RELAÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÕES
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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
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
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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)
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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;
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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.
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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.
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- 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.
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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.
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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
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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
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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.
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(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
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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
+ -
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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.
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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).
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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.
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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
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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
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
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
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
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)
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).
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.
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
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
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
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
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
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
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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
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(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
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(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)
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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
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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
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Figura 3.28 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-tração normal – solução
de armaduras assimétricas