Prof. M.Sc. Antonio de FariaOutubro/2012
Estruturas em Concreto ArmadoFlexão Composta Normal e Obliqua
Flexão Normal Composta e Obliqua
y
x
py
y
CGydA
dA
dAx
c
c
dAyIA
2cxc ×= ∫
dAxIA
2yc ×= ∫ c
dAyxI ××= ∫x
x
x p
O
c dAyxIA
ccycxc, ××= ∫
Seção transversal em forma de L, com posição do centro de gravidade (CG),os eixos ortogonais xc e yc e os eixos principais de inércia xp e yp
y
x
py
y
CG
Ma
bM
c
c
Flexão Normal Composta e Obliqua
x
x
x p
O
c
Seção transversal em forma de L, submetida a um Momento Ma e a ummomento Mb, gerando uma flexão normal e uma oblíqua respectivamente
x_
_y
30
3
3
3 3 33
=1%
=0,308%
L N
x
s
c
As
xdM
L N
OMyd
Flexão Normal Composta e Obliqua
3
20
=1%s
sA
Seção transversal retangular com armadura assimétrica em relação ao eixovertical – cotas em cm;
x_ O
_y
30
3
3
3 3 3
=0,3275%
L N
x
s
c
As
NLMxdO
Flexão Normal Composta e Obliqua
3
20
=1%s
sA
Seção transversal retangular com armadura simétrica em relação aos eixosx e y com origem no CG da seção
• Embora tenha sido usado o diagrama retangular para o cálculo da resultante do concreto pode-se perfeitamente usar o diagrama parábola retângulo que é mais empregado quando se confecciona ábacos;
• A seção apresentada na figura 4.2 em forma de L por não possuir nenhum eixo de simetria no caso de feita de concreto armado estará submetida a flexão obliqua sempre, embora sendo feita de
Flexão Normal Composta e Obliqua
estará submetida a flexão obliqua sempre, embora sendo feita de outro material (como aço) que siga a resistência dos materiais poderá estar sujeita à flexão normal;
• Assim, de maneira simplificada, e considerando que a armadura empregada aqui será sempre simétrica ao eixo perpendicular ao momento tem-se para as seções retangulares e com armadura simétricas a pelo menos um eixo de simetria;
• Flexão Normal – É preciso existir ao menos um eixo de simetria na seção transversal (tanto para seção de concreto quanto de armadura) e o plano do carregamento contê-lo;
• Flexão Composta Normal – A mesma situação anterior quando existe também normal atuante;
• Flexão Obliqua – Em seções com eixos de simetria quando o plano do carregamento não contiver nenhum dos eixos de simetria e em seções sem simetria;
Flexão Composta Obliqua – A mesma situação anterior quando existe também
Flexão Normal Composta e Obliqua
• Flexão Composta Obliqua – A mesma situação anterior quando existe também normal atuante;
Detalhe 1
Terças
Pórtico
Telhas
CORTE AA
A
A
Pórticos
Terças
PLANTA
Telhas
Flexão Normal Composta e Obliqua
Terça de coberturade um galpão
atuantecarregamento M y
xM
Trave do pórtico
y
x
Terça
DETALHE 1
de um galpão
• As seções transversais permanecem planas após o início da deformação e até o estado limite último; as deformações são, em cada ponto, proporcionais à sua distância à linha neutra da seção (hipótese de Bernoulli);
• Solidariedade dos materiais: admite-se solidariedade perfeita entre o concreto e a armadura; a deformação específica de uma barra da armadura é igual à do concreto adjacente;
Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas
barra da armadura é igual à do concreto adjacente;
• A ruína da seção transversal para qualquer tipo de flexão no
estado limite último fica caracterizada quando o aço ou o concreto (ou ambos) atingem suas deformações específicas de ruptura (ou últimas).
• Encurtamentos últimos (máximos) do concreto: no estado limite último o encurtamento específico de ruptura do concreto vale:– εεεεcu = 3,5××××10-3 (3,5‰) nas seções não inteiramente comprimidas (flexão);
– εεεεcu = 2,0××××10-3 (2,0‰) a 3,5××××10-3 (3,5‰) nas seções inteiramente comprimidas;
• Alongamento último das armaduras: o alongamento máximo permitido ao longo da armadura tracionada é:– εεεεsu = 10,0××××10-3 (10,0‰) para prevenir deformação plástica excessiva;
Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas
Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas
Diagramas de deformações e tensões no concreto no estado limite último
Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas
Tra
ção
Com
pres
são
s
s3,5 /000
10 /000
fYd
Com
pres
são
fYCd
Diagramas de tensões no aço
Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas
Domínios de deformação em uma seção transversal
Flexão Composta Normal (Flexão Reta)
Seção genérica sob flexão composta(y é o eixo principal de inércia)
Domínios de ruptura Curva dos Esforços resistentespara os diversos domínios
• O problema de verificação ou dimensionamento da armadura no estado limite último depende diretamente dos seguintes fatores:– forma da seção transversal;
– equações características do aço e do concreto (diagramas tensão-deformação, NBR-6118:2003);
– equação de compatibilidade de deformações (domínios);
Flexão Composta Normal (Flexão Reta)
– equação de compatibilidade de deformações (domínios);
– equações de equilíbrio de forças e momentos (duas no caso de flexão normal composta);
– distribuição da armadura na seção transversal do elemento.
– Essa distribuição da armadura na seção transversal deve ser feita de maneira que conduza ao menor consumo de aço:
• armadura não simétrica nas faces da seção;
• armaduras simétricas (a mesma quantidade em cada face).
h
a
v
M o m e n to f l e to r d es e g u n d a o r d e m P x e
P
e
2
P
v
a a ç ã o d o v e n to v x h /8M o m e n to f le to r d e
2e ae
P
d e f e i to d e e x e c u ç ã o P x eM o m e n to f l e to r d e
P
e a
2
Flexão Composta Normal (Flexão Reta)
S E Ç Ã O T R A N S V E R S A L N O M E I O D O V Ã O
( a ) ( c ) ( d )( b ) ( e ) ( e )
Estruturas que têm flexão da seção do meio do vão com direção conhecida devidoà característica da ação, o sentido não é conhecido a priori
Seções retangulares com armadura não simétricaem duas faces
• Zona A: As e As
' comprimidas;
• Zona B: As = 0 e As
' comprimida;
• Zona C: As tracionada e As
' comprimida;
• Zona D: As tracionada e As
' = 0 ;
• Zona E: As e As
' tracionadas;
• Zona O: As = 0 e As
' = 0 .
Regiões (zonas) para as socilicitações possíveis nas armaduras em cada face
Seções retangulares com armadura simétricaem duas faces
x
y
L N
xs
s
c
A´ =s
sA
OO Nd
As
1 2
4 3x
ey
0,8x
deformações tensão no concretoseção transversal
0,85 fcd cd0,80 f
0,85 fcd
dA
yiAs,i
ci ci
ydAyAM ××+××= ∫∑n
σσ
as equações devem ser aplicadas para os diversos
domínios de modo a encontrar em qual deles está
a solução;
dMx
dNOO
cici
s,iAiy
dA
cd0,85 f
0,80 fcdcd0,85 f
seção transversal tensão no concretodeformações
0,8x
34
21
sA
As
sA´ =
c
s
sx
NL
y
x
∫∑∫∑ ×+×=×+×=== 4,3,2,11
is,1
is,d dAAdAAN ci
n
i
si
A
ci
n
i
si
cc
σσσσ
ydAyAM4,3,2,1
i1
is,d ××+××= ∫∑=
ci
i
si σσ
Seção transversal com um eixo de simetria (y) e armadura simétrica submetida à flexão normal composta
Resolução da flexão composta com o uso de ábacosadimensionais para seções retangulares
cd
d
fhb
N
××=ν
xdM=µ
cd2
xd
fhb
M
××=µ
cd
yds
fhb
fA
××
×=ϖ
FLEXÃO OBLÍQUA E COMPOSTA OBLÍQUA
cd
d
f
N
××=
hbν
h
eν
fhb
Mµ
y
2xd
x ×=××
=
b
eν
fhb
Mµ x
cd2
yd
y ×=××
=
cd
yds
fhb
fAω
××
×=
hfhb cd××
ν ν ω νI c s= + ×µ µ ω µxI xc xs= + × µ µ ω µyI yc ys= + ×
Seção retangular sob flexão oblíqua: deformações e tensões no concreto no estado limite último
FLEXÃO OBLÍQUA E COMPOSTA OBLÍQUA
Superfícies de interação (υ, µx, µy) ou (N, Mx, My)
Flexão Oblíqua e Composta Oblíqua
Exercício 4.3 – Considerando que as taxas geométricas dearmadura mínima e máxima em uma seção transversal sejamrespectivamente 0,5% e 4%, calcular os valorescorrespondentes de ω (taxa mecânica de armadura) para açoCA-50 e concretos com fck variando de 20,0 a 40,0 MPa;
A taxa mecânica de armadura é dada por:
cd
yds
fhb
fA
××
×=ϖ
A taxa geométrica de armadura é dada por:
c
s
A
A =ρ
cA
Para taxa geométrica mínima, tem-se:
0,15 20.15,1
4,1.500.
100
5,0==ϖ
Para taxa geométrica máxima, tem-se:
1,217 20.15,1
4,1.500.
100
0,4==ϖ
Exercício 4.3 - Resolução
A partir dessas expressões, é possível construir a abaixo, que fornece os resultadosobtidos;
fck ωωωωmin ωωωωmáx
20 0,15 1,22
25 0,12 0,97
30 0,10 0,81
35 0,09 0,70
40 0,08 0,61
Exercício 4.4 – Calcular a quantidade de armadura necessária As
(considerada simétrica) para uma seção transversal retangular, conforme figura abaixo, com d` = 3 cm, fck = 30 MPa, aço CA-50 e momento atuante Mx = 70,29 kNm.
x30
3
xdM
A /2s
3
20 sA /2
Apesar de se tratar de flexão simples (momento fletor sem força normal), pelo fato daarmadura ser simétrica, deve ser usado o ábaco 2 (seção 4.7.2), por se ter: d´/h = 3/3= 0,10, com os seguintes valores de entrada:
0fhb
N
cd
d =⋅⋅
=ν 255,0)4,1/00030(30,020,0
29,704,1
fhb
M2
cd2xd =
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=µ
61,0=ω
2cdcs cm18
15,130302061,0fAA =
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅ω=
Como não há força normal, tem-se:
No ábaco obtém-se:
Com este valor, determina-se As:
Exercício 4.4 - Resolução
yd
cdcs cm18
4,1500fA =
⋅==
Exercício 4.5 – Resolver o exemplo anterior considerando, se possível, que exista apenas armadura tracionada.Como só será considerada armadura tracionada, pode-se usar a tabela de flexão normal simples do Capítulo 3 (Carvalho e Figueiredo Filho [2007 ]
315,0)4,1/00030(27,020,0
29,704,1
fdb
MKMD
2cd
2d =
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=
% 2,20 0s =ε
:se- tem0,315, k com md =
⇒
0,7544 k
% 2,07
% 2,20
z
0yd
0s
=
=
=
ε
ε2
ydz
ds cm 11,11
1,15507.0,7544.0,2
1,4.70,29
.d.fk
M A =
==
Como se pode notar, neste caso, considerando somente armadura tracionada,obteve-se solução mais econômica (11,11 cm2) que a do exemplo anterior (18,0cm2), em que se empregou armadura dupla simétrica.
Exercício 4.6 – Verificar se é possível aplicar uma força normalde compressão na seção do exemplo 4.4, de maneira que aquantidade da armadura, ainda simétrica, seja menor.Observando o ábaco 2 (seção 4.7.2), percebe-se que usando aordenada µ = 0,255 e passando um segmento de reta vertical, omenor valor de taxa de armadura obtido é ω = 0,4, quecorresponde à ordenada vertical ν = 0,4 e, portanto:
kN 367 N 40,0)4,1/00030(3,02,0
4,1=⇒=
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=
N
fhb
N
cd
dν
A armadura necessária é a correspondente a ω = 0,4:
2
yd
cdcs cm8,11
4,1500
15,130302040,0
f
fAA =
⋅
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅ω=
Assim, a redução de armadura corresponde à:
%4,3410018
8,111r =⋅
−=
A força de compressão poderia ser, por exemplo, uma força de protensão. É interessante observar que somente nessa região do ábaco, que corresponde a parte do domínio 2 e ao domínio 3, é que se tem a possibilidade da diminuição da armadura com a introdução da força de compressão.
Exercício 4.7 – Para a mesma seção transversal, calcular aquantidade de armadura simétrica necessária para as situaçõesde esforços dadas na Tabela 4.2.
Situação N (kN) Mx (kNm)1 -276 0
2 0 110
3 367 110
4 643 55
5 367 28
6 1010 556 1010 55
7 937 0
Esforços para cálculo da armadura para a seção do exemplo 4.4
A solução é obtida com o ábaco 2 (seção 4.7.2), para as diversas situações, e para tanto são calculados os valores correspondentes de ν e µ, colocados na Tabela 4.3,juntamente com os resultados de ω e As.
Exercício 4.7 - Resolução
Situação N (kN) M (kNm) νννν µµµµ ωωωω As (cm2)
1 -276 0 -0,3 0 0,3 8,9
2 0 110 0 0,4 1 29,6
3 367 110 0,4 0,4 0,74 21,9
4 643 55 0,7 0,2 0,4 11,8
5 367 28 0,4 0,1 0 * 0,0
Tabela 4.3 Área de aço necessária para as diversas situações.
5 367 28 0,4 0,1 0 * 0,0
6 1010 55 1,1 0,2 0,8 ** 23,7
7 937 0 1,02 0 0,2 5,9
* Na Tabela 4.1, para fck = 30 MPa, tem-se ωωωωmin = 0,10** Na mesma tabela, para o mesmo fck = 30 MPa, valor próximo de ωωωωmáx = 0,81
Exercício 4.8 – Calcular as armaduras para as seções A e B da Figura 4.19, para as seguintes situações:a) N = 918 kN e M = 28 kNm;b) N = 918 kN e M = 41 kNm.
3
A /2ssA /2
7,5
A B
x30
3
20 sA /2
xdM Mxd
A /2s20
30
7,5 x
7,5
Trata-se de resolver a mesma seção submetida a um par de esforços, sendo que em um caso usa-se cobrimento que resulta d´ = 3,0 cm, e no outro um cobrimento maior, resultando um valor final d´ = 7,5 cm, e assim tem-se:Seção A: d´ = 3,0 cm ⇒ d´/h = 3,0/30 = 0,10 ⇒ ábaco A-2;Seção B: d´ = 7,5 cm ⇒ d´/h = 7,5/30 = 0,25 ⇒ ábaco A-5.Os valores para entrada nos ábacos (ábaco 2, seção 4.7.2; ábaco 5, seção 4.7.5), assim como os correspondentes encontrados para ω encontram-se na Tabela 4.4.
Exercício 4.8 - Resolução
Situação/Seção Ábaco N (kN)M
(kNm)νννν µµµµ ωωωω
As
(cm2)Situação/Seção Ábaco N (kN)
(kNm)νννν µµµµ ωωωω
(cm2)a - A 2 918 28 1,0 0,10 0,42 12,4b - A 2 918 56 1,0 0,20 0,70 20,7a - B 5 918 28 1,0 0,10 0,42 12,4b - B 5 918 56 1,0 0,20 0,9 26,6
Como as seções A e B estão bastante comprimidas, nota-se que, para a Situação a, praticamente não hádiferença de comportamento em relação ao cobrimento e, portanto, o valor de d´ não é importante (As semantém constante). Na situação b, em que o valor do momento é maior (mantido N), a quantidade dearmadura necessária cresce com o aumento de d´ (As passa de 20,7 cm2 para 26,6 cm2).
Exercício 4.9 – A seção transversal retangular dada na Figura 4.20
está submetida aos esforços N = 804 kN e Mx = 40 kNm. Calcularo valor de b para , fck = 30 MPa e aço CA-50.
x30
3
xdM
A /2s
x30
3
b sA /2
xd
Figura 4.20. Seção transversal para o exemplo 4.9.
Exercício 4.9 - Resolução
Os valores de ν e µ, embora não possam ser calculados, guardam uma relação entre si dada por:
eeNM ed ν
⋅=⋅
==µ
40,03015.1
4,1500
100
2
f
f
A
A
cd
yd
c
s =⋅
⋅⋅=⋅=ω
Como se trata de seção retangular com d´/h = 3/30 = 0,10, submetida a flexão composta normal, emprega-se o ábaco 2 (seção 4.6.2). O valor de ω para a solução do problema é dado por:
he
fhb
eN
fhb
M
cd2e
cd2
d ν⋅=
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=µ
A excentricidade e é dada por: m05,0804/40N/Me ===
Desta forma, a solução pode ser obtida graficamente, como mostrado na Figura 4.21. Marca-se no ábaco o ponto com ordenadas µ1 e ν1 de maneira que a relação entre elas seja dada por:
11 167,03,0
05,0 ν⋅=ν
⋅=µ
Exercício 4.9 - Resolução
Obtém-se assim o ponto A. Traçando-se um segmento de reta da origem O até oponto A, corta-se a curva de ω = 0,4 no ponto K, que é a solução do problema.Assim é possível determinar o valor da ordenada do ponto que permite obter ovalor de b requerido.
Dessa maneira chega-se a ν = 0,86, a partir do qual obtém-se o valor de b:
cd
d
fhb
Nν
⋅⋅= m 0,20
)4,1/00030(30,086,0
4,1804=
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=
cd
d
fh
Nb
ν
x
y
O
A
1
1
K1
1= =
he
Figura 4.23. Obtenção do ponto K no ábaco 2.
Exercício 4.10 – Calcular a armadura para a seção transversal daFigura 4.22, para os esforços solicitantes N = 918 kN eMy = 28 kNm. Considerar fck = 30 MPa e aço CA-50.
x30
3
yM A /2s
4
y
3
20 sA /2
Figura 4.22. Seção transversal do exemplo 4.10.
0,1)4,1/00030(20,030,0
4,1918
fhb
N
cd
d =⋅⋅
⋅=
⋅⋅=ν
15,0)4,1/00030(20,030,0
4,128
fhb
M2
cd2
d =⋅⋅
⋅=
⋅⋅=µ
Neste caso tem-se d´/h = 4/20 = 0,20 e momento My. O ábaco a empregar éo 6 (seção 4.7.6), com os seguintes valores de entrada:
Com υ = 1,0 e µ 0,15 resulta no ábaco 6, o valor de ω = 0,75
Exercício 4.10 - Resolução
2
yd
cdcs cm2,22
4,1500
15,130302075,0
f
fAA =
⋅
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅ω=
Assim, a quantidade de armadura será:
Com υ = 1,0 e µ 0,15 resulta no ábaco 6, o valor de ω = 0,75
Exercício 4.11 – A seção transversal da Figura 4.23 estásubmetida à força normal Nd = 1550 kN, com as excentricidadestotais: ex = 7,5 cm e ey = 20 cm. Calcular armadura para fck = 20MPa e aço CA-50. Considerar d’ = 3 cm.
X
Y
20
7,5
h = 60y
Nd
h = 30xFigura 4.23. Dimensões da seção e excentricidades totais (em centímetros).
Os esforços admensionais são:
0,60 /1,42 . 60 . 30
1550 cdf cA
dN ===ν
0,15 30
7,5 . 0,60 xhxe
xh cdf cA
xdM x ==
ν==µ
0,20 60
20 . 0,60 yhye
yh cdf cA
ydM y ==
ν==µ
Exercício 4.11 - Resolução
Os valores de d’/h nas duas direções são: d’y/hy = 3/60 = 0,05 e d’x /hx = 3/30 = 0,10.
Como em geral se coloca maior número de barras ao longo das bordas com maiordimensão, pode-se considerar, de início, o ábaco 8 (item 4.7.8), válido para cinco oumais barras em cada face.
Para este arranjo de barras, obtêm-se os seguintes valores de ω e As:
82,0=ω
As Ac fcd
0,82 . 0 . 60 . 2,0 /1,4 48,5 cm2= = =
ω 3As c cd
fyd
0,82 . 0 . 60 . 2,0 /1,4 48,5 cm2= = =
350 /1,15
Entre as barras possíveis, têm-se: 10 φ 25 (Ase = 50,0 cm2) e 16 φ 20 (Ase = 50,4 cm2).Para o arranjo de barras considerado, qualquer solução é satisfatória.
Na procura por solução mais econômica, pode ser analisada alternativa com 8 φ 25 (Ase = 40,0 cm2), sendo uma barra em cada canto e uma no centro de cada borda,como indicado no ábaco 10 (item 4.7.10), no qual se obtêm:
67,0=ω
As = 39,6 cm2 < Ase = 40,0 cm2
Verifica-se que esta solução é bem mais econômica que a obtida com todasas barras posicionadas nas faces laterais. Portanto, pode ser adotada asolução com 8 φ 25, indicada na Figura 4.24.
8 25( A = 40 cm )60 se
φ2
Exercício 4.11 - Resolução
30
se
É importante salientar que, para valores de d’y/hy e d’x /hx diferentes dos indicadosnos ábacos, podem ser considerados ábacos com os valores mais próximos.Solução mais refinada pode ser obtida por meio de interpolação linear.Para valores de intermediários aos dos ábacos, deve ser feita interpolação linear.