Tabela Solicitações Normais Final Total 1 Revisao set2014

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CTU - Departamento de Estruturas Concreto Estrutural Prof. Roberto Buchaim 
 
 
 
Texto em acordo com a NBR 6118: 2014, revisado em Setembro de 2014, 
para concretos de resistência característica 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Introdução 
 
Examinam-se neste trabalho o dimensionamento e a verificação de seções 
retangular e T, sujeitas à flexão composta normal com grande 
excentricidade, para concretos de resistência característica MPafck 50≤ . 
Entende-se por grande excentricidade a existência na seção transversal de 
dois banzos distintos: um comprimido e outro tracionado. 
 
As equações do problema são dadas na sua forma mais simples possível, 
pois se usa para o concreto o bloco retangular de tensões, com o que a 
deformação se desacopla da tensão, e para o aço usa-se o diagrama bilinear 
sem encruamento. 
 
O trabalho apresenta também uma tabela para o dimensionamento, bem 
como a correspondente representação gráfica das funções envolvidas. O 
objetivo é, evidentemente, didático, uma vez que a resolução numérica pode 
ser facilmente programável em microcomputadores. 
 
Na flexão composta normal, usa-se o método de Wuczkowski, conforme 
referido no livro de René Walther e Manfred Miehlbradt, 1990, o qual 
simplifica grandemente o problema ao considerar os esforços solicitantes, 
não no centro de gravidade da seção transversal, mas no centro de 
gravidade da armadura tracionada. Com isto, a força normal solicitante já 
fica aplicada no tirante, restando, para completar seu esforço resistente, a 
parcela proveniente do momento solicitante resultante do transporte 
daqueles esforços para o CG da armadura. Esta parcela é obtida, então, 
através da solução de uma flexão simples. Mostram-se, ainda, os limites 
deste método, quando há transição de grande para pequena excentricidade, 
através de dois exemplos, nas modalidades de flexotração e de 
flexocompressão. 
 
Por fim, chama-se a atenção para o fato de não mais ser permitido 
dimensionar a seção transversal de vigas e de lajes na fronteira dos 
domínios 3 e 4, com a escolha da conhecida (e ainda muito usada) 
profundidade relativa da linha neutra, limξ , a menos que a estrutura seja 
isostática. Isto porque a seção assim dimensionada estará no início do 
patamar de escoamento do aço, e precisamente por essa razão, ela é frágil. 
Na realidade, o dimensionamento de vigas e lajes, ou seja, a escolha da 
profundidade relativa da linha neutra conforme as normas atuais está ligada 
à necessária capacidade de rotação plástica das seções críticas para 
conseguir-se uma determinada carga de colapso da estrutura, com a devida 
segurança. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tabela 1: Determinação da armadura em função do momento solicitante 
relativo de cálculo 285,0 bdf
M
cd
sd
sd =µ . Seção retangular em flexão 
composta normal com grande excentricidade. Para o concreto utiliza-se o 
diagrama retangular de tensões de altura xy 8,0= e tensão de pico 
cdcd ff 85,01 = . A Tabela é válida apenas para concretos de resistência 
característica MPafck 50≤ . 
 
sdµ dx=ξ dzcc =ζ 1cε (‰) 2sε (‰) ξν 8,0=c Observações 
.02 .025 .990 .259 10 .020 
.03 .038 .985 .396 10 .030 
.04 .051 .980 .538 10 .041 
.05 .064 .974 .685 10 .051 
.06 .077 .969 .839 10 .062 
.07 .091 .964 .999 10 .073 
.08 .104 .958 1.165 10 .083 
.09 .118 .953 1.339 10 .094 
.10 .132 .947 1.520 10 .106 
.11 .146 .942 1.710 10 .117 
.12 .160 .936 1.909 10 .128 
.124 .167 .934 2 10 .133 Fim do Dom. 
2a 
.13 .175 .930 2.117 10 .140 
.14 .189 .924 2.336 10 .151 
.15 .204 .918 2.566 10 .163 
.16 .219 .912 2.808 10 .175 
.17 .234 .906 3.063 10 .188 
.18 .250 .900 3.333 10 .200 
.186 .259 .896 3.5 10 .207 Fim do Dom. 
2b 
.19 .266 .894 3.5 9.670 .213 
.2 .282 .887 3.5 8.922 .225 
.21 .298 .881 3.5 8.244 .238 
.22 .315 .874 3.5 7.626 .252 
.23 .331 .867 3.5 7.060 .265 
.24 .349 .861 3.5 6.540 .279 
.25 .366 .854 3.5 6.060 .293 
.26 .384 .846 3.5 5.615 .307 
.27 .402 .839 3.5 5.202 .322 
.28 .421 .832 3.5 4.817 .337 
.289 =limξ .438 .825 3.5 4.484 .351 60lim, −CAdµ 
Fim do Dom. 
3 para o CA-
60 
.29 .440 .824 3.5 4.456 .352 
.30 .459 .816 3.5 4.118 .368 
.31 .479 .808 3.5 3.8 .384 
.32 .5 .8 3.5 3.5 .4 
.33 .521 .792 3.5 3.216 .417 
.34 .543 .783 3.5 2.947 .434 
.35 .565 .774 3.5 2.691 .452 
(continua) 
 
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Tabela 1: Continuação 
 
sdµ dx=ξ dzcc =ζ 1cε (‰) 2sε (‰) ξν 8,0=c Observações 
.36 .589 .765 3.5 2.447 .471 
.37 .613 .755 3.5 2.213 .490 
.376 =limξ .628 .749 3.5 2.070 .503 50lim, −CAdµ 
Fim do Dom. 
3 para o CA-
50 
.38 .638 .745 3.5 1.989 .510 
.39 .664 .735 3.5 1.773 .531 
.40 .691 .724 3.5 1.565 .553 
.41 .720 .712 3.5 1.363 .576 
.42 .750 .700 3.5 1.167 .600 
.427 =limξ .772 .691 3.5 1.035 .617 25lim, −CAdµ 
Fim do Dom. 
3 para o CA-
25 
.43 .782 .687 3.5 .974 .626 
.44 .817 .673 3.5 .784 .654 
.45 .855 .658 3.5 .595 .684 
.46 .896 .641 3.5 .404 .717 
.47 .944 .622 3.5 .208 .755 
.48 1 .6 3.5 0 .8 Fim do Dom. 
4 
 
 
Fig. 1: Dados para o dimensionamento da seção retangular. 
 
0,5 h
0,5 h
d
x
d'
y = 0,8 x
c1
s1
s2
z = d - 0,4 xc
sd1s1s1 σR = A 
Rc
R = A σs2 s2 sd2
Md
Nd
Msd
Nd
d - d'
L N
f = 0,85 fcd1 cd
σsd 2
b
Seção transversal Deformações Tensões e 
forças resistentes
Esforços
solicitantes
no CG da peça
Esforços solicitantes 
transportados
para o CG do
banzo tracionado
�
�
�
1
1
A s1
s2 A 
CG
 
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Fig. 2: Momento relativo de cálculo em função da força relativa do concreto. 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 3: Profundidade da LN e braço de alavanca do concreto em função da força 
relativa do concreto. 
 
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3
0,35
0,4
0,45
0,5
0 0,2 0,4 0,6 0,8
Força relativa do concreto nnnn c = Rc/(0,85fcd bd)
M
o
m
e
n
to
 
re
la
tiv
o
 
de
 
cá
lc
u
lo
 
mm mm
s
d=
M
s
d/
(0,
85
f c
d 
bd
^
2)
mmmm sd = nnnn c (1 - 0,5nnnn c)
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1
0 0,2 0,4 0,6 0,8
Força relativa do concreto nnnn c=Rc/(0,85fcdbd)
Profundidade relativa
da LN
Braço de alavanca
relativo da força do
concreto
xxxx=1,25nnnn c
zzzz c=1- 0,5nnnn c
 
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Fig. 4: Deformações nos materiais em função da força relativa do concreto. 
 
 
Orientações para o uso da Tabela 1 (lembre-se que neste texto MPafck 50≤ ): 
 
1. Definições: 
 
dM e dN : Momento e força normal solicitantes de cálculo, aplicados no 
CG (centro de gravidade) da seção retangular. 
 
)5,0( hdNMM ddsd −+= : Momento solicitante de cálculo em relação à 
armadura tracionada. Ver a Fig. 1. 
 
Flexão simples: 0=dN e dsd MM = 
 
Flexão composta normal: 0>dN se compressão, 0<dN se tração. 
 
285,0 bdf
M
cd
sd
sd =µ : Momento solicitante relativo de cálculo em relação à 
armadura tracionada. 
 
cd
yds
d f
f
bd
A
85,0
2
2 =ω : Taxa mecânica da armaduratracionada. 
 
d
x
=ξ : Profundidade relativa da LN. Ver a Fig. 3. 
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8
Força relativa do concreto 
nnnn c=Rc/(0,85fcdbd)
De
fo
rm
a
çõ
e
s 
n
o
 
a
ço
 
e
 
n
o
 
co
n
cr
e
to
 
(x1
00
0) Alongamento da armadura(x1000)
Encurtamento máximo do
concreto (x1000)
 
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ydd
x
ε
ξξ
+
===
‰5,3
‰5,3)( 4/3limlim : Profundidade relativa da LN 
correspondente à fronteira dos domínios 3 e 4, grandeza que depende do aço 
através de ydε (ver a Tabela 1). A esse valor corresponde o momento limite 
lim,sdµ . 
 
d
zc
c =ζ : Braço de alavanca relativo da força do concreto em relação à 
armadura tracionada. Ver a Fig. 3. 
 
1cε : Encurtamento do concreto na borda comprimida. Ver a Fig. 4. 
 
2sε e 1sε : Deformações das armaduras tracionada e próxima da borda 
comprimida, respectivamente. Ver a Fig. 4. 
 
ξν 8,0
85,0
==
bdf
R
cd
c
c : Força resistente relativa no concreto. 
 
bdf
N
cd
d
d 85,0
=ν : Força normal solicitante relativa de cálculo ( 0>dν na 
compressão). 
 
2sA : Área da armadura tracionada. 
 
1sA : Área da armadura próxima da borda comprimida. 
 
 
2. Condição de plastificação do aço, haja ou não um patamar de escoamento: 
syds Ef≥2ε no Concreto Armado, ou ppydp Ef≥ε no Concreto 
Protendido. 
 
 
3. Condições de dutilidade para o dimensionamento (ver o item 14.5 NBR 
6118: 2014; estas condições têm a ver com a capacidade de rotação plástica 
dos elementos estruturais hiperestáticos e conseqüente redistribuição de 
solicitações, propriedade que as estruturas isostáticas não possuem): 
 
Estruturas lineares (item 14.6.4.3 da NBR 6118: 2014): 
 
a) 45,0≤dx para concretos com MPafck 50≤ 
b) 35,0≤dx para concretos com MPafMPa ck 9050 ≤< 
 
Lajes com dispensa da verificação explícita da capacidade de rotação 
plástica (item 14.7.4 da NBR 6118: 2014, análise através da teoria das 
charneiras plásticas): 
 
 
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c) 25,0≤dx para concretos com MPafck 50≤ 
d) 15,0≤dx para concretos com MPafck 50> 
 
Cabe observar que o aço CA-60, muito usado em lajes (e como estribos de 
vigas, mas neste caso com MPaf yd 435= ), tem a deformação do início do 
patamar de escoamento igual a 
 
‰484,2‰
210
15,1/600
===
s
yd
yd E
f
ε 
 
A esta deformação corresponde a profundidade relativa da LN igual a 
585,04/3lim == ξξ , valor muito superior aos limites 25,0 e 15,0 dados 
nos itens c e d. Se, ao invés de plástica, a análise for elástica linear com 
redistribuição de momentos fletores, as condições de dutilidade impostas na 
NBR 6118, item 14.7.3.2, levam a valores da profundidade relativa da LN 
ainda menores que 25,0 e 15,0 se houver redistribuição de momentos 
fletores acima de %25 . Pode-se, pois, concluir que o aço CA-60 estará 
sempre no patamar de escoamento, se o dimensionamento da laje estiver de 
acordo com a referida norma. 
 
O mesmo raciocínio vale para o aço CA-50, para o qual se tem 
‰07,2‰
210
15,1/500
===
s
yd
yd E
f
ε , valor ao qual corresponde 
628,04/3lim == ξξ , que atende às condições a) e b) do item 3. 
 
 
4. Armadura simples, atendidas as condições do item 3, armadura tracionada 
em escoamento: 
 
cd νω =2 na flexão simples normal, i.e., forças relativas iguais no aço e no 
concreto 
 
dcd ννω −=2 na flexão composta normal ( 0>dν na compressão) 
 
 onde cν é lido na 6
 a.
 coluna da Tabela 1, na linha correspondente ao 
momento sdµ . 
 
 O momento solicitante de cálculo, referido ao CG da armadura tracionada, 
e a força no concreto relacionam-se através da seguinte parábola do 
segundo grau, decorrente das condições de equilíbrio (Fig. 2): 
 
 )
2
1( ccsd
ν
νµ −= ou, inversamente, sdc µν 211 −−= 
 
 
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 Como há escoamento da armadura tracionada, a taxa mecânica é a própria 
força relativa na armadura. Na flexão simples ( dsd µµ = ) são iguais as 
forças no concreto e na armadura, i. e., dc d
y
28,0 ωξν === , donde 
 
 )
2
1( 22 ddd
ω
ωµ −= ou, inversamente, dd µω 2112 −−= 
 
5. Armadura dupla, caso as condições do item 3 não possam ser atendidas 
com armadura simples, ou com alterações na geometria da seção e/ou nas 
resistências dos materiais: 
 
Escolhe-se 00 )( dx=ξ conforme as condições do item 3, e lê-se na 
Tabela 1 o correspondente momento relativo, )85,0( 200 bdfM cddd =µ , 
e a força relativa no concreto, )85,0(00 bdfR cdcc =ν . A força relativa na 
armadura tracionada é, então, igual a: 
d
dsd
co
cd
s
s bdf
R
νδ
µµ
νν −
−
−
+==
'
1
02
2 185,0
 
 
A força relativa na armadura comprimida é igual a: 
 
'
1
01
1 185,0 δ
µµ
ν
−
−
==
dsd
cd
s
s bdf
R
 
 
onde 
d
d '1'
1 =δ é o cobrimento relativo da armadura comprimida. 
 
Através das forças 111 sdss AR σ= e ydss fAR 22 = calculam-se as áreas das 
armaduras, 1sA e 2sA . Para a primeira, calcula-se antes a tensão 1sdσ , 
conforme seja a deformação 1sε correspondente ao valor escolhido de 
00 )( dx=ξ . 1sε resulta da reta de deformações, cf. a Fig. 1, por simples 
semelhança de triângulos, observando que as deformações limites são: 
‰102 =sε no domínio 2 e 3,5‰c1 =ε no domínio 3. 
 
6. Transição de grande para pequena excentricidade na flexão composta 
normal: A flexão composta normal com grande excentricidade ocorre se na 
seção transversal houver simultaneamente um banzo comprimido e outro 
tracionado (domínios 2 a 4, dx ≤≤0 ). 
 
Se na flexocompressão resultar 02 ≤sA a seção poderá estar nos domínios 
2 a 5, mas a flexão composta será com pequena excentricidade, caso em que 
só haverá banzo comprimido, e o cálculo de 1sA , se houver, se faz de modo 
diferente. Para determinar esta área, transportam-se os esforços solicitantes 
de cálculo para o CG da armadura comprimida. Igualando-se o momento 
solicitante resultante com aquele decorrente do concreto, também em 
 
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relação ao CG da armadura comprimida, obtém-se a altura do bloco 
retangular de tensões do concreto. Disto resulta a posição da LN, e, 
portanto, o domínio de deformações, com o que uma deformação limite é 
imediatamente conhecida. Determinada a reta das deformações, tem-se o 
encurtamento 1sε e, através dele, a tensão na armadura comprimida, 1sdσ . 
Do equilíbrio de forças normais resulta a força na armadura comprimida, e, 
por conseqüência, a área 1sA correspondente. Na realidade, este é um caso 
de ocorrência rara e de pouca importância prática. 
 
Se na flexotração resultar um valor negativo para o momento solicitante de 
cálculo em relação à armadura 2, i. e., se 0<sdM , a flexão composta 
novamente será com pequena excentricidade e a seção estará no domínio 1. 
O concreto não participa da resistência da seção e as duas armaduras podem 
ser obtidas fazendo-se também ydsd f=1σ e calculando-se as forças 
ydss fAR 11 = e ydss fAR 22 = como se a seção fosse uma viga bi-apoiada 
nas armaduras. Neste caso, evidentemente, só existem banzos tracionados. 
A condição ydsd f=1σ leva à menor área 1sA , e é possível porque, 
atendidas as duas condições de equilíbrio para a determinação das forças 
nas armaduras, há infinitos pares 1sAe 1sdσ cujos produtos são constantes 
e iguais a 1sR , e a escolha de um deles é livre. 
 
7. Seções T: As seções T das edificações usuais, em concreto armado (ou em 
concreto protendido, a serem estudadas oportunamente) também podem ser 
dimensionadas através da Tabela 1, como se explica a seguir. 
 
Seja uma seção T de altura útil d , largura da alma wb , e cujo flange (ou 
laje) tem largura flb e espessura flh . Na flexão simples o dimensionamento 
se faz como para uma seção retangular de largura flb se, para o dado 
momento solicitante de cálculo dM , a profundidade da LN for no máximo 
igual à altura do flange vezes 1,25, pois então a altura do bloco retangular 
de tensões no concreto obedecerá a seguinte condição: 
 
flhxy ≤= 8,0 ou, equivalentemente, d
h
d
x fl25,1≤ 
 
Esta condição, por não se conhecer de antemão a altura y , é mais bem 
representada pela desigualdade 
 
hflydd MM =≤ , 
 
onde hflydM =, é o momento resistido pelo flange com a condição flhy = . 
 
Este momento, propriedade da seção, é igual a: 
 
)5,0(85,0
, flflflcdhflyd hdhbfM −== 
 
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Em caso contrário, i. e., se 
 
hflydd MM => , , ou se flhxy >= 8,0 , e portanto se d
h
d
x fl25,1> 
 
o dimensionamento da seção T deve contar também com a contribuição da 
alma. Tem-se, assim, duas parcelas de resistência vindas do concreto: uma 
referente à seção do flange fora da alma, de área flwfl hbb )( − , e outra 
referente à seção da alma comprimida, de área xbyb ww 8,0= . A primeira 
parcela tem força e respectiva distância à armadura tracionada 
conhecidas, a saber: 
 
flwflcdflc hbbfR )(85,0, −= 
 
flflc hdz 5,0. −= 
 
Portanto, também é conhecido o correspondente momento resistente: 
 
)5,0)((85,0
,,, flwflflcdflcflcfld hdbbhfzRM −−== 
 
Esta parcela é descontada do dado momento solicitante, restando o 
momento 
 
flddwd MMM ,, −= 
 
a ser resistido pela seção da alma, que é retangular, com o que é possível 
usar a Tabela 1. Com este momento, transformado no seguinte 
adimensional 
 
2
,
, 85,0 dbf
M
wcd
wd
wd =µ 
 
 entra-se na Tabela 1, para obter o correspondente braço de alavanca, 
d
z wc
wc
,
,
=ζ , e os demais dados que permitem concluir se, e em que 
medida, a armadura tracionada está em escoamento. Confirmado o 
escoamento, obtém-se a força total no concreto, igual à força no aço, da 
seguinte expressão: 
 
 
wc
wd
flcydss
z
M
RfAR
,
,
,22 +== 
 
com o que resulta a área 2sA procurada. Não confundir o momento fldM , 
com hflydM =, . Este último é usado apenas para decidir se o 
dimensionamento deve ser feito como seção T. 
 
 
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Não se discute aqui a possibilidade de uso de armadura comprimida em 
seções T, por ser esta solução pouco recomendada, indicando possíveis 
problemas em outros Estados Limites, últimos ou de utilização. 
 
Além disso, se a flexão composta normal ocorrer com grande 
excentricidade, o procedimento é análogo ao da seção retangular, notando-
se apenas que no transporte dos esforços solicitantes de cálculo para o CG 
da armadura tracionada a distância não é mais )5,0( hd − . 
 
8. Exemplos de Dimensionamento 
 
Mostra-se neste item o dimensionamento à flexão simples e à flexão 
composta normal com grande excentricidade nos casos de seções retangular 
e T, com armaduras simples e dupla. Serão vistos, ainda, dois exemplos de 
flexão composta normal com pequena excentricidade, abrangendo as 
modalidades de flexotração e de flexocompressão. Deve-se ter em mente 
que a escolha da profundidade relativa da linha neutra está intimamente 
relacionada, nas peças hiperestáticas, com a capacidade de rotação plástica 
da seção crítica em exame. Para maiores detalhes ver a bibliografia no item 
10, especialmente a NBR 6118: 2014. 
 
Exemplo 1: Considere-se uma seção retangular no ELU - Flexão simples. 
Uma escolha recomendável, de fácil memorização, da profundidade relativa 
da LN é 
3
1
==
d
xξ . Para este valor, pede-se fixar a altura h da seção e 
calcular a armadura correspondente. Dados: 
 
mmb 150= , mmd 50' = 
MPafck 20= , MPafcd 14,1285,0 = , MPaf yd 435= , 
KNmM d 24,85= 
 
Solução: 
 
Como foi imposta, neste problema, uma condição extra, qual seja, a da 
profundidade relativa da LN, a incógnita, ao invés de x , passa a ser h . 
Com isso, têm-se duas incógnitas ( h e sA ) para as duas equações de 
equilíbrio. A solução é obtida na seguinte seqüência: 
 
1º. Passo: Cálculo de dµ correspondente a 3
1
==
d
xξ . 
A força relativa do concreto é igual a 267,0
3
8,08,0 ==== ξν
d
y
c . E 
como o momento relativo dµ é função dessa força através da equação dada 
no item 4, com dsd µµ = (pois a flexão é simples), tem-se 
 
231,0)
2
267,01(267,0)
2
1( =−×=−= ccd
ν
νµ 
 
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 2º. Passo: Cálculo da altura útil d e da altura h da seção. 
 
Da definição de 285,0 bdf
M
cd
d
d =µ resulta 
 
mmd 450
14,12150231,0
1024,85 6
=
××
×
= 
 
e, portanto 
 
mmddh 50050450' =+=+= 
 
3º. Passo: Cálculo da área da armadura 
 
Como se mostrou antes, a taxa mecânica é a própria força relativa na 
armadura, se esta estiver em escoamento. Na flexão simples com armadura 
simples, a taxa mecânica é, por conseqüência, igual à força relativa do 
concreto, cν , também igual a altura relativa do bloco de tensões 
ξν 8,0==
d
y
c . Logo 
 
45015014,12
435267,02
××
×
===
s
cd
A
νω 
 
donde 2503mmAs = . A seção encontra-se no domínio 3, e a deformação 
limite atingida é a do concreto, ou seja, 5,31 =cε ‰. 
 
A solução através da Tabela 1 parte do valor 331,0333,0 ≅=ξ , lido na 
segunda coluna. Na linha correspondente obtém-se 23,0=dµ , valor do 
qual decorre d , através da definição desse momento relativo, como se fez 
há pouco. Na última coluna lê-se 265,0=cν , valor que no caso é igual à 
taxa mecânica, e do qual resulta a área pedida. Pode-se, também, calcular a 
área da armadura através do braço de alavanca tirado da tabela, 
dzc 867,0= , uma vez confirmado o escoamento da armadura. Assim, 
tem-se 
 
2
6
502
435450867,0
1024,85
mmfz
MA
ydc
d
s =
××
×
== 
 
 
Exemplo 2: Dada a seção retangular de uma viga hiperestática, de 
geometria 2750300 mmhb ×=× , mmd 45'= , e resistências 
MPafck 25= e MPaf yk 500= (aço CA-50), sujeita ao momento fletor 
de cálculo KNmM d 67,672= , pede-se obter a armadura necessária. 
 
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Solução: 
 
1º. Passo: Determinação do momento relativo de cálculo dµ . 
 
Novamente, tem-se dsd MM = , pois a flexão é simples )0( =dN . Logo 
 
297,0
70530018,15
1067,672
85,0 2
6
2 =××
×
==
bdf
M
cd
d
dµ 
 
2º. Passo: Obtenção da profundidade relativa da LN. 
 
Da expressão da força do concreto dada no item 4, vem 
 
363,0297,0211211 =×−−=−−= dc µν 
 
Como ξν 8,0=c resulta 45,0454,0363,025,1 ≅=×=ξ (cf. item 3a), e a 
armadura está em escoamento. Portanto, dc 2ων = 
 
3º. Passo: Cálculo da área da armadura. 
 
Da expressão da taxa mecânica vem 
 
2
22 2679435
70530018,15363,085,0 mmf
bdfA
yd
cd
ds =
××
== ω 
 
Adotam-se 22680102208 mm=+ φφ em duas camadas, com a disposição 
dada na Fig. 5. 
 
 
 
Fig. 5 
 
ev=2,530,00
eh~3,4
c=2,50 4,13
8,63
d'= 4,15 ~ 4,5cm
(cm)
8 20 + 2 10
3,1323,74
0,632,50
 
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A solução pela Tabela 1 é rápida e é obtida com o momento relativo 
30,0297,0 ≅== dsd µµ . Com este valor lê-se 459,0=ξ e 368,0=cν . 
Este último valor é a taxa mecânica da armadura, d2ω , e dele decorre a área 
sA . Esta área, como no exemplo anterior, pode, alternativamente, ser obtida 
por meio do braço de alavanca, também lido na tabela, dzc 816,0= , 
através da expressão 
 
2
6
2679
435705816,0
1067,672
mmfz
M
f
RA
ydc
d
yd
s
s =
××
×
=== 
 
 
 
Exemplo 3: Dimensionar a armadura da seção transversal de uma viga 
hiperestática, dados: 
 
2400120 mmhb ×=× , mmd 30'1 = , mmd 350= 
MPafck 20= , 214,1285,0 cm
KNfcd = , aço CA50 
KNmM d 2,102= 
 
Solução: 
 
1º. Passo: Cálculo do momento relativo dµ (o mesmo que sdµ , na flexão 
simples): 
 
573,0
35012014,12
1020,102
85,0 2
6
2 =××
×
==
bdf
M
cd
d
dµ 
 
Este valor é extremamente elevado, pois supera até mesmo o momento 
correspondente ao fim do domínio 4, 48,04, =FimDomsdµ , como se vê na 
Tabela 1. É, pois, impossível dimensionar esta seção com armadura 
simples. Escolhe-se, como solução, a armadura dupla, ao invés de alterar a 
geometria da seção e/ou aumentar a resistência do concreto. Como agora 
são três as incógnitas ( x , 1sA e 2sA ) para as mesmas duas equações de 
equilíbrio, pode-se impor a posição relativa da LN, p. ex., igual a 
45,0)( 00 == d
xξ , conforme o item 3a). 
 
2º. Passo: Cálculo de 0dM e 0sR correspondentes à profundidade escolhida 
da LN. 
 
Para mmx 5,15735045,00 =×= tem-se mmxy 1268,0 00 == . Com este 
valor calcula-se a força do concreto: 
 
 
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KNbyfR cdc 6,1831012612014,1285,0 300 =×××== − 
 
Logo, KNRR cs 6,18300 == , e o momento resulta da expressão 
 
KNmydRM cd 7,5210)63350(6,183)2(
30
00 =×−×=−=
−
 
 
3º. Passo: Dimensionamento da seção metálica para resistir a 
KNmMMM ddd 5,497,522,1020 =−=−=∆ . Ver a Fig. 6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 6 
 
 
Este momento é resistido pelo binário atuante nas duas camadas de 
armaduras: 
 
KN
dd
M
RR dss 7,15432,0
5,49
'
1
21 ==
−
∆
=∆= 
 
Antes de calcular a área da armadura comprimida é preciso verificar sua 
deformação. Da Fig. 6 obtém-se 
 
5,3
5,157
305,157
1
−
=sε ‰ 83,2= ‰ 07,2=> ydε ‰ 
 
com o que se conclui que a tensão nessa armadura é ydsd f=1σ . Logo 
 
2
3
1 356435
107,154
mmAs =
×
= 
 
4º. Passo: Cálculo de 2sA 
 
d-d1’=0,320m 
As1 
As2 
49,5 kNm 
x=157,5mm
 
3,5/1000
 
154,7 kN 
154,7 kN 
127,5mm
 
 
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Como KNRRR scs 3,3387,1546,183202 =+=∆+= e a seção está no 
domínio 3, obtém-se 
 
2
3
2 778435
103,338
mmAs =
×
= 
 
A soma das áreas para a profundidade da LN escolhida é 
 
2
21 1134mmAA ss =+ . 
 
Se fosse escolhida a profundidade relativa 31)/( 0 =dx resultariam 
2
1 6,440 mmAs = e 
2
2 2,750 mmAs = , cuja soma é igual a 21191mm , um 
consumo de aço apenas %5 superior ao anterior. Entretanto, pode-se 
mostrar que com esta nova armadura a seção transversal tem uma 
capacidade de rotação plástica aproximadamente %35 maior, e por isso a 
peça hiperestática da qual ela faz parte é bem mais dútil, i. e., tem maior 
capacidade de redistribuir esforços antes do colapso da estrutura. 
 
 
Fig. 7 
 
 
Ver na Fig. 7 a disposição das armaduras para a segunda solução. Note-se 
nessa figura que para a armadura inferior resulta mmd 5,53'= , valor algo 
superior aos mm50 previstos, mas perfeitamente aceitável, pois foi adotada 
uma área igual a 2800mm , ao invés dos 2750mm resultantes do cálculo. 
 
A solução pela Tabela 1 usa as expressões dadas no item 5, onde se faz 
0=dν , pois a flexão é simples. Assim, calculado o momento 573,0=dµ 
e escolhido 29,00 =dµ , correspondente a )45,0(44,00 ≅=ξ , resultam, 
( cm )
d'= 5,35cm
2 16 + 2 6,3
4 16 4 16 4 16 4 16 
 
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com 35030'1'1 == ddδ e 352,00 =cν (lido na tabela, ou simplesmente 
352,044,08,00 =×=cν ): 
 
662,00
350
301
29,0573,0352,0
1 '1
0
02 =−
−
−
+=−
−
−
+= d
dd
cs νδ
µµ
νν 
 
Mas a força relativa na armadura em escoamento é, como se disse, a própria 
taxa mecânica, ou seja, 662,022 == sd νω , donde 
 
2
2 775435
14,12350120662,0 mmAs =
××
= 
 
Da mesma forma, a força atuante na armadura superior é a sua taxa 
mecânica, se houver o seu escoamento, como ocorre no caso. Logo 
 
31,0
1 '1
0
11 =
−
−
== δ
µµ
νω ddsd 
e, portanto 
 
2
1 363435
35012014,1231,0 mmAs =
××
= 
 
Ambos os valores das áreas se aproximam dos calculados anteriormente. 
 
Note-se que 0ddd µµµ −=∆ é a expressão adimensional de dM∆ . 
 
 
Exemplo 4: A laje contínua da Fig. 8, armada numa só direção, tem seus 
momentos fletores obtidos através de uma análise elástica linear, sem 
redistribuição de solicitações. Dados: 
 
mmd 85= , MPafck 20= , aços CA50 ou CA60 
 
pede-se dimensionar a armadura da seção do apoio central. 
 
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Fig. 8 
 
 
Solução: 
 
1º. Passo: Determinação do momento de cálculo: 
 
Para as dadas cargas características, obtém-se na seção do apoio central o 
momento fletor 
 
kN
m
kNm
mk 46,946,98
75,338,5
2
=== 
 
O valor de cálculo do momento fletor resulta multiplicando-se km pelo 
coeficiente de segurança parcial das cargas 4,1=fγ , pois tanto faz 
multiplicar as cargas ou as solicitações por esse coeficiente, desde que a 
análise seja elástica e linear, como é o caso. Logo 
 
m
kNm
md 24,1346,94,1 =×= 
 
Note-se que, como este momento vem dado por unidade de comprimento, 
pode-se expressá-lo no dimensionamento como um momento total dM 
dividido pela largura (também total) b da laje. Portanto, 
 
kN
m
kNm
b
M
m dd 24,1324,13 === 
 
Solução: 
0,375 l 0,375 l 0,25 l
l = 3,75m l = 3,75m
9,46
5,32 5,32
A B A'
A
B
A'
g = 3,38 KN/m² , q = 2 KN/m²
l
mk [KNm/m]
 
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1º. Passo: Cálculo de dµ 
 
151,0
14,1285
1024,13
85,085,0 2
3
22 =×
×
===
cd
d
cd
d
d fd
m
fbd
Mµ 
 
2º. Passo: Cálculo de cν e d2ω 
 
164,0151,0211211 =×−−=−−= dc µν 
 
Como cdy νξ == 8,0/ resulta 
259,0206,0164,025,1 3/2 =<=×= ξξ (LN na divisa dos domínios 2 e 3); 
logo, a seção encontra-se no domínio 2, e a deformação limite atingida é a 
do aço, 10 ‰. A taxa mecânica da armadura é, com isso, igual a cν . Assim, 
a área da armadura, por unidade de comprimento da laje, é igual a: 
 
m
mm
m
mm
mm
mm
f
df
b
A
yd
cd
d
s
2
3
22
2
2 390
10
390,0390,085
435
14,12164,085,0 =====
−
ω
 
Escolhe-se 8φ , cuja área é 250mm . O espaçamento s dessas barras é igual 
a: 
 
cmms 5,12128,0
390
50
≅== 
 
Se fosse adotado açoCA60 a área da armadura seria igual a 
6
5
 da área 
anterior, pois 600/500// 60,50,60,50, == −−−− CAykCAykCAydCAyd ffff : 
 
m
mm
b
As
2
2 325390
6
5
== 
 
Escolhe-se 5φ , de área 220mm , com o que resulta para um par de barras 
justapostas o espaçamento 
 
cmms 12123,0
325
202
≅=
×
= 
 
 
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Ver na Fig. 9 a disposição das barras para as duas soluções. 
 
Fig. 9 
 
 
Exemplo 5: Dimensionar as armaduras de uma seção retangular sujeita à 
flexocompressão, dados: 
 
2600300 mmhb ×=× , mmd 20'1 = , mmd 30'2 = 
MPafck 20= , MPafcd 14,1285,0 = , aço CA-50 
kNmM d 468= , kNNd 520= (compressão) 
 
Solução: 
 
1º. Passo: Transporte dos esforços para o CG da armadura tracionada 
 
kNmhdNMM ddsd 4,608)30,057,0(520468)5,0( =−×+=−+= 
 
2º. Passo: Cálculo dos esforços relativos dν e sdµ : 
 
25,0
57030014,12
10520
85,0
3
=
××
×
==
bdf
N
cd
d
dν 
514,0
57030014,12
104,608
85,0 2
6
2 =××
×
==
bdf
M
cd
sd
sdµ 
 
Este momento é muito alto, acima de 376,050lim, =CAsdµ e mesmo acima 
de 48,04, =FimDomsdµ . Como há três incógnitas para as duas equações de 
equilíbrio, uma delas pode ser escolhida livremente, ou pode-se impor uma 
relação entre as áreas das armaduras, p. ex., 21 5,0 ss AA = . No caso, 
escolhe-se a profundidade relativa da LN igual a 50,00 =ξ . Ver, na 
sequência, a Tabela 2, em que são escolhidos dois outros valores da 
profundidade relativa da LN. Se a peça em questão for uma viga, deve-se 
limitar 0ξ ao valor 45,0 . 
s = 1 2 ,5 c m s = 1 2 ,5 c m
1 ,5
s = 1 2 c m
S o lu ç ã o c o m C A 5 0 : 1 8 c /1 2 ,5
1 ,5
S o lu ç ã o c o m C A 6 0 : 2 5 c /1 2
s = 1 2 c m
 
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3º Passo: Cálculo de 0dµ e 0dsdd µµµ −=∆ . 
 
Como 4,05,08,08,0 00 =×== ξν c resulta 
32,0)2,01(4,0)
2
1( 000 =−=−= ccd
ν
νµ 
 
e portanto 
 
194,032,0514,0 =−=∆ dµ 
 
4º. Passo: Cálculo das áreas das armaduras. 
 
Com 5,00 =ξ resultam mmx 2850 = e mmdx 26520285'10 =−=− . 
Usando estes valores, obtém-se a deformação na armadura comprimida por 
simples proporção na reta de Bernoulli (cf. a Fig. 1), notando-se que o 
domínio é o 3: 
 
5,3
285
265
1 =sε ‰ 25,3= ‰ 07,2=> ydε ‰ 
 
Logo, a armadura comprimida também está em escoamento. Pode-se, com 
isso, fazer ds 22 ων = e ds 11 ων = . Assim, obtém-se, com 570
20
'
1 =δ 
 
201,0
570
201
194,0
1 '1
1 =
−
=
−
∆
= δ
µ
ω dd 
 
351,025,0201,040,0
1 '1
02 =−+=−
−
∆
+= d
d
cd νδ
µ
νω 
 
donde 
 
2
1 960435
14,12570300201,0 mmAs =
××
= 
 
2
2 1675435
14,12570300351,0 mmAs ≅
××
= 
 
A Tabela 2 seguinte mostra os resultados para a escolha de dois outros 
valores da profundidade da LN, além do utilizado no presente cálculo. 
 
 
 
 
 
 
 
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Tabela 2 
 
dx=ξ )( 21 mmAs )( 22 mmAs )( 221 mmAA ss + 
0,400 1210 1550 2760 
0,500 960 1675 2635 
0,628 680 1890 2570 
 
 
Desta tabela fica visível que com a profundidade crescente da LN, a área da 
armadura comprimida é decrescente, como é de se esperar, mas há aumento 
da área da armadura tracionada. Simultaneamente há diminuição do 
consumo total de armadura. Essa diminuição, porém, é pequena; em 
contrapartida a esse aumento de consumo, a seção fica mais dútil com a 
diminuição da profundidade da LN. Note-se que as áreas das armaduras se 
aproximam entre si, à medida que dx=ξ diminui. 
 
 
Exemplo 6: Na mesma seção do exemplo anterior, tem-se agora uma 
solicitação de flexotração, com os esforços 
 
kNNd 520−= (tração) e KNmM d 260= 
 
Pede-se obter a armadura da seção e o domínio de deformações. 
 
Solução: 
 
Cálculo de sdM e sdµ : 
 
kNmhdNMM ddsd 6,119)30,057,0(520260)5,0( =−×−=−+= 
 
101,0
57030014,12
106,119
85,0 2
6
2 =××
×
==
bdf
M
cd
sd
sdµ 
 
Para este valor do momento relativo resulta a força do concreto igual a 
107,0101,0211 =×−−=cν 
 
Logo, 259,0133,0107,025,125,1 3/2 =<=×== ξνξ c e a seção 
encontra-se no domínio 2, cuja deformação limite é 102 =sε ‰. Para esse 
valor de ξ é desnecessária armadura dupla. Como há escoamento, a força 
relativa na armadura é a própria taxa mecânica. Logo: 
 
357,0)25,0(107,022 =−−=−== dcsd νννω 
 
 
2
2 1704435
14,12570300357,0 mmAs =
××
= 
 
 
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Usando a Tabela 1, com 101,0=sdµ obtém-se 106,0≅cν , e, portanto, 
356,0)25,0(106,02 =−−=−= dcd ννω . Ou ainda, com 101,0=sdµ lê-
se na Tabela 1 mmdzc 5,541570947,0947,0 =×=≅ e resulta 
igualmente 
 
23
6
2 1704)]10520(5,541
106,119[
435
1
mmAs =×−−
×
= 
 
 
Exemplo 7: Dimensionar as armaduras da seção retangular de geometria 
2600200 mmhb ×=× , mmd 30'1 = e mmd 50'2 = , e resistências 
MPafck 15= e MPaf yk 500= , submetida à flexotração com os esforços 
kNNd 700−= e kNmM d 140= . 
 
Fig. 10 
 
Solução: 
 
Cálculo de sdM 
 
035)30,055,0(700140)5,0( <−=−×−=−+= kNmhdNMM ddsd 
 
Como esse momento resultou negativo, tem-se flexotração com pequena 
excentricidade. Conforme a Fig. 10, as forças nas armaduras são iguais a 
 
 
kN
l
M
l
lNR dds 3,6752,0
140
520
25070021 −=+−=+=− 
 
 
kN
l
M
l
lNR dds 7,63252,0
140
520
27070012 −=−−=−=− 
5
l2 = 25
l1 = 27
3 
l = 52
Rs1 
Rs2
Nd Md
 ( cm )
 
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Neste problema há três incógnitas ( x , 1sA e 2sA ) para as duas equações de 
equilíbrio usadas na determinação das forças nas armaduras. Pode-se, então, 
escolher a posição da LN. Como a seção está no domínio 1, a LN está fora 
da seção, acima da borda 1. Escolhe-se um valor de x tal que haja 
escoamento também da armadura 1, com o que a respectiva área será 
mínima. Note-se que não importa saber qual é o valor escolhido de x , 
basta saber que ele existe. Assim, resultam 
 
2
3
1
1 155435
103,67
mmf
RA
yd
s
s =
×
== 
 
2
3
2
2 1454435
107,632
mmf
RA
yd
s
s =
×
== 
 
Observe-se, neste problema, que se resultasse 01 =sR , o que ocorreria se 
fosse kNmM d 175= , pois então a força dN , com a excentricidade 
me 25,0
700
175
== , estaria posicionada exatamente na armadura 2, mesmo 
assim seria necessária a armadura 1. Isto porque o equilíbrio na flexotração 
com uma só camada de armadura é instável. 
 
 
Exemplo 8: Considere-se uma seção retangular sujeita a flexocompressão, 
sob ação das solicitações kNNd 3,1570= e kNmM d 95,435= . Pede-se 
obter a armadura da seção, dados: 
 
2800200 mmhb ×=× , mmdd 50'2'1 == 
aço CA-50, MPafck 20= 
 
Solução: 
 
Cálculo de sdM e sdµ 
 
kNmM sd 55,985)40,075,0(3,157095,435 =−×+= 
 
721,0
75020014,12
1055,985
2
6
=
××
×
=sdµ 
 
Este momento relativo muito alto indica a necessidade de armadura dupla. 
Escolhe-se 5,00 =ξ , donde 4,05,08,00 =×=cν e 8,02
4,010 =−=
d
zc
. 
Com isto, obtém-se kNRc 57,7280 = . Logo, 
 
kNmzRM ccd 14,437)75,08,0(57,728000 =××== 
 
 
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O momento resistido pela seção metálica é, portanto, 
 
kNmM d 41,54814,43755,985 =−=∆ 
 
e o braço de alavanca das armaduras é igual a 
mmdd 70050750'1 =−=− , com o que as forças resistentes devidas a 
esse momento são iguais a 
 
kNRR ss 45,78370,0
41,548
21 ==∆= 
 
A força final na armadura 2 é igual a 
 
028,583,157045,78357,728202 <−=−+=−∆+= KNNRRR dscs 
 
Como esta força é negativa, conclui-se que a armadura 2 é dispensável. 
 
 
 
Fig. 11 
 
Tem-se, pois, flexocompressão com pequena excentricidade, uma vez que 
na seção só há banzo comprimido, como se disse no item 6. Note-se que 
pequena excentricidade não quer dizer que a seção está no domínio 5, 
necessariamente. 
 
A solução deste problema se faz igualando-se os momentos resistente e 
solicitante, ambos calculados no CG da armadura 1. Conforme a Fig. 11, 
tem-se 
 
0
1
=Σ
sAM ou 
)50
2
(20014,1210]95,435)05,040,0(3,1570[ 6 −×××=×−−× yy 
 
Resolvida esta equação do segundo grau, obtém-se mmy 360= , e portanto 
mmyx 45025,1 == . Como a profundidade da LN ocupa pouco mais da 
R s 1
R c
N d
M d
A s 1
0 , 8 5 f c d
C G
d '1 = 5 c m
y
0 , 5 h = 4 0 c m
0 , 5 h = 4 0 c m
 
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metade da altura da seção, esta se encontra no domínio 3, onde se tem 
5,31 =cε ‰. Logo, a deformação na armadura de compressão é igual a 
 
5,3
45
40
1 =sε ‰= 11,3 ‰ 07,2=> ydε ‰ 
 
A força na armadura 1 decorre do equilíbrio de forças normais 
 
dcs NRR =+1 ou kNRs 6963,8743,15701 =−= 
 
donde 
 
2
3
1 1600435
10696
mmAs =
×
= 
 
 
9. Exemplos de Verificação de Seções no ELU - Flexão Simples 
 
A verificação de seções no Estado Limite Último por Solicitações Normais 
consiste em determinar o seu momento resistente para uma dada força 
normal (ou o contrário), conhecidas a geometria da seção transversal, as 
áreas e posições das armaduras, bem como as resistências dos materiais. 
Tem-se, pois, o problema inverso do dimensionamento. Sua solução geral 
visa, na flexão composta normal com grande excentricidade, obter as forças 
resistidas pelo concreto e pelas (duas, no presente texto) camadas de 
armadura, em função da profundidade da linha neutra, a qual varia, em 
princípio, do início do domínio 2 até o fim do domínio 4, ou seja, 
dx ≤≤0 . 
 
Obtidas as funções )(xRc , )(1 xRs e )(2 xRs é possível determinar o valor 
de x que verifica a igualdade das forças normais resistente e solicitante, 
dN . Determinada a incógnita x , é fácil obter o momento fletor 
correspondente, bastando para isso tomar os momentos das forças 
resistentes em relação ao CG da seção, ou em relação à armadura 2, se a 
força normal solicitante for nula, caso em que a flexão é simples. 
 
A verificação de seções de concreto armado serve, em geral, para confirmar 
a segurança, ou a falta de segurança de estruturas existentes. Dito de outra 
forma, é possível saber quão dútil é a seção transversal, ou seja, qual é a sua 
capacidade de rotação plástica, e, portanto, qual é a carga de colapso da 
estrutura. 
 
 
Exemplo 1: Obter o momento solicitante de cálculo no ELU - Flexão 
Simples, dados: 
 
2400120 mmhb ×=× , mmd 345= , 2500mmAs = 
MPafck 20= , aço CA-50 
 
 
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Solução: 
 
1º. Passo: Admite-se a armadura em escoamento, o que se pode confirmar 
através da taxa mecânica. 
 
433,0
14,12345120
435500
=
××
×
=dω 
 
donde 
 
628,0541,0433,025,1 50lim, =<=×= −CAξξ 
 
A armadura está de fato em escoamento. 
 
2º. Passo: Cálculo dos momentos dµ e dM 
 
339,0)
2
433,01(433,0)
2
1( =−×=−= ddd
ω
ωµ 
 
kNmM d 80,581034512014,12339,0 62 =××××= − 
 
 
Exemplo 2: Se no exemplo anterior a área da armadura aumentar para 
2800mmAs = qual é o novo momento resistido pela seção no ELU? 
 
Solução: 
 
1º. Passo: Determinação da taxa mecânica da armadura. 
 
502,0628,08,0692,0
14,12345120
435800
50lim, =×=>=
××
×
=
−CAdd ωω 
 
Não há escoamento da armadura e o domínio é o 4. 
 
2º. Passo: Cálculo da tensão e da força na armadura. 
 
Para usar a lei de Hooke é preciso conhecer a deformação do aço, que nos 
domínios 3 e 4 é dada por: 
 
5,3
x
xd
s
−
=ε ‰ , 
e portanto, 
x
x
x
xE sssd
−
=
−
×==
3457353455,3210εσ em MPa. 
 
3º. Passo: Cálculo da profundidade da LN. 
 
Da igualdade sc RR = vem 
 
 
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sdscd Axbf σ=)8,0(85,0 
 
x
x
x
−
×=××
3457358008,012014,12 
 
Resolvida esta equação do segundo grau, obtém-se 
 
mmx 3,235= e, portanto, 628,0682,0 50lim, =>== −CAd
x ξξ 
 
4º. Passo: Determinação de dM 
 
A força no concreto e o braço de alavanca são respectivamente iguais a: 
 
kNRc 26,274103,2358,012014,12 3 =××××= − 
mmzc 9,2503,2354,0345 =×−= 
 
Logo 
 
kNmM d 81,682509,026,274 =×= 
 
Note-se que esta seção tem ruptura frágil, e nenhuma capacidade de 
redistribuir solicitações. 
 
 
Exemplo 3: Determinar o momento resistente, dM , de uma seção 
retangular com os seguintes dados: 
 
2400120 mmhb ×=× , mmd 30'1 = , mmd 345= , 21 400mmAs = e 
2
2 800mmAs = , MPafck 20= , MPafcd 14,1285,0 = , aço CA-50 
 
Solução: 
 
Como se disse na introdução deste item 9, o problema pode ser resolvido 
fazendo-se a variável x percorrer os domínios 2, 3 e 4. Simultaneamente 
calculam-se as forças no concreto e na armadura, assim como a sua soma 
algébrica. Quando esta se anular, terá sido obtido o valor de x , o que 
possibilita o cálculo do momento resistente, através das duas forças de 
compressão e respectivos braços de alavanca até a armadura 2. Mas, há 
outra solução mais simples, embora por tentativas, mostrada a seguir. 
 
1º. Passo: Cálculo da força na armadura 1 comprimida, suposta em 
escoamento. 
 
KNRs 17410435400 31 =××= − 
 
2º. Passo: Cálculo de dM∆ resistido pela seção metálica. 
 
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kNmM d 81,54)03,0345,0(174 =−×=∆ 
 
3º. Passo: Cálculo da força do concreto e da correspondente altura y do 
bloco de tensões. 
 
Supondo a armadura 2 também em escoamento, a força no concreto será 
 
kNRRR ssc 17417410435800 3120 =−××=−= − 
 
Como 00 85,0 byfR cdc = resulta 
 
mmy 4,119
12014,12
10174 3
0 =
×
×
= 
 
Portanto, mmyx 3,14925,1 00 == e 628,0433,0 50lim,00 =<== −CAd
x ξξ , 
com o que se confirma o escoamento da armadura 2. A armadura 1 tem 
deformação 
 
5,3
3,149
303,149
1
−
=sε ‰ = 8,2 ‰ 07,2=> ydε ‰ 
 
o que comprova seu escoamento. 
 
4º. Passo: Cálculo de dM 
 
81,54)
2
1194,0345,0(174)
2
( 000 +−×=∆+−=∆+= dcddd M
ydRMMM
 
ou 
 
kNmM d 45,104= 
 
Os resultados deste exemplo podem ser comparados com os do Ex. 3 do 
item 8. 
 
 
Exemplo 4: Dada uma seção T, com a seguinte geometria e resistências 
 
mmb fl 500= , mmh fl 80= , mmd 450= , mmbw 150= 
MPafck 30= , MPafcd 21,1885,0 = , aço CA-50 
 
pede-se determinar os momentos resistentes de cálculo para duas áreas de 
armaduras: 21675mmAs = e 23350mmAs = . 
 
 
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Solução: Neste problema de verificação de seção T em flexão simples, 
mostra-se a determinaçãodas funções )(xRc e )(xRs para a variável x 
percorrendo os domínios 2, 3 e 4. 
 
1º. Passo: Determinação da força no concreto em função da profundidade da 
LN, )(xRc . 
 
Subdivide-se o intervalo ];0[ d em dois outros, a saber, ]25,1;0[ flh e 
];25,1[ dh fl . No primeiro deles a força no concreto vale (medidas em kN e 
mm ): 
 
xxxbfxR flcdc 2857,710)8,050021,18(8,085,0)( 3 =×××== − 
 
e no segundo 
 
310)]808,0(15080500[21,18)8,0(85,085,0 −×−×+××=−+= xhxbfhbfR flwcdflflcdc
 
ou seja 
 
xxRc 1857,2510)( += 
 
Ver na Fig.12 a representação gráfica desta função. 
 
 
 
Fig. 12 
0
250
500
750
1000
1250
1500
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
Profundidade relativa da linha neutra, x/d
Fo
rç
as
 
re
si
st
en
te
s 
do
 
co
n
cr
et
o
 
e 
da
 
ar
m
ad
u
ra
 
(K
N
)
Força do concreto Força da armadura, As=16,75 cm2 Força da armadura, As=33,5 cm2
 
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2º. Passo: Determinação da força na armadura em função da profundidade 
da LN, )(xRs 
 
Para a armadura o referido intervalo é subdividido em dois, ];0[ 50lim, −CAx e 
];[ 50lim, dx CA− , separando os domínios 2 e 3 do 4. Para o primeiro intervalo 
a força na armadura é constante (independente de x ), e de valor (força em 
kN e área em mm2): 
 
310435 −××== sydss AfAR 
 
No segundo intervalo deve-se usar a lei de Hooke. Como a deformação na 
armadura tracionada é igual a 
 
5,32
x
xd
s
−
=ε ‰ 
 
resulta 
 
x
x
x
xE sssd
−
=
−
×==
4507354505,321022 εσ em MPa , ou 
 
x
xE sssd
−
==
450735,022 εσ em 2
mm
kN
 
 
Logo, a força na armadura em kN é 
 
x
xAAR ssdss
−
×==
450735,022 σ 
 
Ver a representação desta função para as duas áreas da armadura na Fig. 12. 
 
Os momentos fletores são calculados em cada caso como segue. 
 
1º. Caso: Sendo 21675mmAs = , a força correspondente é 
 
yRs ××==××=
− 50021,1826,72804351675 3 
 
Daqui se obtém o valor de mmy 80= . Logo, mmx 100= e 
259,0)(222,0 3/2 =<= d
x
d
x
, e a seção encontra-se no domínio 2. 
 
O braço de alavanca é igual a mmydzc 410404505,0 =−=−= , e o 
momento resistente vale: 
 
kNmzRzRM csccd 6,29841,026,728 =×=== 
 
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2º. Caso: Agora a área da armadura vale o dobro da anterior, 
23350mmAs = . Conforme se vê na Fig. 12, as curvas das duas funções 
)(xRc e )(xRs se interceptam no domínio 4. Neste caso, não há 
escoamento da armadura, e tem-se então 
 
x
x
x
xRs
−
=
−
×=
45025,2462450735,03350 
 
Esta força no aço é igual à do concreto, logo 
 
x
x
x 1857,251045025,2462 +=− 
 
Desta equação resulta mmx 57,304= e, portanto, 
628,0677,0 50lim, =>== −CAd
x ξξ . Como mmxy 66,2438,0 == , o 
momento resistente de cálculo resulta de duas parcelas, a primeira vinda do 
flange fora da alma, a segunda vinda da alma: 
 
6
2211
10)]
2
66,243450(66,243150)40450(80350[21,18 −×−××+−×××
=+= ccccd zRzRM
 
kNmM d 56,42746,21810,209 =+= 
 
kNmM d 6,427≅ 
 
Note-se que, por causa da não-linearidade física dos materiais, a armadura 
dobrou de um caso para outro, mas o momento fletor aumentou apenas 
%2,43 . 
 
O presente exemplo é modelo para verificação de outras formas de seções 
com pelo menos um eixo de simetria, nos casos de flexão simples e de 
flexão composta normal. 
 
 
 
10. Bibliografia 
 
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