Aula21 Fnc Foc

Estruturas em Concreto Armado Flexão Composta Normal e Obliqua Prof. M.Sc. Antonio de Faria Outubro/2012

Flexão Normal Composta e Obliqua xdA y

I xc = ∫ y × dA 2 c

yc

dA

A

I yc = ∫ x × dA 2 c

yp

A

ydA

CG O

xc xp

x

I xc, yc = ∫ x c × y c × dA A

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

Flexão Normal Composta e Obliqua y

yc

Ma yp Mb

CG O

xc xp

x

Seção transversal em forma de L, submetida a um Momento Ma e a um momento Mb, gerando uma flexão normal e uma oblíqua respectivamente

Flexão Normal Composta e Obliqua A´s

_ y x

3 L

N _ x

30 3

3

c =0,308% s

L

M yd M xd

N O

33

3

s =1%

20

As

Seção transversal retangular com armadura assimétrica em relação ao eixo vertical – cotas em cm;

Flexão Normal Composta e Obliqua _ y

A´s

x

3 L

N _ x

O

30 3

3

c =0,3275% s

L

M xd

N O

3

3

s =1%

20

As

Seção transversal retangular com armadura simétrica em relação aos eixos x e y com origem no CG da seção

Flexão Normal Composta e Obliqua • 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 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 Composta e Obliqua • 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 normal atuante;

Flexão Normal Composta e Obliqua CORTE AA

PLANTA Telhas

Terças

Telhas A

Detalhe 1

Terças Pórtico A

Terça de cobertura de um galpão

Pórticos DETALHE 1 carregamento atuante

My

y Terça

Mx

x Trave do pórtico

Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas • 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; • 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).

Hipóteses básicas para o cálculo de peças fletidas • Encurtamentos últimos (máximos) do concreto: no estado limite último o encurtamento específico de ruptura do concreto vale: – εcu = 3,5× ×10-3 (3,5‰) nas seções não inteiramente comprimidas (flexão); – εcu = 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: – εsu = 10,0× ×10-3 (10,0‰) para prevenir deformação plástica excessiva;

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 s

Yd

Tração

f

0

3,5 /00

s

0

Compressão

10 /00

f

YCd

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 resistentes para os diversos domínios

Flexão Composta Normal (Flexão Reta)

• 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 tensãodeformação, NBR-6118:2003); – 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).

Flexão Composta Normal (Flexão Reta) M o m e n to f le to r d e se g u n d a o rd em P x e P

M o m e n to f le to r d e 2 a a ç ã o d o v e n to v x h /8

2

P

P v

e

e

(a )

M o m e n to fle to r d e d e fe ito d e e x e c u ç ã o P x e a

v

2

(b )

SEÇÃ O

P

e

h

(c )

TRA N SVERSAL

(d )

e

a

(e)

a

(e)

N O M E IO D O V Ã O

Estruturas que têm flexão da seção do meio do vão com direção conhecida devido à característica da ação, o sentido não é conhecido a priori

Seções retangulares com armadura não simétrica em 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 simétrica em duas faces seção transversal

as equações devem ser aplicadas para os diversos domínios de modo a encontrar em qual deles está a solução;

A´s = As 1 4

ey

L

tensão no concreto 0,85 f cd

2

x Nd dA O 3

0,85 f cd

c

0,8x

x N

0,80 f cd

s

ci

ci

x

yi As,i s

n

M d = ∑ σ si × A s,i × y i + i =1

∫σ

ci

As

× dA × y

seção transversal

1, 2 , 3, 4

A´s = As n

Acc

i=1

1,2,3,4

y

1

n

Nd =∑σsi ×As,i + ∫σci×dA=∑σsi ×As,i + ∫σci×dA i=1

y

deformações

4 L

Md yi As,i

tensão no concreto 0,85 f cd

2 dA 3

x O

deformações

Nd

0,85 f cd

c

0,8x

x N

0,80 f cd

s

ci

x

s

As

Seção transversal com um eixo de simetria (y) e armadura simétrica submetida à flexão normal composta

ci

Resolução da flexão composta com o uso de ábacos adimensionais para seções retangulares

Nd ν= b × h × f cd

M xd µ= b × h 2 × f cd

ϖ =

A s × f yd b × h × f cd

FLEXÃO OBLÍQUA E COMPOSTA OBLÍQUA

Nd ν= b × h × f cd µy =

M yd b 2 × h × f cd

ex = ν× b

ey M xd µx = = ν× 2 h b × h × f cd

ω=

A s × f yd b × h × f cd

µ xI = µ xc + ω × µ xs

νI = νc + ω × νs

µ yI = µ yc + ω × µ 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 de armadura mínima e máxima em uma seção transversal sejam respectivamente 0,5% e 4%, calcular os valores correspondentes de ω (taxa mecânica de armadura) para aço CA-50 e concretos com fck variando de 20,0 a 40,0 MPa; A taxa mecânica de armadura é dada por:

ϖ= A taxa geométrica de armadura é dada por:

Para taxa geométrica mínima, tem-se:

Para taxa geométrica máxima, tem-se:

A s × f yd

b × h × f cd As ρ= Ac

0,5 500.1,4 ϖ= . = 0,15 100 1,15.20

4,0 500.1,4 ϖ= . = 1,217 100 1,15.20

Exercício 4.3 - Resolução A partir dessas expressões, é possível construir a abaixo, que fornece os resultados obtidos;

fck

ωmin

ωmáx

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. As/2 3 Mxd

30

x

3 As/2 20 Apesar de se tratar de flexão simples (momento fletor sem força normal), pelo fato da armadura 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:

Exercício 4.4 - Resolução Como não há força normal, tem-se:

Nd ν= =0 b ⋅ h ⋅ f cd

µ=

M xd 2

b ⋅ h ⋅ f cd

=

1,4 ⋅ 70,29 0,20 ⋅ 0,30 ⋅ (30 000 / 1,4)

No ábaco obtém-se: ω = 0 , 61 Com este valor, determina-se As:

As =

2

ω ⋅ A c ⋅ f cd 0,61 ⋅ 20 ⋅ 30 ⋅ 30 ⋅1,15 = = 18 cm 2 f yd 500 ⋅1,4

= 0,255

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 ]

KMD =

Md 2

b ⋅ d ⋅ f cd

=

1,4 ⋅ 70,29 2

0,20 ⋅ 0,27 ⋅ (30000 / 1,4)

= 0,315

com kmd = 0,315, tem - se : εs = 2,20 %0 εyd = 2,07 %0 kz = 0,7544

Md 1,4.70,29 As = = = 11,11 cm 2 kz.d.fyd 0,7544.0,2 7. 50   1,15 

Como se pode notar, neste caso, considerando somente armadura tracionada, obteve-se solução mais econômica (11,11 cm2) que a do exemplo anterior (18,0 cm2), em que se empregou armadura dupla simétrica.

Exercício 4.6 – Verificar se é possível aplicar uma força normal de compressão na seção do exemplo 4.4, de maneira que a quantidade da armadura, ainda simétrica, seja menor. Observando o ábaco 2 (seção 4.7.2), percebe-se que usando a ordenada µ = 0,255 e passando um segmento de reta vertical, o menor valor de taxa de armadura obtido é ω = 0,4, que corresponde à ordenada vertical ν = 0,4 e, portanto:

Nd 1,4 ⋅ N ν= = = 0,40 ⇒ N = 367 kN b ⋅ h ⋅ f cd 0,2 ⋅ 0,3 ⋅ (30 000 / 1,4) A armadura necessária é a correspondente a ω = 0,4:

As =

ω ⋅ A c ⋅ f cd 0,40 ⋅ 20 ⋅ 30 ⋅ 30 ⋅1,15 = = 11,8 cm 2 f yd 500 ⋅1,4

Assim, a redução de armadura corresponde à:

 11,8  r = 1 −  ⋅100 = 34,4% 18   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 a quantidade de armadura simétrica necessária para as situações de 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 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 Tabela 4.3 Área de aço necessária para as diversas situações. Situação

N (kN)

M (kNm)

ν

µ

ω

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

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 ωmin = 0,10 ** Na mesma tabela, para o mesmo fck = 30 MPa, valor próximo de ωmáx = 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.

A

B As/2

As/2

3

7,5 x

30

Mxd

x

7,5

Mxd

30

7,5

3 20

As/2

20

As/2

Exercício 4.8 - Resolução 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. Situação/Seção Ábaco a-A b-A a-B b-B

2 2 5 5

N (kN) 918 918 918 918

M (kNm) 28 56 28 56

ν

µ

ω

1,0 1,0 1,0 1,0

0,10 0,20 0,10 0,20

0,42 0,70 0,42 0,9

As (cm2) 12,4 20,7 12,4 26,6

Como as seções A e B estão bastante comprimidas, nota-se que, para a Situação a, praticamente não há diferença de comportamento em relação ao cobrimento e, portanto, o valor de d´ não é importante (As se mantém constante). Na situação b, em que o valor do momento é maior (mantido N), a quantidade de armadura 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. Calcular o valor de b para , fck = 30 MPa e aço CA-50.

As/2 3 M xd

30

x

3 b

As/2

Figura 4.20. Seção transversal para o exemplo 4.9.

Exercício 4.9 - Resolução 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:

A s f yd 2 500 ⋅ 1,4 ω= ⋅ = ⋅ = 0,40 A c f cd 100 1.15 ⋅ 30 Os valores de ν e µ, embora não possam ser calculados, guardam uma relação entre si dada por:

µ=

Md 2

b ⋅ h ⋅ f cd

A excentricidade e é dada por:

=

Ne ⋅ e b ⋅ h 2 ⋅ f cd

ν = e⋅ h

e = M / N = 40 / 804 = 0,05 m

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:

µ1 = 0,05 ⋅

ν = 0,167 ⋅ ν1 0,3

Exercício 4.9 - Resolução Obtém-se assim o ponto A. Traçando-se um segmento de reta da origem O até o ponto 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 o valor de b requerido. Dessa maneira chega-se a ν = 0,86, a partir do qual obtém-se o valor de b:

Nd ν= b ⋅ h ⋅ f cd

b=

Nd 804 ⋅1,4 = = 0,20 m ν ⋅ h ⋅ f cd 0,86 ⋅ 0,30 ⋅ (30 000 / 1,4)

y A

1

1

K O

1

1

=

=

h e

x

Figura 4.23. Obtenção do ponto K no ábaco 2.

Exercício 4.10 – Calcular a armadura para a seção transversal da Figura 4.22, para os esforços solicitantes N = 918 kN e My = 28 kNm. Considerar fck = 30 MPa e aço CA-50.

y

4

My

As/2

3 30

x

3 20

As/2

Figura 4.22. Seção transversal do exemplo 4.10.

Exercício 4.10 - Resolução Neste caso tem-se d´/h = 4/20 = 0,20 e momento My. O ábaco a empregar é o 6 (seção 4.7.6), com os seguintes valores de entrada: ν=

µ=

Nd 918 ⋅ 1,4 = = 1,0 b ⋅ h ⋅ f cd 0,30 ⋅ 0,20 ⋅ (30 000 / 1,4)

Md 2

b ⋅ h ⋅ f cd

=

28 ⋅ 1,4 2

0,30 ⋅ 0,20 ⋅ (30 000 / 1,4)

= 0,15

Com υ = 1,0 e µ 0,15 resulta no ábaco 6, o valor de ω = 0,75 Assim, a quantidade de armadura será:

As =

ω ⋅ A c ⋅ f cd 0,75 ⋅ 20 ⋅ 30 ⋅ 30 ⋅1,15 = = 22,2 cm 2 f yd 500 ⋅1,4

Exercício 4.11 – A seção transversal da Figura 4.23 está submetida à força normal Nd = 1550 kN, com as excentricidades totais: ex = 7,5 cm e ey = 20 cm. Calcular armadura para fck = 20 MPa e aço CA-50. Considerar d’ = 3 cm. Y Nd 20 h y = 60 7,5

X

h x = 30

Figura 4.23. Dimensões da seção e excentricidades totais (em centímetros).

Os esforços admensionais são:

ν =

N 1550 d = = 0,60 Ac f 30 . 60 . 2/1,4 cd

M ν ex 0,60 . 7,5 xd µx = = = = 0,15 Ac f hx hx 30 cd

M ν ey 0,60 . 20 yd µy = = = = 0,20 A c f hy hy 60 cd

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 maior dimensão, pode-se considerar, de início, o ábaco 8 (item 4.7.8), válido para cinco ou mais barras em cada face. Para este arranjo de barras, obtêm-se os seguintes valores de ω e As:

ω = 0,82 ω A c fcd 0,82 . 30 . 60 . 2,0 /1,4 As = = = 48,5 cm2 f yd 50 /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:

Exercício 4.11 - Resolução ω = 0,67 As = 39,6 cm2 < Ase = 40,0 cm2 Verifica-se que esta solução é bem mais econômica que a obtida com todas as barras posicionadas nas faces laterais. Portanto, pode ser adotada a solução com 8 φ 25, indicada na Figura 4.24. 8 φ 25 ( Ase = 40 cm2 )

60

30

É importante salientar que, para valores de d’y/hy e d’x /hx diferentes dos indicados nos 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.