Calculo de estacas by Cleiton Jose Souza

Carlos Vamberto de Araújo Martins 1

DETERMINAÇÃO DOS ESFORÇOS EM ESTACAS CRAVADAS VERTICALMENTE, CONSTITUINTES DE UM ESTAQUEAMENTO DE BLOCO SUJEITO A MOMENTOS E FORÇAS HORIZONTAIS E VERTICAIS.

1 – CONSIDERAÇÕES PRELIMINARES O presente estudo visa apresentar a formulação necessária para obtenção dos esforços em estacas cravadas verticalmente, cujo estaqueamento a que pertencem esteja submetido a forças horizontais e verticais e a momentos. 2 – HIPÓTESES ADOTADAS 2.a – O Bloco de Coroamento é sobejamente rígido de forma a desprezar-se suas deformações face as das estacas; 2.b – O material das estacas atende à lei de Hooke; 2.c – Os afundamentos das estacas são iguais; 2.d – As deflexões das estacas são iguais. Fx = FX ( a )

Engenheiro da Companhia Docas da Paraíba

3 – ESFORÇOS ATUANTES NO SISTEMA O

sistema

está

submetido aos esforços FX , FY , FZ , MX , MY , todos reduzidos ao sistema de eixos X,Y e Z (arbitrário) e com a origem em O. ( Ver fig. I ). Reduzindo os esforços ao sistema de eixos x, y e z, que passa pelo baricentro (G) da estacaria, teremos, para os esforços respectivos, Fx , Fy , Fz , Mx , My , Mz , os seguintes módulos : Fy = FY ( b )

Carlos Vamberto de Araújo Martins 1 Fz = FZ ( c )

∑

Mx = MX – FY.d + FZ.Yg ( d )

Mzi = 0 ⇒ Mz +

∑

[( H i , Mz ). yi ] +

i =1

∑ [( V

i , Mz

).xi ] = 0

i =1

(6)

My = MY + FX.d - FZ.Xg ( e ) Mz =Mz,Fx+Mz,Fy

NOTA: O segundo índice, indica o esforço que deu origem ao esforço referido.

-FX.Yg+FY.Xg ( f )

Para que o sistema esteja em equilíbrio devemos ter, sendo n o número de estacas ( Ver FIGs I e II ):

∑Fx

4 – DETERMINAÇÃO DO BARICENTRO (G) DO ESTAQUEAMENTO

∑Hi = 0

= 0 ⇒ Fx +

a) Forças Normais (Ni):

i =1

Da figura I, tiramos:

∑

Fy i = 0 ⇒ Fy +

∑Vi = 0 i =1 n

∑

∑Ni = 0

Fz i = 0 ⇒ Fz +

i =1

∑

∑Ni. yi = 0

Mx i = 0 ⇒ Mx +

i =1

∑My

= 0 ⇒ My +

∑Ni . xi = 0 i =1 n

∑

Mz i = 0 ⇒ Mz +

Hi . yi +

i =1

∑Vi. xi = 0 i =1

Ocorre que : Hi = H i , Fx + H i , Mz

Vi = Vi , Fy +Vi , Mz

Fz . Xg +

Ni = N i , Fz + N i , Mx + N i , My

∑Fy ∑Fz

i , Fx

= 0 ⇒Fy +

∑V

i , Fy

(1)

Xg =

∑[( N

∑N

i , Fz

(3)

= 0 ⇒ Mx +

∑N

= 0 ⇒ My +

i , Mx

i =1 n

∑ [( N

i , Fz

Analogamente : n

∑ [( N

(A)

i =1

). Xi ]

(2)

= 0 ⇒ Fz +

i , Fz

i =1

). Xi ] = 0 ∴Xg = −

∑ My 1

∑H i =1

∑ Mx

= 0 ⇒Fx +

i , Fz

Tendo em vista ( c ) e ( 3 ), teremos :

∑[( N i =1

Como os momentos geram forças reativas em forma de conjugados, o sistema de equilíbrio acima se simplifica em:

∑Fx

i , My

). yi ] = 0 ).xi ] = 0

i =1

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(4) (5)

Yg =

∑[( N

i , Fz

).Yi]

i =1

(B)

∑N i =1

i , Fz

∑[( N

i , Fz

i =1

). Xi ]

Carlos Vamberto de Araújo Martins 1

Como o material da estaca obedece a lei de Hooke, teremos: N i , Fz = −Ki .δi , onde Ki =

Ei . Ai , sendo : Li

δi – Alongamento ou encurtamento da estaca; Ai – Seção reta da estaca;

Sabemos que (Fig. II-a):

− Hi = β ⋅

E i ⋅ J i ,y Li

⋅ δ xi ;−Vi = β ⋅

E i ⋅ J i ,x Li 3

⋅ δ yi

Onde:

Li – Comprimento de cálculo da estaca; Ki – Coeficiente de Rigidez.

δxi (δyi) - Deslocamento do bloco na direção x (y); Ei - Módulo de Elasticidade do material da estaca i;

Em virtude de 2.c, teremos: δi = δ = constante

β - Coeficiente adimensional que depende da vinculação da haste (estaca) com o bloco;

Ni,Fz = - Ki.δ

Li - Comprimento livre da haste (estaca);

Portanto, as expressões ( A ) e ( B ), tornam-se:

Ji,x (Ji,y) - Momento de Inércia da seção reta da estaca na direção x (y); Assim, as coordenadas Xm e Ym podem ser escritas da forma:

∑

( Ki . Xi )

Xg =

i =1

(C)

∑Ki

i =1

Xm =

∑( C

i =1

∑( C

∑

Ym =

i =1

De forma análoga, teremos: n

Xm =

⋅Xi ) ;

∑V i =1

Ym =

∑( H

⋅ Yi )

i =1

i ,x

⋅ Yi )

i =1 n

∑( C

(D-1) i ,y

)

∑H

Ei ⋅ J i ,y Li 3

e C i ,y =

E i ⋅ J i ,x Li 3

5 – DETERMINAÇÃO DOS ESFORÇOS NAS ESTACAS

i =1

5.1 – Reação Axial devida à Carga Vertical Fz De

∑( C

Onde: C i ,x = n

)

i =1

b) Forças Horizontais ( Hi ,Vi ):

i ,x

(D)

i =1

(C-1)

i =1

∑( Ki.Yi )

∑( V

⋅Xi )

i =1

Yg =

i ,x

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( 3 ) e ( c ) , teremos:

Carlos Vamberto de Araújo Martins 1

∑

Fz = FZ = −

∑

N i , Fz = −

i =1

( −Ki .δi ) = δ

i =1

∑Ki

Assim,

i =1

N i , My = −

, uma vez que δi = δ = constante

Assim,

δ=

Fz n

My . Ki ( Xi − Xg ) n

∑[ Ki( Xi − Xg )

]

i =1

FZ n

∑ Ki ∑ Ki i =1

i =1

Como Ni,Fz = - Ki.δi = -Ki.δ, teremos :

N i , Fz

   Ki =− n  Ki    i =1

∑

   . Fz    

(E)

5.2 – Reação Axial devida aos Momentos Mx e My

De ( 4 ) , teremos ; n

∑

Mx = −

∑[ N

( N i , Mx ). yi = −

i =1

i , Mx

.(Yi −Yg )]

i =1

Ainda, observando-se a figura III – b , teremos:

N i , Mx = −Ki .δi = −Ki (Yi −Yg ).( −ϕi ) = Ki (Yi −Yg ).ϕi , sendo ϕi = constante Assim,

Mx = −ϕi

∑[ Ki(Yi −Yg )

] ∴ϕi = −

i =1

De ( 5 ) , teremos:

Mx n

∑[ Ki(Yi −Yg )]

i =1

∑( N

My = −

Logo,

i , My

∑[ N

). xi = −

i =1

i , My

.( Xi − Xg )]

i =1

N i , Mx =

Ainda observando-se a figura III – a, teremos :

∑[ Ki( Xi − Xg ) i =1

] ∴ϕi =

My n

∑[ Ki( Xi − Xg ) i =1

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]

Ni = N i , Fz + N i , Mx + N i , My , ou seja : 2

]

   Ki Ni =−Fz  n  Ki    i =1

∑

5.3 – Reação Axial Total (Ni)

constante

My = ϕi

∑[ Ki(Yi −Yg ) i =1

N i , My = −Ki .δi = −Ki ( Xi − Xg ).ϕi , sendo ϕi= n

Mx. Ki (Yi −Yg ) n

   Mx . Ki (Yi −Yg ) My . Ki ( Xi −Xg ) + n − n  2 [ Ki (Yi −Yg ) ] [ Ki ( Xi −Xg ) 2 ]   i =1  i =1

∑

Carlos Vamberto de Araújo Martins 1 Para o caso particular em que o estaqueamento sofra o carregamento sobre eixos de simetria e as estacas preservem o mesmo material e dimensões, teremos: K1 = K2 = . . . . = Kn = constante

−

∑( H

i ,Fx

)

i =1 n

∑( C

=− i ,x

)

H i ,Fx = −Fx .

Yg = 0 E a expressão de Ni, acima , passa a ser : Fz Mx.Yi Ni =− + n − n Yi 2

∑ i =1

∑Xi i =1

C i ,x

, que tendo em vista (1):

i =1

Xg = 0

My . Xi

H i ,Fx

Ci , x n

∑( C

i ,x

)

i =1

   Fz My . Xi Mx.Yi =− − n + n n  Yi 2 Xi 2   i =1 i =1 

∑

5.4 – Reações Tangenciais(Horizontais Verticais) devidas a Fx e Fy

∑

Reduzindo ao baricentro M(X m,Ym), as Forças Externas F x e F y , relativas aos eixos x e y, teremos a seguinte disposição:

  b) Reações Devidas    Analogamente, 

Vi ,Fy = −F y .



a Fy :

C i ,y n

∑( C

i ,y

)

i =1

5.5 – Reações Tangenciais ( Horizontais e Verticais ) devidas a MZ',Fx e MZ',Fy a) Reações devidas a MZ',Fx :

 a) Reações Devidas a F x  Sob a ação da força F x o bloco rígido sofre uma translação δx, Fx, na direção x´, gerando uma reação Hi,Fx na estaca i, também nessa direção, dada por:

− H i ,Fx = β ⋅ C i ,x ⋅ δ x ,Fx ∴−

H i ,Fx C i ,x

Sob a ação de MZ',Fx o bloco do estaqueamento, gira em torno do eixo z', perpendicular ao plano x'y', de um ângulo ϕ, provocando o aparecimento de forças reativas Hi,Mz',Fx no plano dos topos das estacas.

= β ⋅ δ x ,Fx = cons tan te Para que o sistema esteja em equilíbrio, deveremos ter(Fig.V):

Que nos permite escrever:

M z' ,Fx +

∑( H

i ,Mz' ,Fx . y' i

) =0 ( F )

i =1

Considerando a estaca i:

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−H i ,Mz' ,Fx = β ⋅ C i ,x ⋅( δ x ,Mz' ,Fx ) = β ⋅ C i ,x ⋅ y' i ⋅tgϕ , ou, ainda, em vista de 2.d :

−

H i ,Mz' ,Fx

=−

C i ,x ⋅ y' i

H i ,Mz' ,Fx ⋅ y' i C i ,x ⋅ ( y' i ) 2

= β ⋅ tgϕ = cons tan te

Finalmente:

Vi ,Mz' ,Fy = −F y ⋅ X m ⋅

Ci ,y ( X i − X m )

∑[C n

i ,y

⋅( X i − X m )2

i =1

]

Que permite escrever: n

∑[( H

i ,Mz' ,Fx

i =1 n

∑[C

i ,x

6 – RESUMO DOS ESFORÇOS NAS ESTACAS

) ⋅ y' i ]

⋅ ( y' i ) 2

i =1

]

H i ,Mz' ,Fx

Todos os esforços até aqui analisados, foram obtidos considerando-se o sistema BLOCO.

C i ,x ⋅ y' i

Tendo em vista a TERCEIRA LEI DE NEWTON, e, considerando-se o sistema ESTAQUEAMENTO, teremos, para os esforços genéricos nas estacas os mesmos aqui deduzidos com o sinal trocado.

Tendo em vista ( F ), teremos:

H i ,Mz' ,Fx = −M z' ,Fx ⋅ y' i ⋅

C i ,x

∑[C n

i ,x

⋅ ( y' i ) 2

i =1

]

Observando a figura II, teremos: 6.1 – Esforço Axial

Ocorre que:

y' i = Yi −Ym e M z' ,Fx = M z ,Fx − Fx ( Ym −Y g )

   Ki Ni =Fz  n  Ki   = −Fx ⋅Y g − Fx ( Ym −Y g )  i =1

∑

Finalmente:

C i ,x ( Yi − Ym )

∑[C n

i ,x

∑

⋅ ( Yi − Ym ) 2

i =1

]

Xg e Yg dados por (C) e (D), respectivamente;

Ki =

Fz = Fz;

Mx = Mx – Fy.d + Fz.Yg;

My = My + Fx.d - Fz.Xg .

b) Reações devidas a MZ',Fy : Analogamente,

E i Ai ; Li

6.2 – Esforço Tangencial Horizontal

Vi ,Mz' ,Fy = −M z' ,Fy ⋅ x' i ⋅

C i ,y

∑[C n

i =1

i ,y

⋅ ( x' i ) 2

]

Ocorre que:

x' i = X i − X m ,

H i = −( H i ,Fx + H i ,Mz' ,Fx )

H i = Fx .

C i ,x n

∑C

− F x ⋅ Ym ⋅

i ,x

i =1

Sendo, M z' ,Fy = M z ,Fy + F y ( X m − X g ) = F y ⋅ X g + F y ( X m − X g ) - Ym dado por (D-1); M =F ⋅X z' ,Fy

∑

Sendo,

M z' ,Fx = −Fx ⋅Ym

H i ,Mz' ,Fx = F x ⋅ Ym ⋅

   Mx. Ki (Yi −Yg ) My . Ki ( Xi −Xg ) − n + n  2 [ Ki (Yi −Yg ) ] [ Ki( Xi −Xg ) 2 ]   i =1  i =1

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C i ,x ( Yi − Ym )

∑[C n

i =1

i ,x

⋅ ( Yi − Ym ) 2

]

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Ei J i ,y

C i ,x =

Fx = Fx ;

6.4 - Momentos de Engastamento Estaca-Bloco

;

Li 3

Admitindo o engastamento perfeito da estaca no bloco do estaqueamento, teremos:

6.3 – Esforço Tangencial Vertical

(

Vi = − Vi ,Fy +Vi ,Mz' ,Fy Vi = F y .

Ci ,y

∑( C

i ,y

)

+ Fy ⋅ X m ⋅

M ie,x = Vi .

)

i =1

6.5 – Regra de Sinais

C i ,y ( X i − X m )

∑[C n

i ,y

⋅( X i − X m )2

i =1

]

a ) Para as Forças Externas e nas Estacas, considerar a orientação dos eixos do presente estudo; b ) Para os momentos externos, considerar estes eixos e utilizar a regra universal do “Saca – Rolhas”.

Sendo, Xm dado por (C-1);

Li Li e e M i ,y = H i . 2 2

E i J i ,x

7 – EXEMPLO NUMÉRICO

Extraído da REVISTA ESTRUTURA N.º 94, pag. 55, do artigo Determinação das Reações em Blocos de Estacas Fincadas Verticalmente, dos autores - Fy = Fy Juan Pedro Zagni e Donato Cabral Garofano. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Esforços Externos

C i ,y =

Li 3

;

Fx = 5.000 kgf Mx = 50.000 kgm

Fy = - 20.000 kgf My = 30.000 kgm

Fz = 100.000 kgf D = 1m

Dados Geométricos

Estaca

Xi ( m )

Yi ( m )

Li (m )

Ai (m2 )

Ei ( kgf/m2 )

Jxi ( m 4 )

Jyi ( m 4 )

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

-1 -2 -1 1 2 1 -2,858 -2,858 0 2,858 2,858 0

1,732 0 -1,732 -1,732 0 1,732 1,65 -1,65 -3,3 -1,65 1,65 3,3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

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As figuras acima exibem a tela do programa ESTAQV, de nossa autoria, executando o exemplo numérico proposto. João Pessoa, Abril de 1998

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