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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL ESCOLA DE ENGENHARIA DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES DE CONCRETO ARMADO À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL AMÉRICO CAMPOS FILHO 2014

RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

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Page 1: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL

ESCOLA DE ENGENHARIA

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL

DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES

DE CONCRETO ARMADO

À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL

AMÉRICO CAMPOS FILHO

2014

Page 2: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

SUMÁRIO

1 – AS SOLICITAÇÕES NORMAIS ....................................................................................... 1

2 – ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS – ESTADO

LIMITE ÚLTIMO ..................................................................................................................... 2

2.1 – Estados limites .................................................................................................................. 2

2.2 – Hipóteses básicas .............................................................................................................. 2

3 – DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES DE CONCRETO ARMADO

SUJEITAS À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL .................................................................... 6

3.1 – O problema a ser resolvido ............................................................................................... 6

3.2 – As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes .................................... 8

3.3 – Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-compressão normal ......... 9

3.3.1- Armaduras assimétricas ................................................................................................... 9

3.3.2 – Armaduras simétricas .................................................................................................... 19

3.4 - Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-tração normal ................... 29

3.5 – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado

submetidas à flexão composta normal ....................................................................................... 32

Page 3: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 1

1 – AS SOLICITAÇÕES NORMAIS

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

normal e o momento fletor, dão origem a tensões normais nas seções. Por outro lado, as solicitações

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

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

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

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

de concreto armado, cujas seções estão submetidas a momento fletor e esforço normal, tem-se um

processo de dimensionamento único, onde se determina uma armadura longitudinal para resistir a

ação simultânea destas duas solicitações. Neste caso se têm duas solicitações do mesmo grupo (das

solicitações normais).

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

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

(de tração ou de compressão).

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

seção. Uma flexão é dita oblíqua sempre que a direção da linha neutra não pode ser determinada a

priori. A figura abaixo mostra seções de concreto armado submetidas à flexão composta oblíqua.

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. A flexão também é oblíqua, caso (b), quando a seção não tem

um eixo de simetria.

Figura 1.1 – Situações de flexão oblíqua

eixo de simetria

traço do plano de flexão

traço do plano de flexão

(a) (b)

Page 4: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 2

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:

a) as seções transversais se mantêm planas após deformação;

Page 5: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 3

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 fcd, conforme a figura

Figura 2.1 – Diagrama parábola-retângulo para o concreto comprimido

sendo fcd a resistência de cálculo do concreto à compressão, determinada por

c

ckcd

ff

(2.1)

onde fck 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 ‰ .(fck - 50)0,53

;

εcu = 2,6 ‰ + 35 ‰ [(90 - fck)/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 fck ≤ 50 MPa; ou

λ = 0,8 – (fck - 50)/400 para fck > 50 MPa.

Page 6: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 4

e onde a tensão constante atuante até a profundidade y pode ser tomada igual a:

- αc fcd no caso da largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a partir

desta para a borda comprimida;

- 0,9 αc fcd 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 - (fck - 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, fyd, é dada por

s

yk

yd

ff

(2.2)

onde fyk 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.

Page 7: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 5

- 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

NN fd (2.3)

MM fd (2.4)

onde N, M são as solicitações de serviço e f é o coeficiente de majoração das solicitações, tomado,

em geral, com o valor de 1,4.

Page 8: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 6

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: fck

aço: fyk

solicitações: N, M

DETERMINAR: As1 e As2

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.

Page 9: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 7

domínio 1:

x < 0

xd

x

xd

xd

xxdxd

c

c

‰10

'‰10

'

‰10

‰10

2

2

1

domínio 2: 0 < x < x23

dx

xd

x

xd

dx

xdxxd

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

dx

x

dx

x

xd

dxxdx

s

yd

yd

cuyd

cu

cu

cu

cu

lim

2

1

21

'

'

domínio 4a: d < x < h

x

dx

x

dx

dxdxx

cu

cu

cu

'

'

2

1

21

domínio 5: x > h

hx

dx

hx

dx

hx

x

dxdxxhx

cu

ccu

c

cu

ccu

c

cu

ccu

cc

c

cu

ccu

c

2

22

2

21

2

2

21

2

2

'

'

conhecendo-se x, sabe-se o domínio e as

deformações.

Fig. 3.2 - Relações de compatibilidade de deformações

Page 10: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 8

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

Me

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

ac fcd

As1 1 As2 2 ac l fcd b x

l x

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

Page 11: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 9

A partir do diagrama da Fig. 3.4 pode-se escrever que

Nd = ac l fcd b x + As2 2 – As1 1 (3.2)

Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) + As2 2 (d - d’) (3.3)

onde

02

01

0

2

'

2

'

edd

e

edd

e

N

M

N

Me

d

d

(3.2)

Nestas duas expressões aparecem cinco valores que não podem ser determinados

diretamente dos dados do problema de dimensionamento: As1, As2, 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)

Engloba todos os casos em que são necessárias duas armaduras de compressão.

Page 12: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 10

(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 = fyd). Pode-se ter solução com armadura

simples (As2 = 0) ou com armadura dupla (x = xlim).

(a.1) Armadura simples

ac fcd

As1 fyd ac l fcd b x

l x

x

e1

h

d

O

Nd

Figura 3.5 – Grande excentricidade - armadura simples

Nd = ac l fcd b x – As1 fyd

Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x)

têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, x)

Para assegurar que 1 = fyd, usa-se esta

solução somente para x < xlim (1 yd) [domínios

2 ou 3], ou seja, para Nd e1 Mdlim.

Mdlim = ac l fcd b xlim (d – 0,5 l xlim)

(a.2) Armadura dupla

Para a situação de armadura dupla, fixa-se que x = xlim.

ac fcd

As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim

l xlim

xlim

e1

h

d

d'

O

Nd

Figura 3.6 – Grande excentricidade - armadura dupla

Nd = ac l fcd b xlim + As2 2 – As1 fyd

Nd e1 = Mdlim + As2 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

dxcu

Page 13: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 11

Observação: excentricidades de Nd

Figura 3.7 – Excentricidades do esforço normal

2

'

2

'

02

01

ddee

ddee

02

01

e2

'dde

e2

'dde

Transição entre a flexo-compressão com grande excentricidade e a flexo-compressão com

pequena excentricidade

quando e0 > (d-d’)/2

ac fcd

As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim

l xlim

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

+ -

Page 14: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 12

Figura 3.8 – Transição FCGE-FCPE quando e0 < (d-d’)/2

ac fcd

As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim

l xlim

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 = ac l fcd b xlim (0,5 l xlim–d’) – As1 fyd (d-d’)

0'

'5,02limlim

1

ddf

eNdxxbfA

yd

dcdc

s

lla

d

cdc

N

dxxbfe

'5,0limlim

2

lla

(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade

Nesta situação, tem-se apenas uma armadura de compressão (As1 = 0).

ac fcd

ac l fcd b x

l x

x

e2

h

d'

O

Nd

As2 2

Figura 3.10 – Pequena excentricidade

Nd = ac l fcd b x + As2 2 (1)

Nd e2 = ac l fcd 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.

Page 15: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 13

Transição entre a flexo-compressão com pequena excentricidade e a compressão composta

Pode-se aumentar a zona com tensão igual a ac fcd até uma altura l x = h (ou x = h/l). A

partir daí, toda a seção de concreto está submetida à tensão ac fcd.

ac fcd

ac fcd b h

e2

h

d'

O

Nd

As2 2

Figura 3.11 – Transição FCPE-CC

Assim, o máximo momento Nd e2, que a

seção pode resistir, sem a armadura As1 de

compressão, é

Nd e2 = ac fcd b h (0,5 h – d’)

ou

d

cdc

N

dhhbfe

'5,02

a

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

cdc

N

dhhbfe

'5,02

a

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.

ac fcd

ac fcd b h

e2

h

d'

O

Nd

As2 2As1 1

e1

d

Figura 3.12 – Compressão composta

Nd e1 = ac fcd b h (d-0,5 h)+As2 2(d-d’)

Nd e2 = ac fcd b h(0,5 h-d’)+As1 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).

Page 16: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 14

Situação em que não é necessário armadura teoricamente

ac fcd

ac fcd b 2 (e2+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

'22

debfNcdcd

a

ou

bf

Nde

cdc

d

a2'

2

ou

'2

2d

bf

Ne

cdc

d a

Embora, 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.

Page 17: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 15

Exemplos:

b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm

C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm

2

CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = fyd / Es = 2,07 ‰

Mdlim = ac l fcd 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

NN ddd

cdcGP cmkN

N

dxxbfe

.5409)526,28.8,0.5,0(26,28.25.786,1.8,0.85,0'5,0 limlim

2

lla

NNe

ddd

cdcPC cmkN

N

dhhbf .37953)550.5,0(50.25.786,1.85,0'5,02

a

cmcmkN

dbf

N NNe

dd

cdc

d 5/91,75

525.786,1.85,0.2

'2

0

2 a

Exemplo 1:

M = 70 kN.m

N = 100 kN Nd = 1,4.100 = 140 kN

cm50702

545e

2

'dde

cm90702

545e

2

'dde

cm07100

7000

N

Me

02

01

0

como e2 < 0 flexo-compressão com grande excentricidade

202 ecm16,35

91,75

140e precisa armadura

Nd.e1 = (140kN) (0,90m) = 126,0 kN.m < Mdlim = 289,12 kN.m armadura simples

Nd = ac l fcd b x – As1 fyd (1)

Nd e1 = ac l fcd 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): cm86,343,48

140,14,786.25.100,85.0,8.1A

2s1

cm,d,d‰,‰

‰,d

cuyd

cu

εx 26286280

5307,2

53lim

Page 18: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 16

Exemplo 2:

M = 150 kN.m

N = 800 kN Nd = 1,4.800 = 1120 kN

cm25,175,182

545e

2

'dde

cm75,3875,182

545e

2

'dde

cm75,18800

15000

N

Me

02

01

0

ecm75,9591,75

1120e 2

02 precisa armadura

ecm83,41120

5409e 2

GP2

flexo-compressão com grande excentricidade

Nd.e1 = (1120kN) (0,3875m) = 434,0 kN.m > Mdlim = 289,12 kN.m armadura dupla

Nd = ac l fcd b xlim + As2 2 – As1 fyd (1)

Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d - d’) (2)

2: xlim = 28,26 cm

‰881,226,28

526,28‰5,3

'

lim

lim2

x

x dcu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = fyd = 43,48 kN/cm

2

(2): cm33,85)-(4543,48

2891243400A

2s2

(1): cm30,243,48

11208,33.43,48 ,26,786.25.280,85.0,8.1A

2s1

Exemplo 3:

M = 30 kN.m

N = 630 kN Nd = 1,4.630 = 882 kN

cm24,1576,42

545e

2

'dde

cm76,2476,42

545e

2

'dde

cm76,4630

3000

N

Me

02

01

0

ecm62659175

882e 2

02 ,

, não precisa armadura teoricamente

Page 19: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 17

Exemplo 4:

M = 100 kN.m

N = 1250 kN Nd = 1,4.1250 = 1750 kN

cm1282

545e

2

'dde

cm2882

545e

2

'dde

cm81250

10000

N

Me

02

01

0

ecm05,18591,75

1750e 2

02 precisa armadura

cm69,211750

37953eecm09,3

1750

5409e

PC22

GP2

flexo-compressão com pequena excentricidade

Nd = ac l fcd b x + As2 2 (1)

Nd e2 = ac l fcd b x (0,5 l x – d’) (2)

(2): 0,85.0,8.1,786.25.0,5.0,8 x

2 – 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

‰138,330,48

530,48‰5,3

'2

x

dxcu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = fyd = 43,48 kN/cm

2

(1): cm52,643,48

,30,786.25.480,85.0,8.1-1750A

22 s

Exemplo 5:

M = 100 kN.m

N = 2000 kN Nd = 1,4.2000 = 2800 kN

cm1552

545e

2

'dde

cm2552

545e

2

'dde

cm52000

10000

N

Me

02

01

0

ecm89,31591,75

2800e 2

02 precisa armadura

Page 20: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 18

ee;cm55,132800

37953e;cm93,1

2800

5409e

PC22

PC2

GP2

compressão composta

Nd e1 = ac fcd b h (d-0,5 h)+As2 2(d-d’) (1)

Nd e2 = ac fcd b h(0,5 h-d’)+As1 1(d-d’) (2)

Fixar x =

c ‰ 1 = 2 = 21.000 . 2/1000 = 42 kN/cm2 < yd = 2,07 ‰

(2): cm41,25)-42(45

5)-.50.25.50(0,50,85.1,786-2800.15A

2s1

(1): cm08,195)-42(45

0,5.50)-.25.50(450,85.1,786-2800.25A

2s2

Page 21: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 19

3.3.2 - 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

ac fcd

As1 1 As2 2 ac l fcd b x

l x

x

e0

e1 e2

h

d

d'

O

Nd

Figura 3.14 – Diagrama de esforços atuantes e resistentes

O problema de flexo-compressão normal:

Nd = ac l fcd b x + As2 2 – As1 1

Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) + As2 2 (d - d’)

têm-se 2 equações x 3 incógnitas (As1, As2, 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 fcd

caso 4

x h/l As1, As2 – comprimidas

toda a seção submetida a tensão ac fcd

Page 22: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 20

Equacionamento da solução:

ac fcd

As1 1 As2 2 ac l fcd b x

l 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

Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1)

Nd e1= ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd |e2|=- ac l fcd b x (0,5 l x-d’)+As1 1(d-d’)(3)

ac fcd

As1 1 As2 2 ac l fcd b x

l x

x

e0

h

d

d'

O

Nd

e2e1

Figura 3.16 – Caso 2

Caso 2:

e0 < (d-d’)/2

0 x d (domínios 2, 3 ou 4)

Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1)

Nd e1 = ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2 = ac l fcd b x (0,5 l x-d’) -As1 1(d-d’) (3)

Page 23: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 21

ac fcd

As1 1 As2 2 ac l fcd b x

l x

x

e0

h

d

d'

O

Nd

e2e1

Figura 3.17 – Caso 3

Caso 3:

e0 < (d-d’)/2

d x h/l (domínios 4a ou 5)

Nd = ac l fcd b x + As (2+1) (1)

Nd e1 =ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2 =ac l fcd b x (0,5 l x-d’) +As1 1(d-d’) (3)

Processo iterativo para a solução dos casos 1, 2 ou 3:

(a) Arbitra-se x (xarb);

(b) Calculam-se 1, 2;

(c) Calculam-se 1, 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).

Page 24: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 22

ac fcd

As1 1 As2 2 ac fcd b h

e0

h

d

d'

O

Nd

e2e1

Figura 3.18 – Caso 4

Caso 4:

e0 < (d-d’)/2

x h/l (domínio 5)

Nd = ac fcd b h + As (2+1) (1)

Nd e1 =ac fcd b h(d-0,5h)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2 =ac fcd b h (0,5h-d’) +As1 1(d-d’) (3)

Processo iterativo para a solução do caso 4:

(a) Arbitra-se As1;

(b) Calcula-se 1, utilizando a equação (3);

(c) Calcula-se 1, utilizando a relação tensão-deformação do aço;

(d) Calcula-se x, utilizando uma relação de compatibilidade de deformações do domínio 5;

(e) Calcula-se 2, utilizando outra relação de compatibilidade de deformações do domínio 5;

(f) Calcula-se 2, utilizando a relação tensão-deformação do aço;

(g) Calcula-se As2, utilizando a equação (2);

A convergência do processo ocorre quando As1 = As2.

Page 25: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 23

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.

ac fcd

0 As2 2 ac l fcd b d

l d

x=d

e0

h

d

d'

O

Nd

e2e1

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 dddbfeN cdcd lla

N

dddbfe

d

cdc)5,0(

3,2

2

lla

ac fcd

As1 1

* As2 2

* Rcc

* = ac fcd b h

e0

h

d

d'

O

Nd

e2e1

2

'dd

2

'dd

Figura 3.20 – Transição 3-4

Transição 3-4:

x = h/l

por equilíbrio, tem-se

)( *1

*2

* ARN sccd (1)

2

')( *

1*2

4,30

ddAeN sd

(2)

isolando-se As em (1), fica

*1

*2

*

RNA

ccds

substituindo-se em (2), vem

2

'1

*1

*2

*1

*2

*4,3

0

dd

N

Re

d

cc

e, finalmente, tem-se

*1

*2

*1

*2

*4,3

04,3

211

2

'

2

'

N

Rdde

dde

d

cc

Page 26: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 24

Exemplos:

b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm

C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm

2

CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = fyd / Es = 2,07 ‰

cmd,d‰‰,

‰,d

‰cu

cux 66,112590

1053

53

1023

cm,d,d‰,‰

‰,d

cuyd

cu

εx 26286280

5307,2

53lim

NNN

fe

ddd

cdc cmkNdddb .17762)545.8,0.5,0(45.25.786,1.8,0.85,0)'5,0(3,2

2

lla

*1

*2

*1

*2

d

*cc4,3

04,3

2 1N

R1

2

'dde

2

'dde

kNhbfR cdccc 6,189750.25.786,1.85,0* a

x = h/l = 50/0,8 = 62,5 cm

cmkN‰

‰‰‰

hx

dx

cu

ccu

c /2*

1

2

2

*

1 90,17852,0

505,3

25,35,62

455,622

cmkN‰

‰‰‰

hx

dx

cu

ccu

c /2*

2

2

2

*

2 48,43800,2

505,3

25,35,62

55,622

'

41675,01

N

6,1897120

90,1748,43

90,1748,431

N

6,18971

2

545e

dd

4,32

cm665,11N

cm.kN5,15816e

d

4,32

cmcmkN

dbf

N NNe

dd

cdc

d 5/91,75

525.786,1.85,0.2

'2

0

2 a

Page 27: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 25

Exemplo 1:

M = 70 kN.m

N = 100 kN Nd = 1,4.100 = 140 kN

cmedd

e

cmedd

e

cmN

Me

50702

545

2

'

90702

545

2

'

07100

7000

02

01

0

como e2 < 0 caso 1 (0<x<d=45cm)

ecme 202 16,35

91,75

140 precisa armadura

Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1)

Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd |e2|=-ac l fcd b x (0,5 l x -d’)+As1 1(d-d’)(3)

(3): As1.1 = [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): As2.2 = [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

,786.250,85.0,8.1

140 σσAσσAx

12s12scalc

conclusão 0<x<10,14cm xarb = 5,07 cm

xarb

(cm) domínio

1

(‰)

1

(kN/cm2)

2

(‰)

2

(kN/cm2)

As1

(cm2)

As2

(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

As1 = As2 = 3,78 cm2

Page 28: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 26

Exemplo 2:

M = 150 kN.m

N = 900 kN Nd = 1,4.900 = 1260 kN

cm3,3316,672

545e

2

d'de

cm36,6716,672

545e

2

d'de

16,67cm900

15000

N

Me

02

01

0

ecm60,11591,75

1260e 2

0

2 precisa armadura

eecm10,141260

17762e

3,2

22

3,2

2 caso 2 (0<x<d=45cm)

Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1)

Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2=ac l fcd b x (0,5 l x-d’)-As1 1(d-d’)(3)

(3): As1.1 = [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): As2.2 = [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

,786.250,85.0,8.1

1260 σσAσσAx

12s12scalc

conclusão 25,86cm<x<45cm xarb = 35,43 cm

xarb

(cm) domínio

1

(‰)

1

(kN/cm2)

2

(‰)

2

(kN/cm2)

As1

(cm2)

As2

(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

As1 = As2 = 7,45 cm2

Page 29: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 27

Exemplo 3:

M = 150 kN.m

N = 2000 kN Nd = 1,4.2000 = 2800 kN

cm5,125,72

545e

2

d'de

cm27,55,72

545e

2

d'de

cm5,72000

15000

N

Me

02

01

0

ecm89,31591,75

2800e 2

0

2 precisa armadura

eeecm31,17665,112800

5,15816e;cm34,6

2800

17762e

4,3

22

3,2

2

4,3

2

3,2

2

caso 3 (d=45cm<x<h/l=50/0,8=62,5cm)

Nd = ac l fcd b x + As (2+1) (1)

Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2=ac l fcd b x (0,5 lx-d’)+As1 1(d-d’)(3)

(3): As1.1 = [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): As2.2 = [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

,786.250,85.0,8.1

2800 σσAσσAx

12s12scalc

conclusão 45cm<x<60,3cm xarb = 52,65 cm

xarb

(cm) domínio

1

(‰)

1

(kN/cm2)

2

(‰)

2

(kN/cm2)

As1

(cm2)

As2

(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

As1 = As2 = 22,27 cm2

Page 30: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 28

Exemplo 4:

M = 60 kN.m

N = 2500 kN Nd = 1,4.2500 = 3500 kN

cm6,174,22

545e

2

d'de

cm22,44,22

545e

2

d'de

cm4,22500

6000

N

Me

02

01

0

ecm11,41591,75

3500e 2

0

2 precisa armadura

eecm18,16665,113500

5,15816e;cm07,5

3500

17762e

4,3

22

4,3

2

3,2

2 caso 4 (x>h/l=50/0,8=62,5cm)

Nd = ac fcd b h + As (2+1) (1)

Nd e1= ac fcd b h(d-0,5h)+As2 2(d-d’) (2)

Nd e2= ac fcd b h (0,5h-d’)+As1 1(d-d’)(3)

(3): 1 = [3500.17,6-0,85.1,786.25.50(0,5.50-5)]/[As1(45-5)] =591,19/As1

(2): As2 = [3500.22,4-0,85.1,786.25.50(45-0,5.50)]/[2(45-5)] = 1011,19/2

‰2

45.‰2507

3

507

3

45‰2

;

507

3

5‰2

'

1

1

2

21

2

22

x

x

x

hx

dx

x

x

hx

dx

cu

ccu

c

cu

ccu

c

início do processo: arbitrar 2 = fyd = 43,48 kN/cm2

da expressão (2): As2 = 1011,19/2 = 1011,10/43,48 = 23,26 cm2

como As1 = As2 arbitra-se As1 = 23,26 cm2

As1

(cm2)

1

(kN/cm2)

1

(‰)

x

(cm) 2

(‰)

2

(kN/cm2)

As2

(cm2)

23,26 25,42 1,210 81,13 2,550 43,48 23,26

As1 = As2 = 23,26 cm2

Page 31: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 29

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

ac fcd

As1 fyd ac l fcd b x

l x

x

e0

h

d

d'

O

Nd

e1

Fig. 3.22 – Grande excentricidade – armadura simples

se Nd e1 Mdlim

(a.1) armadura simples

As2 = 0

Nd = As1 fyd – ac l fcd b x (1)

Nd e1 = ac l fcd b x (d-0,5lx) (2)

(2) x

(1) As1

ac fcd

As1 fyd ac l fcd b xlim

l xlim

xlim

e0

h

d

d'

O

Nd

e1

As2 2

Fig. 3.23 – Grande excentricidade – armadura dupla

se Nd e1 > Mdlim

(a.2) armadura dupla

x = xlim

Nd = As1 fyd – As2 2 - ac l fcd b xlim (1)

Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d-d’) (2)

x = xlim 2 2

(2) As2

(1) As1

Page 32: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 30

(b) flexo-tração com pequena excentricidade

Fig. 3.24 – Pequena excentricidade

Nd e1 = As2 2 (d-d’) (1)

Nd e2 = As1 1 (d-d’) (2)

arbitra-se x = -

1 = 2 = 10‰

Exemplos:

b = 20 cm; h = 60 cm; d = 55 cm; d’ = 5 cm

C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm2; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm

2

CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; yd = fyd / Es = 2,07 ‰

Mdlim = ac l fcd 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 Nd = 1,4.100 = 700 kN

cm252

555

2

'ddcm04

500

20000

N

Me0

flexo-tração com grande excentricidade

cm152

55540

2

'ddee 01

Nd.e1 = (700kN) (0,15m) = 105,0 kN.m < Mdlim = 345,52 kN.m armadura simples

Nd = As1 fyd - ac l fcd b x (1)

Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) (2)

As1

1

e2

h

d

d'

O

Nd

e1

As2

2

cmd,d‰,‰

‰,d

cuyd

cu

εx 54,346280

5307,2

53lim

Page 33: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 31

(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): cmA43,48

37,786.20.8,0,85.0,8.1 700s1

278,20

Exemplo 2:

M = 500 kN.m

N = 600 kN Nd = 1,4.600 = 840 kN

cm252

555

2

'ddcm33,83

600

50000

N

Me0

flexo-tração com grande excentricidade

cm33,582

55533,83

2

'ddee 01

Nd.e1 = (840kN) (0,5833m) = 489,97 kN.m > Mdlim = 345,52 kN.m armadura dupla

Nd = As1 fyd - As2 2 – ac l fcd b xlim (1)

Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d - d’) (2)

2: xlim = 34,54 cm

‰993,254,34

554,34‰5,3

'

lim

lim2

x

x dcu 2 > yd = 2,07 ‰ 2 = fyd = 43,48 kN/cm

2

(2): cm64,65)-(5543,48

3455248997A

2s2

(1): cm25,4543,48

,54,786.20.340,85.0,8.16,64.43,48840A

2s1

Exemplo 3:

M = 100 kN.m

N = 500 kN Nd = 1,4.500 = 700 kN

cm252

555

2

'ddcm20

500

10000

N

Me0

flexo-tração com pequena excentricidade

cm45202

555e

2

'dde

cm5202

555e

2

'dde

02

01

Nd e1 = As2 2(d-d’) (1)

Nd e2 = As1 1(d-d’) (2)

Page 34: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 32

Fixar x = -

‰ > yd = 2,07 ‰ 1 = 2 = fyd = 43,38 kN/cm2

(2): cm49,145)-43,48(55

700.45A

2s1

(1): cm61,15)-43,48(55

700.5A

2s2

3.5 – 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

Page 35: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 33

Figura 3.26 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal –

solução de armaduras simétricas

Figura 3.27 – Verificação de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – solução

de armaduras simétricas

Page 36: RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES

Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 34

Figura 3.28 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-tração normal – solução

de armaduras assimétricas