UNIVERSIDAD
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SULANDE DO SUL ESCOLA DE ENGENHARIA
ESCOLA DE ENGENHARIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL
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ORM
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ALL
AMÉRICO CAMPOS FILHO AMÉRICO CAMPOS FILHO
SUMÁRIO
SUMÁRIO
11 – – AS AS SOLICITAÇÕES SOLICITAÇÕES NORMAIS NORMAIS ... ... 11 22 – – ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS – – ESTADO ESTADO LIMITE
LIMITE ÚLTIMO ÚLTIMO ... 22 2.1
2.1 – – Estados Estados limites limites ... ... 22 2.2
2.2 – – Hipóteses Hipóteses básicas básicas ... ... 22 33 – – DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARERETANGULARES DE S DE CONCRETO ARMADOCONCRETO ARMADO SUJEITAS À
SUJEITAS À FLEXÃO COMPOSTA FLEXÃO COMPOSTA NORMAL ...NORMAL ... 66 3.1
3.1 – – O O problema problema a a ser ser resolvido resolvido ... ... 66 3.2
3.2 – – As As relações relações de de equivalência equivalência entre entre esforços esforços atuantes atuantes e rese resistentes istentes ... ... 88 3.3
3.3 – – Dimensionamento Dimensionamento de de seções seções retangulares retangulares submetidas submetidas à à flexo-compressão flexo-compressão normal normal ... ... 99 3.3.1-
3.3.1- Armaduras Armaduras assimétricas assimétricas ... ... 99 3.3.2
3.3.2 – – Armaduras Armaduras simétricas simétricas ... ... 1919 3.4 -
3.4 - DimensionamenDimensionamento de to de seções seções retangulares retangulares submetidas submetidas à flexo-traçà flexo-tração normal ão normal ... ... 2929 3.5
3.5 – – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado submetidas à
11 – – AS SOLICITAÇÕES NORMAIS AS SOLICITAÇÕES NORMAIS
As seções transversais de um elemento estrutural estão submetidas a solicitações. Estas As seções transversais de um elemento estrutural estão submetidas a solicitações. Estas solicitações são classificadas como normais e tangenciais. As solicitações normais, como o esforço solicitações são classificadas como normais e tangenciais. As solicitações normais, como o esforço normal e o momento fletor,
normal e o momento fletor, dão origem a tensões normais nas seções. Por outro lado, dão origem a tensões normais nas seções. Por outro lado, as solicitaçõesas solicitações tangenciais, como o esforço cortante e o momento de torção, causam o aparecimento de tensões tangenciais, como o esforço cortante e o momento de torção, causam o aparecimento de tensões tangenciais nas seções. Tradicionalmente, o dimensionamento das seções de concreto armado é tangenciais nas seções. Tradicionalmente, o dimensionamento das seções de concreto armado é feito por grupo de solicitações. Assim, no caso de uma viga de concreto armado, cujas seções feito por grupo de solicitações. Assim, no caso de uma viga de concreto armado, cujas seções transversais estão submetidas a momento fletor e esforço cortante, têm-se dois processos transversais estão submetidas a momento fletor e esforço cortante, têm-se dois processos independentes de dimensionamento para a seção: determina-se uma armadura longitudinal para independentes de dimensionamento para a seção: determina-se uma armadura longitudinal para resistir à solicitação correspondente ao momento fletor e, de forma independente, calcula-se uma resistir à solicitação correspondente ao momento fletor e, de forma independente, calcula-se uma armadura transversal para resistir ao esforço cortante. Isto é feito por se ter uma solicitação normal armadura transversal para resistir ao esforço cortante. Isto é feito por se ter uma solicitação normal (momento fletor) e uma solicitação tangencial (esforço cortante) atuando na seção. Já para um pilar (momento fletor) e uma solicitação tangencial (esforço cortante) atuando na seção. Já para um pilar de concreto armado, cujas seções estão submetidas a momento fletor e esforço normal, tem-se um de concreto armado, cujas seções estão submetidas a momento fletor e esforço normal, tem-se um processo de
processo de dimensionamento único, dimensionamento único, onde onde se se determina determina uma uma armadura longitudinal armadura longitudinal para para resistir resistir aa ação simultânea destas duas solicitações. Neste caso se têm duas solicitações do mesmo grupo (das ação simultânea destas duas solicitações. Neste caso se têm duas solicitações do mesmo grupo (das solicitações normais).
solicitações normais).
Sempre que uma seção estiver submetida a um momento fletor se tem uma solicitação dita Sempre que uma seção estiver submetida a um momento fletor se tem uma solicitação dita de flexão. A solicitação de flexão pode ser classificada como simples ou composta. Uma flexão é de flexão. A solicitação de flexão pode ser classificada como simples ou composta. Uma flexão é dita simples quando a única solicitação normal atuante é o momento fletor. Uma flexão é chamada dita simples quando a única solicitação normal atuante é o momento fletor. Uma flexão é chamada composta quando atuam simultaneamente em uma seção um momento fletor e uma força normal composta quando atuam simultaneamente em uma seção um momento fletor e uma força normal (de tração ou de compressão).
(de tração ou de compressão).
A solicitação de flexão, seja simples ou composta, pode ser classificada, ainda, como normal A solicitação de flexão, seja simples ou composta, pode ser classificada, ainda, como normal ou oblíqua. Uma flexão é chamada normal quando o plano de flexão contém um eixo de simetria da ou oblíqua. Uma flexão é chamada normal quando o plano de flexão contém um eixo de simetria da seção. Uma flexão é dita oblíqua sempre que a direção da linha neutra não pode ser determinada a seção. Uma flexão é dita oblíqua sempre que a direção da linha neutra não pode ser determinada a priori.
priori. A A figura figura abaixo abaixo mostra mostra seções de seções de concreto concreto armado armado submetidas submetidas à à flexão flexão composta composta oblíqua.oblíqua. Em (a), o plano de ação do momento fletor corta a seção transversal segundo uma reta que não Em (a), o plano de ação do momento fletor corta a seção transversal segundo uma reta que não coincide com o seu plano de simetria.
coincide com o seu plano de simetria. A flexão também é A flexão também é oblíqua, caso (b), quando a seção não temoblíqua, caso (b), quando a seção não tem um eixo de simetria.
um eixo de simetria.
Figura 1.1
Figura 1.1 – – Situações de flexão oblíqua Situações de flexão oblíqua
eixo de simetria eixo de simetria
traço do plano de flexão traço do plano de flexão
traço do plano de flexão traço do plano de flexão
2 – ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS – ESTADO LIMITE ÚLTIMO
2.1 – Estados limites
Para se projetar uma estrutura com um adequado grau de segurança é necessário que se verifique a não ocorrência de uma série de estados limites.
Estes estados limites podem ser classificados em estados limites últimos (ELU) e estados limites de serviço (ELS). Os estados limites últimos correspondem à máxima capacidade portante da estrutura. Os estados limites de serviço são aqueles relacionados à durabilidade das estruturas, aparência, conforto do usuário e a boa utilização funcional da mesma, seja em relação aos usuários, seja às máquinas e aos equipamentos utilizados.
Nas estruturas de concreto armado, devem ser verificados os seguintes estados limites últimos:
a) estado limite último da perda do equilíbrio da estrutura, admitida como corpo rígido;
b) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em parte, devido às solicitações normais e tangenciais;
c) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em parte, considerando os efeitos de segunda ordem;
d) estado limite último provocado por solicitações dinâmicas; e) estado limite último de colapso progressivo;
f) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em parte, considerando exposição ao fogo (NBR 15200);
g) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, considerando ações sísmicas (NBR 15421).
Os estados limites de serviço, que devem ser verificados nas estruturas de concreto armado, são:
a) estado limite de abertura das fissuras; b) estado limite de deformações excessivas;
c) estado limite de vibrações excessivas.
Neste trabalho será discutido o estado limite último de esgotamento da capacidade resistente devido às solicitações normais.
2.2 – Hipóteses básicas
Na análise dos esforços resistentes de uma seção de concreto armado, admitem-se as seguintes hipóteses básicas:
b) a deformação das barras, em tração ou compressão, é a mesma do concreto em seu entorno; c) as tensões de tração no concreto, normais à seção transversal, podem ser desprezadas;
d) a distribuição de tensões no concreto se faz de acordo com o diagrama parábola-retângulo, com tensão de pico igual a 0,85 f cd, conforme a figura
Figura 2.1 – Diagrama parábola-retângulo para o concreto comprimido sendo f cd a resistência de cálculo do concreto à compressão, determinada por
c ck cd f f
(2.1)onde f ck é a resistência característica do concreto à compressão e c é o coeficiente de minoração da
resistência do concreto, tomado, em geral, com o valor de 1,4.
Οs valores a serem adotados para os parâmetros εc2 (deformação específica de encurtamento do
concreto no início do patamar plástico) e εcu (deformação específica de encurtamento do
concreto na ruptura) são definidos a seguir: - para concretos de classes até C50:
εc2 = 2,0 ‰
εcu = 3,5 ‰
- para concretos de classes de C50 até C90:
εc2 = 2,0 ‰ + 0,085 ‰ .( f ck - 50)0,53;
εcu = 2,6 ‰ + 35 ‰ [(90 - f ck )/100]4
Esse diagrama pode ser substituído pelo retângulo de profundidade y = λx, onde o valor do
parâmetro λ pode ser tomado igual a:
λ = 0,8 para f ck ≤ 50 MPa; ou
e onde a tensão constante atuante até a profundidade y pode ser tomada igual a:
- αc f cd no caso da largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a partir
desta para a borda comprimida; - 0,9 αc f cd no caso contrário.
sendo αc definido como:
- para concretos de classes até C50; αc = 0,85
- para concretos de classes de C55 até C90: αc = 0,85 [1,0 - ( f ck - 50) / 200]
As diferenças de resultados obtidos com esses dois diagramas são pequenas e aceitáveis, sem necessidade de coeficiente de correção adicional.
e) a tensão nas armaduras é obtida a partir do diagrama tensão deformação, com valores de cálculo; a resistência de cálculo do aço, f yd, é dada por
s yk yd f f
(2.2)onde f yk é a resistência característica do aço e s é o coeficiente de minoração da resistência do aço,
tomado, em geral, com o valor de 1,15.
Figura 2.2 - Diagrama tensão-deformação para o aço
f) o estado limite último é caracterizado quando a distribuição das deformações na seção transversal pertencer a um dos domínios definidos na Figura 2.3.
- ruptura convencional por deformação plástica excessiva:
reta a: tração uniforme
domínio 1: tração não uniforme, sem compressão
domínio 2: flexão simples ou composta sem ruptura à compressão do concreto ( c< cu e com o máximo alongamento permitido)
- ruptura convencional por encurtamento limite do concreto:
domínio 3: flexão simples (seção subarmada) ou composta com ruptura à compressão do concreto e com escoamento do aço ( s> yd )
domínio 4: flexão simples (seção superarmada) ou composta com ruptura à compressão do concreto e aço tracionado sem escoamento ( s< yd )
domínio 4a: flexão composta com armaduras comprimidas domínio 5: compressão não uniforme, sem tração
reta b: compressão uniforme
Figura 2.3 - Domínios de deformação do estado limite último em uma seção transversal g) as solicitações são tomadas com os seus valores de cálculo, dados por
N
N d
f (2.3)M
M d
f (2.4)onde N, M são as solicitações de serviço e f é o coeficiente de majoração das solicitações, tomado,
3 – DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES DE CONCRETO ARMADO
SUJEITAS À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL 3.1 – O problema a ser resolvido
Com o propósito de ilustrar o procedimento de cálculo de uma seção de concreto armado submetida a solicitações normais, apresentam-se, neste capítulo, os procedimentos de dimensionamento de seções retangulares à flexão composta normal.
O problema a ser resolvido é o seguinte:
DADOS: geometria: b, h, d, d’ concreto: f ck
aço: f yk
solicitações: N, M DETERMINAR: A s1 e A s2
O traço do plano de flexão coincide com um eixo de simetria da seção.
h b d' d As2 As1
Fig. 3.1 – Seção retangular
Para resolver este problema devem ser empregados três tipos de relações, determinadas a partir das hipóteses básicas de cálculo apresentadas no capítulo 2:
(a) relações tensão-deformação dos materiais (b) relações de compatibilidade de deformações
(c) relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes
As relações tensão-deformação dos materiais já foram apresentadas no capítulo 2.
As relações de compatibilidade de deformações são decorrentes da hipótese que as seções permanecem planas até a ruptura e dos domínios de deformação do estado limite último
estabelecidos pela NBR6118:2014. Através destas relações, conhecida a posição da linha neutra, podem-se determinar os valores das deformações em qualquer fibra da seção transversal. A posição da linha neutra é definida pelo valor da coordenada x (distância da fibra de maior encurtamento ou menor alongamento da seção até a linha neutra). As relações de compatibilidade de deformações para os diferentes domínios de deformação estão apresentadas na Fig. 3.2.
domínio 1: x < 0 x d x x d x d x x d x d c c
‰ 10 ' ‰ 10 ' ‰ 10 ‰ 10 2 2 1 domínio 2: 0 < x < x23 d x x d x x d d x x d x x d cu cu c c
‰ 10 ‰ 10 ' ‰ 10 ' ‰ 10 ‰ 10 23 2 2 1 domínios 3 e 4: domínio 3: x23 < x < xlim domínio 4: xlim < x < d E f d x x d x x x d d x x d x s yd yd cu yd cu cu cu cu
lim 2 1 2 1 ' ' domínio 4a: d < x < h x d x x d x d x d x x cu cu cu ' ' 2 1 2 1
domínio 5: x > h h x d x h x d x h x x d x d x x h x cu c cu c cu c cu c cu c cu c c c cu c cu c
2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 ' 'conhecendo-se x, sabe-se o domínio e as deformações.
3.2 – As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes
As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes são necessárias para o dimensionamento das seções de concreto armado à flexão composta normal. O estabelecimento destas relações será ilustrado, neste item, para uma situação de dimensionamento de seção retangular submetida à flexão composta normal.
Antes, porém, uma observação relativa às solicitações deve ser feita. No equacionamento da solução do problema é mais conveniente trabalhar com o par (N, e0) do que com o par (N, M),
conforme ilustra a Fig. 3.3. As duas situações de solicitação são estaticamente equivalentes.
Figura 3.3 - Situações estaticamente equivalentes
A excentricidade e0 do esforço normal de cálculo pode ser determinada através da expressão
N M N M e d d 0 (3.1)
A Fig. 3.4 apresenta o diagrama para a determinação das relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes.
ESFORÇOS ATUANTES ESFORÇOS RESISTENTES As1 c As2 x e0 e1 e2 h d d' O Nd
Figura 3.4 – Diagrama de equivalência entre esforços atuantes e resistentes
Nd Md Nd e0 O O c f cd 1 l f cd b x 2 x
A partir do diagrama da Fig. 3.4 pode-se escrever que N d = a c l f cd b x + A s2 2 – A s1 1 (3.2) N de1 = a c l f cd b x (d – 0,5 l x) + A s2 2 (d - d’) (3.3) onde 0 2 0 1 0 2 ' 2 ' e d d e e d d e N M N M e d d (3.2)
Nestas duas expressões aparecem cinco valores que não podem ser determinados diretamente dos dados do problema de dimensionamento: A s1 , A s2 , x, 1 , 2. Estas seriam as
incógnitas do problema. Na verdade, os valores de 1 e 2 são dependentes do valor de x e não são,
portanto, incógnitas adicionais. Assim, para se encontrar a solução do problema de dimensionamento, deve-se resolver um sistema de duas equações e 3 incógnitas. Este problema apresenta solução indeterminada e tem, portanto, infinitas soluções possíveis.
3.3 – Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-compressão normal
Para escolher uma solução particular, dentre as infinitas possíveis, para o problema de dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal, deve-se arbitrar uma relação adicional entre as incógnitas. Serão estudadas duas soluções particulares: solução de armaduras assimétricas (As1+As2 mínimo) e a solução das armaduras simétricas
(As1=As2).
3.3.1 - Armaduras assimétricas
Para estabelecer-se o que vai ser arbitrado, dividem-se os problemas de flexo-compressão em 3 situações:
(a) Flexo-compressão com grande excentricidade (As1 0 e tracionada – domínios 2 ou 3)
Abrange todos os casos em que só é possível equilibrar os esforços solicitantes, utilizando-se armadura simples (de tração) ou dupla (de tração e de compressão).
(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade (As1 = 0 – domínios 4, 4a ou 5)
Corresponde a todos os casos em que é possível equilibrar os esforços solicitantes, utilizando-se unicamente uma armadura de compressão.
(c) Compressão composta (As1 e As2 comprimidas – domínio 5)
(a) Flexo-compressão com grande excentricidade
Na flexo-compressão com grande excentricidade, é necessária uma armadura tracionada para equilibrar os esforços atuantes. A situação de dimensionamento deve cair dentro dos domínios 2 ou 3, para que a solução seja econômica (1 yd 1 = f yd). Pode-se ter solução com armadura
simples (As2 = 0) ou com armadura dupla (x = xlim).
(a.1) Armadura simples
c f cd As1 f yd c x e1 h d O Nd
Figura 3.5 – Grande excentricidade - armadura simples
N d = a c l f cd b x – A s1 f yd
N de1 = a c l f cd b x (d – 0,5 l x)
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, x)
Para assegurar que 1 = f yd, usa-se esta
solução somente para x < xlim (1 yd) [domínios
2 ou 3], ou seja, para Nd e1 Mdlim.
M dlim = a c l f cd b xlim (d – 0,5 l xlim )
(a.2) Armadura dupla
Para a situação de armadura dupla, fixa-se que x = xlim.
c f cd As1 f yd c f cd b xlim As2 2 xlim xlim e1 h d d' O Nd
Figura 3.6 – Grande excentricidade - armadura dupla
N d = a c l f cd b xlim + A s2 2 – A s1 f yd
N de1 = M dlim + A s2 2 (d - d’)
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, As2)
Antes de resolver o sistema de equações, deve-se determinar o valor de 2, a partir do
cálculo de 2 lim lim 2 ' x d x cu
f cd b x xObservação: excentricidades de Nd
Figura 3.7 – Excentricidades do esforço normal
2 ' 2 ' 0 2 0 1 d d e e d d e e 0 2 0 1 e 2 ' d d e e 2 ' d d e
Transição entre a flexo-compressão com grande excentricidade e a flexo-compressão com pequena excentricidade quando e0 > (d-d’)/2 c f cd As1 f yd c As2 xlim e0 h d d' O Nd e2
O equilíbrio à rotação, em relação à armadura comprimida, só é possível se As1 > 0
estiver tracionada, ou seja, para e0 > (d-d’)/2
sempre será flexo-compressão com grande excentricidade. (d-d')/2 (d-d')/2 e1 e0 e2 Nd O (d-d')/2 (d-d')/2 e1 e0 e2 O Nd e2 + -2 f cd b xlim xlim
Figura 3.8 – Transição FCGE-FCPE quando e0 < (d-d’)/2 c f cd As1 f yd c As2 xlim e0 h d d' O Nd e2
Figura 3.9 – Transição FCGE-FCPE
Fazendo o equilíbrio à rotação, em relação à armadura As2, tem-se
Nd e2 = a cl f cd b xlim (0,5 l xlim –d’) – As1 f yd (d-d’)
'
0 ' 5 , 0 lim 2 lim 1
d d f e N d x x b f A yd d cd c s l l a
d cd c N d x x b f e lim 0,5 lim ' 2
a l l(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade
Nesta situação, tem-se apenas uma armadura de compressão (As1 = 0).
c f cd c f cd b x x x e2 h d' O Nd As2 2
Figura 3.10 – Pequena excentricidade
N d = a c l f cdb x + A s2 2 (1)
N d e2 = a c l f cd b x (0,5 l x – d’) (2)
Têm-se 2 equações x 2 incógnitas (x, As2).
Em primeiro lugar, deve-se calcular o valor de x, usando a equação (2). A seguir, verifica-se o domínio que corresponde a este valor de x. Podem ser os domínios 4, 4a ou 5. Empregando a relação de compatibilidade de deformações correspondente, calcula-se o valor de 2.
Utilizando-se a relação tensão-deformação do aço, determina-se o valor de 2. Finalmente, com
a equação (1), calcula-se As2.
2 f cd b xlim
Transição entre a flexo-compressão com pequena excentricidade e a compressão composta Pode-se aumentar a zona com tensão igual a ac f cd até uma altura l x = h (ou x = h/l). A
partir daí, toda a seção de concreto está submetida à tensão ac f cd.
c f cd e2 h d' O Nd As2
Figura 3.11 – Transição FCPE-CC
Assim, o máximo momento Nd e2, que a
seção pode resistir, sem a armadura As1 de
compressão, é N d e2 = a c f cd b h (0,5 h – d’) ou
d cd c N d h h b f e2
a 0,5
'Para aumentar o momento Nd e2 seria necessário acrescentar As1, que contribuiria com a
parcela adicional As1 1 (d-d’). Assim, tem-se flexo-compressão com pequena excentricidade
quando
d cd c N d h h b f e2
a 0,5
'Para e2 maior do que este valor se tem compressão composta.
(c) Compressão composta
Neste caso, precisa-se de duas armaduras de compressão para equilibrar os esforços atuantes. c f cd e2 h d' O Nd As2 As1 e1 d
Figura 3.12 – Compressão composta
N d e1 = a c f cd b h (d-0,5 h)+A s2 2(d-d’)
N d e2 = a c f cd b h(0,5 h-d’)+A s1 1(d-d’)
Têm-se 2 equações x 3 incógnitas (x, As1,
As2). Embora não apareça explicitamente, os
valores de 1 e de 2 são dependentes do valor
de x. Dentre as infinitas soluções possíveis, a solução mais econômica é encontrada para x = +. Esta solução corresponde a reta b do
diagrama de deformações do estado limite último (1 =2 =c2).
c f cd b h 2
c f cd b h 2 1
Situação em que não é necessário armadura teoricamente c f cd 2+d') e2 h d' O Nd e2+d' e2+d'
Figura 3.13 – Situação em que não é necessário armadura
Não é necessário colocar armadura, teoricamente, se
'
2 e2 d b f N d
a c cd
ou b f N d e cd c d a 2 ' 2
ou ' 2 2 d b f N e cd c d
aEmbora, neste caso, não exista a necessidade teórica da colocação de armadura para equilibrar os esforços atuantes, na prática, a norma sempre exige a colocação de uma armadura mínima na peça estrutural.
Exemplos:
b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm
C25: f ck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; f cd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm2
CA-50: f yd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = f yd / E s = 2,07 ‰
M dlim = a cl f cd b xlim (d – 0,5 l xlim ) = 0,85.0,8.1,786.25.28,26(45-0,5.0,8.28,26) = 289,12 kN.m
N N d d d cd c GP kN cm N d x x b fe2
a l lim 0,5l lim
'
0,85.0,8.1,786.25.28,26(0,5.0,8.28,26
5)
5409 .
N N e d d d cd c PC kN cm N d h h b f 0,5 ' 0,85.1,786.25.50(0,5.50 5) 37953 . 2
a cm cm kN d b f N N N e d d cd c d 5 / 91 , 75 5 25 . 786 , 1 . 85 , 0 . 2 ' 2 0 2
a Exemplo 1: M = 70 kN.m N = 100 kN N d = 1,4.100 = 140 kN cm 50 70 2 5 45 e 2 ' d d e cm 90 70 2 5 45 e 2 ' d d e cm 0 7 100 7000 N M e 0 2 0 1 0 como e2 < 0 flexo-compressão com grande excentricidade
2 0 2 5 3 ,16 cm e 91 , 75 140 e
precisa armaduraN d .e1 = (140kN) (0,90m) = 126,0 kN.m < M dlim = 289,12 kN.m armadura simples
N d = a cl f cd b x – A s1 f yd (1)
N de1 = a c l f cd b x (d – 0,5 l x) (2) (2): -0,85.0,8.1,786.25.0,5.0,8 x2 + 0,85.0,8,1,786.25.45 x – 12600 = 0 -12,145 x2 + 1366,3 x – 12600 = 0 x = 10,14 cm < xlim = 28,26 cm ou x = 102,36 cm (absurdo) (1): 3 ,86 cm 43,48 140 ,14 ,786.25.10 0,85.0,8.1 A s1
2
cm , d , d ‰ , ‰ ‰ , d cu yd cu ε x 0628 2826 5 3 07 , 2 5 3 lim
Exemplo 2: M = 150 kN.m N = 800 kN N d = 1,4.800 = 1120 kN cm 25 , 1 75 , 18 2 5 45 e 2 ' d d e cm 75 , 38 75 , 18 2 5 45 e 2 ' d d e cm 75 , 18 800 15000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 75 , 9 5 91 , 75 1120 e02
2 precisa armadura e cm 83 , 4 1120 5409eGP 2
2 flexo-compressão com grande excentricidadeN d .e1 = (1120kN) (0,3875m) = 434,0 kN.m > M dlim = 289,12 kN.m armadura dupla
N d = a cl f cd b xlim + A s2 2 – A s1 f yd (1)
N de1 = M dlim + A s2 2 (d - d’) (2) 2: xlim = 28,26 cm ‰ 881 , 2 26 , 28 5 26 , 28 ‰ 5 , 3 ' lim lim 2
x x d cu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = f yd = 43,48 kN/cm2 (2): 8 ,33cm 5) -(45 43,48 28912 43400 A s2
2
(1): 2 ,30cm 43,48 1120 8,33.43,48 ,26 ,786.25.28 0,85.0,8.1 A s1
2
Exemplo 3: M = 30 kN.m N = 630 kN N d = 1,4.630 = 882 kN cm 24 , 15 76 , 4 2 5 45 e 2 ' d d e cm 76 , 24 76 , 4 2 5 45 e 2 ' d d e cm 76 , 4 630 3000 N M e 0 2 0 1 0 cm 62 6 5 882Exemplo 4: M = 100 kN.m N = 1250 kN N d = 1,4.1250 = 1750 kN cm 12 8 2 5 45 e 2 ' d d e cm 28 8 2 5 45 e 2 ' d d e cm 8 1250 10000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 05 , 18 5 91 , 75 1750 e02
2 precisa armadura cm 69 , 21 1750 37953 e e cm 09 , 3 1750 5409eGP 2
2
2PC
flexo-compressão com pequena excentricidadeN d = a cl f cdb x + A s2 2 (1) N d e2 = a c l f cd b x (0,5 l x – d’) (2) (2): 0,85.0,8.1,786.25.0,5.0,8 x2 – 0,85.0,8.1,786.25.5 x – 1750.12 = 0 12,145 x2 – 151,81 x – 21000 = 0 x = -35,80 cm (absurdo) ou x = 48,30 cm d = 45 cm; h = 50 cm; d < x < h domínio 4a ‰ 138 , 3 30 , 48 5 30 , 48 ‰ 5 , 3 ' 2
x d x cu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = f yd = 43,48 kN/cm2 (1): 6 ,52cm 43,48 ,30 ,786.25.48 0,85.0,8.1 -1750 A s2
2 Exemplo 5: M = 100 kN.m N = 2000 kN N d = 1,4.2000 = 2800 kN cm 15 5 2 5 45 e 2 ' d d e cm 25 5 2 5 45 e 2 ' d d e cm 5 2000 10000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 89 , 31 5 91 , 75 2800 e02
2 precisa armadurae e ; cm 55 , 13 2800 37953 e ; cm 93 , 1 2800 5409 eGP 2
PC 2
2
2PC compressão compostaN d e1 = a c f cd b h (d-0,5 h)+A s2 2(d-d’) (1)
N d e2 = a c f cd b h(0,5 h-d’)+A s1 1(d-d’) (2)
Fixar x = c ‰ 1 = 2 = 21.000 . 2/1000 = 42 kN/cm2 < yd = 2,07 ‰ (2): 2 ,41cm 5) -42(45 5) -.50 .25.50(0,5 0,85.1,786 -2800.15 A s1
2 (1): 19 ,08cm 5) -42(45 0,5.50) -.25.50(45 0,85.1,786 -2800.25 A s2
23.3.2 - Armaduras simétricas
Vantagens da utilização da solução de armaduras simétricas:
evitar a inversão das armaduras
solução mais econômica nos casos de solicitações alternadas
ESFORÇOS ATUANTES ESFORÇOS RESISTENTES As1 c As2 x e0 e1 e2 h d d' O Nd
Figura 3.14 – Diagrama de esforços atuantes e resistentes O problema de flexo-compressão normal:
N d = a c l f cd b x + A s2 2 – A s1 1
N de1 = a c l f cd b x (d – 0,5 l x) + A s2 2 (d - d’)
têm-se 2 equações x 3 incógnitas ( A s1 , A s2 , x) infinitas soluções possíveis
Na solução de armaduras simétricas, fixa-se que As1=As2=As. A dificuldade de se encontrar
a solução deste problema é que 1, 2 aparecem nas equações e seus valores dependem de x. Por
esta razão, não é possível resolver explicitamente o sistema e se tem que recorrer a um processo iterativo.
Para efeitos de equacionamento, divide-se o problema de flexo-compressão normal, solução de armaduras simétricas, em quatro casos:
caso 1 e0 > (d-d’)/2 0 x d esforço normal atua fora das duas armaduras
caso 2
e0 < (d-d’)/2
0 x d As1 - tracionada
As2 - comprimida
caso 3 d x h/ l As1, As2 – comprimidas
parte da seção submetida a tensão ac f cd
caso 4 x h/ l As1, As2 – comprimidas
c f cd
1 l f cd b x 2
Equacionamento da solução: c f cd As1 1 c f cd b x As2 2 x x e0 h d d' O Nd e2 e1 Figura 3.15 – Caso 1
Caso 1:
e0 > (d-d’)/2 0 x d (domínios 2, 3 ou 4)esforço normal atua fora das duas armaduras
N d = a c l f cdb x + A s ( 2- 1 ) (1) N de1= a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N d|e2|=- a cl f cd b x (0,5 l x-d’)+A s1 1(d-d’)(3) c f cd As1 1 c f cd b x As2 2 x x e0 h d d' O Nd e2 e1 Figura 3.16 – Caso 2
Caso 2:
e0 < (d-d’)/2 0 x d (domínios 2, 3 ou 4) N d = a c l f cdb x + A s ( 2- 1 ) (1) N de1= a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N de2= a cl f cd b x (0,5 l x-d’) -A s1 1(d-d’) (3)c f cd As1 c As2 x e0 h d d' O Nd e2 e1 Figura 3.17 – Caso 3
Caso 3:
e0 < (d-d’)/2 d x h/l (domínios 4a ou 5) N d = a c l f cdb x + A s ( 2+ 1 ) (1) N de1=a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N de2=a cl f cd b x (0,5 l x-d’) +A s1 1(d-d’) (3)Processo iterativo para a solução dos casos 1, 2 ou 3: (a) Arbitra-se x (xarb);
(b) Calculam-se1,2;
(c) Calculam-se1, 2;
(d) Calculam-se As1, As2 com (2) e (3);
(e) Calcula-se um novo valor de x (xcalc) com (1), usando como As, a armadura que tiver menor
variação em relação à iteração anterior (na primeira iteração, deve-se calcular duas vezes o valor de x e utilizar aquele que variar menos em relação ao valor arbitrado).
A convergência do processo ocorre quando As1 = As2 e xarb = xcalc (as duas condições são
verificadas simultaneamente).
1 f cd b x 2 x
c f cd As1 c f cd b h As2 2 e0 h d d' O Nd e2 e1 Figura 3.18 – Caso 4
Caso 4:
e0 < (d-d’)/2 x h/l (domínio 5) N d = a c f cdb h + A s ( 2+ 1 ) (1) N de1=a c f cdb h(d-0,5h)+A s2 2(d-d’) (2) N de2=a c f cd b h (0,5h-d’) +A s1 1(d-d’) (3)Processo iterativo para a solução do caso 4: (a) Arbitra-se As1;
(b) Calcula-se1, utilizando a equação (3);
(c) Calcula-se1, utilizando a relação tensão-deformação do aço;
(d) Calcula-se x, utilizando uma relação de compatibilidade de deformações do domínio 5; (e) Calcula-se2, utilizando outra relação de compatibilidade de deformações do domínio 5;
(f) Calcula-se2, utilizando a relação tensão-deformação do aço;
(g) Calcula-se As2, utilizando a equação (2);
A convergência do processo ocorre quando As1 = As2.
Transições:
O caso 1 corresponde às situações onde o esforço normal está atuando fora das duas armaduras. Por equilíbrio, a armadura As1 obrigatoriamente tem que estar tracionada (x<d). O caso 1 é identificado para um valor de e0 > (d-d’)/2 ou e2<0.
Nos casos 2, 3 e 4, o esforço normal está atuando entre as duas armaduras. Ou seja, nestes casos, tem-se e0 < (d-d’)/2. É necessário utilizar uma relação adicional para identificar qual é exatamente a situação de dimensionamento.
c f cd 0 c As2 x=d e0 h d d' O Nd e2 e1 Figura 3.19 – Transição 2-3 Transição 2-3: x = d 1 = 0
a eq.(3), caso 2 ou 3, com 1=0 e x=d fica
) 5 , 0 ( 3 , 2 2 f bd d d e N d
a c l cd l
N d d d b f e d cd c (0,5 ) 3 , 2 2
a l l c f cd As1 Rcc As2 * = 2 l f cd b d d 1 * 2 * c f cd b h e0 h d d' O Nd e2 e1 2 ' d d 2 ' d d Figura 3.20 – Transição 3-4 Transição 3-4: x = h/lpor equilíbrio, tem-se
) ( *2 1* *
R A N d cc s (1) 2 ' ) ( *2 1* 4 , 3 0 d d A e N d
s
(2)isolando-se As em (1), fica *2 1* * N R A s d cc substituindo-se em (2), vem
2 ' 1 * 1 * 2 * 1 * 2 * 4 , 3 0 d d N R e d cc e, finalmente, tem-se
* * * 1 * 2 * 4 , 3 0 4 , 3 2 2 1 1 ' 2 ' N R d d e d d e d ccExemplos:
b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm
C25: f ck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; f cd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm2
CA-50: f yd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = f yd / E s = 2,07 ‰
cm d , d ‰ ‰ , ‰ , d ‰ cu cu x 0259 11,66 10 5 3 5 3 10 23
cm , d , d ‰ , ‰ ‰ , d cu yd cu ε x 0628 2826 5 3 07 , 2 5 3 lim
N N N f e d d d cd c bd (0,5 d d ') 0,85.0,8.1,786.25.45(0,5.0,8.45 5) 17762kN .cm 3 , 2 2
a l l
* 1 * 2 * 1 * 2 d * cc 4 , 3 0 4 , 3 2 1 N R 1 2 ' d d e 2 ' d d e kN h b f Rcc c cd 0,85.1,786.25.50 1897,6 *
a x = h/ l = 50/0,8 = 62,5 cm cm kN ‰ ‰ ‰ ‰ ‰ h x d x cu c cu c / 2 * 1 2 2 * 1 0,852 17,90 50 5 , 3 2 5 , 3 5 , 62 45 5 , 62 2 cm kN ‰ ‰ ‰ ‰ ‰ h x d x cu c cu c / 2 * 2 2 2 * 2 2,800 43,48 50 5 , 3 2 5 , 3 5 , 62 5 5 , 62 2 '
1 0 ,41675 N 6 , 1897 1 20 90 , 17 48 , 43 90 , 17 48 , 43 1 N 6 , 1897 1 2 5 45 e d d 4 , 3 2 cm 665 , 11 N cm . kN 5 , 15816 e d 4 , 3 2
cm cm kN d b f N N N e d d cd c d 5 / 91 , 75 5 25 . 786 , 1 . 85 , 0 . 2 ' 2 0 2
aExemplo 1: M = 70 kN.m N = 100 kN N d = 1,4.100 = 140 kN cm e d d e cm e d d e cm N M e 50 70 2 5 45 2 ' 90 70 2 5 45 2 ' 0 7 100 7000 0 2 0 1 0 como e2 < 0 caso 1 (0<x<d=45cm) e cm e02 5 3,16 2 91 , 75 140
precisa armadura N d = a cl f cdb x + A s ( 2- 1 ) (1) N de1=a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N d|e2|=-a cl f cd b x (0,5 l x -d’)+A s1 1(d-d’)(3) (3): A s1. 1= [140.50+0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)]/(45-5) =0,30362x2-3,7953x+175 não tem raízes reais
(2): A s2. 2= [140.90-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x2-34,1573x+315 raízes: x1=10,14 cm; x2 = 102,37 cm x<10,14cm ou x>102,37cm (1):
30,362 140 ,786.25 0,85.0,8.1 140 A σ σ A σ σ x s 2 1 s 2 1 calc
conclusão 0<x<10,14cm xarb = 5,07 cm xarb (cm) domínio 1 (‰) 1 (kN/cm2 ) 2 (‰) 2 (kN/cm2 ) A s1 (cm2 ) A s2 (cm2 ) xcalc (cm) 5,07 2 10 43,48 0,0175 0,3675 3,76 407,15 9,95 7,51 2 10 43,48 0,6695 14,06 3,76 5,38 8,25 7,88 2 10 43,48 0,7759 16,29 3,77 3,97 7,99 7,94 2 10 43,48 0,7933 16,66 3,77 3,78 7,94 A s1 = A s2 = 3,78 cm2Exemplo 2: M = 150 kN.m N = 900 kN N d = 1,4.900 = 1260 kN cm 3,33 16,67 2 5 45 e 2 d' d e cm 36,67 16,67 2 5 45 e 2 d' d e 16,67cm 900 15000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 60 , 11 5 91 , 75 1260 e 2 0 2
precisa armadura e e cm 10 , 14 1260 17762 e 2 22 ,3 3 , 2 2
caso 2 (0<x<d=45cm) N d = a cl f cdb x + A s ( 2- 1 ) (1) N de1=a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N de2=a cl f cd b x (0,5 l x-d’)-A s1 1(d-d’)(3) (3): A s1. 1= [0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)-1260x3,33]/(45-5) =0,30362x2-3,7953x-104,90 raízes: x1=-13,36 cm; x2 = 25,86 cm x<-13,36cm ou x>25,86cm (2): A s2. 2= [1260.36,67-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x2-34,157x+1155,1 não tem raízes reais
(1):
30,362 1260 ,786.25 0,85.0,8.1 1260 A σ σ A σ σ xcalc s 2 1 s 2 1
conclusão 25,86cm<x<45cm xarb = 35,43 cm xarb (cm) domínio 1 (‰) 1 (kN/cm2 ) 2 (‰) 2 (kN/cm2 ) A s1 (cm2 ) A s2 (cm2 ) xcalc (cm) 35,43 4 0,9454 19,85 3,006 43,48 7,14 7,50 35,66 35,55 4 0,9304 19,54 3,008 43,48 7,36 7,46 35,62 35,59 4 0,9254 19,43 3,008 43,48 7,44 7,45 35,60 A s1 = A s2 = 7,45 cm2Exemplo 3: M = 150 kN.m N = 2000 kN N d = 1,4.2000 = 2800 kN cm 5 , 12 5 , 7 2 5 45 e 2 d' d e cm 27,5 5 , 7 2 5 45 e 2 d' d e cm 5 , 7 2000 15000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 89 , 31 5 91 , 75 2800 e 2 0 2
precisa armadura e e e cm 31 , 17 665 , 11 2800 5 , 15816 e ; cm 34 , 6 2800 17762 e 2 32 ,4 3 , 2 2 4 , 3 2 3 , 2 2
caso 3 (d=45cm<x<h/ l =50/0,8=62,5cm) N d = a cl f cdb x + A s ( 2+ 1 ) (1) N de1=a cl f cdb x(d-0,5 l x)+A s2 2(d-d’) (2) N de2=a cl f cd b x (0,5 l x-d’)+A s1 1(d-d’)(3) (3): A s1. 1= [2800.12,5-0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)]/(45-5) =-0,30362x2+3,7953x+875 raízes: x1=-47,80 cm; x2 = 60,30 cm -47,80 < x <60,30 cm (2): A s2. 2= [2800.27,5-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x2-34,157x+1925 não tem raízes reais
(1):
30,362 2800 ,786.25 0,85.0,8.1 2800 A σ σ A σ σ xcalc s 2 1 s 2 1
conclusão 45cm<x<60,3cm xarb = 52,65 cm xarb (cm) domínio 1 (‰) 1 (kN/cm2 ) 2 (‰) 2 (kN/cm2 ) A s1 (cm2 ) A s2 (cm2 ) xcalc (cm) 52,65 5 0,4900 10,29 3,052 43,48 22,66 22,27 52,78 52,72 5 0,4934 10,36 3,050 43,48 22,32 22,27 52,73 52,73 5 0,4939 10,37 3,050 43,48 22,27 22,27 52,72 A s1 = A s2 = 22,27 cm2Exemplo 4: M = 60 kN.m N = 2500 kN N d = 1,4.2500 = 3500 kN cm 6 , 17 4 , 2 2 5 45 e 2 d' d e cm 22,4 4 , 2 2 5 45 e 2 d' d e cm 4 , 2 2500 6000 N M e 0 2 0 1 0 e cm 11 , 41 5 91 , 75 3500 e 2 0 2
precisa armadura e e cm 18 , 16 665 , 11 3500 5 , 15816 e ; cm 07 , 5 3500 17762 e 2 32 ,4 4 , 3 2 3 , 2 2
caso 4 (x>h/ l =50/0,8=62,5cm) N d = a c f cdb h + A s ( 2+ 1 ) (1) N de1= a c f cdb h(d-0,5h)+A s2 2(d-d’) (2) N de2= a c f cd b h (0,5h-d’)+A s1 1(d-d’)(3) (3): 1= [3500.17,6-0,85.1,786.25.50(0,5.50-5)]/[A s1(45-5)] =591,19/A s1 (2): A s2 = [3500.22,4-0,85.1,786.25.50(45-0,5.50)]/[ 2(45-5)] = 1011,19/ 2 ‰ 2 45 . ‰ 2 50 7 3 50 7 3 45 ‰ 2 ; 50 7 3 5 ‰ 2 ' 1 1 2 2 1 2 2 2 x x x h x d x x x h x d x cu c cu c cu c cu cinício do processo: arbitrar 2 = f yd = 43,48 kN/cm2
da expressão (2): A s2 = 1011,19/ 2 = 1011,10/43,48 = 23,26 cm2 como A s1 = A s2 arbitra-se A s1 = 23,26 cm2 A s1 (cm2 ) 1 (kN/cm2 ) 1 (‰) x (cm) 2 (‰) 2 (kN/cm2 ) A s2 (cm2 ) 23,26 25,42 1,210 81,13 2,550 43,48 23,26 A s1 = A s2 = 23,26 cm2
3.4 - Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado submetidas à flexo-tração normal
Em geral, é utilizada a solução de armaduras assimétricas. As situações de dimensionamento são divididas em dois casos:
(a) flexo-tração com grande excentricidade: quando o esforço normal está atuando fora das duas armaduras;
(b) flexo-tração com pequena excentricidade: quando o esforço normal está atuando entre as duas armaduras.
(a) flexo-tração com grande excentricidade
c f cd As1 f yd c x e0 h d d' O Nd e1
Fig. 3.22 – Grande excentricidade – armadura simples
se N d e1 M dlim
(a.1) armadura simples A s2 = 0 N d = A s1 f yd – a c l f cd b x (1) N d e1 = a c l f cd b x (d-0,5l x) (2) (2) x (1) A s1 c f cd As1 f yd c xlim e0 h d d' O Nd e1 As2
Fig. 3.23 – Grande excentricidade – armadura dupla
se N d e1 > M dlim
(a.2) armadura dupla x = xlim
N d = A s1 f yd – A s2 2 - a c l f cd b xlim (1)
N d e1 = M dlim+ A s2 2 (d-d’) (2) x = xlim 2 2 (2) A s2 (1) A s1 f cd b x x f cd b xlim xlim 2
(b) flexo-tração com pequena excentricidade
Fig. 3.24 – Pequena excentricidade
N d e1 = A s2 2 (d-d’) (1) N d e2 = A s1 1 (d-d’) (2) arbitra-se x = - 1 = 2 = 10‰ Exemplos: b = 20 cm; h = 60 cm; d = 55 cm; d’ = 5 cm C25: f ck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; f cd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm2
CA-50: f yd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = f yd / E s = 2,07 ‰
M dlim = a cl f cd b xlim (d – 0,5 l xlim ) = 0,85.0,8.1,786.20.34,54(55-0,5.0,8.34,54) = 345,52 kN.m
Exemplo 1: M = 200 kN.m N = 500 kN N d = 1,4.100 = 700 kN cm 25 2 5 55 2 ' d d cm 0 4 500 20000 N M
e0
flexo-tração com grande excentricidadecm 15 2 5 55 40 2 ' d d e e1
0
N d .e1 = (700kN) (0,15m) = 105,0 kN.m < M dlim = 345,52 kN.m armadura simples
N d = A s1 f yd - a cl f cd b x (1) N e = a l f b x (d – 0,5 l x) (2) As1 1 e2 h d d' O Nd e1 As2 2 cm d , d ‰ , ‰ ‰ , d cu yd cu ε x 0628 34,54 5 3 07 , 2 5 3 lim
(2): -0,85.0,8.1,786.20.0,5.0,8 x2 + 0,85.0,8,1,786.20.55 x – 10500 = 0 -9,716 x2 + 1335,9 x – 10500 = 0 x = 8,37 cm < xlim = 34,54 cm ou x = 129,13 cm (absurdo) (1): A cm 43,48 37 ,786.20.8, 0,85.0,8.1 700 s1 2 78 , 20
Exemplo 2: M = 500 kN.m N = 600 kN N d = 1,4.600 = 840 kN cm 25 2 5 55 2 ' d d cm 33 , 83 600 50000 N Me0
flexo-tração com grande excentricidadecm 33 , 58 2 5 55 33 , 83 2 ' d d e e1
0
N d .e1 = (840kN) (0,5833m) = 489,97 kN.m > M dlim = 345,52 kN.m armadura dupla
N d = A s1 f yd - A s2 2 – a cl f cd b xlim (1)
N de1 = M dlim + A s2 2 (d - d’) (2) 2: xlim = 34,54 cm ‰ 993 , 2 54 , 34 5 54 , 34 ‰ 5 , 3 ' lim lim 2
x x d cu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = f yd = 43,48 kN/cm2 (2): 6 ,64cm 5) -(55 43,48 34552 48997 A s2
2 (1): 45 ,25cm 43,48 ,54 ,786.20.34 0,85.0,8.1 6,64.43,48 840 A s1
2
Exemplo 3: M = 100 kN.m N = 500 kN N d = 1,4.500 = 700 kN cm 25 2 5 55 2 ' d d cm 20 500 10000 N Me0
flexo-tração com pequena excentricidadecm 45 20 2 5 55 e 2 ' d d e cm 5 20 2 5 55 e 2 ' d d e 0 2 0 1 N d e1 = A s2 2(d-d’) (1)
Fixar x = - ‰ > yd = 2,07 ‰ 1 = 2 = f yd = 43,38 kN/cm2 (2): 14 ,49cm 5) -43,48(55 700.45 A s1
2 (1): 1 ,61cm 5) -43,48(55 700.5 A s2
23.5 – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado submetidas à flexão composta normal
Os procedimentos de dimensionamento, examinados nos itens anteriores, podem ser efetuados automaticamente através do programa computacional apresentado nas figuras seguintes.
Figura 3.25 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – solução de armaduras assimétricas
Figura 3.26 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – solução de armaduras simétricas
