exercicios madeira

6

EXERCÍ CIOS CAP

LLIIGA AÇÕ ÕES N NA ASS PPEEÇ ÇA ASS ESTTR RU UTU URAIISS D DE M MA ADEIIR RA 6..1 Exeerrcí ciioss rreesolvviddoss Exercício 6.1 : Projetar a emenda entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando parafusos como meio ligante. 1- Madeira : Garapa Roraima. Roraima. Tk Tk 15 2- Dimensões em centímetros. Elevação 3- Critério da NBR-7190. NBR-7190. Seção 7,5 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ; TGk = 12 kN (permanente) ; TQk = 15 kN (vento de sobrepressão). Solução : a) montagem da emenda : será feita uma tentativa adotando-se 15 duas peças laterais (cobre-juntas, 2,5 2,5 também denominadas “mata-juntas”, na 7,5 obra) de 2,5 X 15 cm 2 . O dimensionamento destas peças pode ser feito como já realizado no exercício 4.1. b) combinação das ações : Td = 1,4. (12 + 0,75 0,75.. 15) = 32,6 kN. c) propriedades mecânicas da Garapa Garapa Roraima : fc0m = 78,4 MPa = 7,84 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. fc0m = 0,7. 7,84 = 5,48 kN/cm 2 ; fc 0 d = k mod .

fc 0 k γ c

= 0,56 .

5,48 = 2,20 kN / cm2 . 1,4

d) escolha do diâmetro diâmetro do parafuso :

[email protected]

UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

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Uma sugestão razoável, que costuma trazer bons resultados finais, é tomar o diâmetro do parafuso situado entre 1/6 1/ 6 e 1/5 da espessura da peça mais grossa. 1 1 . 7,5 ≤ d ≤ . 7,5 ; 1,25 ≤ d ≤ 1,50 ; ou seja : d = 1/2” ou 5/8”; 6 5 Adotaremos d = 5/8” (1,6 cm), esperando uma maior capacidade do pino, em relação a d = 1/2”. Sendo assim :

e) resistência do parafuso parafuso na ligação : Como todas as peças envolvidas na ligação têm esforço paralelo às fibras, basta verificar as peças laterais, onde t = 2,5 cm (mais delgada). t = t1 = t3 = 2,5 cm ; t 2,5 β= = = 1,56 : este diâmetro não pode ser usado, pois t < 2d ! d 1,6 re-escolhendo o diâmetro, tomamos d = 1/2“ (1,27 cm) ; β=

t 2,5 = ~ 2,0 d 1,27

fyd =

fyk γ s

=

verifica ! ;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 2,20 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 3,93 ; fed 2,20

β < βlim , portanto, embutimento da madeira :

t2

2,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 2,20 = 2,75 kN ; β 2 RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 2,75 = 5,50 kN . f) número de parafusos necessários : T 32,6 = 5,9 ~ 6 φ ; total na ligação (emenda) = 12 φ n= d = R Vd2 5,5 g) disposição dos parafusos : g.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,27 = 8,9 ~ 10 cm (multiplos de 2,5 cm) ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,27 = 7,7 ~ 10 cm ; BD = bordo descarregado = 4 .d = não há BD nesta ligação. g.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5 . 1,27 = 1,9 ~ 2,5 cm ; [email protected]


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EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3 . 1,27 = 3,9 ~ 5 cm h) croquis : 130mm

10

10

10

20

1/2"

2,5 5 5 2,5

12 parafusos φ = ½” – 6 cada ligação

Exercício 6.2 : Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando parafusos Tk Tk como meio ligante. 1- Madeira : Dicotiledônea C-40. C-40. 15 2- Dimensões em centímetros. 25 NBR-7190. 3- Critério da NBR-7190. 25 4- Esforços atuantes : Elevação Tk = TGk + TQk ; 3,75 10 3,75 Seção TGk = 6 kN (permanente) ; TQk = 6 kN (sobrecarga). Solução : O dimensionamento das peças de madeira pode ser feito como já realizado no cap. 4. a) combinação das ações : Td = 1,4 . (6 + 6) = 16,8 kN. b) propriedades mecânicas da dicotiledônea C-40 : fc0k = 40 MPa = 4 kN/cm 2 ; fc 0 d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

4 = 1,60 kN / cm2 . 1,4

c) escolha do diâmetro do do parafuso parafuso : sendo “e “e” a espessura da peça mais grossa envolvida na ligação : 1 1 1 1 . e ≤ d ≤ . e ; .10 ≤ d ≤ .10 ; 1,6 ≤ d ≤ 2,0 ; 6 5 6 5 ou seja : d = 5/8” ou 3/4”; [email protected]


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Adotaremos d = 3/4” (1,9 cm), esperando uma maior capacidade do pino. Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 3,75 cm . d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 3,75 cm ; 00 ;

α= β=

t 3,75 = ~2 d 1,9

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 1,60 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 4,61 ; fed 1,60


t2

3,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,60 = 4,5 kN ; β 2 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 4,5 = 9,0 kN . d.2) peça central : t=

t 2 10 = = 5,0 cm ; 2 2

α=

900 ;

β=

t 5,0 = = 2,63 ; d 1,9

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,60 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE =

1,41 , para d = 1,9 cm ;

fe90d = 0,25. 1,60. 1,41 = 0,56 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 7,8 ; fed 0,56


t2

5,0 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,56 = 2,13 kN ; β 2,63 [email protected]


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RVd2 = 2. RVd1 = 2. 2,13 = 4,25 kN . d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 4,25 kN . e) número de parafusos necessários : n=

Td 16,8 = = 3,9 ~ 4 φ . R Vd2 4,25

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,9 = 13,3 ~ 15 cm ; 4.d = 4. 1,9 = 7,60 ~ 8 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,9 = 11,4 ~ 12 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5.d = 1,5. 1,9 = 2,9 ~ 5 cm f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5. 1,9 = 2,9 ~ 3,75 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3. 1,9 = 5,79 ~ 7,5 cm 180mm

g) croquis : 3/4"

4 parafusos φ = 3/4”

8

20

4d

12 6d 5 1,5d 7d

10

Elevação

Seção 3,75 7,5 3,75

Observações : Em ligações entre peças não paralelas entre si, as distâncias exigidas para diâmetros adotados muito grandes, quase sempre são excessivas. Estas são , sem dúvida, as maiores dificuldades encontradas no projeto de estruturas de madeira. É mais conveniente, tendo-se escolha, optar em tais ligações por diâmetros não tão altos, e que apesar de oferecerem uma capacidade menor, podem adaptar-se melhor às dimensões das peças de madeira. [email protected] UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg. 5/68

Percebe-se com clareza que, no projeto de estruturas de madeira treliçadas, as dimensões finais das peças de madeira quase sempre obedecem às necessidades construtivas das ligações, ao invés de satisfazer aos esforços a elas aplicados. Isto pode ser constatado na verificação à tração do montante vertical tracionado desta ligação. Exercício 6.3 : Projetar a ligação proposta no exercício 6.2, usando parafusos com d = 5/8”. 1- Madeira : Dicotiledônea C-40. Tk Tk 2- Dimensões em centímetros. Seção 15 3- Critério da NBR-7190. 25 4- Esforços atuantes : 25 Tk = TGk + TQk ; TGk = 6 kN (permanente) ; Elevação 3,75 10 3,75 TQk = 6 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (6 + 6) = 16,8 kN. b) propriedades mecânicas da dicotiledônea C-40 : fc0k = 40 MPa = 4 kN/cm 2 ; fc 0d = k mod .

fc 0k

= 0,56 .

γ c

4 = 1,60 kN / cm2 . 1,4

c) escolha do diâmetro do parafuso : Adotaremos d = 5/8” (1,6 cm) . Verifica-se a condição t ≥ 2d , qual seja : t = 3,75 > 2.1,6 = 3,2 . d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 3,75 cm ; α= β=

00 ;

t 3,75 = = 2,34 d 1,6

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 1,60 kN/cm2 ;

[email protected]


6/68

βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 4,61 ; fed 1,60


t2

3,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,60 = 3,85 kN ; β 2,34 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 3,85 = 7,70 kN . d.2) peça central : t 10 = 5,0 cm ; t= 2 = 2 2 α= β=

90 0 ;

t 5,0 = = 3,13 ; d 1,6

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,60 kN/cm2 ; fe90d = 0,25. fc0d . αE ; αE =

1,52 , para d = 1,6 cm ;

Notar que diâmetros menores acentuam o efeito de compressão localizada, melhorando a eficiência proporcional do pino. αE passou de 1,41 para 1,52 . fe90d = 0,25. 1,60. 1,52 = 0,61 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 7,47 ; fed 0,61


t2

5,0 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,61= 1,95 kN ; β 3,13 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,95 = 3,90 kN . Aqui pode-se quantificar a maior eficiência proporcional da adoção do diâmetro menor : aumentando o diâmetro do parafuso de 5/8“ para 3/4" (+ 18,75 %), ganha-se apenas um acréscimo de 9% na resistência unitária. d.3) resistência efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 3,90 kN . e) número de parafusos necessários : T 16,8 = 4,3 ~ 5 φ . n= d = R Vd2 3,90 [email protected]


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f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,6 = 11,2 ~ 12,5 cm ; 4.d = 4. 1,6 = 6,4 ~ 7,5 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,6 = 9,6 ~ 10 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5.d = 1,5. 1,6 =2,4 adotado: 7,5 cm (sobrou espaço) f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5. 1,6 = 2,4 ~ 2,5 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3. 1,6 = 4,8 ~ 5 cm . g) croquis : 180mm

20

5/8"

Elevação

2a. solução

Seção 7,5

7,5 5

10

10

5

7,5 5

7,5 5

2,5 5 5 2,5


2,5 5 5 2,5

Observações : Como resultado das especulações sobre a conveniência da adoção de um diâmetro menor, constata-se que a troca de 4 φ 3/4" por 5 φ 5/8" resultou em uma ligação mais compacta (a parte das peças verticais que sobressaem à linha inferior da estrutura é menor). Resta estabelecer se o custo dos 5 φ 5/8" é menor do que 4 φ 3/4" . Exercício 6.4 : Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando parafusos como meio ligante. 1- Madeira : Pinho do Paraná. 2- Dimensões em centímetros. 3- Critério da NBR-7190. 4- Esforços atuantes : [email protected]


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Tk = TGk + TQk ; TGk = 10 kN (permanente) ; TQk = 10 kN (sobrecarga).

5 15

15

5

20

Elevação Solução :

600

Seção

Tk Tk

a) combinação das ações : Td = 1,4 . (10 + 10) = 28 kN. b) propriedades mecânicas do Pinho do Paraná : fc0m = 40,9 MPa = 4,09 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7. 4,09 = 2,86 kN/cm2 ; fc 0 d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

2,86 = 1,14 kN / cm2 . 1,4

c) escolha do diâmetro do parafuso : sendo “e” a espessura da peça mais grossa envolvida na ligação : 1 1 1 1 . e ≤ d ≤ . e ; .15 ≤ d ≤ .15 ; 2,5 ≤ d ≤ 3,0 ; 6 5 6 5 Adotaremos d = 5/8” (1,6 cm), já que os diâmetros recomendados são muito grossos. Já se constatou nos exemplos anteriores que diâmetros grossos exigem distâncias muito grandes entre pinos, e aos bordos das peças. Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 5 cm . d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 5 cm ; α= β=

00 ;

t 5 = = 3,13 d 1,6

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 1,14 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 5,47 ; fed 1,14

[email protected]


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t2

52 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,14 = 3,64 kN ; β 3,13 RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 3,64 = 7,3 kN .

d.2) peça central : t= t= α= β=

t 2 15 = = 7,5 cm ; 2 2

600 ;

t 7,5 = = 4,69 ; d 1,6

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,14 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . α E ; αE =

1,52 , para d = 1,6 cm ;

fe90d = 0,25 . 1,14 . 1,52 = 0,43 kN/cm2 ; feαd =

fe,0,d . fe,90,d fe,0,d . fe,90,d = = f ; e,60, d fe,0,d . sen2 α + fe,90,d . cos2 α fe,0,d . sen2 60 + fe,90,d . cos2 60

fe,60,d =

1,14 . 0,43 = 0,51 kN / cm 2 ; 2 1,14 . sen 60 + 0,43 . cos 60

βlim = 1,25 .

2

fyd 21,8 = 1,25 . = 8,17 ; fed 0,51


t2

7,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,51= 2,45 kN ; β 4,69 RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 2,45 = 4,90 kN . d.3) resistência efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 4,90 kN . e) número de parafusos necessários : n=

Td 28 = = 5,7 ~ 6 φ . R Vd2 4,90

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,6 = 11,2 ~ 12 cm ; [email protected]


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4.d = 4. 1,6 = 6,4 ~ 7,5 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,6 = 9,6 ~ 10 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5.d = 1,5. 1,6 = 2,4 ~ 2,5 cm f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5. 1,6 = 2,4 ~ 2,5 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3. 1,6 = 4,8 ~ 5 cm g) croquis :

250mm


20

5/8"

7,5 2,5 1,5d

7d 6d

10 7,5 4d 2,5 2,5

5 5

Elevação

Seção

Exercício 6.5 – (4oTE-2005) Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, solicitada à compressão, usando parafusos (d = 5/8”= 1,6cm) como meio ligante : 1- E.L.U.=Combinação normal. Ck 5 2- Critério da NBR-7190/1997. 3- Dimensões em centímetros. 9 9 16,5 a 6,5 6,5 ANGELIM PEDRA, 4- Madeira 2 . categoria : fc,0,m = 59,8 MPa. 120o 5- Esforços atuantes : Seção Ck = Cgk + Cqk , Cgk = 10 kN (permanente), Elevação Cqk = 4 kN ;(vento de sobrepressão). Solução : a) combinação das ações : Cd = 1,4 . (10 + 0,75 . 4) = 18,2 kN. b) propriedades mecânicas de ANGELIM PEDRA : fc0m = 59,8 MPa = 5,98 kN/cm2 ; [email protected]


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fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7 . 5,98 = 4,19 kN/cm2 ; fc 0 d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

4,19 = 1,67 kN / cm 2 . 1,4

c) resistência do parafuso na ligação : a escolha do diâmetro do parafuso já foi estabelecida no enunciado : d = 5/8”. c.1) verificação da condição da NBR-7190 : t (menor t ) ≥ 2d , ou seja : t = 4,5 > 2 . 1,6 = 3,2 . c.2) peças laterais : t = t1= 6,5 cm ; α = 60 0 ; feod = fc0d = 1,67 kN/cm2 ; fe90d = 0,25. fc0d . αE ; αE =1,52 para d = 5/8” fe90d = 0,25. 1,67. 1,52 = 0,64 kN/cm2 ; feαd =

fe,0,d . fe,90,d ; fe,0,d . sen2 α + fe,90, d . cos2 α

fe,60,d =

1,67 . 0,64 = 0,75 kN / cm2 ; 2 1,67 . sen 60 + 0,64 . cos 60 2

t 6,5 = 4,06 ; d 1,6

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 6,73 ; fed 0,75 embutimento da madeira :

∴ β < βlim

t2

6,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,75 = 3,13 kN . β 4,06 c.3) peça central : t 9 t = 2 = = 4,5 cm ; α = 00 ; 2 2 t 4,5 = 2,8 ; d 1,6

β= =

fyd = 21,8 kN / cm2 ; fe0d = fc0d = 1,67 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

[email protected]

fyd 21,8 = 1,25 . = 4,52 ; fed 1,67 UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

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t2

4,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,67 = 4,81 kN . β 2,81 c.4) resistência efetiva do pino : prevalece o menor : RVd1 = 3,13 kN ∴ RVd2 = 2. RVd1 = 2. 3,13 = 6,26 kN . d) número de parafusos necessários : n=

Cd 18,2 = = 2,9 ~ 3 φ . R Vd2 6,26

e) disposição dos parafusos : e.1) direção paralela à carga : BC = 4.d = 4. 1,6 = 6,4 ; BD = 4.d = 4. 1,6 = 6,4 ; 1,5.d = 1,5. 1,6 = 2,4 . e.2) direção normal à carga : BE = 1,5 . d = 1,5. 1,6 = 2,4 ; EP = 3.d = 3. 1,6 = 4,8 . f) croquis : 6,5

3,25 5 2,5

5

3,25


Exercício 6.6 – (EF-2005) Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, solicitada à compressão, usando parafusos (d = 1/2”= 1,27 cm) como meio ligante : 1) E.L.U. = Combinação normal. 6,5 Elevação 2) Critério da NBR-7190/1997. 3) Dimensões em centímetros. 4) Madeira DICOTILEDÔNEA C-20, 2a. categoria : fc,0,K = 20,0 MPa. 5) Esforços atuantes : Ck = Cgk + Cqk , Cgk = 3 kN (permanente), [email protected]

130o 4 12

4

Seção

16

Ck

Ck


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Cqk = 7 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Cd = 1,4 . (3 + 7) = 14,0 kN. b) propriedades mecânicas de DICOTILEDÔNEA C-20: fcok = 20 MPa = 2,0kN/cm2 ; f 2,0 fc 0d = k mod . c 0k = 0,56 . = 0,8 kN / cm2 . γ c 1,4 c) resistência do parafuso na ligação : a escolha do diâmetro do parafuso já foi estabelecida no enunciado : d = 1/2” (1,27 cm) . c.1) verificação da condição da NBR-7190 : t (menor t ) ≥ 2d , ou seja : t = t2 /2 = 6,5/2 = 3,25 > 2. 1,27 = 2,54. verifica ! c.2) peças laterais : t = t1= 4 cm ; α = 50 0 ; feod = fc0d = 0,8 kN/cm2 ; fe90d = 0,25. fc0d . αE ; αE =1,68 p/d=1/2” fe90d = 0,25. 0,8. 1,68 = 0,34 kN/cm2 ; fe,0, d . fe,90,d feαd = ; fe,0,d . sen2 α + fe,90,d . cos2 α fe,50,d =

0,8 . 0,34 = 0,45 kN / cm2 ; 2 2 0,8 . sen 50 + 0,34 . cos 50

t 4 = 3,15 ; d 1,27

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 8,74 . fed 0,45 embutimento da madeira :

∴ β < βlim

t2

42 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,45 = 0,90 kN . β 3,15 c.3) peça central : t=

t 2 6,5 = = 3,25 cm ; α = 00 ; 2 2

[email protected]


14/68

t 3,25 = 2,56 ; d 1,27

β= =

fyd = 21,8 kN / cm2 ; fe0d = fc0d = 0,8 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 6,53 ; fed 0,8

β < βlim ,

t2

3,25 2 portanto, embutimento da madeira : R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,8 = 1,32 kN . β 2,56 c.4) resistência efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd1 = 0,91 kN ∴ RVd2 = 2. RVd1 = 2. 0,90 = 1,8 kN . d) número de parafusos necessários : n=

Cd 14 = = 7,8 ~ 8 φ1 / 2" . R Vd2 1,8

e) disposição dos parafusos : e.1) direção paralela à carga : BC = 4.d = 4. 1,27 = 5,1 ; EP = 6.d = 6. 1,27 = 7,7 ; BD = 4.d = 4. 1,27 = 5,1 ; 1,5.d = 1,5. 1,27 = 1,9 . e.2) direção normal à carga : BE = 1,5 . d = 1,5. 1,27 = 1,9 ; EP = 3.d = 3. 1,27 = 3,9 .

f) croquis :

8 parafusos = 1/2”

4 6

2 2

2 3X4cm

Exercício 6.7 : (4o. TE 2006) Projetar a ligação entre as peças (1) e (2) do nó de uma treliça de madeira indicado nas figuras, usando parafusos como meio 9,5 1 5 ligante, segundo o critério da NBR-7190, , 1 9 1 considerando ; 2,5 2 90o 1- Diâmetro do parafuso d = ½” (1,27cm). 45o 2 9,5 2- Dimensões indicadas em centímetros. 3,25 3,25 3- Madeira : EUCALIPTO GRANDIS, SEÇÃO ELEVAÇÃO Tk [email protected]


15/68

2A. categoria, qualidade estrutural. 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ; TGk = 3 kN (permanente) ; TQk = 3,3 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (3 + 3,3) = 8,82 kN. b) propriedades mecânicas do EUCALIPTO GRANDIS : fc0m = 40,3 MPa = 4,03 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7 . 4,03 = 2,82 kN/cm2 ; f 2,82 = 1,13 kN / cm2 . fc 0d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 c) escolha do diâmetro do parafuso : Adotado d = 1/2” (1,27 cm), como estabelecido no enunciado. Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 3,25 cm : tMIN = 3,25 cm > 2 . 1,27 = 2,54. d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 3,25 cm ; 00 ;

α=

t 3,25 = 2,56 d 1,27

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,13 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 5,5 ; fed 1,13


t2

3,25 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,13 = 1,86 kN β 2,56 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,86 = 3,72 kN . d.2) peça central : t=

t 2 9,5 = = 4,75 cm ; 2 2

[email protected]


16/68

α=

90 0 ;

t 4,75 = 3,74 ; d 1,27

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10


1,68 , para d = 1,27 cm ;

fe90d = 0,25. 1,13. 1,68 = 0,47 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 8,48 ; fed 0,47


t2

4,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,47 = 1,14 kN ; β 3,74 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,14 = 2,28 kN . d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 2,28 kN . e) número de parafusos necessários : T 8,82 = 3,9 ~ 4 φ . n= d = R Vd2 2,28 f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,27 = 8,9 cm ; 4.d = 4. 1,27 = 5,1 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,27 = 7,7 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5.d = 1,5. 1,27 = 2 cm. f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5. 1,27 = 2 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3. 1,27 = 3,9 cm. g) croquis :

[email protected]


17/68

6,5 2,5 8,0 6,5 2,5

19,5

2,5

4,5

4 parafusos = 1/2” 2,5

Exercício 6.8 (EX.FINAL 2006) : Projetar a ligação entre as peças (1) e (2) do nó de uma treliça de madeira indicado nas figuras, usando parafusos como meio ligante, segundo o Tk1 critério da NBR-7190, considerando ; 1 1- Diâmetro do parafuso d = 5/8” (1,6cm). 3 19,5 3 2,5 3 2- Dimensões indicadas em centímetros. 5 , 2 4 2 2 3- Madeira : AROEIRA DO SERTÃO, 2,5 A 1 3 3 4,5 9,5 4,5 2 . categoria, qualidade estrutural. 4- Esforços atuantes : SEÇÃO ELEVAÇÃO Tk2 Tk1 Tk1 = TGk1 + TQk1 ; Tk2 = TGk2 + TQk2 TGk1 = 30 kN ; TGk2 = 18 kN (permanentes) ; TQk1 = 50 kN ; TQk2 = 35 kN (sobrecargas) . Tk2 Solução : a) combinação das ações : E.L.U. : Combinação normal : Tk,RESULTANTE = Tk1 - Tk2 = (TGk1 – TGk2) + (TQk1 – TQk2) ; Tk,RESULTANTE = (30 – 18) + (50 – 35) kN ; Tk,RESULTANTE = 12 kN + 15 kN ; Td = 1,4 . (12 + 18) = 37,8 kN.

Tk1

Tk,RES

Tk2

b) propriedades mecânicas da AROEIRA DO SERTÃO : fc0m = 101,7 MPa = 10,17 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7 . 10,17 = 7,12 kN/cm2 ; fc 0d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

7,12 = 2,85 kN / cm2 . 1,4

c) parafuso d = 5/8” = 1,6 cm. : Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 4,5 cm : tMIN = 4,5 cm > 2 . 1,6 = 3,2.

[email protected]


18/68

d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 4,5 cm ; 00 ;

α=

t 4,5 = 2,81 ; d 1,6

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,85 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 3,46 ; fed 2,85


t2

4,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 2,85 = 8,2 kN ; β 2,81 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 8,2 = 16,4 kN . d.2) peça central : t=

t 2 9,5 = = 4,75 cm ; 2 2

α=

90 0 ;

t 4,75 = 2,97 ; d 1,6

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10


1,52 , para d = 1,6 cm ;

fe90d = 0,25. 2,85. 1,52 = 1,08 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 5,61 ; fed 1,08


t2

4,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,08 = 3,29 kN ; β 2,97 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 3,29 = 6,58 kN . d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 6,58 kN . [email protected]


19/68

e) número de parafusos necessários : n=

Td 37,8 = = 5,7 ~ 6 φ . R Vd2 6,58

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = EP = entre parafusos consecutivos = BD = bordo descarregado = f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = EP = entre linhas de parafusos =

4.d = 4. 1,6 = 6,4 cm ; 6.d = 6. 1,6 = 9,6 cm ; 1,5.d = 1,5. 1,6 = 2,4 cm 1,5 . d = 1,5. 1,6 = 2,4 cm ; 3.d = 3. 1,6 = 4,8 cm.

g) croquis : 2,5 7 10 2,5 2,5 2,5

19,5 5 , 4 2


2,5 2x 7,25

Exercício 6.9 : Projetar a ligação entre o montante e =15 o banzo superior (asna) da tesoura composta por troncos de madeira, indicada nas figuras. 1- Madeira : EUCALIPTO CITRIODORA, 2a. categoria, qualidade estrutural. =10 2- Critério da NBR-7190. 3- ELU : Combinação normal. Elevação Tk 4- Dimensões em centímetros. 5- Esforços atuantes : Tk= TGk + TQk; TGk= 10 kN (permanente); TQk= 15 kN (vento de sobrepressão). Solução : 3 A solução usual para este tipo de ligação é o uso de parafusos e cintas de aço, de pequena largura. A figura ao lado mostra esta solução.

Seção =15 φ =10

=10

Tk

L

1

1 4 2

2 [email protected]


20/68

O dimensionamento da mesma será executado considerando-se o apoio dos parafusos na peça 2, e nas cintas de aço. Deverá ser feita a verificação das tensões de apoio da cinta de aço na peça 1, ao esmagamento. Também não deve deixar de ser ressaltado, o cálculo da capacidade dos parafusos, em contato com as tiras de aço : este cálculo será executado à luz da Norma NBR-8800. Estes mesmo procedimentos também foram indicados na solução do exercício proposto 6.19. As tensões de tração geradas na cinta de aço deverão ser verificadas para o esforço de tração respectivo. a) combinação das ações : Td = 1,4. (10 + 0,75*. 15) = 29,8 kN. *redução da ação do vento, que é de curta duração, para transformar o resultado em efeito de longa duração. b) propriedades mecânicas do EUCALIPTO CITRIODORA : fc0m = 62,0 MPa = 6,2 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. fc0m = 0,7. 6,2 = 4,34 kN/cm2 ; f 4,34 = 1,74 kN / cm2 ; fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 fc90d = 0,25. fc0d = 0,25. 1,74 = 0,43 kN/cm2 ; fcαd =

fc,0,d . fc,90,d ; fc,0,d . sen2 α + fc,90,d . cos2 α

fc,60,d =

1,74 . 0,43 = 0,53 kN / cm2 . 2 2 1,74 . sen 60 + 0,43 . cos 60

c) escolha do diâmetro do parafuso : sendo “Φ” o diâmetro da peça a ser ligada (2) : 1 1 1 1 . φ ≤ d ≤ . φ ; .10 ≤ d ≤ .10 ; 1,6 ≤ d ≤ 2,0 ; 6 5 6 5 ou seja : d = 5/8” ou 3/4”; Adotaremos d = 5/8” (1,6 cm) ; Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o valor de “t” será 5,0 cm. ( t = 5 > 2.d = 2.1,6 = 3,2 cm) . d) resistência do parafuso na ligação : d.1) no contato com a chapa de aço (3) : cálculo de acordo com a NBR-8800 : >> 11,12 kN . [email protected]


21/68

d.2) no contato com a peça central (2): t=

t 2 10 = = 5,0 cm ; 2 2

α=

00 ;

t 5,0 = 3,13 ; d 1,6

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,74 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 4,43 ; fed 1,74


t2

5,0 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,74 = 5,56 kN β 3,13 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 5,56 = 11,12 kN . d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 11,12 kN . e) número de parafusos necessários : T 29,8 = 2,7 ~ 3 φ . n= d = R Vd2 11,12 f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 1,6 = 11,2 ~ 12 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 1,6 = 9,6 ~ 10 cm ; f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 1,6 = 2,4 ~ 5,0 cm. L=3

g) Verificação das tensões de contato na peça 1 : Nd 29,8 σ1d = = = 0,99 kN/cm2 >> fc60d = 0,53. A CONTATO 10. 3

σ1d

1

1

É necessário aumentar a área de contato ! σ1d = 0,53 =

Nd A CONTATO

[email protected]

=

29,8 ; 10.L UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

22/68

L≥

29,8 = 5,6 cm ~6 cm. 10. 0,53

h) croquis :

110mm

12 10 10 5

20

5/8"

6

Exercício 6.10 : (4o. TE 2007) Projetar a ligação Nk Nk entre as peças de madeira indicadas nas figuras, 45o usando parafusos como meio ligante. 15 15 DADOS : 1- Diâmetro do parafuso d = ½” (1,25cm). ELEVAÇÃO 2- Dimensões indicadas em centímetros. 5 7,5 5 SEÇÃO 3- Madeira : Dicotiledônea C-60, 2A. categoria, qualidade estrutural. 4- Critério da NBR-7190. 5- Esforços atuantes : Nk = NGk + NQk ; NGk = 5 kN (permanente) ; NQk = 25 kN (sobrecarga). 6- Estados limites últimos, combinações normais. Solução : a) combinação das ações : Nd = 1,4. 5 + 1,4. 25 = 42 kN. b) propriedades mecânicas da dicotiledônea C-60 : fc0k = 60 MPa = 6,0 kN/cm2 ; f 6,0 fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . = 2,4 kN / cm2 . γ c 1,4 c) verificação da escolha do diâmetro do parafuso : Adotado d = 1/2” (1,25 cm), como estabelecido no enunciado. Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 3,75 (7,5/2) cm : tMIN = 3,75 cm > 2. 1,25 = 2,5. [email protected]

verifica! UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

23/68

d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peça central : t = t2 /2 = 7,5 / 2 = 3,75 cm ; α=

00 ;

t 3,75 = 3; d 1,25

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,4 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 3,77 ; fed 2,4

β < βlim , portanto, embutimento (esmagamento) da madeira :

t2

3,752 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 2,4 = 4,5 kN . β 3,0 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 4,5 = 9,0 kN . d.2) peças laterais : t = t1 = t 3 = 5 cm ; α=

450 ;

t 5 = 4,0 ; d 1,25

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10


1,68 , para d = 1,27 cm ;

fe90d = 0,25. 2,4. 1,68 = 1,01 kN/cm2 ; fc,0,d . fc,90,d fcαd = ; fc,0,d . sen2 α + fc,90,d . cos 2 α fc,45,d =

2,4 . 1,01 = 1,42 kN / cm2 ; 2 2 2,4 . sen 45 + 1,01. cos 45

βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 4,9 ; fed 1,42


t2

52 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,42 = 3,55 kN ; β 4 [email protected]


24/68


Td 42 = = 5,9 ~ 6 φ . R Vd2 7,1

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = EP = entre parafusos consecutivos = BD = bordo descarregado = f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = EP = entre linhas de parafusos = g) croquis : 15

6 parafusos = 1/2”

4.d = 4. 1,25 = 5,0 cm ; 6.d = 6. 1,25 = 7,5 cm ; 1,5.d = 1,5. 1,25 = 1,9 cm 1,5.d = 1,5. 1,25 = 1,9 cm ; 3.d = 3. 1,25 = 3,8 cm.

2,5 7,5 5

2,5 15 55 2,5

ELEVAÇÃO

SEÇÃO

2,5 Exercício 6.11 : (EF 2007) Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando 12,5 parafusos como meio ligante. 60o 10 ELEVAÇÃO DADOS : Nk 1- Diâmetro do parafuso d = 3/8” (0,95cm). 2- Dimensões indicadas em centímetros. 3- Madeira : CANELA, 2A. categoria, qualidade estrutural. 4- Critério da NBR-7190. 5- Esforços atuantes : Nk = NGk + NQk ; NGk = 2 kN (permanente) ; NQk = 9,5 kN (vento). 6- Estados limites últimos, combinações normais. Solução : a) combinação das ações : Nd = 1,4. 2 + 0,75. 1,4. 9,5 = 12,78 kN. [email protected]

7,5 2,5

SEÇÃO

Nk


25/68

b) propriedades mecânicas da CANELA : fc0m = 48,7 MPa = 4,87 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. 4,87 = 3,41 kN/cm2 ; f 3,41 = 1,36 kN / cm2 . fc 0d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 c) verificação da escolha do diâmetro do parafuso : Adotado d = 3/8” (0,95 cm), como estabelecido no enunciado. Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 2,5 cm : tMIN = 2,5 cm > 2. 0,95 = 1,9

verifica!

d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 2,5 cm ; 00 ;

α=

t 2,5 = 2,6 ; d 0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,36 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 21,8 = 1,25 . = 5,0 ; fed 1,36

β < βlim , portanto, embutimento (esmagamento) da madeira :

t2

2,52 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,36 =1,30 kN ; β 2,6 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,30 = 2,60 kN . d.2) peça central : t=

t 2 7,5 = = 3,75 cm ; 2 2

α=

600 ;

t 3,75 = 3,95 ; d 0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,36 kN/cm2 ; [email protected]


26/68

fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE =

1,95 , para d = 0,95 cm ;

fe90d = 0,25. 1,36. 1,958 = 0,66 kN/cm2 ; fcαd =

fc,0,d . fc,90, d ; fc,0,d . sen2 α + fc,90,d . cos 2 α

fc,60,d =

1,36 . 0,66 = 0,76 kN / cm 2 ; 2 1,36 . sen 60 + 0,66 . cos 60

βlim = 1,25 .

2

fyd 21,8 = 1,25 . = 6,68 ; fed 0,76


t2

3,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,76 = 1,08 kN ; β 3,95 RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,09 = 2,18 kN . d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 2,18 kN . e) número de parafusos necessários : N 12,78 = 5,9 ~ 6 φ . n= d = R Vd2 2,18 f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = EP = entre parafusos consecutivos = BD = bordo descarregado = f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = EP = entre linhas de parafusos =

4.d = 4. 0,95 = 3,8 ~ 4 cm ; 6.d = 6. 0,95 = 5,7 ~ 6 cm ; 1,5.d = 1,5. 0,95 = 1,5 cm. 1,5.d = 1,5. 1,25 = 1,9 cm ; 3.d = 3. 1,25 = 3,8 cm.

2,03,0 3,0 2,0

g) croquis : 5,0 5,0 2,5

6 parafusos φ = 3/8” ELEVAÇÃO

[email protected]


27/68

Exercício 6.12 : (4º.TE 2008) Projetar a ligação entre 9 as peças de madeira indicadas nas figuras, usando 19 parafusos d=3/8” (0,95cm) como meio ligante. 60o Considerar : 1- Critério da NBR-7190/1997. Ck 2- Dimensões indicadas em cm. ELEVAÇÃO 3- ELU - Combinação normal. 4- Madeira : ANGELIM FERRO, 2a. categoria, qualidade estrutural. 5- Esforços atuantes : Ck = CGk + CQk ; CGk = 8 kN (permanente),CQk = 12 kN (sobrecarga).

4 4 4

Ck SEÇÃO

Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (8 + 12) = 28 kN. b) propriedades mecânicas do ANGELIM FERRO : fc0m = 79,5 MPa = 7,95 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7. 7,95 = 5,565 kN/cm 2 ; f

=k

f

.

γ

= 0,56 .

5,565 1,4

= 2,226 kN / cm

.

c) diâmetro do parafuso : Indicado d = 3/8” (0,95 cm). Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 2 cm (peça central). d) resistências do parafuso na ligação : d.1) peça central : t = t2 /2 = 4/2 = 2 cm ; 00 ;

α= t

2

d

0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

= 2,105

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 2,226 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

f f

[email protected]

= 1,25 .

21,8 2,226

= 3,91 ;


28/68

β < βlim , portanto, embutimento da madeira : = 0,40.

R

t

β

. f = 0,40.

2 2,105

. 2,226 =1,69 kN ;

RVd2 = 2 . RVd1 = 2. 1,69 = 3,38 kN . d.2) peças laterais : t=

=t =

t

4 cm ;

600 ;

α= t

4

d

0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

= 4,21;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10


1,95 , para d = 0,95 cm ;

fe90d = 0,25. 2,226. 1,95 = 1,085 kN/cm2 ; feαd =

fe,0,d . fe,90,d fe,0,d . fe,90,d = = f ; e , 60 , d fe,0,d . sen2 α + fe,90,d . cos2 α fe,0,d . sen2 60 + fe,90,d . cos2 60

f

=

β

2,226.1,085 2,226. sen 60 + 1,085. cos 60

= 1,25 .

f f

= 1,25.

21,8 1,244

= 5,23

= 1,244 kN / cm

;

;

β < βlim , portanto, embutimento da madeira : R

= 0,40.

t

β

. f = 0,40.

4

.1,244 = 1,89 kN ; 4,21

RVd2 = 2 . RVd1 = 2. 1,89 = 3,78 kN . d.3) resistência efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 3,38 kN . e) número de parafusos necessários : n=

C R

=

28 3,38

= 8,3 ~ 9 φ .

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = [email protected]

4.d = 4. 0,95 = 3,8 ~ 4 cm ; UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

29/68

EP = entre parafusos consecutivos = 6.d = 6. 0,95 = 5,7 ~ 6 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5.d = 1,5. 0,95 = 1,5 ~ 2 cm f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 0,95 = 1,5 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3.d = 3. 0,95 = 2,9 ~ 3 cm g) croquis :

1,5

3

5 19

6

3 1,5

44 4

6

4 9 parafusos φ = 3/8”

ELEVAÇÃO

SEÇÃO

Exercício 6.13 : (Exame Final 2008) Projetar a ligação entre nas figuras, usando parafusos ( = 3/8”) como meio ligante. 1- Madeira : AROEIRA DO SERTÃO, 2ª. categoria, qualidade estrutural. 2- Dimensões em centímetros. 3- Critério da NBR-7190/1997. 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ; TGk = 6 kN (permanente) ; TQk = 10 kN (sobrecarga). 5- Estado Limite Último – combinação normal. Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (6 + 10) = 22,4 kN.

as peças de madeira indicadas

10

Tk

12,5

Elevação Tk

2,5 7,5 2,5 12,5

Seção

b) propriedades mecânicas da AROEIRA do SERTÃO : fc0m = 101,7 MPa = 10,17 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. fc0k = 0,7. 10,17 kN/cm2 = 7,12 kN/cm2 ; f

=k

.

f

γ

= 0,56 .

7,12 1,4

= 2,85 kN / cm

.

c) verificação do diâmetro do parafuso : [email protected]


30/68

Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 2,5 cm (2,5 > 2.0,95=1,9). d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 2,5 cm ; 00 ;

α= t

2,5

d

0,95

β= =

fyk

fyd =

γ s

=

= 2,63 ;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 2,85 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

f f

= 1,25 .

21,8 2,85

= 3,46 ;


R

t

β

. f = 0,40.

2,5 2,63

. 2,85 = 2,71 kN

RVd2 = 2. RVd1 = 2. 2,71 = 5,42 kN . d.2) peça central : t

t=

=

2

7,5

=

2

3,75 cm ;

90 0 ;

α= t

3,75

d

0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

= 3,95 ;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10


1,95 , para d = 0,95 cm ;

fe90d = 0,25. 2,85. 1,95 = 1,39 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

f f

= 1,25 .

21,8 1,39

= 4,95

;

β < βlim , portanto, embutimento da madeira : R

= 0,40.

t

β

. f = 0,40.

3,75 3,95

.1,39 = 1,98 kN

RVd2 = 2. RVd1 = 2. 1,98 = 3,96 kN . [email protected]


31/68

d.3) capacidade efetiva do pino : prevalece o menor valor : RVd2 = 3,96 kN . e) número de parafusos necessários : n=

T R

=

22,4 3,96

= 5,7 ~ 6 φ

.

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7. d = 7. 0,95 = 6,7 ~ 7 cm ; 4. d = 4. 0,95 = 3,8 ~ 4 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6. d = 6. 0,95 = 5,7 ~ 6 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5. d = 1,5. 0,95 = 1,5 ~ 2 cm. f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 0,95 = 1,5 ~ 2 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3. d = 3. 0,95 = 2,9 ~ 3 cm g) croquis : 5 2,5 6

4

1,5d 6d

4d

Elevação

2 3 3 1,5d 2 1,5d

25

125mm 3/8"

7,5 7d


Seção

Exercício 6.14 : (Nova Avaliação 2008) Projetar a ligação entre Tk as peças de madeira indicadas nas figuras, usando parafusos ( = 3/8”= 0,95cm) como meio ligante. 7,5 1- Madeira : PINUS ELLIOTTII, 2ª. categoria, 5 2 qualidade estrutural. 1 ELEVAÇÃO 2- Dimensões em centímetros. 3- Critério da NBR-7190/1997. [email protected]

Tk SE ÃO 5 2 1 55 5 5 2 2 5


32/68

4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ; TGk = 2,5 kN (permanente) ; TQk = 3,0 kN (sobrecarga). 5- Estado Limite Último – combinação normal. Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (2,5 + 3,0) = 7,7 kN. b) propriedades mecânicas do PINUS ELLIOTTII : fc0m = 40,4 MPa = 4,04 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. fc0k = 0,7. 4,04 kN/cm2 = 2,83 kN/cm2 ; f

=k

.

f

= 0,56.

γ

2,83 1,4

= 1,13 kN / cm

.

c) verificação do diâmetro do parafuso : Verifica-se a condição t ≥ 2d , já que o menor valor de “t” será 2,5 cm (2,5> 2.0,95=1,9). d) resistência do parafuso na ligação : d.1) peças verticais : t = t1 ou t3 /2 = 2,5 ou 5/2 = 2,5cm ; 00 ;

α= t

2,5

d

0,95

β= =

fyk

fyd =

γ s

=

= 2,63 ;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fed = fc0d = 1,13 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

f f

= 1,25 .

21,8 1,13

= 5,49 ;


R

t

β

. f = 0,40.

2,5 2,63

.1,13 = 1,07 kN

RVd4 = 4. RVd1 = 4. 1,07 = 4,28 kN . d.2) peças horizontais : t=

α=

t 2

=

5,0 2

=

2,5 cm ;

90 0 ;

[email protected]


33/68

t

2,5

d

0,95

β= =

fyd =

fyk γ s

=

= 2,63 ;

24,0 = 21,8 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = 1,13 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE =

1,95 , para d = 0,95 cm ;

fe90d = 0,25. 1,13. 1,95 = 0,55 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

f f

= 1,25.

21,8 0,55

= 7,87 ;


R

t

β

. f = 0,40.

2,5 2,63

.0,55 = 0,53 kN


T R

=

7,7 2,12

= 3,7 ~ 4 φ

.

f) disposição dos parafusos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7. d = 7. 0,95 = 6,7 ~ 7 cm ; 4. d = 4. 0,95 = 3,8 ~ 4 cm ; EP = entre parafusos consecutivos = 6. d = 6. 0,95 = 5,7 ~ 6 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5. d = 1,5. 0,95 = 1,5 ~ 2 cm. f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 0,95 = 1,5 ~ 2 cm ; EP = entre linhas de parafusos = 3. d = 3. 0,95 = 2,9 ~ 3 cm Elevação

g) croquis :

2 3,5 2 1,5d

7d

[email protected]

3d 1,5d

4d

4 6 6d 2,5 1,5d 5

Seção

200mm

25

3/8"



34/68

Exercício 6.15 : Projetar a emenda do exercício 6.1, Tk Tk 15 entre as peças de madeira indicadas nas figuras, Elevação usando pregos como meio ligante. 7,5 Seção a. Madeira : Garapa Roraima. b. Dimensões em centímetros. c. Critério da NBR-7190. d. Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ; TGk = 12 kN (permanente) ; TQk = 15 kN (vento de sobrepressão). Solução : a) montagem da emenda : repetiremos a montagem do exercício 15 6.1, adotando duas peças laterais de 2,5 X 15 cm 2 . 2,5 7,5 2,5 b) combinação das ações : Td = 1,4 . (12 + 0,75 . 15) = 32,6 kN. c) propriedades mecânicas da Garapa Roraima : fc0m = 78,4 MPa = 7,84 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7 . 7,84 = 5,48 kN/cm2 ; f 5,48 = 2,20 kN / cm2 . fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 d) escolha do prego : d.1) diâmetro do prego : Uma sugestão razoável, que costuma trazer bons resultados finais, é tomar o diâmetro do prego situado entre 1/10 e 1/7 da espessura da peça mais delgada. 1 1 Sendo assim : . 25 mm ≤ d ≤ . 25 mm ; 2,5 mm ≤ d ≤ 3,6 mm ; 10 7 Como d ≥ 3,0 mm (NBR-7190), os diâmetros sugeridos são d = 3,0 ou 3,4 mm. Adotaremos d = 3,4 mm, o mais grosso dos sugeridos, esperando uma maior capacidade do prego. d.2) comprimento do prego : Devemos sempre tentar a escolha de um comprimento do prego suficientemente longo, para possibilitar o maior número possível de seções de corte. Neste caso : [email protected]


35/68

25 + 75 + 12. 3,4 = 141 mm LMIN,2SC = menor valor  25 + 75 + 25 = 125 mm

t1

t2

t3

d t4

t2 2

pregos : t ≥ 5d ou 4d * * * *se def = d0  t1 ,  t =  t 2 2 ou *  t  3

t2 2

≥ 12.d  = t3

t4 

Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 83 mm, impossibilitando as duas seções de corte. Desta forma, resta a opção de manter o diâmetro e projetar ligações com apenas uma seção de corte : 25 + 12. 3,4 = 66 mm LMIN,1SC = menor valor   25 + 75 = 100 mm

O prego utilizado portanto, será a bitola (18 X 30) : d = 3,4 mm

t1

d t4

L = 69mm d.3) análise da interferência dos pregos que são cravados de faces opostas : Podemos usar pregos espaçados em 6d, na direção da carga, e considerar no calculo t = t2 = 7,5 cm, ou colocar os pregos de topo (desencontrados) e considerar t = t2 /2 = 3,75 cm. Como no dimensionamento vai prevalecer t = t1 = 2,5 cm, a segunda opção vai possibilitar uma ligação mais compacta.

t2

pregos : t ≥ 5d ou 4d * * * *se def = d0 t t =  1 ou * t 2 ≥ 12.d t4   = t2

t4 6d

t2

d.4) verificação das condições da NBR-7190 : t = 2,5 (na peça mais de lg ada) ≥ 5. d (ou 4 d) = 5. 0,34 = 1,7 cm .

[email protected]

t4

t2 2

t2 2

verifica !


36/68

e) resistência do prego na ligação : Como todas as peças envolvidas na ligação têm esforço paralelo às fibras, basta verificar as peças laterais, onde t = 2,5 cm (mais delgada). t = t1 = t3 = 2,5 cm ; β=

t 2,5 = = 7,35 ; d 0,34

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm 2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,20 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 6,22 ; fed 2,20

β > βlim , portanto, flexão do pino ;

d2

0,34 2 R Vd1 = 0,625 . . fyd = 0,625 . . 54,55 = 0,63 kN . βlim 6,22 f) número de pregos necessários : n=

Td 32,6 = = 52 , 26 em cada face ; R Vd1 0,63

Serão colocados 54, por simetria ; total na ligação (emenda) = 108 φ g) disposição dos pregos : g.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 0,34 = 2,4 ~ 2,5 cm ; EP = entre pregos consecutivos = 6.d = 6. 0,34 = 2,1 ~ 2,5 cm ; BD = bordo descarregado = 4.d = não há BD nesta ligação. g.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5 . 0,34 = 0,6 ~ 1,5 cm ; EP = entre linhas de pregos = 3.d = 3 . 0,34 = 1,1 ~ 1,5 cm . h) croquis :

2,5 2,5 2,5 2,5 m c 5 , 5 1 1 X 0 1

108 pregos 18X30, 54 cada face [email protected]


37/68

Exercício 6.16 : Projetar a emenda entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando pregos como meio ligante. 1- Madeira : Garapa Roraima. Tk 2- Dimensões em centímetros. T k

3- Critério da NBR-7190. 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ;

15

Elevação

3x3,75

Seção

TGk = 12 kN (permanente) ; TQk = 15 kN (vento de sobrepressão). Solução : a) montagem da emenda : serão colocadas três cobre-juntas : 2 peças laterais de 2,5 X 15 cm2 e 1 peça central de 3,75 X 15 cm2.

3x3,75 15 2,5

b) combinação das ações : Td = 1,4. (12 + 0,75. 15) = 32,6 kN.

2,5

c) propriedades mecânicas da Garapa Roraima : fc0m = 78,4 MPa = 7,84 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7. 7,84 = 5,48 kN/cm2 ; fc 0d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

5,48 = 2,20 kN / cm 2 . 1,4

d) escolha do prego : d.1) diâmetro do prego : Adotaremos d = 3,4 mm, como já feito no exercício anterior. d.2) comprimento do prego : Podemos tentar a escolha de um comprimento de prego suficientemente longo, para possibilitar ligação com 3 ou 4 seções de corte, mas não haverá comprimento disponível comercialmente. Neste caso :  25 + 37,5 + 12. 3,4 = 104 mm

L MIN,2SC = menor valor 

 25 + 37,5 + 37,5 = 100 mm

Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 83 mm, impossibilitando as duas seções de corte. [email protected]


38/68

25 + 12. 3,4 = 66 mm

LMIN,1SC = menor valor 

 25 + 75 = 100 mm

d.3) re-escolha do prego : Escolheremos d = 4,4 mm, que oferece comprimento de 100 mm, mínimo necessário para possibilitar uma ligação com 2 seções de corte. No caso de 5 peças de madeira envolvidas na ligação, é importante que os pregos trabalhem no mínimo com duas seções de corte, para evitar que cada ligação tenha que ser executada em duas etapas. d.4) comprimento do prego : d = 4,4 mm

 25 + 37,5 + 12. 4,4 = 115 mm L MIN,2SC = menor valor   25 + 37,5 + 37,5 = 100 mm

L = 110 mm

O prego utilizado portanto, será a bitola (20 X 48) : d.5) análise da interferência dos pregos que são cravados de faces opostas : Usaremos pregos espaçados em 6d, vindos de faces opostas, e consideraremos no calculo t = t3 = 3,75 cm.

6d

t3

e) resistência do prego na ligação : Como todas as peças envolvidas na ligação têm esforço paralelo às fibras, basta verificar as peças laterais, onde t = 2,5 cm (mais delgada). t = t1 = 2,5 ou t3 = 3,75 ; portanto t = 2,5 cm , t = t2 /2 = 3,75/2 = 1,875 ; Como se percebe, nesta ligação, o cálculo será feito em função de t2 /2 = 1,875. Assim, não convém distanciar os pregos de faces opostas em 6d, mas sim, colocá-los de topo, o que condensa a ligação em termos de espaço ocupado, e não altera a resistência do prego. Estas circunstâncias ocorreram no exercício anterior, também. t = t2 /2 = 3,75/2 = 1,875 ; t 1,875 β= = = 4,26 ; d 0,44

[email protected]

6d

t3 2

t3 2


39/68

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm 2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,20 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 6,22 ; fed 2,20

β < β lim , portanto, esmagamento da madeira.

t2

1,875 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 2,20 = 0,73 kN ; β 4,26 RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 0,73 = 1,46 kN . Verificação das condições da NBR-7190 :

t = 1,875 (na peça t 2 ) ≥ 5. d (ou 4d) = 5. 0,44 = 2,20 cm ; não verifica ! é necessário especificar d0 = def, e verificar t = 1,875 > 4.d = 4. 0,44 = 1,76

verifica !

f) número de pregos necessários :

n=

Td 32,6 = = 22,4 ~ 24 : , 12 em cada face ; total na ligação (emenda) = 48 φ R Vd1 1,46

g) disposição dos pregos : g.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7.d = 7. 0,44 = 3,1 ~ 5 cm ; EP = entre pregos consecutivos = 6.d = 6. 0,44 = 2,7 ~ 5 cm ; BD = bordo descarregado = 4.d = não há BD nesta ligação. g.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 0,44 = 0,7 ~ 2,5 cm ; EP = entre linhas de pregos = 3. d = 3. 0,44 = 1,4 ~ 2,0 cm .

h) croquis : 5

5

5

5 , 2

m c

0 , 5 2 1 X 5 5 , 2

[email protected]

48 pregos 20X48 – 24 cada face


40/68

Exercício 6.17 : Projetar a ligação correspondente ao nó de uma tesoura de madeira, indicado nas figuras, usando pregos como meio ligante. 1- Madeira : Conífera C-25. 4 6,5 4 2- Dimensões em centímetros. 3- Critério da NBR-7190. 9 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk ;

9

Elevação TGk = 6 kN (permanente) ; Seção Tk Tk TQk = 5 kN (vento de sobrepressão). 5- Notar que as peças de madeira têm dimensões finais correspondentes ao trabalho de plainagem em todas as faces. Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (6 + 0,75 . 5) = 13,7 kN. b) propriedades mecânicas da Conífera C-25 : fc0k = 25 MPa = 2,5 kN/cm2 ;

fc 0 d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

2,5 = 1,0 kN / cm 2 . 1,4

c) escolha do prego : c.1) diâmetro do prego : Sendo “e” = 4 cm, a espessura da peça mais delgada : 1 1 . 4 mm ≤ d ≤ . 4 mm ; 4 mm ≤ d ≤ 5,7 mm ; 10 7 Os diâmetros sugeridos são d = 3,9 , 4,4 ou 4,9 mm. Escolhendo d = 4,9 mm, temos : c.2) comprimento do prego : 40 + 65 + 12. 4,9 = 164 mm


40 + 65 + 40 = 145 mm

Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 124 mm, impossibilitando as duas seções de corte. Temos portanto duas soluções para a ligação : 1a.) ligação com 2 seções de corte : Adotamos um diâmetro maior, que ofereça um comprimento mínimo de 145 mm, como pode ser a bitola 23 X 66 (d = 5,9 mm ; L = 152 mm). 2a.) ligação com 1 seção de corte, mantendo o diâmetro d = 4,9 mm. [email protected] UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg. 41/68

Esta opção será adotada em uma primeira tentativa, para avaliar o resultado. 40 + 12. 4,9 = 99 mm

d = 4,9 mm


40 + 65 = 105 mm

L = 104 mm

O prego utilizado portanto, será a bitola (21 X 45) : c.3) análise da interferência dos pregos que serão cravados de faces opostas :

1a. disposição

São duas possibilidades de disposição :

2a. disposição

t4 6d

1a.) dispor os pregos que serão cravados de faces opostas de topo (alinhados), com a precaução de desencontrá-los, e tomar para o cálculo da resistência t = t2 /2.

t4

t2 2

t2 2

t2

2a.) Podemos usar pregos que serão cravados de faces opostas, espaçados em 6d, na direção da carga, e considerar no calculo t = t2. Adotaremos a 2a. disposição : c.4) verificação das condições da NBR-7190 : t = 4 cm (na peça mais de lg ada ) ≥ 5. d (ou 4d) = 5. 0,49 = 2,5 cm

verifica !

d) resistência do prego na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 4 cm ; α = 90o ; β=

t 4,0 = = 8,16 d 0,49

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm 2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE

= 2,5 para d < 0,62 cm ;

fe90d = 0,25 . 1,0 . 2,5 = 0,625 kN / cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 11,68 ; fed 0,625

β < βlim , portanto, esmagamento da madeira. [email protected]


42/68

t2

42 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . . 0,625 = 0,49 kN . β 8,16 d.2) peça central : t = t2 = 6,5 cm ; α = 0o ; β=

t 6,5 = = 13,3 ; d 0,49

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 9,23 ; fed 1,0

β > β lim , portanto, flexão do pino :

d2

0,49 2 R Vd1 = 0,625 . . fyd = 0,625 . . 54,55 = 0,89 kN . βlim 9,23 Neste ponto, é possível fazer um raciocínio : a opção de desencontrar os pregos de faces opostas (2 a . disposição, adotada nesta tentativa), revelou-se inócua : a definição de R Vd1 dá-se pelo menor valor de calculo (para as peças laterais). É oportuno rever a escolha para a 1 a . disposição, colocando os pregos que vêm de faces opostas de topo, tomando o cuidado de desencontrá-los. 1a. disposição : e) resistência do prego na ligação : e.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 4 cm ; α = 90o ; β=

t 4,0 = = 8,16 ; d 0,49

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 2,5 para d < 0,62 cm ;

fe90d = 0,25 . 1,0 . 2,5 = 0,625 kN / cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 11,68 ; fed 0,625

β < βlim , portanto, esmagamento da madeira. [email protected]


43/68

t2

42 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . . 0,625 = 0,49 kN . β 8,16 e.2) peça central : t = t2 /2 = 6,5 /2 = 3,25 cm ; α = 0o ; β=

t 3,25 = = 6,63 ; d 0,49

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 9,23 ; fed 1,0

β < βlim , portanto, esmagamento da madeira :

t2

3,25 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . .1,0 = 0,64 kN . β 6,63 e.3) resistência efetiva do pino : RVd1 = 0,49 kN . Como se viu, a 1a . opção de disposição é a melhor; o valor de R Vd1 permaneceu igual (= 0,49 kN), e a disposição dos pregos ficará mais compacta, em termos de distâncias. A opção por defasar os pregos de faces opostas quase sempre não se mostra conveniente. f) número de pregos necessários : n=

Td 13,7 = = 28 ~ 30 φ (por simetria na disposição final), 15 em cada face. R Vd1 0,49

g) disposição dos pregos : g.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7. d = 7. 0,49 = 3,5 ~ 4 cm ; = bordo carregado = 4. d = 4. 0,49 = 2,0 cm ; EP = entre pregos consecutivos = 6. d = 6. 0,49 = 3,0 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5. d = 1,5. 0,49 = 0,8 ~ 2,0 cm . g.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5. d = 1,5. 0,49 = 0,8 ~ 1,5 cm ; EP = entre linhas de pregos = 3. d = 3. 0,49 = 1,5 cm . h) croquis : [email protected]


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1,5

9 4x1,5cm

1,5

30 pregos 21X45 – 15 cada face 1

4 3

9

3 2

Seção

Elevação

Exercício 6.18 : Projetar a ligação correspondente ao exercício 6.17, usando pregos com duas seções de corte, como meio ligante. 4 6,5 4 1- Madeira : Conífera C-25. 2- Dimensões em centímetros. 9 3- Critério da NBR-7190. 4- Esforços atuantes : 9 Tk = TGk + TQk ; Elevação Seção TGk = 6 kN (permanente) ; Tk T k TQk = 5 kN (vento de sobrepressão). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (6 + 0,75 . 5) = 13,7 kN. b) propriedades mecânicas da Conífera C-25 : fc0k = 25 MPa = 2,5 kN/cm2 ; fc 0 d = k mod .

fc 0k γ c

= 0,56 .

2,5 = 1,0 kN / cm 2 . 1,4

c) escolha do prego : c.1) diâmetro do prego : adotemos o prego 23 X 66, conforme sugerido na 1 a. solução, item “c”, do exercício 6.7 : d = 5,9 mm d = 5,9 mm , L = 152 mm. L = 152 mm [email protected]


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c.2) verificação do comprimento do prego : 40 + 65 + 12. 5,9 = 176 mm 40 + 65 + 40 = 145 mm


c.3) verificação das condições da NBR-7190 : t = 3,25 cm ≥ 5. d (ou 4d) = 5. 0,59 = 3,0 cm

verifica !

verifica !

d) resistência do prego na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 4 cm ; α = 90o ; β=

t 4,0 = = 6,78 ; d 0,59

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 2,5 para d <

0,62 cm ;

fe90d = 0,25 . 1,0 . 2,5 = 0,625 kN / cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 11,68 ; fed 0,625


t2

42 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . . 0,625 = 0,59 kN ; β 6,78 RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 0,59 = 1,18 kN . d.2) peça central : t = t2 /2 = 6,5 /2cm = 3,25 cm ; α = 0o ; β=

t 3,25 = = 5,51 ; d 0,59

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,0 kN/cm2 ; β lim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 9,23 ; fed 1,0


t2

3,25 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . .1,0 = 0,77 kN ; β 5,51 [email protected]


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RVd2 = 2 . RVd1 = 2 . 0,77 = 1,54 kN . d.3) resistência efetiva dos pregos : prevalece o menor valor : R Vd2 = 1,18 kN . e) número de pregos necessários : n=

Td 13,7 = = 11,6 ~ 12 φ (todos podem ser cravados na mesma face). R Vd2 1,18

f) disposição dos pregos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7. d = 7. 0,59 = 4,2 ~ 5 cm ; = bordo carregado = 4. d = 4. 0,59 = 2,5 cm ; EP = entre pregos consecutivos = 6. d = 6. 0,59 ~ 3,5 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5. d = 1,5. 0,59 = 0,9 ~ 1,0 cm . f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5 . 0,59 = 0,9 ~ 1,0 cm ; EP = entre linhas de pregos = 3.d = 3 . 0,59 = 1,8 ~ 2,0 cm . Na montagem da disposição dos pregos, percebe-se que não há espaço suficiente para acomodar os 12 pregos necessários, com as dimensões das peças disponíveis. Este fato vem corroborar a afirmativa feita anteriormente, já na solução do exercício 6.2, que diâmetros mais finos, são mais convenientes sob o ponto de vista da disposição. Por outro lado, quanto mais grossos os diâmetros, maiores as resistências unitárias dos pinos. A conciliação destes dois fatores, tanto nas ligações com pregos, como também nas ligações com parafusos, é fator determinante para se alcançar sucesso nas ligações de estruturas de madeira. Não existem critérios seguros, no início do projeto de ligações, que apontem as escolhas que levariam a soluções finais otimizadas (usar peças simples ou duplas de madeira, escolha do diâmetro, ligações pregadas com 1, 2 ou mais seções de corte, etc.). Conclui-se portanto que o processo é de tentativas. Tantas quantas forem necessárias, como foi feito em alguns dos exemplos resolvidos e propostos neste capítulo. De qualquer modo, estes dilemas não são exclusivos das estruturas de madeira, pelo contrário, abrangem também as estruturas metálicas e de concreto. Para a solução deste exercício, duas opções podem ser oferecidas : 1a.) aumentar a largura da peça vertical para 14 cm. [email protected]


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2a.) aumentar a largura das peças horizontais para 14 cm. Adotaremos a 1a. das duas soluções : g) croquis :

7 x 2,0cm

5 9

Aumentada de 9 ara 14 cm ! 2,5 2,5

4 2,5

Seção Elevação

12 pregos 23X66

Exercício 6.19 : (4oTE-2005) Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, solicitada à tração, usando pregos (bitola = 23X66) como meio ligante : Tk Tk 1) E.L.U. = Combinação normal. 2) Critério da NBR-7190/1997. 5 5 3) Dimensões em centímetros. , , 10 7 7 2,5 4) Madeira DICOTILEDÔNEA C-60, 2,5 5 135o 2a. categoria : fc,0,k = 60 MPa. 10 5) Esforços atuantes : Tk = Tgk + Tqk , Seção Elevação Tgk = 20 kN (permanente), Tqk = 40 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (20 + 40) = 84 kN. b) propriedades mecânicas de DICOTILEDÔNEA C-60 : fc0k = 60 MPa = 6,0 kN /cm 2 ; f 6,0 fc 0d = k mod . c 0k = 0,56 . = 2,4 kN / cm2 . γ c 1,4 c) resistência do prego na ligação : a escolha do prego já foi estabelecida no enunciado : 23 X 66 ; d= 0,59 cm ; L= 152 mm. [email protected] UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg. 48/68

c.1) verificação da condição da NBR-7190 : nesta situação, a solução é tomar t 1 = 2,5 , colocando os pregos de topo ; t (menor t ) ≥ 5 ou 4 d , ou seja : t = 2,5 > 4 . 0,59 = 2,36 aumentar o furo ! c.2) verificação do comprimento do prego : LMIN,2SC = 25 + 75 + (50 ou 12 x 5,9) = 150 , como L = 152, verifica! c.3) peças horizontais : t = t1= 2,5 cm ; α = 00

;

feod = fc0d = 2,4 kN/cm2 ; t 2,5 = 4,23 ; d 0,59

β= =

fyd =

fyk 60,0 = = 54,54 kN / cm2 ; γ s 1,10

βlim = 1,25 .

fyd 54,54 = 1,25 . = 5,96 ; fed 2,4 embutimento da madeira :

∴ β < βlim

t2

2,5 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 2,40 = 1,42 kN . β 4,23 c.4) peças inclinadas : t=

t 2 7,5 = = 3,75 cm ; 2 2

α=

45 0 ;

fe90d = 0,25. fc0d . αE ; αE = 2,5 p/d = 0,59 ;

fe90d = 0,25. 2,40 . 2,5 = 1,50 kN/cm2 ; fe,0,d . fe,90,d feαd = ; fe,0,d . sen2 α + fe,90, d . cos2 α fe,45,d =

2,40 .1,50 = 1,85 kN / cm2 ; 2 2 2,40 . sen 45 + 1,50 . cos 45

t 3,75 = 6,36 ; d 0,59

β= =

βlim = 1,25 .

fyd 54,54 = 1,25 . = 6,79 ; fed 1,85


[email protected]


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t2

3,75 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . .1,85 = 1,64 kN . β 6,36 c.5) resistência efetiva do prego : prevalece o menor valor : RVd1 = 1,423 kN ∴ RVd2 = 2. RVd1 = 2.1,42 = 2,84 kN . d) número de pregos necessários : T 84 n= d = = 29,6 ~ 30 φ ; 15 em cada face. R Vd2 2,84 e) disposição dos parafusos : e.1) direção paralela à carga : BC = 7.d = 7. 0,59 = 4,2 ; 4.d = 4. 0,59 = 2,4 ; EP = 6.d = 6. 0,59 = 3,6 ; BD = 4.d = 4. 0,59 = 2,4 ; 1,5.d = 1,5. 0,59 = 0,9 . e.2) direção normal à carga : BE = 1,5.d = 1,5. 0,59 = 0,9 ; EP = 3.d = 3. 0,59 = 1,8 .

f) croquis : 1

30 pregos 23X66 15 cada face

4x 2cm 1

3 3

2 2

2

Tk Tk Exercício 6.20 : (Nova Avaliação - 2005) Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas 6 135o figuras, usando pregos como meio ligante : escolher o maior diâmetro entre os recomendados. 6 1) E.L.U. = Combinação normal. Elevação 3 6 3 2) Critério da NBR-7190/1997. Seção 3) Dimensões em centímetros. 4) Madeira CEDRO DOCE, 2a. categoria : fc,0,m = 31,5 MPa. 5) Esforços atuantes : Tk = Tgk + Tqk , Tgk = 2 kN (permanente), Tqk = 2 kN (vento de sobrepressão). Solução : a) combinação das ações : Nd = 1,4 . (2,0 + 0,75. 2,0) = 4,9 kN. b) propriedades mecânicas do CEDRO DOCE : [email protected]


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fc0m = 31,5 MPa = 3,15 kN /cm2 ; fc0k = 0,7. fc0m = 0,7. 3,15 = 2,21 kN /cm2 ; f 2,21 = 0,88 kN / cm2 . fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 c) escolha do prego : c.1) diâmetro do prego : 1 1 . 30 mm ≤ d ≤ . 30 mm ; 3,0 mm ≤ d ≤ 4,3 mm ; 10 7 Os diâmetros sugeridos são d = 3,0mm , 3,4 mm ou 3,9 mm. Adotaremos d = 3,9 mm, o mais grosso dos sugeridos, conforme estabelece o enunciado do problema. c.2) comprimento do prego : 30 + 60 + 12. 3,9 = 137 mm LMIN,2SC = menor valor  30 + 60 + 30 = 120 mm

Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 90 mm, impossibilitando as duas seções de corte. Desta forma, resta a opção de manter o diâmetro e projetar ligações com apenas uma seção de corte : 30 + 12. 3,9 = 77 mm LMIN,1SC = menor valor   30 + 60 = 90 mm

d = 3,9 mm

L = 83mm O prego utilizado portanto, será a bitola (19 X 36) : c.3) interferência dos pregos que são cravados de faces opostas : Podemos usar pregos cravados de topo (desencontrados) e considerar t = t 2 /2 = 3,0 cm, porque no dimensionamento vai prevalecer t = t 1 = 3,0 cm, com o ângulo α = 45o.

c.4) verificação das condições da NBR-7190 : t = 3,0 (na peça mais de lg ada) ≥ 5. d (ou 4 d) = 5. 0,39 = 2 cm

verifica !

d) resistência do prego na ligação : d.1) peça central (esforço paralelo às fibras) : t = t2 /2 = 3,0 cm ; α = 00

; feod = fc0d = 0,88 kN/cm2 ;

t 3,0 = 7,77 ; d 0,39

β= =

[email protected]


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fyd =

fyk 60,0 = = 54,54 kN / cm2 ; γ s 1,10

βlim = 1,25 . β < βlim

fyd 54,54 = 1,25 . = 9,84 ∴ fed 0,88

; embutimento da madeira : t2

3,0 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,88 = 0,41 kN . β 7,77 d.2) peças laterais (esforço inclinado às fibras) : t = t1 = 3,0 cm ; α=

45 0 ; feod = 0,88 kN/cm2 ;

αE = 2,5 para d = 0,39 ;

fe90d = 0,25. fc0d . αE ; fe90d = 0,25. 0,88 . 2,5 = 0,55 kN/cm2 ; feαd =

fe,0,d . fe,90,d ; fe,0,d . sen2 α + fe,90,d . cos2 α

fe,45, d =

0,88 . 0,55 = 0,68 kN / cm2 ; 2 2 0,88 . sen 45 + 0,55 . cos 45

t 3,75 = 6,36 ; d 0,59

β= =

βlim = 1,25 .

fyd 54,54 = 1,25 . = 11,2 ∴ fed 0,68


t2

3,0 2 R Vd1 = 0,40 . . fed = 0,40 . . 0,68 = 0,32 kN . β 7,77 d.3) resistência efetiva do prego : prevalece o menor valor : RVd1 = 0,32 kN. e) número de pregos necessários : n=

Td 4,9 = = 15,3 ~16 φ , 8 em cada face. R Vd1 0,32

f) disposição e croquis dos pregos : f.1) direção paralela à carga :

f.3) croquis :

BC = 7.d = 7. 0,39 = 2,8 ; [email protected]


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4.d = 4. 0,39 = 1,6 ; EP = 6.d = 6. 0,39 = 2,4 ; BD = 1,5.d = 1,5. 0,39 = 0,6 . f.2) direção normal à carga : BE = 1,5.d = 1,5. 0,39 = 0,6 ; EP = 3.d = 3. 0,39 = 1,2 . Exercício 6.21 : (4o.TE 2006) : Projetar a ligação entre as peças (1) e (2) do nó de uma treliça de madeira indicado nas figuras, usando pregos como meio ligante, segundo o critério da NBR-7190, considerando ; 1- Diâmetro do prego d = 6,4 mm. 2- Dimensões indicadas em centímetros. 3- Madeira : EUCALIPTO GRANDIS, 2A. categoria, qualidade estrutural. 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + T Qk ; T Gk = 3 kN (permanente) ; TQk = 3,3 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (3 + 3,3) = 8,82 kN.

0,75

3x1,5 0,75 3x2,0

9,5

5 , 9 1

1 90o

45o

1 2,5

2

2 9,5

3,25 Elevação

Tk

Seção

b) propriedades mecânicas do EUCALIPTO GRANDIS : fc0m = 40,3 MPa = 4,03 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7 . 4,03 MPa = 2,82 kN/cm2 ; f 2,82 = 1,13 kN / cm2 . fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 c) escolha do prego : Adotado d = 6,4 mm, como estabelecido no enunciado. Verifica-se a condição t ≥ 5d , já que o menor valor de “t” será 3,25 cm : tMIN = 3,25 cm > 5 . 0,64 = 3,2. c.1) comprimento do prego :  32,5 + 95 + 12. 6,4 = 205 mm LMIN,2SC = menor valor  32,5 + 95 + 32,5 = 160 mm [email protected]


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Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 152 mm, impossibilitando as duas seções de corte. Portanto, a solução para a ligação, usando o diâmetro pré-estabelecido, se fará com apenas 1 seção de corte. d = 6,4 mm 32,5 + 12. 6,4 = 110 mm LMIN,1SC = menor valor   32,5 + 95 = 128 mm L = 138 mm O prego utilizado portanto, será a bitola (24 X 60) : d) resistência do prego na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 3,25 cm ; α = 0o ; t 3,25 = 5,1 ; d 0,64

β= =

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,13 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 8,7 ; fed 1,13

β < βlim , portanto, esmagamento da madeira.

t2

3,25 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . .1,13 = 0,94 kN . β 5,1 d.2) peça central : 1A. hipótese : pregos cravados de topo : t 2 = 4,75 cm. t = t2 = 4,75 cm ; α = 90o ; t 4,75 = 7,4 ; d 0,64

β= =

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 1,95 para d = 0,64 cm

;

fe90d = 0,25 . 1,13 . 1,95 = 0,55 kN / cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 12,45 ; fed 0,55


t2

4,75 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . . 0,55 = 0,67 kN . β 7,4 [email protected]


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d.3) peça central : 2A. hipótese : pregos cravados alternados : t 2 = 9,5 cm. t = t2 = 9,5 cm ; α = 90o ; t 9,5 = 14,8 ; d 0,64

β= =

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 1,95 para d = 0,64 cm ;

fe90d = 0,25 . 1,13 . 1,95 = 0,55 kN / cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 12,45 ; fed 0,55

β > β lim , portanto, flexão do pino :

d2

0,64 2 R Vd1 = 0,625 . . fyd = 0,625 . . 54,55 = 1,12 kN . βlim 12,45 d.4) Resistência efetiva dos pregos : 1a. hipótese : Rvd1 = 0,67 KN (< valor entre 0,94 e 0,67). 2a. hipótese : Rvd1 = 0,94 KN (< valor entre 0,94 e 1,12). e) número de pregos necessários : T 8,82 = 13,2 ~ 14 φ = 16 φ (por simetria na disposição final), 8 cada face. 1a. hip.: n = d = R Vd1 0,67 2a. hip.: n =

Td 8,82 = = 9,4 ~ 10 φ = 12 φ (por simetria na disposição final), 6 cada face. R Vd1 0,94

A solução final mais conveniente (mais econômica) leva 12 pregos (contra 16 pregos). Há, no entanto, que se verificar a possibilidade de dispor os pregos de forma desencontrada, nas faces opostas. f) disposição dos pregos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado EP = entre parafusos consecutivos BD = bordo descarregado f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo EP = entre linhas de parafusos [email protected]

= 7.d = 7. 0,64 = 4,5 cm ; = 4.d = 4. 0,64 = 2,6 cm ; = 6.d = 6. 0,64 = 3,9 cm ; = 1,5.d = 1,5. 0,64 = 1,0 cm . = 1,5 . d = 1,5. 0,64 = 1,0 cm ; = 3.d = 3. 0,64 = 2,0 cm. UFPR-2009 Estruturas de Madeira CAP.6 pg.

55/68

g) croquis :

1A. hipótese :

2A. hipótese :

10,0 4,0 3,0 2,5

19,5

1

4,0 2,0

19,5

3x4,0

3,0 2,5 2

1

2x2,25 2

3x2,5

12 pregos 24X60

16 pregos 24X60

Exercício 6.22 (Nova Aval. 2006) : Projetar a ligação entre as peças (1) e (2) do nó de uma treliça de madeira indicado nas figuras, usando pregos como meio ligante, segundo NBR-7190/1997, considerando : o critério da NBR-7190/1997, 1) Dimensões indicadas em centímetros. centímetros. Ck 2) ELU – ELU – combinação normal. Elevação 9,59,5 4,5 4,5 DICOTILEDÔNEA, C-30, 3) Madeira DICOTILEDÔNEA, 7 300 a Seção 2 . categoria ; qualidade estrutural. 9,5 4) Esforços atuantes : Ck = CGk + CQk ; CGk= 7 kN (permanente); CQk= 7 Kn (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Cd = 1,4. (7 + 7) = 19,6 kN. b) propriedades mecânicas da DICOTILEDÔNEA C-30 : fc0k = 30 MPa = 3,0 kN/cm 2 ; f 3,0 fc 0d = k mod . c 0k = 0,56 . = 1,20 kN / cm2 . γ c 1,4 c) escolha do prego : 1 1 1 1 . e ≤ d ≤ . e ; . 4,5 ≤ d ≤ . 4,5 ; 4,5 ≤ d ≤ 6,4 ; 10 7 10 7 Adotado d = 6,4 mm. Verifica-se a condição t ≥ 5d , já que o menor valor de “t” “t ” será 3,5 cm : tMIN = 3,5 cm > 5 . 0,64 = 3,2. c.1) comprimento do prego : [email protected]


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45 + 70 + 12. 6,4 = 192 mm  45 + 70 + 45 = 160 mm

LMIN,2SC = menor valor 

Consultando a tabela 23, vemos que para este diâmetro, o maior comprimento disponível comercialmente é 152 mm, impossibilitando as duas seções de corte. Portanto, a solução para a ligação, usando o diâmetro pré-estabelecido, se fará com apenas 1 seção de corte. d = 6,4 mm + = 45 12 . 6 , 4 122 mm  LMIN,1SC = menor valor  L = 138 mm  45 + 70 = 115 mm O prego utilizado portanto, será a bitola (24 X 60) : d) resistência dos pregos na ligação : d.1) peça central : t = t2 /2 = 7/2 = 3,5 cm ; α = 30o ;

t 3,5 = 5,47 ; d 0,64

β= =

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,20 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 1,95 para d = 0,64 cm ;

fe90d = 0,25. 1,20. 1,95 = 0,59 kN / cm2 ; fe,0,d . fe,90,d fe,0,d . fe,90,d = = feαd = f ; e,30, d fe,0,d . sen2 α + fe,90,d . cos2 α fe,0,d . sen2 30 + fe,90,d . cos2 30 fe,30,d =

1,20 . 0,59 = 0,95 kN / cm2 ; 2 1,20 . sen 30 + 0,59 . cos 30 2

fyd 54,55 = 1,25 . = 9,45 ; fed 0,95

βlim = 1,25 .


t2

3,5 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . . 0,95 = 0,85 kN . β 5,47 d.2) peças laterais : t = t1 = t3 =4,5 cm ; α = 0o ; t 4,5 = 7,03 ; d 0,64

β= =

[email protected]


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fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 1,20 kN/cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 8,43 ; fed 1,20


t2

4,5 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . .1,20 = 1,38 kN . β 7,03 d.3) Resistência efetiva dos pregos : Rvd1 = 0,85 KN (< valor entre 0,85 e 1,38). e) número de pregos necessários : n=

Cd 19,6 = = 23 ~ 24 φ = 12 φ cada face (por simetria na disposição final). R Vd1 0,85

f) disposição dos pregos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = EP = entre pregos consecutivos = BD = bordo descarregado = f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = EP = entre linhas de parafusos =

7.d = 7. 0,64 = 4,5 cm ; 4.d = 4. 0,64 = 3,0 cm ; 6.d = 6. 0,64 = 4,0 cm ; 1,5.d = 1,5. 0,64 = 1,0 cm ; 4.d = 4. 0,64 = 3,0 cm . 1,5.d = 1,5. 0,64 = 1 cm ; 3.d = 3. 0,64 = 2,0 cm.

g) croquis :

1 3x 2,5cm 9,5 1

24 pregos 24X60 – 12 cada face. 2,0 3x 2,5cm

[email protected]


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Exercício 6.23 (4o. TE-2007) : Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando pregos como meio ligante. 1- Diâmetro do prego = 7,6 mm. 6,5 9 6,5 2- Madeira : Aroeira do Sertão – 2A. categoria, Elevação qualidade estrutural. 14 3- Dimensões em centímetros. o 90 9 4- Critério da NBR-7190. 5- Estados Limites Últimos – combinações normais. Tk Tk 6- Esforços atuantes : Seção Tk = TGk + TQk ; TGk = 3 kN (permanente) ; TQk = 7 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Td = 1,4 . (3 + 7) = 14,0 kN. b) propriedades mecânicas da Aroeira do Sertão : fc0m = 101,7 MPa = 10,17 kN/cm2 ; fc0k = 0,7. fc0m = 0,7. 10,17 = 7,12 kN/cm2 ; f 7,12 = 2,85 kN / cm2 . fc 0 d = k mod . c 0k = 0,56 . γ c 1,4 c) escolha do prego : c.1) diâmetro do prego : adotaremos o prego indicado na questão , com d = 7,6 mm. d = 7,6 mm L = 166 mm

c.2) verificação do comprimento do prego : 65 + 90 + 12. 7,6 = 246 mm LMIN,2SC = menor valor  não existe ! + + = 65 90 65 220 mm  65 + 12. 7,6 = 156 mm LMIN,1SC = menor valor   65 + 90 = 155 mm

prego : 26 X 72

c.3) verificação das condições da NBR-7190 : t = 9 / 2 = 4,5 cm ≥ 5. d (ou 4d) = 5. 0,76 = 3,8 cm .

verifica !

d) resistência do prego na ligação : d.1) peças laterais : t = t1 = t3 = 6,5 cm ; α = 0o ; t 6,5 = 8,55 ; d 0,76

β= =

[email protected]


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fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,85 kN/cm2 ; fyd 54,55 = 1,25 . = 5,47 ; fed 2,85

βlim = 1,25 .

β > βlim , portanto, flexão do prego :

d2

0,762 R Vd1 = 0,625 . . fed = 0,625 . . 54,55 = 3,60 kN . βlim 5,47 d.2) peça central : t = t2 /2 = 9/2 = 4,5 cm ; α = 90o ; t 4,5 = 5,92 ; d 0,76

β= =

fyd =

fyk γ s

=

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,85 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 1,95 para d = 0,76 cm

;

fe90d = 0,25 . 2,85 . 1,95 = 1,39 kN / cm2 ; βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 7,84 ; fed 1,39


t2

4,5 2 R Vd1 = 0,4 . . fed = 0,4 . .1,39 = 1,90 kN . β 5,92 Neste ponto, cabe um raciocínio : pode-se usar t 2 /2 para apoiar os pregos na metade da espessura da peça central, e mantê-los alinhados nas faces opostas, ou, espaçá-los da distância regulamentar, e usar toda a espessura da peça central para apoio dos pregos. Vamos determinar as duas possibilidades : t = t2 = 9 cm ; α = 90o ; t 9,0 = 11,84 ; d 0,76

β= =

βlim = 1,25 .

fyd 54,55 = 1,25 . = 7,84 ; fed 1,39

β > βlim , portanto, flexão do prego :

d2

0,76 2 R Vd1 = 0,625 . . fed = 0,625 . . 54,55 = 2,51 kN . βlim 7,84 [email protected]


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Pode-se agora estabelecer a conveniência da adoção de t = t 2 /2 = 4,5 cm, ou t = t 2 = 9,0 cm : quem define a capacidade final dos pregos é a peça central, já que nas peças laterais a capacidade é de 3,60 kn (d.1) e teremos na peça central uma capacidade maior, 2,51 kN, ao invés de 1,90 kN. Se não houver falta de espaço para colocar os pregos, serão necessários menos pregos na ligação. d.3) resistência efetiva dos pregos : prevalece o menor valor, entre 2,51 e 3,60 : R Vd1 = 2,51 kN . e) número de pregos necessários : n=

Td 14 = = 5,6 ~ 6 φ (3 pregos em cada face). R Vd1 2,51

f) disposição dos pregos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = 7. d = 7. 0,76 = 5,4 ~ 5,5 cm ; = bordo carregado = 4. d = 4. 0,76 = 3,1 cm ~ 3,5 cm ; EP = entre pregos consecutivos = 6. d = 6. 0,76 ~ 4,65 cm ~5,0 cm ; BD = bordo descarregado = 1,5. d = 1,5. 0,76 = 1,2 cm ; f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = 1,5 . d = 1,5 . 0,76 = 1,2 ~ 2,0 cm ; EP = entre linhas de pregos = 3.d = 3 . 0,76 = 2,3 ~ 2,50 cm . 6,5 9 6,5

g) croquis :

5,5 5 3,5

14 2x2,5

2

2 9

Elevação

Seção

Exercício 6.24 (Nova avaliação-2007) : Para o nó de uma treliça de madeira indicado nas figuras, considerar : 1- Dimensões indicadas em cm. 2- Critério da NBR-7190. 3- Madeira: JATOBÁ, 2a. cat., qualidade estrutural. 4- Esforços atuantes : Tk = TGk + TQk e Ck = CGk + CQk. TGk= 3 kN e CGk = 3,6 kN (permanentes) ; [email protected]


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TQk= 7 kN e CQk = 8 kN (sobrecargas). Determinar : a- o mínimo valor de “e”, para encaixe simples (valor arredondado para numero inteiro) b- A condição de segurança da diagonal (3), comprimida, com L=L0=110 cm. c- Projetar a ligação entre as peças (1) e (2), usando parafusos d=3/8” como meio ligante. Solução : a) Propriedades mecânicas do JATOBÁ : fc0m= 93,3 MPa= 9,33 kN/cm2; fc0k= 0,7. 9,33= 6,53 kN/cm2;

L=L0=110 2 e=? 90o

10

2

5 1

1 3

3 o10 45 1 Ck

2,5 5 2,5

Tk ELEVAÇÃO

SEÇÃO

fc 0d = 0,56 . 6,53 1,4 = 2,61kN / cm2 ; fv0m= 15,7 MPa= 1,57 kN/cm2; fv0k= 0,54. fv0m= 0,54. 1,57= 0,85 kN/cm2; fv 0 d = 0,56. 0,85 1,8 = 0,26 kN / cm2 ; Ec,0,m= 23607 MPa= 2360,7 kN/cm 2 ; Ec,0,ef= 0,56. 2360,7= 1322,0 kN/cm 2 . b) ELU : Combinação Normal : Td= 1,4. (3+ 7)= 14,0 kN ; Cd= 1,4. (3,6+ 8)= 16,2 kN . c) Encaixe simples : c.1) Esforço na área AB : o C AB,d = 16,2 . cos  45  = 14,97 kN. 2  

c.2) Tensões na área AB : fc90,d=0,25.fc0,d=0,25.2,61=0,65kN/cm2; fc,45,d = 2,61. 0,65

(2,61. sen2 45 + 0,65. cos2 45)

;

fc,45,d = 1,04 kN / cm2 ; σ AB = 14,97

5. e = 1,04 = fc,45,d ∴

e ≥ 14,97 5.1,04 = 2,89 ~ 3 cm. [email protected]


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d) Diagonal comprimida : d.1) Grau de esbeltez : 3 5 . 10 4 IX = = 416,7 cm ; 12 3

IY = 10 . 5 12 = 104,2 cm4 ∴ IMIN = IY ; 2 W = 10. 5 6 = 41,67 cm3 ;

imin=iY= 104,2 5.10 = 1,44 cm ; λ MAX = 110

1,44 = 76 ∴peça medianamente esbelta: 40 < λ < 80 .

d.2) Determinação de Md (equações 4.6 a 4.11) : ei = 0 ≥ h Y 30 = 5 30 = 0,17 cm ; ea = 110 300 = 0,37 cm ; e1= 0,17+ 0,37= 0,54 cm ; FE =

π 2 . E c 0,ef .Ieixo 2 0

L

=π

2

.1322,0 .104,2

110 2

= 112,3 kN

;

e d = 0,54 .   112,3 112,3 − 16,2  = 0,62 ; 



Md= 16,2. 0,62= 10,04 kN.cm . d.3) Determinação das tensões σNd e σMd : σNd = 16,2

5.10

σMd = 10,04

= 0,32 kN / cm2

41,67

;

= 0,24 kN / cm2 .

d.4) Verificação da segurança (equação 4.4) : σNd

+

σMd

fc 0,d fc 0,d

=

0,32 0,24 + = 0,21 < 1,0 2,61 2,61

Verifica !

e) Ligação entre as peças (1) e (2) : e.1) verificação dos parafusos : tMIN = 2,5 (menor t) > 2. 0,95 = 1,9. Verifica ! e.2) resistência do parafuso na ligação : t = t1 = t3 = 2,5 cm para as peças laterais , e t = t 2 2 = 5,0 2 = 2,5 cm para a peça central ; [email protected]


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α=

00 , para as peças laterais, e α = 900 , para a peça central :

Basta verificar a peça central, para t = 2,5 cm, e α = 90 0 (mais desfavorável) : β = 2,5

0,95 = 2,63 ;

fyd = 24,0 1,10 = 21,8 kN / cm 2 ; fe0d = fc0d = 2,61 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE =

1,95 , para d = 0,95 cm ;

αE fe90d=

0,25. 2,61. 1,95 = 1,27 kN/cm2 ;

βlim = 1,25 .

21,8

1,27 = 5,18 ; β < βlim , portanto, embutimento da madeira : 2

R Vd1 = = 0,40 . 2,5 2,63 .1,27 = 1,21 kN ; RVd2= 2. 1,21 = 2,42 kN . e.3) número de parafusos necessários : n = = 14,0 2,42 = 5,8 ~ 6 φ . e.4) disposição dos parafusos : e.4.1) direção paralela à carga : BC = 7.0,95 = 6,7 cm ; BC = 4.0,95 = 3,8 cm ; EP = 6.0,95 = 5,7 cm ; BD = 1,5.0,95 = 1,5 cm. e.4.2) direção normal à carga : BE = 1,5.0,95 = 1,5 cm ; EP = 3.0,95 = 2,9 cm. e.5) croquis :

5 2 6 4 3

15

2

33

2

Exercício 6.25 (4º.TE 2008) : Projetar a ligação entre as peças de madeira indicadas nas figuras, usando pregos 19 X 36 como meio ligante. Considerar : 1- Critério da NBR-7190/1997. [email protected]


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2- Dimensões indicadas em cm. 3- ELU - Combinação normal. 4- Madeira : ANGELIM FERRO, 2a. categoria, qualidade estrutural. 5- Esforços atuantes : Ck = CGk + CQk ; CGk = 3,5 kN (permanente), CQk = 4 kN (sobrecarga). Solução : a) combinação das ações : Cd = 1,4. (3,5 + 4) = 10,5 kN.

Ck

Ck 6,5

60o 11,5

4 4 4 SEÇÃO

ELEVAÇÃO

b) propriedades mecânicas de ANGELIM FERRO : fc0m = 79,5 MPa = 7,95 kN/cm2 ; fc0k = 0,7 . fc0m = 0,7. 7,95 = 5,565 kN/cm 2 ; f

=k

.

f

γ

= 0,56 .

5,565 1,4

= 2,226 kN / cm

.

c) verificação do prego : Adotada a bitola 19X36 : d = 3,9 mm, L= 83 mm. Verifica-se a condição t ≥ 5d , já que o menor valor de “t” será 4 ou 2 cm (peça central) : d = 3,9 mm t = 2 cm > 5. 0,39 = 2. MIN

L = 83 mm c.1) comprimento do prego : Os pregos conseguem ultrapassar as duas peças (80 mm), sobrando apenas 3 mm., impossibilitando duas seções de corte. Portanto, a solução para a ligação, usando o diâmetro pré-estabelecido, se fará com apenas 1 seção de corte. d) resistência dos pregos na ligação : Há duas possibilidades de dimensionamento da ligação, considerando uma seção de corte : a primeira delas, com o posicionamento dos pregos de faces opostas desencontrados, mobilizando na peça central apoio dos pregos de cada face em toda espessura da peça central : t = t 2. A resistência individual será maior, exigindo menos pregos, com menor espaço para disposição. Já a segunda, com o posicionamento dos pregos de faces opostas de topo, mobilizando na peça central apoio dos pregos de cada face em apenas metade da espessura da peça : t = t 2 /2. A resistência individual será menor, exigindo mais pregos, com maior espaço para disposição. Faremos a tentativa da 1ª. opção : [email protected]


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d.1) peça central : t = t2 = 4 cm ; α = 60o ; t

4

d

0,39

β= =

fyd =

fyk

=

γ s

= 10,25

;

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,226 kN/cm2 ; fe90d = 0,25 . fc0d . αE ; αE = 2,5 para d =

0,39 cm ;

fe90d = 0,25. 2,226. 2,5 = 1,391 kN / cm2 ; f α

=

=

f

β

f

f

. f

. sen

α + f

2,226. sen 60 + 1,391. cos 60 f

= 1,25.

f

54,55 1,534

= 7,45

f f

. f

. sen 60 + f

= 1,534 kN / cm

. cos 60

;

;

;

, portanto, flexão do pino.

= 0,625.

R

α

=

f

2,226.1,391

= 1,25.

β>β

. cos

=

t

β

. f = 0,625.

0,39 7,45

. 54,55 = 0,70 kN .

d.2) peças laterais : t = t1 = t3 =4 cm ; α = 0o ; t

4,0

d

0,39

β= =

fyd =

fyk γ s

=

= 10,25 ;

60,0 = 54,55 kN / cm2 ; 1,10

fe0d = fc0d = 2,226 kN/cm2 ; β

= 1,25 .

β>β R

f

= 1,25.

f

54,55 2,226

= 6,187 ;

, portanto, flexão do pino.

= 0,625.

t

β

. f = 0,625.

0,39 6,19

. 54,55 = 0,84 kN .

d.3) Resistência efetiva dos pregos : Rvd1 = 0,70 KN (< valor entre 0,84 e 0,70). [email protected]


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e) número de pregos necessários : n=

C R

=

10,5 = 15 ~ 16 φ(por simetria na disposição final ). 0,70

f) disposição dos pregos : f.1) direção paralela à carga : BC = bordo carregado = EP = entre pregos consecutivos = BD = bordo descarregado = f.2) direção normal à carga : BE = bordo externo = EP = entre linhas de parafusos =

4.d = 4. 0,39 = 1,6 ~ 2 cm ; 6.d = 6. 0,39 = 2,4 ~ 2,5 cm ; 1,5.d = 1,5. 0,39 = 0,6 ~ 1,0 cm ; 1,5.d = 1,5. 0,39 = 1 cm ; 3.d = 3. 0,39 = 1,2 ~ 1,5 cm.

g) croquis : 1,0

3 x 1,5 1,0 1,5 3 x 2,5 2,5

[email protected]


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exercicios madeira

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