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.