Slide - Solicitações Normais - 2024-1

EES150 Concreto Armado I Solicitações Normais Prof. Leandro Lopes da Silva leandro@dees.ufmg.br Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG) Departamento de Engenharia de Estruturas (DEEs) Versão 01 Solicitações Normais Introdução Por solicitação normal, entende-se qualquer solicitação que produza tensões normais na seção transversal. Nesse grupo, estão a força normal (N), o momento fletor (My e/ou Mz) ou a combinação desses esforços. Em comportamento linear, têm-se: σx = N A ; σx = ±My Iy z; σx = N A ± My Iy z; σx = N A ± My Iy z ± Mz Iz y. em que x é o eixo longitudinal; A é a área da seção transversal; Iy e Iz são os momentos de inércia em relação aos eixos principais da seção y e z. A ruína (Estado Limite Último - ELU) de peças de concreto armado é um fenômeno de difícil caracterização. Visando-se determinar a capacidade resistente de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais, convenciona-se que a ruína é alcançada quando se atinge a ruptura do concreto à compressão e/ou da armadura à tração, sendo essa ruptura caracterizada por deformações limites. Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 1. As seções transversais se mantêm planas após a deformação: S S u z ϕ Em regime de pequenos deslocamentos: ϕ ≈ tgϕ = u z ∴ u ≈ zϕ ⇒ εx = du dx ≈ z dϕ dx (variação linear na altura.) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 2. A deformação das barras em tração ou compressão deve ser a mesma do concreto em seu entorno (perfeita aderência aço-concreto): S S ϕ εc = εs εc - deformação no concreto; εs - deformação no aço. Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 3. As tensões de tração no concreto, normais à seção transversal, devem ser desprezadas no ELU (resistência nula do concreto à tração): S S ϕ S S σc σc - tensão (de compressão) no concreto. Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipdteses basicas de calculo. 4.1. Para o encurtamento de ruptura do concreto nas secdes parcialmente comprimidas, considera-se o valor convencional de €¢.,: . Coin = Ecu ft | Ss Eou = 3, 5%o para concretos C20 a C50 (Grupo |) 90 — fer \* Ecu = 2, 6%0 + 35% 00 para concretos C55 a C90 (Grupo II) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 4.2. Em seções inteiramente comprimidas, admite-se que, na ruptura, o encurtamento da borda mais comprimida apresenta um valor compreendido entre εc2 e εcu, sendo a deformação a uma distância [(εcu − εc2) h/εcu], a partir da borda mais comprimida, igual a εc2: S S εclim εcu εc2 𝜀𝑐𝑢 − 𝜀𝑐2 𝜀𝑐𝑢 h h εc2 = 2h para concretos C20 a C50 (Grupo I) εc2 = 2h + 0, 085h (fck − 50)0,53 para concretos C55 a C90 (Grupo II) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 4.2. Em seções inteiramente comprimidas, admite-se que, na ruptura, o encurtamento da borda mais comprimida apresenta um valor compreendido entre εc2 e εcu, sendo a deformação a uma distância [(εcu − εc2) h/εcu], a partir da borda mais comprimida, igual a εc2: S S εclim εcu εc2 𝜀𝑐𝑢 − 𝜀𝑐2 𝜀𝑐𝑢 h h Peças inteiramente comprimidas são mais suscetíveis à instabilidade, o que justifica o seu valor limite para deformação de ruptura inferior. Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 5. Para o alongamento máximo de ruptura do aço, considera-se o valor con- vencional de εsu = 10h: S S ϕ εsu = 10‰ O alongamento máximo de 10h deve-se a uma limitação da fissuração no concreto que envolve a armadura e não ao alongamento real de ruptura do aço, que é bem superior a esse valor. Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipdteses basicas de calculo. 6.1. A distribuigaéo de tensdes no concreto se da de acordo com o seguinte diagrama parabola-retangulo idealizado, com tensao de pico f. = 0, 85 fea: o. Ee nr remelt- (1-75) 0,85 a wren fee ; Ye ' ! — | fea / | —— fe ] 02 ecu n=2 para concretos C20 a C50 (Grupo |) 90 — fer \* n=1,44 23,4 —T00 para concretos C55 a C90 (Grupo II) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 6.1. A distribuição de tensões no concreto se dá de acordo com o seguinte diagrama parábola-retângulo idealizado, com tensão de pico fc = 0, 85fcd: σc εc εc2 εcu 0,85 𝑓𝑐𝑘 𝛾𝑐 𝑓𝑐𝑑 𝑓𝑐 𝜎𝑐 = 𝑓𝑐 1 − 1 − 𝜀𝑐 𝜀𝑐2 𝑛 γc = 1, 4 se combinações de ações “normais”; γc = 1, 2 se combinações de ações “especiais ou de construção”; γc = 1, 2 se combinações de ações “excepcionais”. Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 6.1. A distribuição de tensões no concreto se dá de acordo com o seguinte diagrama parábola-retângulo idealizado, com tensão de pico fc = 0, 85fcd: O fator redutor de 0,85 na determinação da tensão de pico fc é chamado Coeficiente de Rüsch. O ensaio de compressão em corpos de prova para caracterização é de curta duração. Sabe-se, a partir dos trabalhos realizados por Rüsch, que o resultado desse ensaio é ligeiramente superior ao obtido quando o ensaio é de longa duração. Isso se deve à microfissuração interna do concreto, que se processa mesmo no concreto descarregado, e que no ensaio de longa duração tem seu efeito ampliado devido à interligação entre as microfissuras, diminuindo assim a capacidade resistente. Uma vez que grande parcela do carregamento que atua em uma estrutura é de longa duração, os resultados do ensaio de curta duração devem ser corrigidos por esse fator redutor. Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 6.1. A distribuição de tensões no concreto se dá de acordo com o seguinte diagrama parábola-retângulo idealizado, com tensão de pico fc = 0, 85fcd: Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 6.2. Visando simplificar os cálculos de dimensionamento, o diagrama parábola- retângulo pode ser substituído por um diagrama retangular simplificado cuja configuração é definida de modo a se obter os mesmos efeitos: S S εcu fc = 0,85 fcd fc εc2 x b h y = λ x λ = 0, 8 para concretos C20 a C50 (Grupo I) λ = 0, 8 − fck − 50 400 para concretos C55 a C90 (Grupo II) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 6.2. Visando simplificar os cálculos de dimensionamento, o diagrama parábola- retângulo pode ser substituído por um diagrama retangular simplificado cuja configuração é definida de modo a se obter os mesmos efeitos: S S εcu fc = 0,85 fcd fc εc2 x b h y = λ x fc = αcfcd se a largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a partir dessa para a borda mais comprimida; fc = 0, 9 αc fcd no caso contrário. Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipdteses basicas de calculo. 6.2. Visando simplificar os calculos de dimensionamento, o diagrama parabola- retangulo pode ser substituido por um diagrama retangular simplificado cuja configuragao é definida de modo a se obter os mesmos efeitos: Ss by Se = O85 fu f x yorx +~—5__} | Ss Qe = 0,85 para concretos C20 a C50 (Grupo |) fer — 50 Qe = 0,85{1—- 500 para concretos C55 a C90 (Grupo Il) Solicitações Normais Hipóteses Básicas Para tanto, estabelecem-se as seguintes 7 hipóteses básicas de cálculo. 7. A tensão nas armaduras deve ser obtida a partir de suas deformações empregando o seguinte diagrama tensão-deformação elastoplástico perfeito idealizado: σs εs εyd εsu=10‰ 𝑓𝑦𝑘 𝛾𝑠 𝑓𝑦𝑑 Es = 210GPa γs = 1, 15 se combinações de ações “normais”; γs = 1, 15 se combinações de ações “especiais ou de construção”; γs = 1 se combinações de ações “excepcionais”. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: reta “a”: • ELU caracterizado pela deformação última do aço εsu = 10h nas ar- maduras As e A′ s, simultaneamente; • Estado de deformação de tração uniforme decorrente de força normal de tração centrada (no CG), isso se As = A′ s; • x = −∞ (para cima). Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 1: • ELU caracterizado pela deformação última do aço εsu = 10h na arma- dura mais tracionada, As; • Estado de deformação de tração não uniforme, sem compressão, de- corrente de flexo-tração; • −∞ < x ≤ 0. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 2: • ELU caracterizado pela deformação última do aço εsu = 10h na arma- dura tracionada, As; • Estado de deformação decorrente de flexo-tração, flexão simples ou flexo-compressão; • 0 < x ≤ x2L = εcu εcu + 10hd. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 3: • ELU caracterizado pelo encurtamento de ruptura do concreto em seções parcialmente comprimidas, εcu; • Na armadura tracionada, As: εyd ≤ εs < εsu = 10h ⇒ σs = fyd; • Estado de deformação decorrente de flexão simples ou flexo-compressão; • x2L < x ≤ x3L = εcu εcu + εyd d. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 4: • ELU caracterizado pelo encurtamento de ruptura do concreto em seções parcialmente comprimidas, εcu; • Na armadura tracionada, As: εs < εyd ⇒ σs < fyd; • Estado de deformação decorrente de flexão simples ou flexo-compressão; • x3L < x ≤ d. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 4a: • ELU caracterizado pelo encurtamento de ruptura do concreto em seções parcialmente comprimidas, εcu; • Estado de deformação decorrente de flexo-compressão; • d < x ≤ h. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a reta “b” As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: reta “b”: • ELU caracterizado pelo encurtamento de ruptura do concreto em seções uniformemente comprimidas, εc2; • Estado de deformação de compressão uniforme decorrente de força normal de compressão centrada (no CG), isso se As = A′ s; • x = +∞ (para baixo). Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a reta “b” As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a reta “b” C 5 𝜀𝑐𝑢 − 𝜀𝑐2 𝜀𝑐𝑢 h As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: domínio 5: • ELU caracterizado pelo encurtamento de ruptura do concreto em seções inteiramente comprimidas, εc2 < εclim < εcu; • Estado de deformação de compressão não uniforme, sem tração, de- corrente de flexo-compressão; • h < x < +∞. Solicitações Normais Domínios de Deformação Com base nessas hipóteses básicas, definem-se 5 domínios de deformação que caracterizam (agrupam) as possibilidades de ruína (ELU) de peças de concreto armado submetidas a solicitações normais: x > 0 b h encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ d 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd CG da seção bruta reta “a” A 1 2 B 3 4 4a reta “b” C 5 𝜀𝑐𝑢 − 𝜀𝑐2 𝜀𝑐𝑢 h As armadura mais tracionada, tracionada ou menos comprimida; A′ s armadura mais comprimida, comprimida ou menos tracionada. Solicitações Normais Estudos de Caso 1. Peça uniformemente tracionada Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de tração (em trabalho) suportada. Considere o coeficiente de ponderação das ações γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 1. Peça uniformemente tracionada Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de tração (em trabalho) suportada. Considere o coeficiente de ponderação das ações γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 1. Peça uniformemente tracionada Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de tração (em trabalho) suportada. Considere o coeficiente de ponderação das ações γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 1. Peça uniformemente tracionada Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de tração (em trabalho) suportada. Considere o coeficiente de ponderação das ações γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 𝑅𝑠𝑡 𝑅𝑠𝑡 ′ fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 1. Pega uniformemente tracionada Conforme hipdtese basica 3, em ELU, nao se considera a resisténcia a tragao do concreto. Logo, em secées inteiramente tracionadas, toda a capacidade resistente 6 devida ao aco. _ Do equilfbrio da segao, tem-se: So Fe =0 ©. -NatRet+tRy =O 2. Na= Rei + Ry _ Para deformagao no ago €, = Es, = 10%, tem-se: os Ys | — fu : : [ t= 210GPa | &, oy 6.210% 1. Pega uniformemente tracionada Ou seja, fuk 50 2 os = fya 7, LIB 3,48 kN/cem Rst = 05 As = 43,48 x 1,6 = 69,568 kKN= Ry .. Na = 69,568 + 69, 568 = 139,14 kN Na € a forga normal de calculo, obtida majorando a agao “em trabalho” com o coeficiente de ponderagao das agoées (7;): Na=7N «. naNe_ B14 99, 4 kN Vt 1,4 No dimensionamento, o fluxo é o inverso do de determinacao da capacidade resistente de uma pega ja dimensionada, isso é: N => Na => config. deformada de ruina > «, > os > OOF = As Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de compressão (em trabalho) suportada. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de compressão (em trabalho) suportada. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de compressão (em trabalho) suportada. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de compressão (em trabalho) suportada. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 𝑅𝑠𝑑 𝑅𝑠𝑑 ′ 𝜎𝑐 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a máxima força normal de compressão (em trabalho) suportada. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm 𝑁𝑑 𝑅𝑠𝑑 𝑅𝑠𝑑 ′ 𝑅𝑐𝑐 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 2. Pega uniformemente comprimida Em compressao, tanto 0 ago quanto o concreto contribuem para a capacidade resistente da segao. _ Do equilfbrio da segao, tem-se: Yo Fu =0 oe Na = Ree + Rsa + Roa _ Para fcex = 20 MPa: €-2 = 2%o, logo: oO. n Ec a Pe Ye TT | fea | | ——_ fe ] 02 ecu Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida fc = 0, 85fck γc = 0, 85 20 1, 4 ≈ 12, 14 MPa = 1, 214 kN/cm2 εc = εc2 = 2h ⇒ σc = fc = 1, 214 kN/cm2 ∴ Rcc = σc Ac = 1, 214 × (20 × 40) = 971, 20 kN _ Para deformação no aço εs = 2h, tem-se: σs εs εyd εsu=10‰ 𝑓𝑦𝑘 𝛾𝑠 𝑓𝑦𝑑 Es = 210GPa Solicitações Normais Estudos de Caso 2. Peça uniformemente comprimida fyd = fyk γs = 50 1, 15 ≈ 43, 48 kN/cm2 Es = 210 GPa = 21000 kN/cm2 εyd = fyd Es = 43, 48 21000 ≈ 2, 07h ∴ εs = 2h < εyd = 2, 07h ⇒ σs = Esεs = 21000 × 2h = 42 kN/cm2 ∴ Rsd = σs As = 42 × 1, 6 = 67, 2 kN = R′ sd _ Da equação de equilíbrio: Nd = 971, 2 + 67, 2 + 67, 2 = 1105, 6 kN ∴ N = Nd γf = 1105, 6 1, 4 ≈ 789, 7 kN Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada pela ruptura simul- tânea do aço e do concreto. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada pela ruptura simul- tânea do aço e do concreto. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm x2L fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada pela ruptura simul- tânea do aço e do concreto. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm x2L d = 35cm fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada pela ruptura simul- tânea do aço e do concreto. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm x2L d = 35cm σc CG 𝑁𝑑 x 𝑅𝑠𝑑 ′ 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada pela ruptura simul- tânea do aço e do concreto. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 40cm encurtamento alongamento εcu εc2 εsu = 10‰ 𝐴𝑠′ 𝐴𝑠 εyd d’ = 5cm d’’ = 5cm x2L d = 35cm CG 𝑁𝑑 x 𝑅𝑠𝑑 ′ 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 𝑅𝑐𝑐 z fck = 20 MPa; Aço CA-50; As = A′ s = 2 ϕ 10 mm ≈ 1, 6 cm2 3. Pega parcialmente comprimida _ Do equilfbrio da segao, tém-se: Yo Fx =0 o Nat Rst — Ree — Rig = 0 h ” h > Mca =0 o Ma- Rst 574 — Ree 5 7&2) _ —Roa (4 - ‘’) =0 _ Profundidade da linha neutra (x): Para fc, = 20 MPa: ecu = 3, 5%o0 Ecu _ 3, 5%o ~ T= aL = TF 100 3,540 + 10m ~~ em Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rst: εs = εsu = 10h ⇒ σs = fyd = 43, 48 kN/cm2 ∴ Rst = σsAs = 43, 48 × 1, 6 = 69, 57 kN _ Determinação do R′ sd: ε′ s x − d′ = εcu x ∴ ε′ s = x − d′ x εcu = 9 − 5 9 3, 5h ≈ 1, 56h < εyd ∴ σ′ s = Esε′ s = 21000 × 1, 56h ≈ 32, 76 kN/cm2 ∴ R′ sd = σ′ sA′ s = 32, 76 × 1, 6 ≈ 52, 42 kN Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rcc e z: Para fck = 20 MPa: εc2 = 2h, εcu = 3, 5h, e n = 2: x = 9cm εcu = 3,5‰ ҧ𝑧 εc2 = 2‰ a 𝜀𝑐 = 𝜀𝑐2 𝑎 ҧ𝑧 fc = 0,85fcd = 1,214 kN/cm2 𝜎𝑐( ҧ𝑧) = 𝑓𝑐 1 − 1 − 𝜀𝑐( ҧ𝑧) 𝜀𝑐2 𝑛 a εc2 = x εcu ∴ a = εc2 εcu x = 2h 3, 5h9 ≈ 5 cm Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rcc e z: Para fck = 20 MPa: εc2 = 2h, εcu = 3, 5h, e n = 2: x = 9cm εcu = 3,5‰ ҧ𝑧 εc2 = 2‰ a 𝜀𝑐 = 𝜀𝑐2 𝑎 ҧ𝑧 fc = 0,85fcd = 1,214 kN/cm2 𝜎𝑐( ҧ𝑧) = 𝑓𝑐 1 − 1 − 𝜀𝑐( ҧ𝑧) 𝜀𝑐2 𝑛 𝑅𝑐𝑐 z a εc2 = x εcu ∴ a = εc2 εcu x = 2h 3, 5h9 ≈ 5 cm Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rcc e z: Para fck = 20 MPa: εc2 = 2h, εcu = 3, 5h, e n = 2: x = 9cm εcu = 3,5‰ ҧ𝑧 εc2 = 2‰ a 𝜀𝑐 = 𝜀𝑐2 𝑎 ҧ𝑧 fc = 0,85fcd = 1,214 kN/cm2 𝜎𝑐( ҧ𝑧) = 𝑓𝑐 1 − 1 − 𝜀𝑐( ҧ𝑧) 𝜀𝑐2 𝑛 𝑅𝑐𝑐 z 𝑅𝑐𝑐1 𝑅𝑐𝑐2 z2 z1 a εc2 = x εcu ∴ a = εc2 εcu x = 2h 3, 5h9 ≈ 5 cm 3. Pega parcialmente comprimida _ Determinagao do Re. @ 2: Ree = Ree1 + Rec2 Rees 2 = Ree: 21 + Rec2 + 22 oe p= Seat hee => Determinagao do Reci @ Reca: Reet = fe b (x — a) = 1,214 x 20 x (9 — 5) & 97,12 KN - ee ° €c(Z)\"], 5. Rec2 = | Oc (Z)dA= Oc (Z) bdz = fej/l1—(1-— bdz = A 0 0 Ec2 =ofe[ ji - (- 2) Jomo | [i-(1-=)"]az= 0 Ec2 a 0 a , 2)") ag kN = 20x 1.214 | 1 (1- =) | dz = 80,93 3. Pega parcialmente comprimida _ Determinagao do Re. @ 2: Ree = Ree + Reeg = 97,12 + 80,93 = 178,05 kN => Determinagao do 21 e 22: _ 9-5 a sat 55" =54+-5" =7em Reea + 22 -/ o.(2)2dA = f 0. (2) zbdz = | fe ji (1- =()) Zbdz = A 0 0 Ec2 a 1 e s\ a svn =ofe [ i (- 2%) Jeue=os. [ [1 - (1-<) ] 242 = 0 Ec2 a 0 a 5 z\2 = 20 x 1,24 f - (1 - =) zdz © 252,92kNcm 0 5 — Recg + 22 _ 252,92 ~3cm ° RecnSs«#80, 93 3. Pega parcialmente comprimida _ Determinagao do Re. @ 2: . — Reer + 21 + Reer + 22 _ 97,12 x 7+ 80,93 xX 3 nes Ree ~ 178, 05 * 5m _ Das equagées de equilibrio: Na = —69,57 + 178,05 +52,42 = 160,9kN_ ... ny a Na _ 100-9 _ a4 kN Vt 1,4 4 Ma = 69,57 (4 _ 5) +178, 05 E —(9- 5) +52, 42 (2 - 5) = 4678, 65 kNcm M= Ma = 4678, 65 =| 3341,9 kKNcm Vt 1,4 Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rcc e z: ⇒ Adotando-se diagrama retangular simplificado Para seção retangular: fc = αc fcd; Para fck = 20 MPa: αc = 0, 85 e λ = 0, 8: x = 9cm εcu = 3,5‰ fc y = λx Solicitações Normais Estudos de Caso 3. Peça parcialmente comprimida _ Determinação do Rcc e z: ⇒ Adotando-se diagrama retangular simplificado Para seção retangular: fc = αc fcd; Para fck = 20 MPa: αc = 0, 85 e λ = 0, 8: x = 9cm εcu = 3,5‰ fc y = λx 𝑅𝑐𝑐 z 3. Pega parcialmente comprimida _ Determinagao do Re. @ 2: 2,0 Ree = fe: b+ y = Acfea + b+ Ax = 0,85 x La x 20 x 0,8 x 9 © 174, 86 kN eaa— bag P8*9 540m _ Das equagées de equilibrio: Na = —69,57 + 174, 86 + 52,42 = 157,71 kN... ya Ne 867 a SKN] (-1,9%) Vi 1,4 Ma = 69,57 (4 _ 5) +174, 86 E —(9- 5,4) +52, 42 (2 - 5) = 4697, 55kNcm M. 4 om = Ma _ 4697.55 _ 3355, 4 kNem (+0, 4%) Vt 1,4 Solicitações Normais Exemplo 1 Para a seção transversal abaixo, pede-se calcular a capacidade resistente (em trabalho) da peça considerando a ruína caracterizada por εc = εcu, sendo εs = εyd. Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 50cm encurtamento alongamento d’’ = 5cm d = 45cm fc CG 𝑁𝑑 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 y = λx 𝑅𝑐𝑐 Seção retangular: fc = αc fcd fck = 20 MPa αc = 0,85 λ = 0,8 εcu = 3,5‰ 𝑓𝑐 = 0,85 2,0 1,4 ≈ 1,214 kN/cm2 Aço CA-50: 𝑓𝑦𝑑 = 50 1,15 ≈ 43,48 kN/cm2 ∴ 𝜀𝑦𝑑 = 𝑓𝑦𝑑 𝐸𝑠 = 43,48 21000 ≈ 2,07‰ εcu εc2 x d’ = 5cm εyd 𝑅𝑠𝑑 ′ 𝐴𝑠′ = 2𝜙12,5 = = 2,45𝑐𝑚2 𝐴𝑠 = 3𝜙12,5 = = 3,69𝑐𝑚2 x3L _ Do equilfbrio da segao, tém-se: Yo Fu =0 oe Na = —Rstt+ Ree + Rog h h > Mca = 0 a Ma= Ra (d- 3) + Reo ($- 4) + 2 2 2 h / -_ / Roy € “’) _ Profundidade da linha neutra (x): Para fen = 20 MPa: ecu = 3, 5%o0 Ecu 3 5%o = = —_d = ———_— 45 & 28, 28 cm oS 8 teva 3,50 +2, 07% Solicitações Normais Exemplo 1 _ Determinação do Rcc: Rcc = fc · b · y = fc · b · λx = 1, 214 × 20 × 0, 8 × 28, 28 ≈ 549, 31 kN _ Determinação do Rst: εs = εyd = 2, 07h ⇒ σs = fyd = 43, 48 kN/cm2 ∴ Rst = σsAs = 43, 48 × 3, 69 = 160, 44 kN _ Determinação do R′ sd: ε′ s x − d′ = εcu x ∴ ε′ s = x − d′ x εcu = 28, 28 − 5 28, 28 3, 5h ≈ 2, 88h > εyd ∴ σ′ s = fyd = 43, 48 kN/cm2 ∴ R′ sd = σ′ sA′ s = 43, 48 × 2, 45 ≈ 106, 53 kN _ Das equagées de equilibrio: Na = —160, 44 + 549, 31+ 106,53 = 495,4 kN. ny = Ne _ 4:4 _ [353 9 KN VE 1,4 My = 160,44 (45 - 7) +549, 31 (F — ose) + 2 2 2 50 + 106, 53 27 5 | = 12858,4 kNcm M= Ma = 12858, 4 =| 9184,5 kKNcm Vt 1,4 Solicitações Normais Exemplo 2 A seção transversal abaixo está solicitada pela ação combinada de uma força normal de compressão N = 150 kN e um momento fletor M. Considerando a ruína caracterizada com a linha neutra em x = 30 cm, pede-se calcular a armadura tracionada, As, e o momento fletor solicitante. Adotar γf = 1, 4. b = 25cm h = 85cm encurtamento alongamento εc εs 𝐴𝑠′ = 0 𝐴𝑠 d’’ = 5cm d = 80cm fc CG 𝑁𝑑 x = 30cm 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 y = λx 𝑅𝑐𝑐 Seção retangular: fc = αc fcd fck = 20 MPa αc = 0,85 λ = 0,8 εcu = 3,5‰ 𝑓𝑐 = 0,85 2,0 1,4 ≈ 1,214 kN/cm2 Aço CA-50: 𝑓𝑦𝑑 = 50 1,15 ≈ 43,48 kN/cm2 ∴ 𝜀𝑦𝑑 = 𝑓𝑦𝑑 𝐸𝑠 = 43,48 21000 ≈ 2,07‰ Solicitações Normais Exemplo 2 1ª Hipótese de ruína: εs = εsu = 10h εc 30 = 10h 80 − 30 ∴ εc = 6h > εcu → hipótese inválida! 2ª Hipótese de ruína: εc = εcu = 3, 5h εs 80 − 30 = 3, 5h 30 ∴ εs = 5, 83h < εsu → hipótese válida! Portanto, tem-se a configuração deformada compreendida pelo domínio 3: εc = εcu = 3, 5h εyd = 2, 07h < εs = 5, 83h < εsu = 10h _ Determinação do Rcc: Rcc = fc · b · y = fc · b · λx = 1, 214 × 25 × 0, 8 × 30 ≈ 728, 4 kN _ Determinagao do Rs:: Es = 5,83%0 > Eya =2,07% => os = fya = 43,48 kKN/cm? Rsi = 05+ As = 43, 48As _ Do equilfbrio da segao, tém-se: VFe=0 .. NatRst- Ree =O emque: Na=yN .. 1,4 x 150 + 43,48A, —728,4=0 ©. | A, #11,93cm? _ . _ h hoy\_ > Mca = 0 oe Ma Rae (a E) + Re (4 ) = 43,48x11,93 (80 — ©) 4708, 4 (88 — 28% 30) J 2 2 2 ~ 41668, 1 kNcm .. M = a2 = ant =| 29762,9 kNcm f , Solicitações Normais Exemplo 3 A seção transversal abaixo está submetida a uma flexão normal simples. Con- siderando a ruína caracterizada com a linha neutra em x = 16, 2 cm, pede-se calcular a armadura tracionada, As. b = 20cm h = 60cm encurtamento alongamento εc εs 𝐴𝑠 d’’ = 5cm d = 55cm fc CG x = 16,2cm 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 y = λx 𝑅𝑐𝑐 Seção retangular: fc = αc fcd fck = 20 MPa αc = 0,85 λ = 0,8 εcu = 3,5‰ 𝑓𝑐 = 0,85 2,0 1,4 ≈ 1,214 kN/cm2 Aço CA-50: 𝑓𝑦𝑑 = 50 1,15 ≈ 43,48 kN/cm2 ∴ 𝜀𝑦𝑑 = 𝑓𝑦𝑑 𝐸𝑠 = 43,48 21000 ≈ 2,07‰ 𝐴𝑠′ = 2𝜙6,3 = d’ = 5cm 𝑅𝑠𝑑 ′ = 0,624𝑐𝑚2 Solicitações Normais Exemplo 3 1ª Hipótese de ruína: εs = εsu = 10h εc 16, 2 = 10h 55 − 16, 2 ∴ εc = 4, 18h > εcu → hipótese inválida! 2ª Hipótese de ruína: εc = εcu = 3, 5h εs 55 − 16, 2 = 3, 5h 16, 2 ∴ εs = 8, 38h < εsu → hipótese válida! Portanto, tem-se a configuração deformada compreendida pelo domínio 3: εc = εcu = 3, 5h εyd = 2, 07h < εs = 8, 38h < εsu = 10h _ Determinação do Rcc: Rcc = fc · b · y = fc · b · λx = 1, 214 × 20 × 0, 8 × 16, 2 ≈ 314, 67 kN _ Determinagao do Rs:: Es = 8,38%0 > ya =2,07% = os = fya = 43,48 kKN/cm? Rst = 05° As = 43, 48A5 _ Determinagao do Ri,: — = = 6 €L= zoe, = Fb ib 2,42%0 > eya o. o,=fya vo Rog=ob- Al = 43,48 x 0,624 = 27,13 kN _ Do equilibrio de forgas horizontais, tem-se: Fo =0 3. Rst-Ree- Rea =O 43,48A, — 314,67-—27,13=0 .. Com o equilibrio de momentos em relagao a um ponto qualquer, por exemplo, o CG, pode-se determinar o momento fletor solicitante, M. Solicitações Normais Exemplo 4 Para a viga abaixo, pede-se dimensionar as armaduras. Considerar armadura de compressão, A′ s, se, somente se, na sua ausência, a profundidade da linha neutra extrapolar 0, 45d. Determinar o domínio de deformação em que trabalha a seção crítica (sob maior momento fletor). Adotar γf = 1, 4. q = 25 kN/m l = 7,0 m Solicitações Normais Exemplo 4 Para a viga abaixo, pede-se dimensionar as armaduras. Considerar armadura de compressão, A′ s, se, somente se, na sua ausência, a profundidade da linha neutra extrapolar 0, 45d. Determinar o domínio de deformação em que trabalha a seção crítica (sob maior momento fletor). Adotar γf = 1, 4. M q = 25 kN/m l = 7,0 m Mmáx = ql2 8 = (25/100) × 7002 8 = 15312, 5 kNcm ∴ Md = γfM = 1, 4 × 15312, 5 = 21437, 5 kNcm Solicitações Normais Exemplo 4 Para a viga abaixo, pede-se dimensionar as armaduras. Considerar armadura de compressão, A′ s, se, somente se, na sua ausência, a profundidade da linha neutra extrapolar 0, 45d. Determinar o domínio de deformação em que trabalha a seção crítica (sob maior momento fletor). Adotar γf = 1, 4. b = 20cm h = 65cm encurtamento alongamento εc εs 𝐴𝑠 d’’ = 5cm d = 60cm fc CG x 𝑅𝑠𝑡 𝑀𝑑 y = λx 𝑅𝑐𝑐 Seção retangular: fc = αc fcd fck = 20 MPa αc = 0,85 λ = 0,8 εcu = 3,5‰ 𝑓𝑐 = 0,85 2,0 1,4 ≈ 1,214 kN/cm2 Aço CA-50: 𝑓𝑦𝑑 = 50 1,15 ≈ 43,48 kN/cm2 ∴ 𝜀𝑦𝑑 = 𝑓𝑦𝑑 𝐸𝑠 = 43,48 21000 ≈ 2,07‰ 𝐴𝑠′ d’ = 5cm 𝑅𝑠𝑑 ′ Para a viga abaixo, pede-se dimensionar as armaduras. Considerar armadura de compressao, A‘, se, somente se, na sua auséncia, a profundidade da linha neutra extrapolar 0,45d. Determinar o dominio de deformagao em que trabalha a segao critica (sob maior momento fletor). Adotar +- = 1, 4. => Investigando a profundidade da linha neutra, x, com A‘, = 0: _ Do equilibrio de momentos em relagaéo ao eixo que passa por A,, tem-se: SMa, =0 +. Ma~Ree(d-3)=0 « Ma~fo-b-Ae (d~%Z) =o oe 21437,5 — 1,214 x 20 x 0,82 (60—0,4r)=0 ©. 128,5cm 7, 769627 — 1165, 44a + 21437,5=0=> , 21,5cm Para a viga abaixo, pede-se dimensionar as armaduras. Considerar armadura de compressao, A‘, se, somente se, na sua auséncia, a profundidade da linha neutra extrapolar 0,45d. Determinar o dominio de deformagao em que trabalha a segao critica (sob maior momento fletor). Adotar +- = 1, 4. => Investigando a profundidade da linha neutra, x, com A‘, = 0: _ Do equilibrio de momentos em relagaéo ao eixo que passa por A,, tem-se: SMa, =0 +. Ma~Ree(d-3)=0 « Ma~fo-b-Ae (d~%Z) =o oe 21437,5 — 1,214 x 20 x 0,82 (60—0,4r)=0 ©. 128,5cm>h X 7, 7696z7 —1165, 44¢4+21437,5=0=> , > 21,5cm Vv x = 21,50M < rLim = 0, 45d = 0,45 x 60 = 27 cm (nao precisa de A‘). Solicitações Normais Exemplo 4 1ª Hipótese de ruína: εs = εsu = 10h εc 21, 5 = 10h 60 − 21, 5 ∴ εc = 5, 58h > εcu → hipótese inválida! 2ª Hipótese de ruína: εc = εcu = 3, 5h εs 60 − 21, 5 = 3, 5h 21, 5 ∴ εs = 6, 27h < εsu → hipótese válida! Portanto, tem-se a configuração deformada compreendida pelo domínio 3 : εc = εcu = 3, 5h εyd = 2, 07h < εs = 6, 27h < εsu = 10h _ Determinação do Rcc: Rcc = fc · b · y = fc · b · λx = 1, 214 × 20 × 0, 8 × 21, 5 ≈ 417, 62 kN _ Determinagao do Rs:: Es = 6,27%0 > Eya = 2,07%0 => os = fya = 43,48 kKN/cm? Rst = 05: As = 43, 48A5 _ Do equilibrio de forgas horizontais, tem-se: SiFo=0 .. Rst—Ree=0 -. 15,484, — 417,620