Exercícios Resolvidos ECA (UNESP)

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José Luiz Pinheiro Melges 
 
 
 
Ilha Solteira, março de 2009 
 
 
 
Detalhamento de 
Concreto Armado 
 (Exemplos Didáticos) 
Exercícios - Detalhamento 1
1. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 
1.1 DADOS 
A princípio, por se tratar de ambiente urbano, a classe de agressividade a ser adotada deveria ser 
a II. No entanto, a NBR 6118:2003 permite a adoção de uma classe de agressividade mais branda 
para ambientes internos secos. Sendo assim, será adotada uma classe de agressividade I. 
Para classe de agressividade I: 
• Classe do concreto ≥ C20 → adotar Concreto 
C20 (fck = 20 MPa), com brita 1. 
• Cobrimento (viga) ≥ 2,5 cm → adotar 
cobrimento = 2,5 cm 
• Aço CA 50 A (fyk = 500 MPa = 50 kN/cm2). 
Seção transversal da viga: 16 cm x 50 cm. 
 
Base (b) = 16 cm; Altura (h) = 50 cm 
Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm 
Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2) 
 
 
1.2 DIMENSIONAMENTOS 
1.2.1. Flexão: 
Md = 97,5 x 1,4 x 100 = 13 560 kN.cm 
d (estimado) = 0,9 h = 45 cm 
Kc = 2,37 
Ks = 0,030 
As = 9,1 cm2 
(≥ As,minima = 0,15% . b . h = 1,2 cm2) 
Adotar 5 φ 16 mm (As,efetivo=10cm2) 
Detalhamento da armadura de flexão: 
 
 
dreal = 44,6 cm 
Portanto: 
dreal/destimado = 44,6 / 45 = 
= 0,99 (> 0,95 ok!) 
(OK!)
(OK!)
Exercícios - Detalhamento 2
 
1.2.2 Cisalhamento (NBR 6118:2003): 
 
 A NBR 6118:2003 permite o uso de dois modelos de cálculo. Neste exemplo foi adotado o 
modelo de Cálculo I. 
 
• VSd = 32,5 x 1,4 = 45,5 kN 
 
a) Verificação da compressão diagonal do concreto (biela comprimida): VSd ≤ VRd2 
VSd = 45,5 kN 
VRd2 = 0,27 αv2 fcd bw d , 2onde αv2 = 1 – fck/250 
(obs.: o valor de fck deve ser dado em MPa para calcular αv2) 
Portanto: αv2 = 1 – fck/250 = 1 – 20/250 = 0,92 
 VRd2 = 0,27 . 0,92 . ( 2 kN/cm2 / 1,4 ) . 16 cm . 45 cm = 255,5 kN ( > VSd, Ok!) 
 
b) Cálculo da armadura transversal (dimensionamento dos estribos): VSd ≤ VRd3 (=Vc + VSw) 
 Na verdade, o objetivo é dimensionar a armadura dos estribos a partir do VSw (ou do τSw). 
 
τSw = τSd – τc , onde : 
 τSw = tensão que deve ser absorvida pela armadura transversal 
MPa632,0cm/kN0632,0
cm45.cm16
kN5,45
db
V 2
w
Sd
Sd ====τ 
)MPaemfe(MPa663,0f09,0 ckSw
3/2
ckc τ==τ * 
(*expressão válida para flexão simples) 
 
 Portanto: τSw = τSd – τc = 0,632 - 0,663 = - 0,031 MPa (NÚMERO NEGATIVO !) 
 
 A princípio, não seria necessário o uso de estribos, mas a norma recomenda a adoção de uma 
taxa mínima. Caso o valor da tensão que deveria ser absorvida pela armadura fosse um número 
positivo, a taxa de armadura, para estribos com ângulo de 90° em relação ao eixo longitudinal da 
viga, seria dado pela expressão mostrada a seguir: 
 
 ( )min,w
ywd
Sw
w f
11,1 ρ≥τ=ρ 
Observação: fywd = fywk / 1,15, mas não se tomando valores superiores a 435 MPa 
Exercícios - Detalhamento 3
 A nova versão recomenda que se use uma taxa mínima igual a : 
 
( )
000884,0
)MPaem(500
)MPaem()20(.3,0.2,0
f
f.3,0
.2,0
f
f
.2,0
3/23/2
ywk
ck
ywk
ctm
min,w ====ρ 
 
(Observação: Este valor é inferior ao valor recomendado pela NBR 6118:1980, de 0,0014) 
000884,0Adotar min,ww =ρ=ρ 
 
• Área de armadura referente a um ramo do estribo (em cm2/m), para poder usar tabela1,4a do Prof. 
Libânio M. Pinheiro: 
 m/cm71,0
2
100.16.000884,0
n
100.b.
)m/cmem(A 2w2sw ==ρ= , onde: 
 wρ = taxa de armadura adotada 
 b = largura de viga (em cm) = 16 cm 
 n = número de ramos do estribo 
 
• Ver Tabela 1,4a (pág.1-7) do Prof. Pinheiro: φ 5 mm cd 27 cm (0,725 cm2/m, valor interpolado) 
 
• Confirmar diâmetro mínimo: 
mm1510/bmm5mm5 t =≤=φ≤ 
• Confirmar espaçamento máximo: dado em função de VRd2 
 
 ⎩⎨
⎧
>≤
≤≤≤
2RdSd
2RdSd
max V67,0Vsecm20d3,0
V67,0Vsecm30d6,0
s 
 
Como VSd/VRd2 = 45,5/255,5 = 0,18 ≤ 0,67 então smax = 0,6 . 45 = 27 cm ( ≈ espaç. calculado) 
Adotar espaçamento entre os estribos (s) igual a 27 cm. 
 
Portanto, a armadura transversal será composta por estribos de 2 ramos, com 
φ5 mm cd 27 cm (área efetiva igual a 0,725 cm2 / m ) 
 
Observação: a NBR 6118:2003 recomenda ainda que o espaçamento transversal máximo (st,max) 
entre ramos sucessivos não deverá exceder os seguintes valores: 
⎩⎨
⎧
>≤
≤≤≤
2RdSd
2RdSd
max,t V2,0Vsecm35d6,0
V2,0Vsecm80d
s 
 
 
Exercícios - Detalhamento 4
Como VSd/VRd2 = 0,18 ≤ 0,2 então st,max = 45 cm ( ≤ 80 cm ) ⇒ ∴st,max = 45 cm 
Neste exemplo, tem-se que: 
st = largura da viga – 2 . cobrimento – 2 . φestribo/ 2 = 16–2x2,5 – 0,5 = 10,50 cm (< st,max ,OK!) 
 
Observação: como neste caso a viga está apoiada indiretamente em outras vigas, não se pode 
reduzir a força cortante quando o carregamento está próximo aos apoios (item 17.3.1.2.). Destaca-se 
que mesmo que ela estivesse sobre dois apoios diretos, esta redução não deve ser aplicada à 
verificação da resistência à compressão diagonal do concreto. 
 
1.3. CÁLCULO DA ÁREA DE ARMADURA MÍNIMA SER ANCORADA NOS APOIOS 
(item 11 .1 da apostila) 
 
a) No caso de ocorrência de momentos positivos nos apoios, a área de armadura longitudinal de 
tração a ser ancorada deve ser igual à calculada para o dimensionamento da seção no apoio.Neste 
exemplo, o momento fletor é nulo no apoio. Sendo assim, esta recomendação não se aplica a este 
exemplo. 
 
b) Em apoios extremos, necessita-se de uma área de armadura capaz de resistir a uma força Rst que, 
nos casos de flexão simples, é dada pela expressão: 
;V
d
aR face,Sdst ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= l onde VSd,face é a força cortante de cálculo determinada na face do 
apoio e com seu valor não reduzido. 
 
Pela NBR 6118:2003 o valor de al , é dado pela expressão: 
∴ ( ) ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
≤
°≥
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−=
)negativo.nroforresultadocaso(d
)anteriorversão,6118NBR.,2.1.1.4item(d
)90aestribos(d5,0
queomodde,
VV.2
V
.da
cmax,Sd
max,Sd
l 
 
 ⇒ Neste exemplo, tem-se que: VSd,face = VSd,max = 45,5 kN 
 ⇒ dbf6,0V wctdc ⋅⋅⋅= = 0,6 . 1,105 MPa . 45 cm . 16 cm 
 = 0,6 . 0,1105 kN/cm2 . 45 cm . 16 cm = 47,74 kN 
⇒ al = -457 cm (Nro. Negativo!) 
⇒ Como al calculado é um número negativo adota-se al = d = 45 cm. 
Exercícios - Detalhamento 5
 
∴ kN5,45
45
455,45Rst == Ä 2
yd
st
apoio,s cm05,1)15,1/50(
kN5,45
f
RA === 
 
c) Para momentos nos apoios inferior a ½ do momento máximo no vão: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==
==≥
22
2
vão,s
apoio,s
cm4cm2x2barras2arelativaÁrea
cm33,33/103/A
A 
 
Portanto, dos itens a), b) e c) têm-se que : As,calc = 4 cm2 @ Ancorar 2 barras (As,ef = 4 cm2) 
 
1.4. ANCORAGEM NOS APOIOS 
(Compr. disponível bel ≥ Compr. mínimo de ancoragem min,bel ) 
 
1.4.1. Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 20 – 2,5 = 17,5 cm 
 
1.4.2. Comprimento mínimo de ancoragem em apoios extremos 
 
( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=φ+≥
mm60
)2tabela(ganchodocurvaturadaernointraioronde,5,5r
)6itemconforme(nec,b
min,be
l
l 
 
 ⇒ Cálculos: min,b
ef,s
calc,s
b1nec,b A
A
 . lll ≥⋅α= , onde 
 7,01 =α , para barras tracionadas c/ ganchos, c/ cobrimento maior ou igual 
 a 3 φ (= 3 x 1,6 = 4,8 cm) no plano normal ao do gancho 
 bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) 
 bl : = 69,92 cm. 
 As,calc, para ancoragem no apoio = 4 cm2 
 As,efetiva, ancorada no apoio = 4 cm2 
 cm4994,48nec,b ≈=l 
 min,bl é o maior valor entre 0,3 bl ( = 20,98 cm), 10 φ (= 16 cm) e 10 cm. 
 Portanto, adotar cm49nec,b =l 
Exercícios - Detalhamento 6
 Observa-se que este valor torna impossível a ancoragem no apoio.Uma alternativa seria 
aumentar a área efetiva ancorada no apoio, visando diminuir o comprimento de ancoragem das 
barras com ganchos, mas, mesmo assim, haveria a necessidade de um valor mínimo ( min,bl = 
20,98 cm) que seria maior que o disponível (=17,5 cm). 
 No entanto, a NBR 6118:2003, item 18.3.2.4.1, estabelece que quando houver cobrimento 
da barra no trecho do gancho, medido normalmente ao plano do gancho, de pelo menos 70 mm, e as 
ações acidentais não ocorrerem com grande freqüência com seu valor máximo, o primeiro dos três 
valores anteriores pode ser desconsiderado, prevalecendo as duas condições restantes. 
 
 Portanto: ( )
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=φ=φ+φ=φ+
=
≥
cm6
cm8,1285,5)2/5(5,5r
cm49nec,b
min,be
l
l 
 
1.4.3. Verificação: !Ok)cm8,12()cm5,17( min,bebe →=>= ll 
 
1.4.3. Detalhamento das barras 
 
Ganchos nas duas extremidades, tipo C. 
Armadura de tração. 
L1 = 620 – 2 . 2,5 = 615 cm. 
φ = 16 mm = 1,6 cm. 
Trecho Reto = 8 φ = 12,8 ≈13 cm 
φdobr. = 5 φ = 8 cm 
h = Trecho Reto + (φdobr. / 2) + φ ≈ 18,5 cm 
Ltot = L1 + 2 . TR + 0,571 . φdobr.– 0,429 φ = 615 + 2 . 13 + 0,571 . 8 – 0,429 . 1,6 = 644,88 cm 
Ltot ≈ 645 cm 
≥ 
7 cm 
Exercícios - Detalhamento 7
1.5. COBRIMENTO DO DIAGRAMA 
 
1º Passo: Dividir o diagrama de momentos em faixas 
 
 Cada barra vai absorver uma parcela do momento fletor. Divide-se o diagrama do momento 
fletor em faixas, onde cada faixa representa uma barra. Esta divisão deve ser feita do seguinte 
modo: 
a) pelo número de barras usadas para resistir ao momento máximo (opção geralmente usada 
quando se tem todas as barras com o mesmo diâmetro) 
b) proporcional à área das barras (opção que pode ser usada quando se tem barras com 
diâmetros iguais, mas que sempre deve ser usada quando nem todas as barras tiverem o 
mesmo diâmetro) 
 
 Neste detalhamento, será usada a opção b): 
 Se 9,1 cm2 (área total calculada) resistem a um momento igual a 13 650 kN.cm, 
 Então 2 cm2 (área de 1 barra φ16mm) resistem a X 
 
 Pela “regra de três” , tem se que: 9,1 X = 2 . 13 650 
 X = 3 000 kN.cm = 30 kN.m 
 
Portanto, cada barra têm capacidade de “absorver” uma parcela de momento fletor 
correspondente a 30 kN.m. Neste caso, as quatro primeiras barras absorvem este valor e a última 
vai absorver a parcela do momento fletor que restar para ela. 
 
 
 
 
 Cada faixa vai ter um comprimento (l) na face superior e outro na face inferior. Este 
comprimento pode ser obtido por meio de cálculo ou de um desenho em escala. 
Exercícios - Detalhamento 8
 
 
2º Passo) Deslocamento do diagrama de momentos fletores de al (=45cm) 
 
3º Passo) Ancoragem das barras 
 
 As barras 1 e 2 devem ser prolongadas até o apoio. Resta, portanto, determinar o 
comprimento das barras 3, 4 e 5. 
 
 
 
 A ancoragem da barra tem início na seção onde a sua tensão σs começa a diminuir e deve 
prolongar-se pelo menos 10φ além do ponto teórico de tensão σs nula. 
 
Proporção 
 
Exercícios - Detalhamento 9
 Para cada faixa, faz-se a seguinte análise: 
 
a) no ponto do diagrama deslocado, onde o momento começa a diminuir, deve-se somar o 
comprimento de ancoragem bl 
(Obs.: como a divisão do diagrama foi feita de modo proporcional à área das barras e não em 
função de sua quantidade, recomenda-se o uso do comprimento de ancoragem básico bl ao invés 
do comprimento de ancoragem necessário nec,bl ) 
b) no ponto onde o momento fletor foi totalmente absorvido pela barra, soma-se o valor de 10φ 
c) o comprimento da barra devidamente ancorada será o maior entre os comprimentos das 
faces inferior e superior da faixa, lembrando-se que, nesse caso, o diagrama é simétrico. 
 
Dados: al = 45 cm ; 10φ = 16 cm; 
 bl : comprimento de ancoragem básico (ver item 5 das notas de aula) 
 bl : = 69,94 cm ≈ 70 cm (boa aderência, barra sem ganchos nas extremidades). 
 Portanto, adotar cm70b =l 
• Barra 5 ( = faixa B.5) 
 
⎩⎨
⎧
+
φ++≥
b
eriorsup
barra 2a2
)10(2a2
ll
ll
l 
⎩⎨
⎧
=+
=++≥
cm23014090
cm5,19432905,72
barral 
 
• Barra 4 
⎩⎨
⎧
++
φ++≥
beriorinf
eriorsup
barra 2a2
)10(2a2
lll
ll
l 
⎩⎨
⎧
=++
=++≥
cm5,302140905,72
cm5,32632904,204
barral 
 
• Barra 3 
⎩⎨
⎧
++
φ++≥
beriorinf
eriorsup
barra 2a2
)10(2a2
lll
ll
l 
⎩⎨
⎧
=++
=++≥
cm4,434140904,204
cm3,45832903,336
barral
 
 
Exercícios - Detalhamento 10
 
1.6. DETALHAMENTO 
 Por uma questão pessoal do projetista, optou-se por se adotar o comprimento da barra 4 
igual ao da barra 3, igual a 459 cm, obtendo-se uma simetria com relação à armação da viga. 
 
 
 
 
Aço (CA 50) 
 
 
Comprimento total (sem perdas) 
 
Comprimento total (com 10% de perdas) 
 
φ 5 mm 
 
 
2 . 6,15 m + 23 . 1,24 m = 40,8 m 
 
40,8 . 1,10 = 44,9 m 
 
φ 16 mm 
 
 
1 . 2,30 m + 2 . 4,59 m + 2 . 6,45m = 24,38 m 
 
24,38 . 1,10 = 26,82 m 
 
Para verificar se a armadura usada é suficiente para considerar a suspensão do carregamento, ver 
apostila do Prof. Samuel Giongo: “ Concreto Armado: Resistência de Elementos Fletidos Submetidos a 
Força Cortante” , EESC – USP. 
 
 
OBSERVAÇÕES FINAIS: 
N1, N2, N3 : Armadura de flexão 
N4: Porta - estribos (diâmetro igual ao 
do estribo) 
N5: Estribos 
Cobrimento da armadura: 2,5 cm 
Exercícios - Detalhamento 11
 
 
2. DIMENSIONAR E DETALHAR A VIGA ABAIXO. 
2.1 DADOS 
Dados:Concreto C20 (fck = 20 MPa), com britas 1 e 2. Cobrimento da armadura: 1,5 cm. 
Aço CA 50 A (fyk=500MPa=50kN/cm2). 
Seção transversal da viga: 15 cm x 50 cm, com base (b) = 15 cm e altura (h) = 50 cm. Seção 
transversal dos pilares externos: 20 cm x 40 cm. Seção transversal dos pilares internos: 20 cm x 20 
cm. Diâmetro do estribo (valor estimado): 6,3 mm . Estribos com 2 ramos verticais ( n = 2). 
 
 
 
2.2 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS (Valores de cálculo) 
2.2.1. Força cortante 
 
Obs.: por meio do diagrama de força cortante, dimensionam-se estribos e calcula-se o valor 
de al. Neste exemplo, adotar al = d = 45 cm. 
 
 
P1 P2 P3 P4
Exemplo didático com cobrimento insuficiente segundo a 
NBR 6118:2003. 
Exercícios - Detalhamento 12
2.2.2. Momento fletor (kN.cm) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Obs.: dimensionamento da armadura de flexão é feito para o maior momento fletor no apoio. 
Destaca-se, no entanto que a NBR 6118:2003 permite o arredondamento do diagrama na região dos 
apoios. 
 
 
As,calc: 
5,71cm2 
As,ef: 
6,25cm2 
5φ12,5mm 
As,calc: 
2,91cm2 
As,ef: 
3,2cm2 
4φ10mm
As,calc: 
2,92cm2 
As,ef: 
3,75cm2 
3φ12,5mm
As,calc: 
3,22cm2 
As,ef: 
3,2cm2 
4φ10 mm 
(3,2/3,22= 
0,99 >0,95 
ok!)
As,calc: 
4,21cm2 
As,ef: 
5cm2 
4φ12,5mm)
As,calc: 
4,21cm2 
As,ef: 
4cm2 
5φ10mm 
(4/4,21=0,
95 ≥0,95 
ok!)
As,calc: 
1,16cm2 
As,ef: 
2,5cm2 
2φ12,5mm 
Exercícios - Detalhamento 13
2.3 ANCORAGEM DA ARMADURA 
2.3.1. Balanço 
 a) Armadura negativa (face superior) 
 Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 56 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 1,3 cm2 
 Nesta região, serão ancoradas 2 φ 12,5 mm (As = 2,5 cm2 OK!) 
 b) Armadura positiva (face inferior) 
 Função de porta-estribos - 2 φ 10 mm 
 
2.3.2. Apoio da extremidade direita (pilar P4) 
 a) Armadura negativa (face superior) 
 Ancorar toda a armadura efetiva (2φ12,5mm) 
 Neste caso, o pilar apresenta tensões de tração e compressão, pois a força normal é pequena 
frente ao momento fletor atuante. 
Observação: emenda de barras tracionadas 
 
 
 
 
 
Adotar r =10cm 
Portanto, o diâmetro interno de dobramento 
será igual a 20 cm. 
 
l0t = α0t. lb,nec (emenda de barras tracionadas) 
 lb,nec = 25,35 cm ( > 23,42 cm; 12,5 cm; 10 cm OK!) 
 (embora a barra a ser ancorada esteja localizada em região de má aderência, o trecho da 
emenda está sendo ancorado em região de boa aderência. Considerou-se que: 
As,cal = 1,16 cm2; As,ef = 2,5 cm2) 
 α0t (a ≤ 10φ; 100% de barras emendadas) = 2 
l0t = α0t. lb,nec = 2 . 25,35 = 50,69 cm ≈ 51 cm ( ≥ 32,8 cm; 18,75cm; 20 cm ok!) 
 
 
 
 
 
Exercícios - Detalhamento 14
b) Armadura positiva (face inferior) – ver item 11.1 das notas de aula 
 
b1) sem momentos positivos 
 
b2) Ast = Rsd / fyd = (Vd . al / d) / (fyk / 1,15) = ( 35 . 45 / 45 ) / (50 / 1,15) = 0,8 cm2 
(equivale a 1 barra φ10 mm) 
 
b3) Armadura mínima até os apoios: para momentos nos apoios inferiores a 1/2 do momento 
máximo no vão (2168 ≤ 7278/2 = 3639): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, de b1), b2) e b3), tem-se que serão ancoradas 2 barras. 
 
Ancoragem: 
 
 Comprimento disponível (lbe) = dimensão do apoio – cobrimento = 40 – 1,5 = 38,5 cm 
 
 Comprimento de ancoragem (Ascalc = As,efetiva = Área relativa a duas barras φ 10 mm) 
 Tentativa de ancorar com ganchos nas extremidades, considerando região de boa aderência, 
considerando-se As,cal = As,ef = 1,6 cm2 (correspondente a 2 barras): 
 
 lb,nec = 30,6 cm ≈ 31 cm ( > 13,11 cm; 10 cm; 10 cm OK!) 
 
 ∴ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=φ+≥
cm6
cm8)5,5r(
cm31
min,bel ⇒ lbe > lbe,min ⇒ ancoragem Ok! 
 
2.3.3. Pilares internos: 
Para as armaduras positiva e negativa foram adotados os valores de lb iguais a, respectivamente, 
44 cm (φ10mm, boa aderência) e 78 cm (φ12,5mm, má aderência). 
 
 
Mv 
Ma 
|Ma| < Mv 
 2 
As vão 
As apoio 
Asvão / 3 = 4 / 3 = 1,33 cm2 (equivale a 1,67 barras) 
2 barras 
Asapoio ≥⎧⎨⎩ ≥ 
As vão
3
 barras2 
Exercícios - Detalhamento 15
a) Armadura negativa (face superior, φ12,5 mm) 
 
 Ancoragem: pelo menos 2 barras (porta –estribos, má aderência) 
 Para a armadura negativa, foi adotado o valor de lb igual a 78 cm (φ12,5mm, má aderência). 
 
Dados usados para interrupção das barras: 
 
• P1: 5,71 cm2 correspondem a um momento de 9520 kN.cm 
 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2084 kN.cm 
 
• P2 2,92 cm2 correspondem a um momento de 5250 kN.cm 
 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2247 kN.cm 
 
• P3 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7285 kN.cm 
 1,25 cm2 (1φ 12,5mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 2163 kN.cm 
 
 Exemplo: cálculo do comprimento das barras com relação ao diagrama de momento fletor 
(não deslocado): 
 
 
 
 
 
 
Exercícios - Detalhamento 16
b) Armadura positiva (face inferior , φ10mm) 
 Ancoragem de pelo menos duas barras – ver item de comparação de momento no meio do 
vão e no apoio (boa aderência). 
 Para a armadura positiva foi adotado o valor de lb igual a 44 cm (φ10mm, boa aderência). 
 
 
Dados usados para interrupção das barras: 
 
• Entre P1 e P2: 2,91 cm2 correspondem a um momento de 5234 kN.cm 
 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1439 kN.cm 
 
• Entre P2 e P3: 3,22 cm2 correspondem a um momento de 5787 kN.cm 
 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1438 kN.cm 
 
• Entre P3 e P4: 4,21 cm2 correspondem a um momento de 7278 kN.cm 
 0,8 cm2 (1φ 10mm) corresponde a x 
 Portanto, pela “regra de três” , tem-se que x = 1383 kN.cm 
 
 
 
 
2.3.4. Emendas (barras comprimidas) 
a) Armadura negativa (face superior) 
 loc = lb = 78 cm (Má aderência) 
b) Armadura positiva (face inferior) 
 loc = lb = 44 cm (Boa aderência) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios - Detalhamento 17
2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO 
 
 
Exercícios - Detalhamento 18
2.4 DETALHAMENTO – ARMADURA DE FLEXÃO – opção em cores