Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexão composta normal

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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 
 
 
 
 
 
 
 
 
2011 
 
 
 
 
 
 
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 .................................................................... 5 
3.1 – O problema a ser resolvido ............................................................................................... 5 
3.2 – As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes .................................... 7 
3.3 – Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-compressão normal ......... 8 
3.3.1- Armaduras assimétricas ................................................................................................... 8 
3.3.2 – Armaduras simétricas .................................................................................................... 18 
3.3.3 - Processo simplificado do item 17.2.5.1, para transformar situação de flexo-
compressão normal em compressão centrada ............................................................................ 21 
3.4 - Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-tração normal ................... 27 
3.5 – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado 
submetidas à flexão composta normal ....................................................................................... 32 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 1 
 
 
 
 
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, tem-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. 
eixo de simetria
traço do plano de flexão
traço do plano de flexão
(a) (b) 
Figura 1.1 – Situações de flexão oblíqua 
 
 
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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 limite últimos correspondem à máxima capacidade portante da 
estrutura. O 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. 
 Os estados limites de serviço, que devem ser verificados nas estruturas de concreto armado, 
são: 
a) estado limite de abertura das fissuras: estado em que as fissuras se apresentam com aberturas 
iguais aos máximos especificados; 
b) estado limite de deformações excessivas: estado em que as deformações atingem os limites 
estabelecidos para a utilização normal da construção; 
c) estado limite de vibrações excessivas: estado em que as vibrações atingem os limites 
estabelecidos para a utilização normal da construção. 
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; 
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; 
 
 
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d) a distribuição de tensões no concreto comprimido se faz de acordo com o diagrama parábola-
retângulo, com tensão de pico igual a 0,85 fcd (Figura 2.1) 
 
 
Figura 2.1 – Diagrama parábola-retângulo para o concreto comprimidosendo fcd a resistência de cálculo do concreto à compressão, determinada por 
c
ck
cd
ff γ= (2.1)
onde fck é a resistência característica do concreto à compressão e γc é o coeficiente de minoração da 
resistência do concreto, tomado, em geral, com o valor de 1,4. 
Permite-se a substituição do diagrama parábola-retângulo pelo retângulo de altura 0,8 x (onde x 
é a profundidade da linha neutra), com a seguinte tensão: 
• 0,85 fcd no caso da largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a 
partir desta para a borda comprimida; 
• 0,80 fcd no caso contrário; 
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
f
f γ= (2.2)
onde fyk é a resistência característica do aço e γs 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 
 
 
 
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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. 
 
 
 
 
- 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 
(εc< 3,5‰ 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 (εs>εyd) 
domínio 4: flexão simples (seção superarmada) ou composta com ruptura à 
compressão do concreto e aço tracionado sem escoamento (εs<εyd) 
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 γ= (2.3)
MM fd γ= (2.4)
onde N, M são as solicitações de serviço e γf 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 NBR6118:2007. Através destas relações, conhecida a posição da linha neutra, 
pode-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‰10
xd
x'd‰10
xx'dxd
‰10
‰10
c
2
c2
1
−−=ε
−
−=ε
−
ε=−
ε=−
=ε
 
♦ domínio 2: 
0 < x < x23 
 
ddx
xd
x
xd
dx
xdxxd
c
c
259,0
‰5,3‰10
‰5,3
‰10
'‰10
'
‰10
‰10
23
2
2
1
=+=
−=
−
−=
=−=−
=
ε
ε
εε
ε
 
♦ 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
yd
=
+=
−=
−=
−=−=
ε
ε
ε
ε
εε
‰5,3
‰5,3
'‰5,3
‰5,3
'
‰5,3
lim
2
1
21
 
 
♦ domínio 4a: 
d < x < h 
 
x
'dx‰5,3
x
dx‰5,3
'dxdxx
‰5,3
2
1
21
−=ε
−=ε
−
ε=−
ε=
 
 
♦ domínio 5: 
x > h 
 
hx
dx
hx
dx
hx
x
dxdxxhx
c
c
7
3
'‰2
7
3
‰2
7
3
‰2
'
7
3
‰2
2
1
21
−
−=
−
−=
−
=
−=−==−
ε
ε
ε
εεε
 
 
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. 
 
Nd
Md
Nde0
O O
 
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
0,85 fcd
As1 σ1 As2 σ20,68 fcd b x
0,8 x
x
e0
e1 e2
h
d
d'
O
Nd
 
 
Figura 3.4 – Diagrama de equivalência entre esforços atuantes e resistentes 
 
 
 
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 A partir do diagrama da Fig. 3.4 pode-se escrever que 
Nd = 0,68 fcd b x + As2 σ2 – As1 σ1 (3.2)
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d – 0,4 x) + As2 σ2 (d - d’) (3.3)
onde 
02
01
0
2
'
2
'
edde
edde
N
M
N
M
e
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, σ1, σ2. Estas seriam as 
incógnitas do problema. Na verdade, os valores de σ1 e σ2 são dependentes do valor de x e não são, 
portanto, incógnitas adicionais. Assim, para se encontrara 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 (ε1 ≥ εyd Æ σ1 = fyd). Pode-se ter solução com armadura 
simples (As2 = 0) ou com armadura dupla (x = xlim). 
 
(a.1) Armadura simples 
 
0,85 fcd
As1 fyd 0,68 fcd b x
0,8 x
x
e1
h
d
O
Nd
Figura 3.5 – Grande excentricidade - armadura simples 
 
 
Nd = 0,68 fcd b x – As1 fyd 
 
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d – 0,4 x) 
 
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, x) 
 
 Para assegurar que σ1 = fyd, usa-se esta 
solução somente para x < xlim (ε1 ≥ εyd) [domínios 
2 ou 3], ou seja, para Nd e1 ≤ Mdlim. 
 
Mdlim = 0,68 fcd b xlim (d – 0,4 xlim) 
 
 
 
 
(a.2) Armadura dupla 
 
 Para a situação de armadura dupla, fixa-se que x = xlim. 
 
0,85 fcd
As1 fyd As2 σ20,68 fcd b xlim
0,8 xlim
xlim
e1
h
d
d'
O
Nd
Figura 3.6 – Grande excentricidade - armadura dupla 
 
 
 
 
Nd = 0,68 fcd b xlim + As2 σ2 – As1 fyd 
 
Nd e1 = Mdlim + As2 σ2 (d - d’) 
 
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, As2) 
 
 Antes de resolver o sistema de equações, 
deve-se determinar o valor de σ2, a partir do 
cálculo de ε2 
lim
lim
2
'‰5,3
x
dx −=ε 
 
 
 
 
 
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Observação: excentricidades de Nd 
 
 
(d-d')/2 (d-d')/2
e1
e0
e2
Nd
O
(d-d')/2 (d-d')/2
e1
e0
e2
O
Nd
e2
+ -
 
Figura 3.7 – Excentricidades do esforço normal 
 
 
 
2
'
2
'
02
01
ddee
ddee
−−=
−+=
 
 
 
 
 
 
 
02
01
e
2
'dde
e
2
'dde
−−=
+−=
 
 
 
Transição entre a flexo-compressão com grande excentricidade e a flexo-compressão com 
pequena excentricidade 
 
¾ quando e0 > (d-d’)/2 
 
 
0,85 fcd
As1 fyd As2 σ20,68 fcd b xlim
0,8 xlim
xlim
e0
h
d
d'
O
Nd
e2
 
Figura 3.8 – Transição FCGE-FCPE 
 
 
 
 
 
 
 
 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. 
 
 
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¾ quando e0 < (d-d’)/2 
 
 
0,85 fcd
As1 fyd As2 σ20,68 fcd b xlim
0,8 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 = 0,68 fcd b xlim (0,4 xlim–d’) – As1 fyd (d-d’)
 
 ( )
( ) 0'
'4,068,0 2limlim
1 >−
−−=
ddf
eNdxxbf
A
yd
dcd
s 
 
 ( )
d
cd
N
dxxbf
e
'4,068,0 limlim
2
−< 
 
 
 
 
(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade 
 
 Nesta situação, tem-se apenas uma armadura de compressão (As1 = 0). 
 
0,85 fcd
0,68 fcd b x
0,8 x
x
e2
h
d'
O
Nd
As2 σ2
Figura 3.10 – Pequena excentricidade 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As2 σ2 (1) 
 
Nd e2 = 0,68 fcd b x (0,4 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 ε2. 
Utilizando-se a relação tensão-deformação do 
aço, determina-se o valor de σ2. 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 0,85 fcd até uma altura 0,8 x = h (ou x = 1,25 h). 
A partir daí, toda a seção de concreto está submetida à tensão 0,85 fcd. 
 
 
0,85 fcd
0,85 fcd b h
e2
h
d'
O
Nd
As2 σ2 
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 = 0,85 fcd b h (0,5 h – d’) 
 
ou 
 ( )
d
cd
N
dhhbf
e
'5,085,0
2
−= 
 
 
 Para aumentar o momento Nd e2 seria necessário acrescentar As1, que contribuiria com a 
parcela adicional As1 σ1 (d-d’). Assim, tem-se flexo-compressão com pequena excentricidade 
quando 
 ( )
d
cd
N
dhhbf
e
'5,085,0
2
−< 
 Para e2 maior do que este valor, tem-se compressão composta. 
 
(c) Compressão composta 
 
 Neste caso, precisa-se de duas armaduras de compressão para equilibrar os esforços 
atuantes. 
0,85 fcd
0,85 fcd b h
e2
h
d'
O
Nd
As2 σ2As1 σ1
e1
d
 
Figura 3.12 – Compressão composta 
 
 
Nd e1 = 0,85 fcd b h (d-0,5 h)+As2 σ2(d-d’) 
 
Nd e2 = 0,85 fcd b h(0,5 h-d’)+As1 σ1(d-d’) 
 
 Têm-se 2 equações x 3 incógnitas (x, As1, 
As2). Embora não apareça explicitamente, os 
valores de σ1 e de σ2 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 
(ε1 = ε2 = 2 ‰). 
 
 
 
 
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Situação em que não é necessário armadura teoricamente 
 
0,85 fcd
0,85 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 
 ( )'285,0 2 debfN cdd +≤ 
 
ou 
 
bf
N
de
cd
d7,1
'2 ≥+ 
 
ou 
 
'
7,12
d
bf
N
e
cd
d −≥ 
 
 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/cm2 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; εyd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
 
 
Mdlim = 0,68 fcd b xlim (d–0,4 xlim) = 0,68.1,786.25.28,26(45-0,4.28,26) = 289,12 kN.m 
 ( )
N
cm.kN5409
N
)526,28.4,0(26,28.25.786,1.68,0
N
'dx4,0xbf68,0e
ddd
limlimcdGP
2 =−=−= 
 ( )
N
cm.kN37953
N
)550.5,0(50.25.786,1.85,0
N
'dh5,0hbf85,0
e
ddd
cdPC
2 =−=
−= 
cm5
cm/kN91,75
N5
25.786,1.7,1
N'd
bf7,1
N
e dd
cd
d0
2 −=−=−= 
 
Exemplo 1: 
 
M = 70 kN.m 
N = 100 kN Æ Nd = 1,4.100 = 140 kN 
 
cm5070
2
545e
2
'dde
cm9070
2
545e
2
'dde
cm07
100
7000
N
Me
02
01
0
−=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
como e2 < 0 Æ flexo-compressão com grande excentricidade 
 
2
0
2 ecm16,3591,75
140
e >−=−= Æ precisa armadura 
 
Nd.e1 = (140kN) (0,90m) = 126,0 kN.m < Mdlim = 289,12 kN.m Æ armadura simples 
 
Nd = 0,68 fcd b x – As1 fyd (1) 
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d – 0,4 x) (2) 
 
(2): -0,68.1,786.25.0,4 x2 + 0,68,1,786.25.45 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
140.25.10,140,68.1,786
A 2s1 =−= 
cm26,28d628,0d
‰5,3ε
‰5,3
x
yd
lim ==+=
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 15 
 
 
Exemplo 2: 
 
M = 150 kN.m 
N = 800 kN Æ Nd = 1,4.800 = 1120 kN 
 
cm25,175,18
2
545e
2
'dde
cm75,3875,18
2
545e
2
'dde
cm75,18
800
15000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm75,9591,75
1120
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
ecm83,41120
5409
e 2GP2 >== Æ flexo-compressão com grande excentricidade 
 
Nd.e1 = (1120kN) (0,3875m) = 434,0 kN.m > Mdlim = 289,12 kN.m Æ armadura dupla 
 
Nd = 0,68 fcd b xlim + As2 σ2 – As1 fyd (1) 
Nd e1 = Mdlim + As2 σ2 (d - d’) (2) 
 
σ2: xlim = 28,26 cm 
‰881,2
26,28
526,28‰5,3
x
'dx‰5,3
lim
lim
2 =−=−=ε Æ ε2 > εyd = 2,07 ‰ Æ σ2 = fyd = 43,48 kN/cm2 
 
(2): cm33,85)-(4543,48
2891243400
A 2s2 =−= 
 
(1): cm30,243,48
11208,33.43,48 .25.28,260,68.1,786
A 2s1 =−+= 
 
Exemplo 3: 
 
M = 30 kN.m 
N = 630 kN Æ Nd = 1,4.630 = 882 kN 
 
cm24,1576,4
2
545e
2
'dde
cm76,2476,4
2
545e
2
'dde
cm76,4
630
3000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm62659175
882
e 202 <=−= ,, Æ não precisa armadura teoricamente 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 16 
 
Exemplo 4: 
 
M = 100 kN.m 
N = 1250 kN Æ Nd = 1,4.1250 = 1750 kN 
 
cm128
2
545e
2
'dde
cm288
2
545e
2
'dde
cm8
1250
10000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm05,18591,75
1750
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
cm69,21
1750
37953
eecm09,31750
5409
e PC22
GP
2 ==<<== Æ flexo-compressão com pequena excentricidade 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As2 σ2 (1) 
Nd e2 = 0,68 fcd b x (0,4 x – d’) (2) 
 
(2): 0,68.1,786.25.0,4 x2 – 0,68.1,786.25.5 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 Æ domínio 4a 
 
‰138,3
30,48
530,48‰5,3
x
'dx‰5,32 =−=−=ε Æ ε2 > εyd = 2,07 ‰ Æ σ2 = fyd = 43,48 kN/cm2 
 
(1): cm52,643,48
.25.48,300,68.1,786-1750
A 22 s == 
 
Exemplo 5: 
 
M = 100 kN.m 
N = 2000 kN Æ Nd = 1,4.2000 = 2800 kN 
 
cm155
2
545e
2
'dde
cm255
2
545e
2
'dde
cm5
2000
10000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm89,31591,75
2800
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 17 
 
ee;cm55,132800
37953
e;cm93,12800
5409
e PC22
PC
2
GP
2 >==== Æ compressão composta 
 
Nd e1 = 0,85 fcd b h (d-0,5 h)+As2 σ2(d-d’) (1) 
Nd e2 = 0,85 fcd b h(0,5 h-d’)+As1 σ1(d-d’) (2) 
 
Fixar x = + ∞ 
ε1 = ε2 = 2 ‰ Æ σ1 = σ2 = 21.000 . 2/1000 = 42 kN/cm2 < εyd = 2,07 ‰ 
 
(2): cm41,25)-42(45
5)-.50.25.50(0,50,85.1,786-2800.15
A 2s1 == 
 
(1): cm08,195)-42(45
0,5.50)-.25.50(450,85.1,786-2800.25
A 2s2 == 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 18 
 
3.3.2 - Armaduras simétricas 
 
Vantagens da utilização da solução de armaduras simétricas: 
¾ evitar a inversão das armaduras 
¾ solução mais econômica nos casos de solicitações alternadas 
ESFORÇOS
ATUANTES
ESFORÇOS
RESISTENTES
0,85 fcd
As1 σ1 As2 σ20,68 fcd b x
0,8 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 = 0,68 fcd b x + As2 σ2 – As1 σ1 
 
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d – 0,4 x) + As2 σ2 (d - d’) 
 
têm-se 2 equações x 3 incógnitas (As1, As2, x) Æ 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 σ1, σ2 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 
 
0 ≤ x ≤ d As1 - tracionada 
As2 - comprimida 
 
caso 3 
 
d ≤ x ≤ 1,25 h As1, As2 – comprimidas 
parte da seção submetida a tensão 0,85 fcd 
 
caso 4 
 
 
 
e0 < (d-d’)/2 
 
x ≥ 1,25 h As1, As2 – comprimidas 
toda a seção submetida a tensão 0,85 fcd 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 19 
 
 
Equacionamento da solução: 
 
 
0,85 fcd
As1 σ1 As2 σ20,68 fcd b x
0,8 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 = 0,68 fcd b x + As (σ2-σ1) (1) 
 
Nd e1=0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
 
Nd |e2|=-0,68 fcd b x (0,4x-d’)+As1 σ1(d-d’)(3)
 
 
 
 
 
0,85 fcd
As1 σ1 As2 σ20,68 fcd b x
0,8 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 = 0,68 fcd b x + As (σ2-σ1) (1) 
 
Nd e1 =0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 =0,68 fcd b x (0,4x-d’) -As1 σ1(d-d’) (3) 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 20 
 
0,85 fcdAs1 σ1 As2 σ20,68 fcd b x
0,8 x
x
e0
h
d
d'
O
Nd e2e1
Figura 3.17 – Caso 3 
Caso 3: 
 
e0 < (d-d’)/2 
d ≤ x ≤ 1,25 h (domínios 4a ou 5) 
 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As (σ2+σ1) (1) 
 
Nd e1 =0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 =0,68 fcd b x (0,4x-d’) +As1 σ1(d-d’) (3)
 
 
 
 
 
 
Processo iterativo para a solução dos casos 1, 2 ou 3: 
 
(a) Arbitra-se x (xarb); 
(b) Calculam-se ε1, ε2; 
(c) Calculam-se σ1, σ2; 
(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 21 
 
 
 
 
 
 
0,85 fcd
As1 σ1 As2 σ20,85 fcd b h
e0
h
d
d'
O
Nd e2e1
 
Figura 3.18 – Caso 4 
Caso 4: 
 
e0 < (d-d’)/2 
x ≥ 1,25 h (domínio 5) 
 
 
Nd = 0,85 fcd b h + As (σ2+σ1) (1) 
 
Nd e1 =0,85 fcd b h(d-0,5h)+As2 σ2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 =0,85 fcd b h (0,5h-d’) +As1 σ1(d-d’) (3)
 
 
 
 
 
 
Processo iterativo para a solução do caso 4: 
 
(a) Arbitra-se As1; 
(b) Calcula-se σ1, utilizando a equação (3); 
(c) Calcula-se ε1, utilizando a relação tensão-deformação do aço; 
(d) Calcula-se x, utilizando uma relação de compatibilidade de deformações do domínio 5; 
(e) Calcula-se ε2, utilizando outra relação de compatibilidade de deformações do domínio 5; 
(f) Calcula-se σ2, 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 22 
 
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. 
 
0,85 fcd
0 As2 σ20,68 fcd b d
0,8 d
x=d
e0
h
d
d'
O
Nd e2e1
 
Figura 3.19 – Transição 2-3 
 
Transição 2-3: 
 
x = d Æ σ1 = 0 
 
a eq.(3), caso 2 ou 3, com σ1=0 e x=d fica 
 
)4,0(68,03,22 dddbfeN cdd ′−= 
 
N
dddbf
e
d
cd )'4,0(68,03,2
2
−= 
 
0,85 fcd
As1 σ1* As2 σ2
*
Rcc
* = 0,85 fcd b h
e0
h
d
d'
O
Nd e2e1
 
 
Figura 3.20 – Transição 3-4 
Transição 3-4: 
 
x = 1,25 h 
 
por equilíbrio, tem-se 
)( *1*2* σσ ++= ARN sccd (1) 
2
')( *1*24,30
dd
AeN sd
−−= σσ (2) 
 
isolando-se As em (1), fica 
σσ *1*2
*
+
−= RNA ccds 
 
substituindo-se em (2), vem 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
2
'1 *
1
*
2
*
1
*
2
*
4,3
0
dd
N
Re
d
cc
σσ
σσ 
 
e, finalmente, tem-se 
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= σσ
σσ
*
1
*
2
*
1
*
2
*
4,3
0
4,3
2 112
'
2
'
N
Rdde
dd
e
d
cc 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 23 
 
3.3.3 - Processo simplificado do item 17.2.5.1, para transformar situação de flexo-compressão 
normal em compressão centrada 
 
O cálculo para o dimensionamento de seções retangulares ou circulares com armadura 
simétrica, sujeitas a flexo-compressão normal, em que a força normal reduzida (ν) seja maior ou 
igual a 0,7, pode ser realizado como um caso de compressão centrada equivalente, onde: 
 
)
h
e
1(NN Sdeq,Sd β+= 
 
MSd,eq = 0 
 
sendo: 
 
 
 
Sendo αs a relação: (soma das armaduras superior e inferior)/(armadura lateral) e o valor α dado 
por : 
 
• α = -1/αs se αs < 1 em seções retangulares; 
• α = αs se αs ≥ 1 em seções retangulares; 
• α = 6 se αs > 6 em seções retangulares; 
• α = −4 em seções circulares. 
 
O arranjo de armadura adotado para detalhamento deve ser fiel aos valores de αs e 
d’/h pressupostos. 
Figura 3.21 - Arranjo de armadura caracterizado pelo parâmetro αs 
h
d8,0)01,039,0(
1
′−α+
=β
fA
N
cdc
Sd=ν
hN
M
h
e
Sd
Sd=
 
 
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/cm2 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; εyd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
cm66,11d259,0d
‰10‰5,3
‰5,3
x23 ==+= 
cm26,28d628,0d
‰5,3ε
‰5,3
x
yd
lim ==+= 
 
N
cm.kN17762
N
)545.4,0(45.25.786,1.68,0
N
)'dd4,0(dbf68,0
e
ddd
cd3,2
2 =−=
−= 
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= σσ
σσ
*
1
*
2
*
1
*
2
d
*
cc4,3
0
4,3
2 1N
R1
2
'dd
e2
'dd
e 
 
kN6,189750.25.786,1.85,0hbf85,0R cd
*
cc === 
x = 1,25 h = 1,25.50 = 62,5 cm 
 
cm/kN90,17‰852,0
507
35,62
455,62‰2
h7
3x
'dx‰2 2*1*1 =→=−
−=−
−= σε 
cm/kN48,43‰800,2
507
35,62
55,62‰2
h7
3x
'dx‰2 2*2*2 =→=−
−=−
−= σε 
( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= 41675,01
N
6,1897120
90,1748,43
90,1748,431
N
6,18971
2
545
e
dd
4,3
2 
cm665,11
N
cm.kN5,15816
e
d
4,3
2 += 
cm5
cm/kN91,75
N5
25.786,1.7,1
N'd
bf7,1
N
e dd
cd
d0
2 −=−=−= 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 25 
 
Exemplo 1: 
 
M = 70 kN.m 
N = 100 kN Æ Nd = 1,4.100 = 140 kN 
 
cmedde
cmedde
cm
N
Me
5070
2
545
2
'
9070
2
545
2
'
07
100
7000
02
01
0
−=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
como e2 < 0 Æ caso 1 (0<x<d=45cm) 
 
ecme 202 16,3591,75
140 >−=−= Æ precisa armadura 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As (σ2-σ1) (1) 
Nd e1=0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
Nd |e2|=-0,68 fcd b x (0,4x-d’)+As1 σ1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.σ1 = [140.50+0,68.1,786.25x(0,4x-5)]/(45-5) =0,30362x2-3,7953x+175 
Æ não tem raízes reais 
 
(2): As2.σ2 = [140.90-0,68.1,786.25x(45-0,4x)]/(45-5) =0,30362x2-34,1573x+315 
Æ raízes: x1=10,14 cm; x2 = 102,37 cm Æ x<10,14cm ou x>102,37cm 
 
(1): ( ) ( )
30,362
σσA140
.250,68.1,786
σσA140x 12s12scalc
−−=−−= 
 
conclusão 0<x<10,14cm Æ xarb = 5,07 cm 
 
xarb 
(cm) domínio 
ε1 
(‰) 
σ1 
(kN/cm2) 
ε2 
(‰) 
σ2 
(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 Sul26 
 
Exemplo 2: 
 
M = 150 kN.m 
N = 900 kN Æ Nd = 1,4.900 = 1260 kN 
 
cm3,3316,67
2
545e
2
d'de
cm36,6716,67
2
545e
2
d'de
16,67cm
900
15000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm60,11591,75
1260
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
eecm10,141260
17762
e 3,2223,22 <→== Æ caso 2 (0<x<d=45cm) 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As (σ2-σ1) (1) 
Nd e1=0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
Nd e2=0,68 fcd b x (0,4x-d’)-As1 σ1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.σ1 = [0,68.1,786.25x(0,4x-5)-1260x3,33]/(45-5) =0,30362x2-3,7953x-104,90 
Æ raízes: x1=-13,36 cm; x2 = 25,86 cm Æ x<-13,36cm ou x>25,86cm 
 
(2): As2.σ2 = [1260.36,67-0,68.1,786.25x(45-0,4x)]/(45-5) =0,30362x2-34,157x+1155,1 
Æ não tem raízes reais 
 
(1): ( ) ( )
30,362
σσA1260
.250,68.1,786
σσA1260x 12s12scalc
−−=−−= 
 
conclusão 25,86cm<x<45cm Æ xarb = 35,43 cm 
 
xarb 
(cm) domínio 
ε1 
(‰) 
σ1 
(kN/cm2) 
ε2 
(‰) 
σ2 
(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 Æ Nd = 1,4.2000 = 2800 kN 
 
cm5,125,7
2
545e
2
d'de
cm27,55,7
2
545e
2
d'de
cm5,7
2000
15000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm89,31591,75
2800
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
eeecm31,17665,112800
5,15816
e;cm34,62800
17762
e 4,3223,224,323,22 <<→=+=== 
Æ caso 3 (d=45cm<x<1,25h=62,5cm) 
 
Nd = 0,68 fcd b x + As (σ2+σ1) (1) 
Nd e1=0,68 fcd b x(d-0,4x)+As2 σ2(d-d’) (2) 
Nd e2=0,68 fcd b x (0,4x-d’)+As1 σ1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.σ1 = [2800.12,5-0,68.1,786.25x(0,4x-5)]/(45-5) =-0,30362x2+3,7953x+875 
Æ raízes: x1=-47,80 cm; x2 = 60,30 cm Æ -47,80 < x <60,30 cm 
 
(2): As2.σ2 = [2800.27,5-0,68.1,786.25x(45-0,4x)]/(45-5) =0,30362x2-34,157x+1925 
Æ não tem raízes reais 
 
(1): ( ) ( )
30,362
σσA2800
.250,68.1,786
σσA2800x 12s12scalc
+−=+−= 
 
conclusão 45cm<x<60,3cm Æ xarb = 52,65 cm 
 
xarb 
(cm) domínio 
ε1 
(‰) 
σ1 
(kN/cm2) 
ε2 
(‰) 
σ2 
(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 Æ Nd = 1,4.2500 = 3500 kN 
 
cm6,174,2
2
545e
2
d'de
cm22,44,2
2
545e
2
d'de
cm4,2
2500
6000
N
Me
02
01
0
=−−=−−=
=+−=+−=
===
 
 
ecm11,41591,75
3500
e 202 >=−= Æ precisa armadura 
 
eecm18,16665,113500
5,15816
e;cm07,53500
17762
e 4,3224,323,22 >→=+=== Æ caso 4 (x>1,25h=62,5cm) 
 
Nd = 0,85 fcd b h + As (σ2+σ1) (1) 
Nd e1=0,85 fcd b h(d-0,5h)+As2 σ2(d-d’) (2) 
Nd e2=0,85 fcd b h (0,5h-d’)+As1 σ1(d-d’)(3) 
 
(3): σ1 = [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)]/[σ2(45-5)] = 1011,19/σ2 
 
‰2
d‰2h
7
3
x
h
7
3x
dx‰2;
h
7
3x
'dx‰2
1
1
12 −
−
=→
−
−=
−
−= ε
ε
εε 
 
início do processo: arbitrar σ2 = fyd = 43,38 kN/cm2 
da expressão (2): As2 = 1011,19/σ2 = 1011,10/43,48 = 23,26 cm2 
como As1 = As2 Æ arbitra-se As1 = 23,26 cm2 
 
As1 
(cm2) 
σ1 
(kN/cm2) 
ε1 
(‰) 
x 
(cm) 
ε2 
(‰) 
σ2 
(kN/cm2) 
As2 
(cm2) 
23,26 25,42 1,210 81,13 2,550 43,48 23,26 
 
As1 = As2 = 23,26 cm2 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 29 
 
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 
 
0,85 fcd
As1 fyd 0,68 fcd b x
0,8 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 – 0,68 fcd b x (1) 
 
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d-0,4x) (2) 
 
(2) Æ x 
(1) Æ As1 
 
 
0,85 fcd
As1 fyd 0,68 fcd b xlim
0,8 xlim
xlim
e0
h
d
d'
O
Nd
e1
As2 σ2
Fig. 3.23 – Grande excentricidade – armadura dupla 
 
se Nd e1 > Mdlim 
 
(a.2) armadura dupla 
 
x = xlim 
 
Nd = As1 fyd – As2 σ2 - 0,68 fcd b xlim (1)
 
Nd e1 = Mdlim + As2 σ2 (d-d’) (2)
 
x = xlim Æ ε2 Æ σ2 
(2) Æ As2 
(1) Æ As1 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 30 
 
(b) flexo-tração com pequena excentricidade 
 
As1 σ1
e2
h
d
d'
O
Nd
e1
As2 σ2 
Fig. 3.24 – Pequena excentricidade 
 
 
 
Nd e1 = As2 σ2 (d-d’) (1) 
 
Nd e2 = As1 σ1 (d-d’) (2) 
 
arbitra-se x = -∞ 
 
ε1 = ε2 = 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/cm2 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm2; εyd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
 
 
Mdlim = 0,68 fcd b xlim (d–0,4 xlim) = 0,68.1,786.20.34,54(55-0,4.34,54) = 345,52 kN.m 
 
 
Exemplo 1: 
 
M = 200 kN.m 
N = 500 kN Æ Nd = 1,4.100 = 700 kN 
 
cm25
2
555
2
'ddcm04
500
20000
N
Me0 =−=−>=== Æ flexo-tração com grande excentricidade 
 
cm15
2
55540
2
'ddee 01 =−−=−−= 
 
Nd.e1 = (700kN) (0,15m) = 105,0 kN.m < Mdlim = 345,52 kN.m Æ armadura simples 
 
Nd = As1 fyd - 0,68 fcd b x (1) 
Nd e1 = 0,68 fcd b x (d – 0,4 x) (2) 
 
cm54,34d628,0d
‰5,3ε
‰5,3
x
yd
lim ==+=
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 31 
 
(2): -0,68.1,786.20.0,4 x2 + 0,68,1,786.20.55 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): cm78,2043,48
.20.8,370,68.1,786 700
A 2s1 =+= 
 
Exemplo 2: 
 
M = 500 kN.m 
N = 600 kN Æ Nd = 1,4.600 = 840 kN 
 
cm25
2
555
2
'ddcm33,83
600
50000
N
Me0 =−=−>=== Æ flexo-tração com grande excentricidade 
 
cm33,58
2
55533,83
2
'ddee 01 =−−=−−= 
 
Nd.e1 = (840kN) (0,5833m) = 489,97 kN.m > Mdlim = 345,52 kN.m Æ armadura dupla 
 
Nd = As1 fyd - As2 σ2 - 0,68 fcd b xlim (1) 
Nd e1 = Mdlim + As2 σ2 (d - d’) (2) 
 
σ2: xlim = 34,54 cm 
‰993,2
54,34
554,34‰5,3
x
'dx‰5,3
lim
lim
2 =−=−=ε Æ ε2 > εyd = 2,07 ‰ Æ σ2 = fyd = 43,48 kN/cm2 
 
(2): cm64,65)-(5543,48
3455248997
A 2s2 =−= 
 
(1): cm25,4543,48
.20.34,540,68.1,7866,64.43,48840
A 2s1 =++= 
 
Exemplo 3: 
 
M = 100 kN.m 
N = 500 kN Æ Nd = 1,4.500 = 700 kN 
 
cm25
2
555
2
'ddcm20
500
10000
N
Me0 =−=−<=== Æ flexo-tração com pequena excentricidade 
 
cm4520
2
555e
2
'dde
cm520
2
555e
2'dde
02
01
=+−=+−=
=−−=−−=
 
 
Nd e1 = As2 σ2(d-d’) (1) 
Nd e2 = As1 σ1(d-d’) (2) 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 32 
 
 
Fixar x = - ∞ 
ε1 = ε2 = 10 ‰ > εyd = 2,07 ‰ Æ σ1 = σ2 = fyd = 43,38 kN/cm2 
 
(2): cm49,145)-43,48(55
700.45
A 2s1 == 
 
(1): cm61,15)-43,48(55
700.5
A 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 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 33 
 
 
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 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 34 
 
 
 
Figura 3.28 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-tração normal – solução 
de armaduras assimétricas