ser:

3�,fg!g�7_g�g8� = − 988 − 113,5300 + 53,688 × 10:300"6

= −2,92 + 3,58 = 0,66��

Ou, de outro modo:

3�,fg!g�7_g�g8� = − 988 − 113,5300 − �988 − 113,5� × 103300"6+ 143,75 × 10:

300"6= −2,92 − 6,01 + 9,58 = 0,66��

Como se vê, tem-se agora na seção central uma pequena tração, em contraposição à tensão nula no Exemplo 7. A laje não fissura em serviço, e portanto não perde (parte de) sua rigidez à flexão.

Como observação final deste exemplo, deve-se notar que no ELU-Flexão examinado no Exemplo 7, no momento fletor dimensionante só foram consideradas as cargas Z + �, ou seja, nele não foi incluída a força de curvatura (ver a respeito, o item 7.3 do livro RB, página 140).

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