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CTU-Estruturas 6 TRU 006 Concreto Estrutural I Prof. Roberto Buchaim 
 
1
Estado Limite Último na Flexão Composta Normal 
Atenção: texto de acordo com nbr 6118:2004. 
Não vale para concreto de alto desempenho, 
50<fck<=90MPa 
 
 
1 Introdução 
 
No presente texto examina-se a flexão composta normal originada pela 
combinação de força normal e de momento fletor. Nesta modalidade de 
solicitação os esforços solicitantes N e M – advindos de tensões normais – 
situam-se no plano perpendicular à seção transversal, formando com esta um 
eixo principal passante pelo centro de gravidade, como mostra a Fig. 1 
 
 
Fig. 1.1 
 
 
Examina-se o caso freqüente de seção retangular. A diferença de tratamento 
para outras formas de seção refere-se à integração das forças e momentos 
elementares das tensões normais, para obter os esforços resistentes. 
 
A Fig. 1.2 mostra as diferentes modalidades de solicitações normais, 
estendendo-se desde a tração uniforme até a compressão uniforme. Indicam-
se nesta figura a distribuição linear de deformações (hipótese de Bernoulli), e a 
distância x da linha neutra (LN) à borda 1 mais comprimida ou menos 
tracionada. Os casos extremos correspondem à tração e compressão com 
distribuição uniforme de deformações – sem curvatura –, para os quais −∞→x 
e +∞→x , respectivamente. Imprimindo curvatura à peça a partir do estado 
uniforme de deformação na tração, Fig. 1.2a, a LN aproxima-se da borda 1, 
Fig. 1.2b, e há na peça somente banzo tracionado. Neste caso, diz-se que a 
seção transversal está solicitada à flexo-tração com pequena 
excentricidade. Prosseguindo com aumentos de curvatura, a LN passa a 
localizar-se na seção, Figuras 2c, 2d, 2e, quando então há na seção duas 
zonas distintas, uma comprimida e outra tracionada. A peça tem 2 banzos 
 
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2
distintos, e diz-se haver flexão composta com grande excentricidade. Por 
fim, a LN sai da seção, tendendo agora para ∞+ , significando que há na seção 
encurtamento uniforme, sem curvatura. Nestes três últimos casos há somente 
banzo comprimido na peça, e diz-se haver na seção flexo-compressão com 
pequena excentricidade. 
Fig. 1.2: Estados de deformação sob solicitações normais. 
 
 
O Estado Limite Último (ELU) por solicitações normais introduz os coeficientes 
de segurança parciais fγ das ações, cγ e sγ dos materiais concreto e aço. 
Uma vez efetuada a análise da estrutura com as ações representativas reprF , 
(com seus valores característicos kF , ou convencionais excepcionais 
lexcepcionaF ou, ainda, reduzidos 2kFψ quando combinados com outra ação 
principal 1kF ) ponderadas por fγ , segue-se o dimensionamento das seções 
críticas de cada elemento estrutural (laje, viga, pilar, etc.), dividindo-se 
localmente as resistências características dos materiais concreto e aço, por cγ 
e sγ , respectivamente. Providencia-se em seguida a extensão da armadura 
dimensionada nas seções críticas para outras seções da peça, de modo a 
resultar sempre esforços resistentes de cálculo (calculados com resistências 
características divididas por cγ e sγ ) iguais ou superiores aos esforços 
solicitantes de cálculo (obtidos com as ações majoradas por fγ ), ou seja: 
 
)(),85,0( reprfd
s
yk
c
ck
d FSS
ffRR γ
γγ
=≥= 
 (1.1) 
 
onde R e S representam os esforços resistente e solicitante. Por outro lado, 
há casos em que é necessário obter-se a capacidade portante de uma dada 
estrutura existente, com a finalidade de confirmar sua segurança ou falta de 
segurança. Com isto o problema deixa de ser o de dimensionamento, e passa 
a ser o de verificação. 
 
2. Hipóteses adotadas 
 
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3
 
As duas modalidades de cálculo – dimensionamento e verificação – podem ser 
feitas através das três ferramentas fundamentais da Mecânica das Estruturas, 
a saber: 
(a) Equações de equilíbrio: os esforços solicitantes S (vindos das ações, ou 
cargas) são iguais aos esforços resistentes R (vindos das resistências dos 
materiais aço e concreto). 
(b) Equações de compatibilidade: referem-se a deformações na seção 
transversal, e decorrem da hipótese de Bernoulli (seções planas 
permanecem planas após a deformação), acoplada à hipótese de 
aderência rígida (sem deslizamento) entre o aço e o concreto vizinho. 
(c) Leis constitutivas estabelecidas para o concreto e para o aço. Supõe-se 
que o concreto tenha resistência à tração nula ( 0=ctf ), e o aço resiste 
igualmente na tração e na compressão. Ver a Fig. 4.1. 
 
O ELU por Solicitações Normais baseia-se em deformações limites 
convencionais, cf. a Fig. 4.2, e iguais a 10−=sε ‰ , alongamento máximo do 
aço, e 5,3=cε ‰ e 2 ‰, encurtamentos máximos no concreto, na flexão e na 
compressão uniforme, respectivamente. 
 
 
3. Convenção de sinais. Definição dos adimensionais 
 
Conforme se vê nas Figuras 1 e 5, são positivos os encurtamentos, as forças e 
tensões normais de compressão. O momento fletor é positivo se tracionar a 
borda inferior 2. A profundidade x da LN, medida a partir da borda superior 1, é 
positiva adentrando na seção e indo além da sua altura h (seção parcial ou 
totalmente comprimida), e negativa no sentido oposto (seção totalmente 
tracionada). 
 
Nas equações do problema adotam-se os seguintes adimensionais: 
 
h
x
=ξ profundidade relativa da linha neutra 
h
d ′
=′δ 
relação entre o cobrimento da armadura e a altura total 
da seção, positivo ou nulo, mas não superior a h5,0 , ou 
seja, 210 ≤′=′≤ hdδ 
 
h
d
=δ relação entre as alturas útil e total da seção 
 
εε 310= 
deformação multiplicada por mil 
 
r
1
=κ curvatura da seção, inverso do raio r de curvatura 
r
h310
=κ curvatura relativa multiplicada por mil (adimensional) 
bhf
N
cd
d
d 85,0
=ν força normal relativa de cálculo 
 
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4
285,0 bhf
M
cd
d
d =µ momento fletor relativo de cálculo 
bhf
N
cd
c
c 85,0
=ν força normal relativa de cálculo resistida pelo concreto 
285,0 bhf
M
cd
c
c =µ momento fletor relativo de cálculo resistido pelo concreto 
bhf
N
cd
s
s 85,0
=ν força normal relativa de cálculo resistida pela seção 
metálica 
285,0 bhf
M
cd
s
s =µ momento fletor relativo de cálculo resistido pela seção metálica 
bh
As
s =ρ 
taxa geométrica da armadura, referente a uma camada 
de área sA 
bh
A tots
tots
,
,
=ρ taxa geométrica da armadura total 
cd
yd
s
cd
yds
d f
f
f
f
bh
A
85,085,0
ρω == taxa mecânica da armadura, referente a uma camada de área sA 
yd
sd
f
1
1
σ
α = , 
yd
sd
f
2
2
σ
α = 
tensões relativas de cálculo das armaduras 1 ( mais 
comprimida ou menos tracionada) e 2 (mais tracionada 
ou menos comprimida) 
 
 
4. Leis constitutivas. Domínios de deformação 
 
De acordo com a NBR 6118-2004, podem ser adotadas as leis constitutivas no 
ELU por flexão composta mostradas na Fig. 4.1. 
 
A Fig. 4.2 mostra os domínios de deformação que definem o presente ELU. 
Nos domínios 1 e 2 toda reta de deformações passa pelo polo A, para o qual 
no banzo tracionado 10−=sε ‰; nos domínios 3, 4 e 4a, o polo das retas de 
deformações passa a ser o ponto B, para o qual 5,3=cε ‰; e finalmente, no 
domínio 5 o polo das retas de deformações é o ponto C, distante h
7
3
 da borda 
mais comprimida, no qual se tem o encurtamento 2=cε ‰ . Com isto, há uma 
transição contínua da flexão simples à compressãouniforme, e a deformação 
limite da borda 1 decorrente é dada pela equação (4.6) da Tabela 2: 
 
2
7
3 hx
x
c
−
=ε ‰ ou 
7
32
−
=
ξ
ξ
ε c 
 
 
quer dizer, para hx = tem-se 5,3=cε ‰, e para ∞→x resulta 2=cε ‰. 
 
A Tabela 1 mostra os limites da profundidade da LN para cada domínio. 
 
 
 
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5
 
 
Fig. 4.1 
 
Fig. 4.2 
 
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6
 
 
 
Fig. 4.2 
 
 
Tabela 1 
 
Domínio 
Deformação 
limite 
(‰) 
Limites da profundidade relativa da LN, 
h
x
=ξ Observação 
1 10−=sε 02/1 =≤ ξξ 
2 idem δξξ
5,13
5,30 3/2 =≤≤ δδ ′−== 1hd 
3 5,3=cε 
δ
ε
ξξδξ
yd+
=≤≤=
5,3
5,3
5,13
5,3
4/33/2
 
A divisa dos domínios 3 e 
4 depende do aço, e vale 
δ628,0 para o CA-50 e 
δ585,0 para o CA-60. 
4 idem δξξδ
ε
ξ =≤≤
+
= a
yd
4/44/3 5,3
5,3
 
 
4a idem 15/44/4 =≤≤= aa ξξδξ 
5 27/3, =cε 15/4 =≥ aξξ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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7
 
Fig. 4.3 
 
 
Conforme se vê na Fig. 4.3, as deformações obedecem às seguintes equações 
de compatibilidade, em termos dimensionais: 
 
hxdxdxxr
cssc
7
3
1 7/3,21
−
=
−
=
′
−
===
εεεε
κ 
 (4.1a) 
 
E em termos adimensionais: 
 
7
3
10 7/3,213
−
=
−
=
′
−
===
ξ
ε
δξ
ε
δξ
ε
ξ
ε
κ cssc
r
h
 
 (4.1b) 
 
A Tabela 2 mostra as equações de compatibilidade para os diferentes domínios 
de deformação, conforme seja a deformação limite fixada. 
 
Exemplo 4.1: Considere-se, no ELU – Solicitação Normal, uma seção de altura 
mmh 140= e cobrimentos das armaduras mmd 10=′ , e armada com CA-50. 
Sendo a deformação positiva se encurtamento, verificar quais dentre os 
estados de deformações seguintes estão no ELU, ou aquém do ELU, ou além 
do ELU: 
 
a- 1000/8,21 =cε (borda superior) e 1000/7,02 =cε (borda inferior) 
b- 1000/31 =cε (borda superior) e 1000/5,32 −=sε (armadura inferior) 
c- 1000/5,22 −=sε , e a armadura 2 dista mm50 da LN, a qual corta a seção 
d- 1000/5,32 −=sε , e a armadura 2 dista mm65 da LN, a qual corta a seção 
 
Solução: Seja ELU ou não é válido escrever para a curvatura: 
 
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8
hxdxdxhxxr
csscc
7
3
1 7/3,2121
−
=
−
=
′
−
=
−
===
εεεεε
κ 
 
a- )140(
7,08,2
140
7,08,2
−−
−
=
−
=
xxxx
 ou 67,186140333,1 =×=x , donde 
 
 1000/21000/9,1
67,186
)1000/8,2()140
7
367,186(7/3, <=−=cε aquém do ELU 
 
b- 1000/5,31 <cε e 1000/102 <sε aquém do ELU 
 
 
c- )
50
1000/5,2(
50130
1 −
−=
−
cε
 ou 1000/41 =cε além do ELU 
 
d- )
65
1000/5,3(
65130
1 −
−=
−
cε
 ou 1000/5,31 =cε no ELU 
 
 
5. Seção Retangular, Armadura Dupla e Simétrica 
 
5.1 Introdução 
 
A resistência da seção provém das parcelas do concreto e do aço, através dos 
esforços ),( cc MN e ),( ss MN , cujas somas são iguais aos esforços resistentes 
de cálculo, todos referidos ao centro de gravidade (CG) da seção transversal, 
ou seja: 
 
 
scd NNN += 
(5.1.1a) 
 
scd MMM += 
 
(5.1.2a) 
 
Para obter as correspondentes equações adimensionais divide-se a primeira 
por bhfcd85,0 e a segunda por 285,0 bhfcd , donde: 
 
sc
cd
d
d bhf
N
ννν +==
85,0
 (5.1.1b) 
sc
cd
d
d bhf
M µµµ +== 285,0
 (5.1.2b) 
 
 
 
 
 
 
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9
Tabela 2: Deformações limites e equações de compatibilidade. 
hd=δ , hd ′=′δ , 0>ε alongamento 
 
Domínio 
Limites da 
profundidade relativa 
da LN, 
h
x
=ξ 
Deformação limite 
(‰) 
Demais deformações 
=cε =1sε =2sε 
1 
 
 
−∞→infξ 
 
0sup =ξ 
102 −=sε 
 
 
 
ξδ
ξ
−
10 
 
 
 
 
 
 
 
ξδ
δξ
−
′
−10 
 
 
 
 
-------------- 
2 
0inf =ξ 
 
δξ
5,13
5,3
sup = 
(4.2) (4.3) 
3, 4 e 4a 
δξ
5,13
5,3
inf = 
 
1sup =ξ 
5,3=cε 
-------------- ξ
δξ ′−5,3 ξ
ξδ −
− 5,3
 
 (4.4) (4.5) 
5 
1inf =ξ 
 
∞→supξ 
27/3, =cε 7
32
−ξ
ξ
 
 
7
32
−
′
−
ξ
δξ
 
 
7
32
−
−
ξ
δξ
 
 
 
(4.6) (4.7) (4.8) 
 
 
No que segue, examina-se a contribuição de cada material em separado. 
 
A hipótese de distribuição linear de deformações, acoplada a uma deformação 
limite estabelecida no ELU conforme seja o domínio, Fig. 4.2, reduz a 
determinação do estado de deformação ao conhecimento apenas de uma 
incógnita, a profundidade da LN. Em outras palavras, dado x (ou ξ ) no ELU, 
sabe-se imediatamente qual o domínio correspondente, e por conseqüência a 
deformação limite fixada. Logo, as deformações da seção ficam todas 
conhecidas. Como há duas equações de equilíbrio, em caso de armadura 
simétrica, é possível dimensionar sua área, ou sua taxa mecânica, uma vez 
que se tem duas incógnitas – a área da armadura e a profundidade da LN – 
para duas equações de equilíbrio. Já no problema de verificação, são 
incógnitas as solicitações dN e dM , e é preciso conhecer a função )( dd NM , 
dada pelo diagrama de interação, conhecidas a área e a posição da armadura, 
e as resistências dos materiais. 
 
 
 
 
 
 
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5.2 Esforços resistentes do concreto 
 
Considere-se a seção transversal da Fig. 5.1, em que o concreto está 
parcialmente comprimido. 
 
 
Fig. 5.1 
 
 
O concreto simples, tendo em vista que 0=ctf , só pode contribuir para a 
resistência da seção se esta estiver parcial ( hx <≤0 ) ou totalmente 
comprimida )( hx ≥ . A força resultante das tensões de compressão 
transportada para o CG da seção leva aos seguintes esforços: 
 
byfN cdc 85,0= (5.2.1a) 
)
85,0
1(
2
)(
2 bhf
NhNyhNM
cd
ccc
c −=−= (5.2.2a) 
 
onde, na segunda equação, substituiu-se a altura y do bloco retangular de 
tensões tirada da primeira. As correspondentes equações adimensionais são: 
 
h
y
bhf
N
cd
c
c == 85,0
ν (5.2.1b) 
)1(
285,0 2 c
c
cd
c
c bhf
M
ν
νµ −== (5.2.2b) 
 
A equação (5.2.1b) mostra que a força relativa do concreto é igual à altura 
relativa do bloco de tensões. Portanto, seu valor máximo ocorre para hy = , e 
vale 1=cν , donde bhfN cdc 85,0= . Note-se que a altura y desacopla-se da 
profundidade da LN para hx 25,1> , e nesta condição permanece constante e 
igual a hy = . A equação (5.2.2b) mostra que o momento resistido pelo 
 
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11 
concreto varia de acordo com uma parábola do segundo grau em função de 
sua força resistente. 
 
 
 
 
Fig. 5.2 
 
 
Este momento só é possível se a força for de compressão, pois a resistência à 
tração do concreto é desconsiderada, i. e., 0=ctf . Como o momento é nulo 
para 0=cν e 1=cν , e desenvolve-se de acordo com uma parábola do segundo 
grau, seu máximo se dá para 
2
1
=cν , ou bhfN cdc 85,02
1
= , quer dizer, o bloco 
de tensões ocupa metade da altura da seção. Logo, para esse valor da força 
no concreto, tem-seo máximo momento possível na seção de concreto simples 
(sem armadura) igual a 
8
1
85,0 2
==
bhf
M
cd
c
cµ . Ver a Fig. 5.2 
 
 
5.3 Esforços resistentes da armadura 
 
A Fig. 5.3 mostra a seção metálica constituída de duas camadas de armadura, 
de mesma área sA e distantes d ′ da borda mais próxima. As forças resistidas 
pelas armaduras transportadas para o CG da seção resultam em: 
 
 
)( 21 sdsdss AN σσ += (5.3.1a) 
)
2
)(( 21 d
hAM sdsdss ′−−= σσ (5.3.2a) 
 
 
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Lembre-se que 0>sdσ se for compressão. Dividindo-se a primeira por 
bhfcd85,0 , a segunda por 285,0 bhfcd , e introduzindo as tensões relativas 
yd
sd
f
σ
α = e a taxa mecânica 
cd
yds
d f
f
bh
A
85,0
=ω referida a uma camada de 
armadura, vêm: 
 
)( 21 ααων += ds (5.3.1b) 
)
2
1)(( 21 δααωµ ′−−= ds (5.3.2b) 
 
 
Fig. 5.3 
 
 
Tendo em vista a lei bilinear )( ssd εσ sem encruamento (patamar horizontal) 
adotada para o aço, determina-se a seguir as condições impostas à 
profundidade relativa da LN e ao cobrimento da armadura para que haja 
plastificação. O cobrimento da armadura, o mesmo em ambas camadas, está 
no intervalo 210 ≤′=′≤ hdδ . 
 
No que segue tem-se em vista principalmente o aço CA-50. As equações serão 
dadas preferencialmente na forma adimensional. 
 
A armadura inferior 2, tracionada ou menos comprimida, plastifica-se em tração 
nos domínios 1, 2 e 3. A determinação do início da plastificação da armadura 
superior 1, mais comprimida ou menos tracionada, apresenta maior dificuldade. 
As condições para seu escoamento são calculadas a seguir, fazendo-se a LN 
percorrer os domínios, do 1 ao 5. 
 
No domínio 1, a armadura 1 escoa no intervalo ];[ max,1ξ−∞ , onde max,1ξ 
 
 
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13 
yd
yd
ε
δεδξ
−
−
′
=
10
10
max,1 se 
yd
yd
ε
εδ
+
≤′≤
10
0 (5.3.3) 
 
é profundidade relativa da LN, para a qual no domínio 1 resulta yds εε −=1 . 
Impondo-se 0max,1 ≤ξ para que a LN não ultrapasse a divisa dos domínios 1 e 
2 resulta a condição do cobrimento mostrada na Equação (5.3.3). 
Repetindo o raciocínio sucessivamente para os domínios 2 e 3, ainda na 
tração, resultam os seguintes valores de max,2ξ e max,3ξ , bem como os 
respectivos intervalos de δ ′ : 
 
 
yd
yd
ε
δδεξ
−
′
−
−=
10
10
max,2 se 
yd
yd
yd
yd
ε
εδ
ε
ε
+
+
≤′≤
+ 17
5,3
10
 
 
(5.3.4) 
 
δ
ε
ξ ′
+
=
yd5,3
5,3
max,3 se 2
1
17
5,3
≤′≤
+
+ δ
ε
ε
yd
yd
 
(5.3.5) 
 
Ver a Tabela 3a, a qual resume todas as condições de escoamento em tração 
das armaduras 1 e 2, com valores numéricos particularizados para o aço CA-
50. 
 
Considere-se agora o escoamento em compressão. A armadura 2 não escoa 
em compressão para os aços cuja deformação de escoamento supera o 
máximo encurtamento do concreto em compressão uniforme, ou seja, 2>ydε . 
Para o CA-50 admite-se na compressão uniforme da seção 2≅ydε , o que 
ocorre para ∞→x . A armadura superior 1 pode iniciar seu escoamento em 
compressão nos domínios 2, 3 e 4 conforme seja o seu cobrimento. Em cada 
um destes domínios, fazendo-se yds εε ≥1 , decorre o valor mínimo de ξ para o 
qual se dá o início do escoamento da armadura 1. Impondo-se em seguida que 
esse mínimo ocorra no domínio em questão (i. e., não passe ao domínio 
seguinte), obtém-se a condição referente ao cobrimento δ ′ . Usando-se as 
equações da Tabela 2, obtém-se: 
 
yd
ydyd
ε
εδεξ
+
+′−
=
10
)10(
min,2 se 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 (5.3.6) 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,3 se 7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
−
 (5.3.7) 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,4 se 5,3
5,3
7
5,3 ydyd εδε −≤′≤− (5.3.8) 
 
 
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14 
A Tabela 3b resume as condições referentes à plastificação em compressão de 
ambas armaduras, conforme seja o valor de δ ′ . Note-se nessas Tabelas 3a e 
3b que ambas armaduras podem escoar simultaneamente, uma em tração, 
outra em compressão, tanto no domínio 2 quanto no 3, conforme seja o 
intervalo do cobrimento δ ′ . Neste caso, é nula a força total na seção metálica. 
A Tabela 3c reúne os resultados numéricos das duas tabelas anteriores para o 
aço CA-50, explicitando, para a linha em questão, os valores máximos e 
mínimos da variável ξ correspondentes aos valores extremos do intervalo de 
δ ′ . 
 
A obtenção da função )( ss NM , ou )( ss νµ , é feita percorrendo-se igualmente 
os domínios de deformação, do 1 ao 5, observando-se os resultados resumidos 
nas Tabelas 3. 
 
No intervalo ];[ max,1ξ−∞ da LN, ambas armaduras escoam em tração, donde 
1−==
yd
sd
f
σ
α . Portanto, das equações de equilíbrio resultam: 
 
 d
cd
s
s bhf
N
ων 2
85,0
−== e 0
85,0 2
==
bhf
M
cd
sd
sdµ 
 
Note-se que há infinitos estados de deformação naquele intervalo para uma 
única combinação de força normal e momento fletor. Isto corresponde na curva 
de interação (ou curva de plastificação) a um ponto anguloso. Note-se ainda 
que, se a armadura não for simétrica e −∞→ξ , há momento fletor não nulo 
para curvatura nula, pois a deformação é uniforme. Ver na Fig. 1.2 os dois 
casos extremos, representados com força normal e momento fletor. 
 
Progredindo com o aumento da profundidade da LN em direção aos domínios 2 
e 3, a armadura 1 deixa de escoar em tração, anula sua tensão e passa a 
compressão. Com isto sua colaboração para o momento resistente da seção se 
dá no mesmo sentido da colaboração da armadura 2, que continua em 
escoamento até a divisa dos domínio 3 e 4. Tirando-se 1α de (5.3.1b) e 
substituindo-se em (5.3.2b), e pondo 12 −=α , resulta: 
 
)21)(
2
( δνωµ ′−+= sds (5.3.9) 
 
Como se vê, na seção metálica o momento resistente é linearmente crescente 
com a força resistente até a divisa dos domínios 3 e 4. 
 
Se a armadura 1 também entrar em escoamento, então a força na seção 
metálica será nula. Portanto, pondo-se 0=sν nesta equação resulta: 
 
)21( δωµ ′−= ds 
 
 
 
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15 
Tabela 3a: Condições de escoamento em tração das armaduras 1 e 2. 
Aço CA-50, hd=δ , hd ′=′δ , 0>ε para alongamento, 
yd
sd
f
σ
α = 
 
Dom. 1 Dom. 2 Dom. 3 Dom. 4 e 4a 
Dom. 
5 
Armadura 1 
 
yd
yd
ε
εδ
+
≤′≤
10
0 
 
171,00 ≤′≤ δ 
CA-50 
yd
yd
ε
δδεξ
−
′
−
−=
10
10
max,1
 
11 −=α 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ξ 
Armadura 1 
 
 
yd
yd
yd
yd
ε
εδ
ε
ε
+
+
≤′≤
+ 17
5,3
10
 
 
292,0171,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
 
 
yd
yd
ε
δδεξ
−
′−
−=
10
10
max,2
 
 
11 −=α 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ξ 
Armadura 1 
 
2
1
17
5,3 ≤′≤
+
+ δ
ε
ε
yd
yd
 
 
5,0292,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
 
 
 
 
 
δ
ε
ξ ′
+
=
yd5,3
5,3
max,3
 
 
11 −=α 
 
 
 
 
 
 
 
ξ 
 
 
 
 
Armadura 2 
 
 
 
 
 
 
4/3max,3 ξξ = 
 
 12 −=α 
 
 
ξCTU-Estruturas 6 TRU 006 Concreto Estrutural I Prof. Roberto Buchaim 
 
16 
Tabela 3b: Condições de escoamento em compressão da armadura. 
Aço CA-50, hd=δ , hd ′=′δ , 0>ε para alongamento, 
yd
sd
f
σ
α = 
 
Dom. 1 Dom. 2 Dom. 3 Dom. 4 e 4a Dom. 5 
Armadura 1 
 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 
 
096,00 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
yd
ydyd
ε
εδεξ
+
+′−
=
10
)10(
min,2
 
 
 
 
 
11 =α 
 
 
 
ξ 
Armadura 1 
 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
−
 
 
204,0096,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,3
 
 
 
 
 
 
 
11 =α 
 
ξ 
Armadura 1 
 
 
5,3
5,3
7
5,3 ydyd εδε −≤′≤− 
 
408,0204,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,4
 
 
 11 =α 
 
 
 
ξ 
 
 
 
Armadura 1 
 
2
1
5,3
5,3
≤′≤
− δε yd 
 
50,0408,0 ≤′< δ 
CA-50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ξ 
No caso de aço CA-50 não há escoamento da armadura 2 em compressão (exceto para 
∞→ξ e com a aproximação 2≅ydε ). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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17 
Tabela 3c: Condições de escoamento em compressão e em tração das armaduras. 
Aço CA-50, hd=δ , hd ′=′δ , 0>ε para alongamento, 
yd
sd
f
σ
α = 
 
 
Dom. 1 Dom. 2 Dom. 3 Dom. 4 e 4a Dom. 5 
Armadura 1 
 
 
 
096,00 ≤′≤ δ 
 
 
 






−
−
=
115,0
261,0
max,1ξ
 
 
11 −=α 
 
 
 






=
234,0
172,0
min,2ξ 
 
 
 
11 =α 
 
 
 
ξ 
Armadura 1 
 
 
171,0096,0 ≤′≤ δ 
 
 





−
=
0
115,0
max,1ξ 
 
 
 
11 −=α 
 
 
 
 
 
 
 
 
 






=
420,0
234,0
min,3ξ 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 =α 
 
ξ 
Armadura 1 
 
 
204,0171,0 ≤′≤ δ 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 −=α 






=
050,0
0
max,2ξ 
 
 
 
 






=
500,0
420,0
min,3ξ 
 
 
 
 
 
11 =α 
ξ 
Armadura 1 
 
 
292,0204,0 ≤′≤ δ 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 −=α 






=
184,0
050,0
max,2ξ 
 
 






=
715,0
500,0
min,4ξ
 
 
11 =α 
ξ 
Armadura 1 
 
 
408,0292,0 ≤′≤ δ 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 −=α 
 
 
 
 






=
257,0
184,0
max,3ξ 
 






=
000,1
715,0
min,4ξ
 
 11 =α 
 
 
 
ξ 
 
 
 
Armadura 1 
 
 
50,0408,0 ≤′< δ 
 
 
 
 
 
 
11 −=α 
 
 
 
 






=
314,0
257,0
max,3ξ 
 
 
 
 
 
 
 
ξ 
 
Armadura 2 
 
 
12 −=α 
 
 
ξ 
 
 
Note-se que este valor do momento é o máximo que pode ocorrer, no caso de 
escoamento simultâneo das 2 camadas de armadura, uma em tração, outra em 
compressão. Novamente, tem-se aqui também infinitos estados de deformação 
para o mesmo par );( ss µν , com o que a função )( ss νµ apresenta outro ponto 
anguloso. O momento máximo simultâneo com a força normal nula é atingido 
sempre que o cobrimento verificar a condição: 
 
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18 
7
5,3 ydεδ −≤′ 
 
cf. a segunda linha da Tabela 3b. Para o CA-50 este limite vale 204,0 , um valor 
do cobrimento relativo poucas vezes superado na prática. As seções 
transversais de pequena altura h com grandes cobrimentos relativos ocorrem, 
p. ex., nos pilares de residência e nos pilares-parede de edifícios. Pondo-se as 
alturas da seção transversal de tais elementos estruturais respectivamente 
iguais a cmh 12= e cmh 20= , resultam os cobrimentos cmd 4,2=′ e cmd 4=′ , 
que geralmente atendem os valores mínimos exigidos por norma. 
 
Ainda para esta mesma condição do cobrimento, nos domínios 4 e 5 só a 
armadura 1 está em escoamento ( 11 =α ). Logo, eliminando-se 2α nas 
equações de equilíbrio, (5.3.1b) e (5.3.2b), resulta: 
 
)21)(
2
( δνωµ ′−−= sds (5.3.10) 
 
Como se vê, agora o momento resistente da seção metálica é linearmente 
decrescente com sua força. Este momento se anula para ds ων 2= , o que 
corresponde à compressão uniforme. (Adota-se simplificadamente 2≅ydε para 
o CA-50, na compressão uniforme). 
 
A Fig. 5.4 mostra graficamente as funções )( ss νµ apresentadas para o 
cobrimento 
7
5,3 ydεδ −≤′ , quando ocorre o escoamento simultâneo das duas 
camadas de armadura. Esta solução coincide com a obtida na Teoria da 
Plasticidade (ver Heyman, 1971), se for adotado também para o aço 
comportamento rígido-plástico ( ∞→sE na Fig. 4.1), e cobre, como se disse, 
boa parte dos casos da prática. Completando-se o diagrama de interação para 
momentos resistentes negativos, obtém-se um losango, cujos ramos 
ascendentes e descendentes têm inclinações respectivamente iguais a 
)
2
1(:1 δ ′− e )]
2
1([:1 δ ′−− , cf. as Equações (5.3.9) e (5.3.10). 
 
 
 
 
 
 
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19 
 
Fig. 5.4 
 
 
Se o cobrimento superar 
7
5,3 ydε−
, a função )( ss νµ também é linearmente 
crescente até a divisa dos domínios 3 e 4, quando se terá as tensões relativas 
12 −=α na armadura inferior, e 1α na superior obtida com 1sε conforme a 
Tabela 2, com 
ydε
δξ
+
′
−
=
5,3
15,34/3 (da Tabela 1, divisa dos domínios 3 e 4): 
 
)1(
)21(5,31
1 δε
δεδ
ε
ε
α
′
−
′−′−
==
yd
yd
yd
s
 
 
P. ex., se 204,030,0 >=′δ , resultam 5374,01 =α , ds ων 4626,0−= e 
ds ωµ 3075,0= . Como se vê, o momento máximo neste caso ocorre para força 
normal de tração, não mais para força normal nula. 
 
Se o cobrimento obedecer a condição: 
 
5,3
5,3
7
5,3 ydyd
h
d εδε −≤′=′≤− 
 
a armadura 1 escoa em compressão no domínio 4 para min,4ξξ ≥ . Portanto, 
ultrapassada a divisa dos domínios 3 e 4, o momento resistente )( ss νµ terá 
dois segmentos descendentes, o primeiro em que não há escoamento de 
nenhuma armadura, e cujo intervalo é 
 
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20 
min,44/3 ξξξ ≤≤ 
 
e o segundo no qual só a armadura 1 escoa: 
 
min,4ξξ ≥ 
 
No primeiro, tendo em vista que se trata do domínio 4 e é válida a lei de Hooke, 
tem-se as tensões relativas, usando-se as equações (4.4) e (4.5) da Tabela 2: 
 
ξ
δξ
εε
εσ
α
′
−
===
ydyd
sd
yd
sd
f
5,311
1 
 
ξ
ξδ
εε
εσ
α
−
−===
ydyd
sd
yd
sd
f
5,322
2 
 
 
Substituindo-se estes valores nas Equações (5.3.1b) e (5.3.2b), e eliminando-
se a variável ξ , obtém-se: 
 
2)21)(
2
5,3( δνω
ε
µ ′−−= sd
yd
s (5.3.11) 
 
Esta função é, portanto, linearmente decrescente com a variável sν , 
prevalecendo as condições mencionadas. 
 
Se a condição do cobrimento δ ′ continuar válida, mas min,4ξξ ≥ , então 11 =α . 
Logo, tirando-se 2α de (5.3.1b) e substituindo-se em (5.3.2b), resulta 
novamentea equação (5.3.10), i. e., 
 
)21)(
2
( δνωµ ′−−= sds 
 
A Fig. 5.5a mostra um exemplo deste último caso para o aço CA-50, com os 
parâmetros 30,0=′δ , 1=dω . O máximo momento resistido pela seção metálica 
ocorre na divisa dos domínios 3 e 4, mas com força resistente negativa 
(tração), não mais nula. Note-se que as duas retas extremas, se prolongadas, 
interceptam-se no eixo vertical, 0=sν . A reta intermediária representa o 
truncamento do losango obtido anteriormente na Fig. 5.4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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21 
 
Fig. 5.5a 
 
Fig. 5.5b 
 
 
Aumentando-se o cobrimento relativo para a faixa 
2
1
5,3
5,3
≤′≤
− δε yd a armadura 
1 superior não mais escoa, se 2>ydε , como é o caso do CA-50. Neste caso, 
as duas retas iniciais, Equações (5.3.9) e (5.3.11), permanecem válidas aqui 
também. Mas a partir do domínio 5 a Equação (5.3.10) não é mais válida pois 
mmmms ( nnnns ), 
0
0,005
0,01
0,015
0,02
0,025
-2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2
nnnns= Ns / (0,85fcd bh)
mm mm
s 
=
 
M
s 
/ (0
,8
5f
cd
 
bh
^
2)
wwwwd = 1, CA-50, d'/h=0,45
mmmms ( nnnns ), 
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3
0,35
-2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2
nnnns= Ns / (0,85fcd bh)
mm mm
s
 
=
 
M
s
 
/ (0
,8
5f
cd
 
bh
^
2)
wwwwd = 1, CA-50, d'/h=0,30
 
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22 
não há escoamento de nenhuma armadura. Nesse domínio, e com a validade 
da lei de Hooke, as tensões relativas são iguais a: 
 
7
3
211
1
−
′
−
===
ξ
δξ
εε
εσ
α
ydyd
sd
yd
sd
f 
7
3
222
2
−
−
===
ξ
δξ
εε
εσ
α
ydyd
sd
yd
sd
f 
 
Substituindo-se estes valores em (5.3.1b) e (5.3.2b), e eliminando-se a variável 
ξ , obtém-se: 
 
2)21)(
2
2(7 δνω
ε
µ ′−−= sd
yd
s (5.3.12) 
 
Ver na Fig. 5.5b um exemplo deste último caso, para o aço CA-50, com os 
parâmetros 45,0=′δ e 1=dω . 
 
 
5.4 Esforços resistentes da seção transversal completa 
 
Tendo em vista o exposto nos itens anteriores, os esforços resistentes da 
seção completa são iguais a: 
 
)( 21 ααωνν ++= dcd (5.4.1) 
 
)
2
1)(()1(
2 21
δααωννµ ′−−+−= dccd (5.4.2) 
 
onde se põe 0=cν nestas equações se 0≤ξ (seção toda tracionada), e 1=cν 
se 25,1≥ξ (seção toda comprimida). As variáveis cν , 1α e 2α são funções da 
profundidade relativa da LN. Assim, a superposição dos esforços resistentes do 
concreto e da armadura se faz através do mesmo valor de ξ para as duas 
seções distintas: a de concreto e a metálica. Percorrendo-se os 5 domínios e 
computando-se os pares );( dd µν para cada valor de ξ da seqüência 
escolhida, obtém-se os conhecidos diagramas de interação, cujos parâmetros 
são a forma da seção, o aço (através de ydε ), o arranjo e a quantia da 
armadura. 
 
Na Fig. 5.6 mostra-se um exemplo típico da curva )( dd νµ para uma seção 
retangular com armadura simétrica, apontando-se a tração e a compressão 
uniformes, a flexão simples, bem como a faixa da força normal onde é nula a 
soma das forças nas duas camadas de armadura )0( 21 =+αα , com o que a 
força normal de cálculo é resistida exclusivamente pelo concreto )( cd νν = . 
 
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23 
 
Fig. 5.6 
 
 
Indica-se também a curva )( cc νµ do concreto. A zona contida pela curva 
)( dd νµ , para a dada taxa de armadura, refere-se a pontos cujas coordenadas 
);( µν são uma combinação segura de força normal e momento fletor; os 
pontos diretamente na curva )( dd νµ representam combinações seguras e mais 
econômicas, e pontos fora dela são combinações inseguras de força normal e 
momento fletor. Note-se, ainda, que os diagramas de interação no ELU, por 
serem usados no dimensionamento da armadura, são obtidos com as 
resistências de cálculo dos materiais, cf. a Equação (1.1), 
)(),85,0( reprfd
s
yk
c
ck
d FSS
ffRR γ
γγ
=≥= . Se forem usadas as verdadeiras 
resistências do concreto e do aço, cf e yf , como num ensaio de laboratório 
para determinar a capacidade portante de uma peça, obtém-se uma curva 
)(νµ que envolve a de cálculo, dela mantendo uma distância originada 
justamente pelos coeficientes de segurança dos materiais e pelo fato de serem 
tomados os valores característicos das suas resistências. 
A Fig. 5.7 mostra o diagrama de interação momento fletor – força normal no 
ELU, para seção retangular de cobrimento relativo igual a 10,0=′=′ hdδ , e 
armada com aço CA-50. Note-se que a máxima taxa mecânica total é igual a 
2 , com o que a taxa geométrica total é pelo menos igual a 
%4
435
4,1
1585,0
2
,
≅=totsρ , e este é o valor máximo permitido em caso de haver 
emendas por transpasse na seção crítica em exame. 
 
 
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24 
 
Fig. 5.7 
 
 
5.5 Exemplos 
 
Exemplo 5.5.1: Uma estaca de diâmetro mm300φ é armada com 5,128φ (área 
total = 21000mm ), com aço de resistência MPaf yd 400= , e concreto de 
resistência MPafcd 2085,0 = . Calcular sua capacidade de carga em serviço. Se 
esta mesma estaca estiver tracionada, qual é a máxima carga a que ela resiste, 
também em serviço? 
 
a- kNNfAAfN ydsccdd 181410)4001414(40010004
3002085,0 3
2
=×+=×+
×
×=+=
pi
 
ou tfKNNN
f
d
k 13013004,1
1814
=≅==
γ
 
b- Na tração só o aço resiste. Logo, kNfAN ydsd 400−== ou 
tfkNNk 6,282864,1
400
−=−=−= 
 
Diagrama de Interação Momento - Força Normal. Seção Retangular, 
Armadura Dupla e Simétrica. Aço CA-50, 
d'/h = 0,10. Taxa Mecânica por Face: 
wd = (As fyd) / (bh 0,85fcd)
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1
-2 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
Força Normal Relativa: Nd / (0,85fcd bh)
M
o
m
en
to
 
R
el
at
iv
o
: 
M
d 
/ (0
,8
5f
cd
 
bh
^
2) 
wd=1
wd=0.9
wd=0.8
wd=0.7
wd=0.6
wd=0.5
wd=0.4
wd=0.3
wd=0.2
wd=0.1
wd=0
 
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25 
Exemplo 5.5.2: Uma estaca quadrada de lado mm300 tem concreto de 
resistência MPafcd 2085,0 = , e deveria ter seu eixo alinhado com o de um pilar, 
a que ela dá apoio. Na obra verificou-se que a estaca foi locada indevidamente 
com uma excentricidade igual a mm30 paralelamente a seu lado. Sendo a força 
normal atuante igual a kNNd 1080= , verificar se a estaca possui segurança 
suficiente no ELU. 
 
Solução: Sem armadura só o concreto resiste. Logo, 
 
6,0
30020
101080
85,0 2
3
=
×
×
===
bhf
N
cd
d
dc νν 
 
Havendo força normal de compressão, a seção de concreto pode resistir a 
momento, igual a: 
 
12,0
2
)6,01(6,0
2
)1(
=
−
=
−
=
cc
c
ννµ ,ou 
 
NmmMM dc
63 108,643002012,0 ×=××== , 
 
donde a excentricidade máxima possível 
 
mmmm
N
M
N
M
e
d
d
c
c 3060
101080
108,64
max 3
6
>=
×
×
=== 
 
Note-se, ainda que esta excentricidade também é maior do que a mínima 
exigida para pilares (cf. NBR6118, item 11.3.3.4.3), a saber, 
mmmhe 24024,030,003,0015,0)03,0015,0(min ==×+=×+= . 
 
Logo, a estaca tem segurança suficiente. Entretanto, este cálculo está longe de 
estimular ou induzir à tolerância de erros na locação de estacas. Problemas 
deste tipo devem ser minimizados o mais possível. 
 
Exemplo5.5.3: Seja, no ELU, uma seção quadrada e vazada, de paredes de 
mesma espessura, sujeita a flexão composta normal. Os quadrados externo e 
interno têm lados respectivamente iguais a mm1000 e mm700 . Conhecidas as 
resistências dos materiais MPaf yd 400= , MPafcd 2085,0 = , o módulo de 
elasticidade do aço GPaEs 200= , as áreas das armaduras 
2
21 5000mmAA ss == , bem como suas distâncias às respectivas bordas da 
seção mmd 100=′ , pede-se: 
 
a – Determinar a profundidade da linha neutra, a qual corta a seção 
transversal, sabendo-se que a armadura 2 tem alongamento conhecido e igual 
a 00
0 /1 . 
 
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26 
b – Determinar os esforços sN e sM , no CG da seção transversal, resistidos 
pela seção metálica. 
c – Determinar os esforços cN e cM , no CG da seção transversal, resistidos 
pela seção de concreto. 
d – Quais são os esforços dN e dM correspondentes ao estado de 
deformação dado? Qual é a excentricidade da força normal de cálculo? 
 
Solução: 
 
a- Como a LN está na seção, e a armadura 2 está alongada mas não em 
escoamento, o domínio só pode ser o 4, onde 5,31 =cε . Logo, 
xdx
sc
−
−=
21 εε
. 
Somando os numeradores e denominadores 
xd
csc 121 εεε
=
−
, ou 
x
5,3
900
15,3
=
+
, 
donde mmx 700= . 
 
b- A armadura superior 1 está em escoamento, pois 
23
700
5,3)100700(1 =>=−= yds εε . Logo, os esforços da seção metálica são 
iguais a (usando a lei de Hooke para a armadura 2) 
 
NfAN sdydss 32 101000)1200400(5000)( ×=×−=+= σ 
 
NmmdhfAM sdydss 62 101200)100500)](1200(400[5000)5,0)(( ×=−×−−=′−−= σ 
 
c- Os esforços na seção de concreto consideram a altura do bloco de tensões 
mmxy 5608,0 == . Considerando-se a seção vazada como uma seção T de 
largura da alma igual ao dobro da largura da parede, e separando-se a área do 
flange fora da alma (área 1) da área da alma (área 2), vem 
 
NhbbfN flwflcdc 31 10210015070020)(85,0 ×=××=−= 
 
NmmhhNM flcc 6311 105,892)2
150500(102100)5,05,0( ×=−××=−= (no CG da 
seção) 
 
NybfN wcdc 32 1033605603002085,0 ×=××== 
 
NmmyhNM cc
63
22 102,739)280500(103360)5,05,0( ×=−××=−= (idem) 
 
kNNNN ccc 54603360210021 =+=+= 
 
kNmMMM ccc 7,16312,7395,89221 =+=+= 
 
 
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27 
d- kNNNN scd 646010005460 =+=+= , 
 
kNmMMM scd 7,283112007,1631 =+=+= 
 
A excentricidade da força normal é igual a m
N
M
e
d
d 438,0
6460
7,2831
=== e situa-se 
dentro da seção, próxima à borda mais comprimida, dela distando 
mmm 62062,0438,050,0 ==− . 
 
 
5.6 Dimensionamento em caso de escoamento simultâneo das armaduras 
tracionada e comprimida 
 
Como se mostrou antes, se o cobrimento das armaduras verificar a condição 
7
5,3 ydεδ −≤′ e 204,0≤′δ para o CA-50 
é possível o escoamento das duas armaduras, uma em tração, outra em 
compressão. 
 
Tabela 4: Intervalo da força normal onde 021 =+αα 
Intervalo do 
cobrimento 
hd ′=′δ 
Intervalo da LN Intervalo da força normal 
minξ maxξ =min,dν 
min8,0 ξ 
=max,dν 
max8,0 ξ 
 
 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 
 
096,00 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
yd
ydyd
ε
εδεξ
+
+′−
=
10
)10(
min,2
 
 
 
 
ydε
δξ
+
′
−
=
5,3
)1(5,3
4/3
 
 
 
 
=2min,,dν 
 
yd
ydyd
ε
εδε
+
+′−
10
)10(
8,0
 
 
=4/3max,,dν 
 
ydε
δ
+
′
−
5,3
)1(5,38,0 
(5.6.1) (5.6.2) 
 
 
 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
−
 
204,0096,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,3
 
 
 
 
ydε
δξ
+
′
−
=
5,3
)1(5,3
4/3
 
=3min,,dν 
 
ydε
δ
−
′
5,3
5,38,0 
=4/3max,,dν 
 
 
ydε
δ
+
′
−
5,3
)1(5,38,0 
(5.6.3) (5.6.2) 
 
 
Se isto ocorrer, será nula a força resultante na seção metálica, dado que 
0)()( 21 =−=+ ydydssdsds ffAA σσ ou 01121 =−=+αα . Conseqüentemente, a 
força normal solicitante será resistida integralmente pela seção de concreto, e o 
cálculo da armadura se faz rapidamente, como se mostra a seguir. 
 
O intervalo da força normal em que ocorre o escoamento simultâneo das duas 
armaduras, uma em tração, outra em compressão, está dado na Tabela 4. Se a 
 
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28 
força normal solicitante de cálculo dν estiver no intervalo [ 4/3max,,2min,, ; dd νν ] ou 
[ 4/3max,,3min,, ; dd νν ], a armadura é calculada considerando-se que cd νν = e 
221 =−αα . Logo, da equação (5.4.2) resulta a taxa mecânica da armadura 
 
δ
ννµ
ω
′
−
−−
=
21
)1(5,0 ddd
d 
 
(5.6.4) 
 
A profundidade da LN é, evidentemente, igual a dνξ 25,1= . 
 
 
Exemplo 5.6.1: Dada a seção retangular de dimensões 
mmdhb 50/1000/300// =′ , e resistências MPafcd 1785,0 = e MPaf yd 435= (CA-
50), pede-se obter a área da armadura por face, para atuação dos esforços 
solicitantes kNNd 2280= e kNmM d 25,1895= . 
 
A solução é obtida através dos seguintes passos: 
 
1º. Passo: Cálculo dos esforços solicitantes adimensionais. 
 
447,0
100030017
102280
85,0
3
=
××
×
==
bhf
N
cd
d
dν 
e 
372,0
100030017
1025,1895
85,0 2
6
2 =××
×
==
bhf
M
cd
d
dµ 
 
2º. Passo: Cálculo do intervalo do cobrimento. 
 
No caso tem-se 05,0
1000
50
===′
h
dδ , valor que é inferior a 096,0
17
5,3
=
−
−
yd
yd
ε
ε
 (1a. 
linha da Tabela 4). 
 
3º. Passo: Cálculo do intervalo [ max,min, ; dd νν ]. 
 
Da Tabela 4, para 096,0≤′δ tem-se: 
 
163,0
10
)10(8,02min,, =
+
+′−
=
yd
ydyd
d
ε
εδε
ν
 e 478,0
5,3
)1(5,38,04/3max,, =
+
′
−
=
yd
d
ε
δ
ν
 
 
Como se vê, a força normal solicitante 447,0=dν está neste intervalo, e há, 
portanto, o escoamento em tração e em compressão das duas camadas de 
armadura. 
 
4º. Passo: Cálculo da armadura. 
 
 
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29 
Da Equação (5.6.4) e da definição da taxa mecânica resultam respectivamente: 
 
 
276,0
05,021
)447,01(447,05,0372,0
21
)1(5,0
=
×−
−×−
=
′
−
−−
= δ
ννµ
ω dddd 
 
facemmf
fbhA
yd
cd
ds /3236435
171000300276,085,0 2=××== ω 
 
A taxa geométrica total é %16,2
1000300
323622
,
=
×
×
==
bh
As
totsρ 
 
Este valor verifica os extremos exigidos pela NBR 6118-2004, item 17.3.5.3 
que são: 
 
%4,015,0min,, ≥=
yd
d
tots bhf
Nρ e %8max,, =totsρ 
 
No valor máximo está incluída a justaposição da armadura em regiões de 
emenda. Assim, se na seção crítica em exame houver emendas por 
transpasse, deve-se respeitar o limite %4max,, =totsρ . 
 
 
Exemplo 5.6.2 (proposto): Dada a seção retangular de dimensões 
mmdhb 60/400/200// =′ , e resistências MPafcd 1785,0 = e MPaf yd 435= (CA-
50), pede-se obter a área da armadura por face, para atuação dos esforços 
solicitantes kNNd 476= e kNmM d 08,208= . Verificar se a taxa geométrica 
atende os limites da NBR 6118-2004. 
 
 
Exemplo 5.6.3: Considere-se, no que segue, uma seção retangular, armada 
simetricamente, de dimensões mmdhb 45/600/250// =′ e resistências 
MPafck 941,32= e MPaf yd 435= , para a qual se deseja obter pontos notáveis 
do diagrama de interação. Dada a área de armadura por face, igual a 
21500 mmAs = , pede-se obter: 
 
a- As forças normais mínima,min,dN , e máxima, max,dN , do intervalo onde a 
força normal solicitante é resistida exclusivamente pela seção de concreto. 
Quais são os momentos fletores correspondentes a estas duas forças? 
b- Obter o par ),( dd MN para a LN mmdhx 45=−= . 
c- Obter o par ),( dd MN para a LN mmdx 555== . 
d- Obter os pares ),( dd MN para a LN, respectivamente, igual a ∞+ e ∞− . 
e- Esboçar o gráfico da função )( dd NM , usando os valores obtidos. 
 
 
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30 
Solução: Sendo Nbhfcd 31030006002502085,0 ×=××= e 
Nmmbhfcd 622 1018006002502085,0 ×=××= , vem 
(a) Com 075,0600/45 ==′δ tem-se 1766,0
07,210
07,2075,0)07,210(8,0min, =+
+−
=dν e 
4650,0
07,25,3
)075,01(5,38,0max, =+
−
=dν . Logo, 
 
kNNd 9,52830001766,0min, =×= e kNNd 13953000465,0max, =×= . 
 
Os momentos resistentes correspondentes a estas 2 forças normais resultam 
das contribuições das seções de concreto e metálica. A taxa mecânica vale: 
faced /2175,0)103000/(43561500 3 =××=ω . Logo; 
 
1766,0min, =dν : 2576,0)075,021(2175,0)1766,01(1766,05,0 =×−×+−×=dµ , 
kNmM d 7,4632576,01800 =×= 
 
4650,0max, =dν : 3093,0)075,021(2175,0)465,01(465,05,0 =×−×+−×=dµ , 
kNmM d 7,5563093,01800 =×= . 
 
(b) mmx 45= , LN na armadura superior, 01 =α e 12 −=α , e ainda 
06,0600/458,0/ =×== hycν : 
kNNou dd 5,47230001575,01575,0)10(2175,006,0 −=×−=−=−+=ν 
kNmM
ou
d
d
1,21718001206,0
1206,0)075,05,0)(10(2175,0)06,01(03,0
=×=
=−++−=µ
 
 
(c) mmx 555= , LN na armadura inferior, 11 =α e 02 =α , 
74,0600/5558,0/ =×== hycν 
 
kNNou dd 5,287230009575,09575,0)01(2175,074,0 =×==−+=ν 
kNmMou dd 5,33918001886,01886,0)075,05,0)(01(2175,0)74,01(37,0 =×==−++−=µ
 
(d) −∞=x , tração pura: kNNd 130530002175,02 −=××−= , 
 
(e) +∞=x , compressão pura: kNNd 430513053000 =+= . 
 
Fig. 5.8 
0
100
200
300
400
500
600
- 1500 0 1500 3000 4500
M
d 
(kN
m
)
Nd (kN)
Armadura por 
face=1500 mm2
 
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31 
 
Note-se nesta figura que bastam poucos pontos para ter sua configuração 
correta. 
 
 
5.7 Dimensionamento da seção para os casos em que só uma das 
armaduras está em escoamento. Seção retangular, armadura simétrica, 
CA-50. 
 
5.7.1 Hipóteses 
 
No que segue examinam-se as equações que permitem o dimensionamento da 
seção fora da faixa em que há escoamento simultâneo das duas armaduras, 
uma em compressão, outra em tração. 
 
Admite-se aço CA-50 e cobrimento 2042,0
7
5,3
=
−≤
′
=′
yd
h
d εδ . Esta condição 
garante a existência da faixa em que é nula a soma das forças nas armaduras, 
ou seja, 01121 =−=+αα . 
 
Como se vê na Figura 5.6, a faixa em que 021 =+αα corresponde à zona do 
plano dos esforços resistentes ),( dd µν delimitada pelas retas verticais 
cted =min,ν e cted =4/3max,,ν . Esta última é a reta que separa os domínios 3 e 4, a 
primeira pode situar-se no domínio 2 ou no 3, conforme seja 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 ou 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
− , respectivamente. Ver a Tabela 4, repetida a seguir. 
 
O dimensionamento para a força normal solicitante situada dentro dessa faixa, 
i.e., 4/3max,,3min,,2min,, dddd ou νννν ≤≤ foi mostrado no item 5.6. O dimensionamento 
fora dessa faixa fica facilitado se forem traçadas no plano ),( dd µν as retas que 
separam os domínios 1 e 2, os domínios 2 e 3 (neste caso, a reta é necessária 
só para 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
− , ver adiante), e os domínios 4 e 5. Com esta 
separação, ao localizar no plano o ponto correspondente aos esforços 
solicitantes ),( dd µν que atuam na seção a ser dimensionada, sabe-se o 
intervalo onde deve ser procurada a linha neutra. Note-se que a separação 
entre os domínios 3 e 4 é dada pela reta vertical cted =4/3max,,ν , já determinada 
na Tabela 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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32 
Tabela 4: Intervalo da força normal onde 021 =+αα 
Intervalo do 
cobrimento 
hd ′=′δ 
Intervalo da LN Intervalo da força normal 
minξ maxξ =min,dν 
min8,0 ξ 
=max,dν 
max8,0 ξ 
 
 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 
 
096,00 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
yd
ydyd
ε
εδεξ
+
+′−
=
10
)10(
min,2
 
 
 
 
ydε
δξ
+
′
−
=
5,3
)1(5,3
4/3
 
 
 
 
=2min,,dν 
 
yd
ydyd
ε
εδε
+
+′−
10
)10(
8,0
 
 
=4/3max,,dν 
 
ydε
δ
+
′
−
5,3
)1(5,38,0 
(5.6.1) (5.6.2) 
 
 
 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
−
 
204,0096,0 ≤′≤ δ 
CA-50 
 
 
 
ydε
δξ
−
′
=
5,3
5,3
min,3
 
 
 
 
ydε
δξ
+
′
−
=
5,3
)1(5,3
4/3
 
=3min,,dν 
 
ydε
δ
−
′
5,3
5,38,0 
=4/3max,,dν 
 
 
ydε
δ
+
′
−
5,3
)1(5,38,0 
(5.6.3) (5.6.2) 
 
 
5.7.2 Retas )( dd νµ de separação dos domínios 
 
Os valores da profundidade da LN que separam os domínios estão dados na 
Tabela 1. As equações de equilíbrio (5.2.1b) e (5.2.2b) para o concreto e 
(5.3.1b) e (5.3.2b) para o aço, bem como as respectivas somas serão usadas a 
seguir, para cada caso particular. Estas retas são obtidas, isolando-se da 
equação da força normal a taxa mecânica da armadura, e inserindo-a na 
equação do momento fletor. Como a profundidade da LN, 
h
x
=ξ , da divisa em 
questão é conhecida, tem-se a deformação limite correspondente, bem como 
todo o estado de deformação. Logo, têm-se as tensões (relativas) nas 
armaduras. Com isto, o momento fletor depende linearmente apenas da força 
normal, como se mostra a seguir. Note-se, de novo, que para o cobrimento 
obedecendo à condição 
7
5,3 yd
h
d εδ −≤′=′ , igual a 2042,0=′=′
h
dδ para o CA-
50, sempre haverá, fora daquela faixa, apenas uma armadura em escoamento. 
Nos domínios 1, 2 e 3 escoa apenas a armadura 2 (em tração), donde 
122 −==
yd
sd
f
σ
α . Nos domínios 4 e 5, ao contrário, escoa apenas a armadura 1 
(em compressão), donde 111 ==
yd
sd
f
σ
α . Para a armadura que não escoa vale a 
lei de Hooke, na forma: 
 
2,1, === if yd
sdi
yd
sdi
i ε
εσ
α , onde 0>=
s
yd
yd E
f
ε . 
 
 
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33 
(a) Domínios 1 e 2 
 
Com 02/1 =ξ , 0== cc µν , 122 −==
yd
sd
f
σ
α , 1
1
10
1 −≥
′−
′
−= δ
δ
ε
α
yd
, ou seja, 11 ≤α , 
resulta a reta que separa os domínios 1 e 2: 
 
 
)21)(
1
1(
2 1
1
2/1, δα
ανµ ′−
−
+
=
d
d , com 11
10
1 −≥
′−
′
−= δ
δ
ε
α
yd
 e 
00704,2
210
15,1
500
103 >===
s
yd
yd
E
f
ε 
 
(5.7.1) 
 
 
Esta reta passa a ser 02/1, =dµ , coincidente com o eixo horizontal dν , para 
11 −=α , o que se dá para 1715,010
=
+
≥′
yd
yd
ε
εδ . Isto significa tração pura. Ver a 
Tabela 5. 
 
 
(b) Domínios 2 e 3 
 
Tendo em vista que a faixa em que há escoamento simultâneo das armaduras 
em compressão e tração depende da faixa em que se situa o cobrimento, cf. a 
Tabela 4, é preciso considerar dois casos, mostrados a seguir. 
 
(b1) 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 ou 096,00 ≤′≤ δ para o CA-50 
 
Nesta faixa de cobrimento, cf. mostra a Tabela 3c, ambas as armaduras estão 
em escoamento, com 11 =α e 12 −=α . Logo, a reta que separa os domínios 2 e 3 
é vertical,e está contida na faixa em que 021 =+αα . Esta reta é dada por: 
 
cted =′−=′−×== )1(5,13
8,2)1(
5,13
5,38,08,0 3/23/2, δδξν , sendo 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 
 
 
(5.7.2a) 
 
Dentro das hipóteses do cobrimento e aço CA-50, esta reta não tem utilidade, 
justamente por situar-se na faixa em que 021 =+αα , e a comparação se faz com 
2min,dν , ao invés de 3/2,dν . Logo, se para a força normal solicitante e para o 
cobrimento valerem as desigualdades 
 
2min,dd νν < e 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 
 
 
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34 
tem-se o domínio 2, se 2/1,dd µµ > , ou o domínio 1, se 2/1,dd µµ ≤ . Notar que a 
força normal solicitante dν pode ser positiva ou negativa. 
 
(b2) 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −≤′<
−
−
 ou 204,0096,0 ≤′≤ δ para o CA-50 
 
Nesta faixa de cobrimento, a reta anterior deixa de ser vertical para o caso em 
que 3min,dd νν ≤ . Assim, tem-se: 
 
)1(
5,13
5,3
3/2 δξ ′−= , )1(2,8,0 3/2,
3/2,
3/2,3/23/2, c
c
cc ν
νµξν −== , )(5,3
3/2
3/21
1 ξ
δξ
εε
ε
α
′
−
==
ydyd
s , mas 11 ≤α , 
122 −==
yd
s
f
σ
α . 
 
Com estes dados, resulta a reta que separa os domínios 2 e 3: 
 
 
)21)(
1
1(
2
)(
1
13/2,
3/2,3/2, δα
αννµµ ′−
−
+−
+= cdcd com )1(
5,13
5,3
3/2 δξ ′−= e 
)(5,3
3/2
3/21
1 ξ
δξ
εε
ε
α
′
−
==
ydyd
s
 e 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −≤′<
−
−
 
 
(5.7.2b) 
 
 
(c) Domínios 3 e 4 
 
Esta reta é vertical e, cf. a Tabela 4, é dada pela equação: 
 
cte
ydyd
dd =
+
′−
=
+
′−
==
ε
δ
ε
δ
νν
5,3
)1(8,2
5,3
)1(5,38,04/3max,4/3, 
 
(5.7.3) 
 
 
(d) Domínios 4 e 5 
 
Neste caso, valendo a condição 
7
5,3 yd
h
d εδ −≤′=′ , igual a 2042,0≤′=′
h
dδ para 
o CA-50, tem-se: 
yd
cch
x
ε
δ
ααµνξ ′====== 5,3,1,08,0,8,0,1 215/4 . Logo, a reta é: 
 
)21)(
1
1(
2
)8,0(08,0
2
2
5/4, δα
ανµ ′−
+
−−
+= dd com 
ydε
δ
α
′
=
5,3
2 
 
(5.7.4) 
 
 
 
 
 
 
 
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35 
5.7.3 Equações para o dimensionamento fora da faixa 
),(),(),( 4/3max,,3min,,4/3max,,2min,,max,min, dddddd ou νννννν = 
 
Dado o par de esforços solicitantes ),( dd µν , correspondente a um ponto no 
plano dos esforços resistentes, compara-se a força normal com os valores 
extremos da faixa ),( max,min, dd νν em que há escoamento simultâneo das duas 
armaduras, uma em compressão, outra em tração. Se min,dd νν < , a solução 
está no domínio 1, ou 2, ou 3, e a armadura 1 não escoa em compressão. Se 
max,dd νν > , a solução está no domínio 4 ou 5, e a armadura 2 não escoa em 
tração (exceto no fim do domínio 5, para ∞→ξ e com a aproximação 2=ydε 
para o CA-50). 
 
Para saber em qual domínio a solução deve ser procurada, insere-se a força 
normal solicitante dν em uma das equações (5.7.1) a (5.7.4) e comparam-se os 
momentos da divisa e solicitante. Desta comparação resulta o domínio e, mais 
precisamente, a faixa da LN onde se deve procurar a resposta. 
 
Além disso, deve-se verificar, para força normal de compressão, se a força dν , 
identificada com cν , leva à condição para o momento resistente )1(2 d
d
d ν
νµ −≤ . 
Se esta desigualdade ocorrer, isto significa que a armadura é nula, pois a 
seção de concreto apenas resiste aos esforços solicitantes. Valendo a 
igualdade, a profundidade da LN resulta igual a dνξ 25,1= . Valendo a 
desigualdade, a seção é superabundante e, portanto, não atinge o ELU, 
mesmo sem armadura. Na realidade, do ponto de vista construtivo, haverá 
sempre uma armadura, ainda que mínima, para caracterizar a seção como 
concreto armado. 
 
A seguir, indicam-se os caminhos para cada caso fora da mencionada faixa. 
 
(a) 0<dν (tração) e )21)(1
1(
2 1
1
2/1, δα
ανµµ ′−
−
+
=≤ ddd , Equação (5.7.1) 
Note-se na equação de 2/1,dµ que, sendo 11
10
1 −≥
′−
′
−= δ
δ
ε
α
yd
 um valor negativo 
(tração, na divisa dos domínios 1 e 2), o seu coeficiente angular é negativo e a 
reta parte da origem, donde 0<dν para que 02/1, >dµ . Neste caso, o domínio é 
o 1 e só a seção metálica resiste aos esforços solicitantes. Tirando-se a taxa 
dω da equação do momento fletor e substituindo-a na da força normal, obtém-
se a equação que leva ao valor da tensão relativa na armadura 1, ou seja, 1α , 
valor que determina a profundidade da LN. 
 
 
)
1
1(
21
2
1
1
+
−
′
−
=
α
α
δ
µ
ν dd ou )1
1(1 A
A
−
+
=α onde 
d
dA
µ
δν
2
)21( ′−
= 
 
(5.7.5) 
 
 
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36 
com )
1
(101 ξδ
δξ
ε
α
−
′
−
′−
=
yd
. (Não confundir com o valor 1
1
10
1 −≥
′−
′
−= δ
δ
ε
α
yd
 da 
divisa). 
 
Determinado 1α , volta-se à equação da força normal para obter a taxa 
mecânica referente a uma camada da armadura: 
 
11 −
=
α
ν
ω dd 
 
(5.7.6) 
 
 
Como se vê, é desnecessário calcular a LN. Note-se, ainda, que esta equação 
contém a solução para tração pura, quando então 
2
11 dde
ν
ωα −=−= . 
 
(b) 2min,,dd νν < e )21)(1
1(
2 1
1
2/1, δα
ανµµ ′−
−
+
=> ddd 
 
Neste caso, como a força normal é inferior a 2min,,dν , valor que ocorre se o 
cobrimento verificar a desigualdade 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 , a procura da LN se dá 
apenas no domínio 2, igualmente pela equação da força normal, após tirar dω 
da do momento fletor, notando-se que o concreto também participa da 
resistência da seção. Assim, tem-se: 
 
 
)
1
1)(
21
(2
1
1
+
−
′
−
−
+=
α
α
δ
µµ
νν cdcd 
 
(5.7.7) 
 
com )
1
(101 ξδ
δξ
ε
α
−
′
−
′−
=
yd
, ξν 8,0=c e )1(2 c
c
c ν
νµ −= funções de ξ . Resolvida 
esta equação (cúbica) em ξ , a taxa mecânica da armadura resulta igual a: 
 
 
11 −
−
=
α
νν
ω cdd 
 
(5.7.8) 
 
 
(c) 3min,,dd νν < , )21)(1
1(
2 1
1
2/1, δα
ανµµ ′−
−
+
=> ddd e 3/2,dd µµ < (Eq. (5.7.2)) 
 
Esta comparação já se dá para o cobrimento na faixa 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −≤′<
−
−
. Este 
caso é resolvido como o anterior, pois o domínio é o 2 também. A comparação 
 
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37 
do momento solicitante com 2/1,dµ é desnecessária se a força normal for 
compressão, i.e., se 0>dν . 
 
 
(d) 3min,,dd νν < e 3/2,dd µµ ≥ (Eq. (5.7.2)) 
 
Dadas estas condições, e ainda 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −≤′<
−
− , o domínio é o 3. Alteram-se, 
portanto, as equações de compatibilidade. Sendo 12 −=α , os demais termos da 
Equação (5.7.7), funções de ξ , são: 
 
)(5,31 ξ
δξ
ε
α
′−
=
yd
, ξν 8,0=c e )1(2 c
c
c ν
νµ −= 
 
Da mesma forma, a taxa mecânica é obtida de (5.7.8). 
 
 
(e) 4/3max,,dd νν > e 5/4,dd µµ ≥ (Eq. (5.7.4)) 
 
Neste caso, o domínio é o 4, e 11 =α , )
1(5,32 ξ
δξ
ε
α
′+−
=
yd
, ξν 8,0=c e 
)1(
2 c
c
c ν
νµ −= . 
 
 
)
1
1)(
21
(2
2
2
α
α
δ
µµ
νν
−
+
′
−
−
+= cdcd 
 
(5.7.9) 
 
Resolvida esta equação, obtém-se ξ . Deste valor resultam 2, αν c , e pode-se 
calcular a taxa mecânica da armadura: 
 
21 α
νν
ω
+
−
=
cd
d(5.7.10) 
 
 
(f) 4/3max,,dd νν > e 5/4,dd µµ < (Eq. (5.7.4)) 
 
Tem-se agora o domínio 5, e muda apenas a tensão relativa na armadura 2, 
que passa a ser )
7
3(
2
2
−
−
=
ξ
δξ
ε
α
yd
. Observe-se, porém, que 18,0 ≤= ξν c e 
)1(
2 c
c
c ν
νµ −= . Se ocorrer 25,1≥ξ tem-se 1=cν e 0=cµ . Com estas 
alterações, pode-se usar as Equações (5.7.9) e (5.7.10). 
 
 
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38 
Lembre-se que, em caso de força normal de compressão no intervalo 
10 ≤< dν , é preciso verificar se a seção de concreto apenas resiste às 
solicitações, com o que a armadura seria teoricamente nula, como já se disse. 
 
A solução no domínio 5 fica facilitada se for usada a reta )( dd νµ 
correspondente a 25,1=ξ . Para esta profundidade relativa da LN tem-se 
11 =α , )
41(
23
14
2
ydε
δ
α
′+
= , 1=cν , 0=cµ , donde, usando a (5.7.9): 
 
 
)
2
21)(
1
1)(1(
2
2
25,1,
δ
α
α
νµ ξ
′
−
+
−
−=
= dd 
 
(5.7.10) 
 
 
A seguir, dão-se exemplos das retas que separam os domínios para dois 
cobrimentos relativos: 15,005,0 e
h
d
=
′
=′δ . Ver a Tabela 5 e as Figuras 5.9 e 
5.10. 
 
 
 
Tabela 5: Retas de separação dos domínios, aço CA-50 
 0704,2210
15,1
500
==ydε 
 
yd
yd
h
d
ε
εδ
−
−≤
′
=′≤
17
5,30 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd
h
d εδ
ε
ε −≤
′
=′<
−
−
 
Limites 0 05,0 096,009576,0 ≅ 10,0 15,0 20,0 
2/1 dd νµ 5,02/1, −=
 
dd νµ 2676,02/1, −=
 
dd νµ 1307,02/1, −=
 
dd νµ 1206,02/1, −=
 
dd νµ 0279,02/1, −=
 
02/1, =dµ (*) 
3/2 2074,03/2, =dν
(**) 
1970,03/2, =dν 
(**) 
1875,03/2, =dν 
(**) 
d
d
ν
µ
1294,23
3934,43/2,
−
=
 
d
d
ν
µ
1712,1
2791,03/2,
−
=
 
d
d
ν
µ
3386,0
1254,03/2,
−
=
 
4/3 5027,04/3, =dν
 
4775,04/3, =dν 4545,04/3, =dν 4524,04/3, =dν 4273,04/3, =dν 4021,04/3, =dν 
5/4 
d
d
ν
µ
5,0
32,05/4,
+
−=
 
d
d
ν
µ
3799,0
2239,05/4,
+
−=
 
d
d
ν
µ
2916,0
1533,05/4,
+
−=
 
d
d
ν
µ
2843,0
1475,05/4,
+
−=
 
d
d
ν
µ
2084,0
0867,05/4,
+
−=
 
d
d
ν
µ
1484,0
0387,05/4,
+
−=
 
(*) 02/1, =dµ para 1715,0≥′=′ h
dδ . (**) Nestes casos usar a comparação de dν com 2min,dν , e não com 3/2,dν . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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39 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 5.9 
 
 
 
 
CTU-Estruturas 6 TRU 006 Concreto Estrutural I Prof. Roberto Buchaim 
 
40 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 5.10 
 
 
 
 
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41 
5.7.8 Exemplos 
 
Mostram-se a seguir a aplicação das equações anteriores, exemplificando o 
dimensionamento da seção nos domínios 1 a 5, mas fora da faixa 
 
),( 4/3max,,2min,, dd νν se 
yd
yd
ε
εδ
−
−
≤′≤
17
5,30 ou 096,00 ≤′≤ δ ou 
 
),( 4/3max,,3min,, dd νν se 
7
5,3
17
5,3 yd
yd
yd εδ
ε
ε −
≤′≤
−
−
 ou 204,0096,0 ≤′≤ δ 
 
O aço é sempre o CA-50 e o concreto tem resistência MPafck 20= . A seção 
considerada nos exemplos tem dimensões mmddhb ′=′ /1000/200// . 
 
Exemplo 5.7.8.1: Dados 05,0=′=′
h
dδ , kNNd 57,728−= (tração), kNmM d 14,182= , 
resultam os adimensionais: 
 
30,0
1000200143,12
1057,728
85,0
3
−=
××
×−
==
bhf
N
cd
d
dν 
075,0
1000200143,12
1014,182
85,0 2
6
2 =××
×
==
bhf
M
cd
d
dµ 
 
Na divisa dos domínios 1 e 2, tem-se 12542,0
1
10
1 −≥−=
′
−
′
−= δ
δ
ε
α
yd
, e 
080,0)30,0(2676,02676,0)21)(
1
1(
2 1
1
2/1, =−×−=−=′−
−
+
= d
d
d νδα
ανµ 
 
Como 080,0075,0 <=dµ o domínio é o 1. Da equação (5.7.5), isola-se 
)
1
(101 ξδ
δξ
ε
α
−′−
′−
=
yd
. Com 80,1
075,02
90,030,0
2
)21(
−=
×
×−
=
′
−
=
d
dA
µ
δν
, obtém-se: 
 
2857,0
80,11
80,11)
1
1(1 −=
+
−
=
−
+
=
A
A
α 
 
Com )
1
(101 ξδ
δξ
ε
α
−′−
′−
=
yd
, pondo 0592,0
10
1
−==
ydB εα , obtém-se a posição da LN 
(note-se que este cálculo serve apenas para conferência, e não influi na 
determinação da armadura): 
 
0066,0
10592,0
05,095,00592,0
1
)1(
−=
+−
+×−
=
+
′+′−
=
B
B δδξ 
 
Da Equação (5.7.6), resulta a taxa mecânica: 
 
 
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42 
233,0
12857,0
30,0
11
=
−−
−
=
−
=
α
ν
ω dd , 
 
donde menorfacemmAs /3,1303
15,1
500
143,121000200233,0 2=××= . 
O cálculo feito pode ser rapidamente conferido, observando-se que, dada a 
excentricidade da força aplicada, igual a m
N
M
e
d
d 25,0== , a resultante dista 
mdhe 70,045,025,0)5,0( =+=′−+ da armadura 1 e 
 
mdhe 20,045,025,0)5,0( =+−=′−+− da armadura 2. 
 
Logo, a força e a área da armadura 2, a única em escoamento, valem: 
 
2
3
22 33,1303
15,1
500
10666,566
,666,566
90,0
70,057,728
mmAkNN s =
−
×−
=−=
×
−= . 
Esta área é a mesma da armadura 1, por causa da simetria imposta à 
armadura. Como a força na armadura 1 é menor que o valor kNN 66,5662 = , 
sua tensão, para a mesma área da armadura 2, terá que ser menor também. 
De fato: 
 
MPakNN s 22,12433,1303
10904,161
,904,161
90,0
20,057,728 3
11 −=
×−
=−=
×
−= σ 
Portanto, 2857,0
15,1
500
22,12411
1 −=−===
yd
s
yd
s
f
σ
ε
ε
α 
Como se vê, o resultado está correto. 
 
 
Exemplo 5.7.8.2: Dados 05,0=′=′
h
dδ , kNNd 29,364= (compressão), 
kNmM d 42,546= , resultam os adimensionais: 
 
15,0
1000200143,12
1029,364
85,0
3
=
××
×
==
bhf
N
cd
d
dν 
225,0
1000200143,12
1042,546
85,0 2
6
2 =××
×
==
bhf
M
cd
d
dµ 
 
Sendo 1635,0
10
)10(8,015,0 2min,, =
+
+′−
=<=
yd
ydyd
dd
ε
εδε
νν 
 
tem-se, portanto, o domínio 2, pois a força normal é compressão (para 
comparar dµ e 2/1,dµ seria necessário que a força fosse tração, 0<dν ). Neste 
 
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43 
caso, o concreto passa a colaborar. Inserindo ξ
ξ
ξδ
δξ
ε
α
−
−
=
−
′
−
′−
=
95,0
05,083,4)
1
(101
yd
, 
ξν 8,0=c e )1(2 c
c
c ν
νµ −= em (5.7.7), resulta a equação que permite obter a 
profundidade da LN: 
 
)
1
1)(
9,0
225,0(215,0
1
1
+
−−
+=
α
αµ
ν cc 
 
Procura-se ξ no intervalo )20437,0;0();0( min,2 =ξ de modo que o segundo 
membro desta equação iguale 15,0 , a menos de um erro, p.ex., 0001,0 . Ver a 
tabela seguinte. 
 
 
 
ξ )1
1)(
9,0
225,0(2
1
1
º.2 +
−−
+=
α
αµ
νν ccmembro 
 
membroerro º.215,0 ν−= 
18,0 1071,0 0429,0 
19,0 1312,0 0188,0 
20,0 1539,0 0039,0− 
198,0 1495,0 0005,0 
1982,015,014993,0 ≅ 00007,0 
 
Com o valor de 1982,0=ξ resultam: 95212,0
95,0
05,083,41 =
−
−
= ξ
ξ
α , 1586,0=cν e 
0667,0=cµ , e a taxa 1788,0195212,0
1586,015,0
11
=
−
−
=
−
−
=
α
νν
ω cdd , donde a área por face 
menor: 
 
menorfacemmAs /68,998
15,1
500
143,1210002001788,0 2=××= 
 
Confere-se a solução através das equações de equilíbrio: 
 
kNNs 42,4131015,1
50095212,068,998 31 =×××= − 
 
kNNc 07,38510)2,1988,0(200143,12 3 =××××= − 
 
kNNs 21,4341015,1
50068,998 32 −=××−= − 
 
kNkNNd 28,36421,43407,38542,41329,364 =−+≅= 
 
 
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44 
kNmkNmM d 44,543)1982,04,050,0(07,38545,0)21,43442,413(42,546 =×−×+×+≅=
 
 
Exemplo 5.7.8.3: Dados 15,0=′=′
h
dδ , kNNd 14,607= (compressão), 
kNmM d 84,1092= , resultam os adimensionais: 
 
25,0
1000200143,12
1014,607
85,0
3
=
××
×
==
bhf
N
cd
d
dν e 45,01000200143,12
1084,1092
85,0 2
6
2 =××
×
==
bhf
M
cd
d
dµ 
 
Sendo 2938,0
5,3
5,38,025,0 3min,, =
−
′
=<=
yd
dd
ε
δ
νν , na divisa dos domínios 2 e 3, com 
22037,0)1(
5,13
5,3
3/2 =′−= δξ , 53982,01
10
3/2
3/21
1 =
−
′
−
′−
== ξδ
δξ
εε
ε
α
ydyd
s , obtém-se: 
 
07261,0)1(
2
,1763,08,0 3/2,
3/2,
3/2,3/23/2, =−=== c
c
cc ν
νµξν , 122 −==
yd
s
f
σ
α . De (5.7.2), vem: 
 
01371,07,0)
46018,0
53982,1)(
2
1763,025,0(07261,0)21)(
1
1(
2
)(
1
13/2,
3/2,3/2, −=×
−
−
+=′−
−
+−
+= δ
α
αννµµ cdcd
 
Ver na Tabela 5 esta mesma reta: 01371,025,01712,12791,03/2, −=×−=dµ 
 
Como 01371,045,0 3/2, −=>= dd µµ , tem-se o domínio 3. Com as seguintes funções 
de ξ : )(5,31 ξ
δξ
ε
α
′−
=
yd
, ξν 8,0=c e )1(2 c
c
c ν
νµ −= , usa-se a (5.7.7) 
 
)
1
1)(
21
(2
1
1
+
−
′
−
−
+=
α
α
δ
µµ
νν cdcd 
 
A profundidade relativa da LN deve ser procurada no intervalo 
)3672,0
5,3
5,3
,2204,0
5,13
)1(5,3( min,33/2 =
−
′
==
′
−
=
ydε
δξδξ . Ver a tabela seguinte: 
 
 
ξ )1
1)(
7,0
45,0(2
1
1
º.2
+
−−
+=
α
αµ
νν ccmembro 
 
membroerro º.225,0 ν−= 
30,0 1540,0 0960,0 
33,0 2231,0 0269,0 
35,0 2627,0 0127,0− 
345,0 2532,0 0032,0− 
3433,0 25,024995,0 ≅ 00005,0 
 
 
512,051184,0
195186,0
27464,025,0
11
≅=
−
−
=
−
−
=
α
νν
ω cdd 
 
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45 
menorfacemmAs /2859
15,1
500
143,12100020051184,0 2=××= 
 
Conferindo o equilíbrio, tem-se: 
 
kN
kNNd
14,60704,124398,66620,1183
10]
15,1
5002859)3,3438,0(200143,12
15,1
50095186,02859[14,607 3
=−+
=××−×××+××≅=
 
 
kNmkNmM d 1,1091)]3433,04,05,0(98,66635,0)04,124320,1183[(84,1092 =×−×+×+≅=
 
 
Exemplo 5.7.8.4: Dados 15,0=′=′
h
dδ , kNNd 43,1821= (compressão), 
kNmM d 84,1092= , resultam os adimensionais: 
 
75,0
1000200143,12
1043,1821
85,0
3
=
××
×
==
bhf
N
cd
d
dν 
45,0
1000200143,12
1084,1092
85,0 2
6
2 =××
×
==
bhf
M
cd
d
dµ 
 
Sendo 4273,0
5,3
)1(5,38,075,0 4/3max,, =
+
′
−
=>=
yd
dd
ε
δ
νν e de (5.7.4), com 
2536,05,32 =
′
=
ydε
δ
α , obtém-se na divisa dos domínios 4 e 5: 
 
45,00696,02084,00867,0)21)(
1
1(
2
)8,0(08,0
2
2
5/4, =<=+−=′−+
−−
+= dd
d
d µνδα
ανµ 
 
Logo, o domínio é o 4, e a LN deve ser procurada no intervalo 
)1;5341,0
5,3
)15,01(5,3( 5/44/3 ==
+
−
= ξ
ε
ξ
yd
. 
Com 11 =α , )
1(5,32 ξ
δξ
ε
α
′+−
=
yd
, ξν 8,0=c e )8,01(4,0 ξξµ −=c , usa-se a (5.7.9) 
para obter a profundidade relativa da LN. Ver a tabela seguinte. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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46 
 
ξ )1
1)(
21
45,0(2
2
2
º2, α
α
δ
µ
νν
−
+
′
−
−
+= ccmembrod 
 
membroderro º.2,75,0 ν−= 
60,0 6412,0 1088,0 
80,0 4138,1 6638,0− 
65,0 8133,0 0633,0− 
63,0 7432,0 0068,0 
6325,0 7519,0 0019,0− 
632,0 75,07501,0 ≅ 0001,0− 
 
 
Obtido o valor ξ , dele resultam 2, αν c , e pode-se calcular a taxa mecânica da 
armadura de (5.7.10): 
 
5863,0
5831,01
5056,075,0
1 2
=
−
−
=
+
−
=
α
νν
ω cdd 
 
menorfacemmAs /6,3274
15,1
500
143,1210002005863,0 2=××= 
 
Conferindo o equilíbrio, tem-se: 
 
kN
kNNd
42,182120,83088,122774,1423
10]
15,1
5005831,06,3274)6328,0(200143,12
15,1
5006,3274[43,1821 3
=−+
=×××−×××+×≅= −
 
kNmkNmM d 41,1092)]632,04,05,0(88,122735,0)20,83074,1423[(84,1092 =×−×+×+≅=
 
Notar que 094,0)75,01(
2
75,0)1(
2
45,0 =−=−>>= ddd ν
νµ , ou seja, a seção de concreto 
simples (sem armadura) evidentemente não resiste às solicitações dadas. 
 
 
Exemplo 5.7.8.5: Dados 15,0=′=′
h
dδ , kNN d 2550= (compressão), kNmM d 315= , 
dimensionar a mesma seção anterior. 
 
Adimensionais: 
 
05,1
1000200143,12
102550 3
=
××
×
=dν , 1297,01000200143,12
10315
2
6
=
××
×
=dµ 
 
 
Da Tabela 5 obtém-se a reta de separação dos domínios 4 e 5: 
 
13212,005,12084,00867,05/4, =×+−=dµ > 1297,0=dµ 
 
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47 
O domínio é o 5. Para determinar com mais precisão o intervalo da LN, calcula-
se de (5.7.10) a reta para 25,1=ξ . Com 15,0=′δ , aço CA-50, 
4704,0)41(
23
14
2 =
′+
=
ydε
δ
α : 
 
0063,0)1(12606,025,1, =−== dd νµ ξ 1297,0=< dµ 
 
 
Desta inequação conclui-se que o intervalo da LN é )25,1;1( 5/4 == ξξ . Usando a 
(5.7.9), com as seguintes funções de ξ , a saber, )8,01(4,0,8,0 ξξµξν −== cc , 
)
7
3
85,0(22
−
−
=
ξ
ξ
ε
α
yd
, obtém-se a Tabela seguinte: 
 
 
 
ξ )1
1)(
21
(2
2
2
º2, α
α
δ
µµ
νν
−
+
′
−
−
+= cdcmembrod 
 
membroerro º.205,1 ν−= 
1 03851,1 01149,0 
1,1 34659,1 29659,0− 
05,1 17973,1 12973,0− 
02,1 0921,1 0421,0− 
01,1 06484,1 01484,0− 
005,1 05156,1 00156,0− 
0044,1 05,104998,1 ≅ 00002,0 
 
 
Para 0044,1=ξ resultam 07894,0,80352,0 == cc µν , 25902,0)
7
3
85,0(22 =
−
−
=
ξ
ξ
ε
α
yd
. A 
taxa mecânica da armadura e a respectiva área da armadura por face menor 
são: 
 
19577,0
25902,01
80352,005,1
1 2
=
+
−
=
+
−
=
α
νν
ω cdd 
 
menorfacemmAs /52,1093
15,1
500
143,1210002001958,0 2=××= 
 
Confere-se o equilíbrio: 
 
kN
kNNd
25504,1951)149,123445,475(
10)]4,10048,0(200143,12
15,1
500)25902,01(52,1093[2550 3
=++
=××××+×+≅= −
 
 
 
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48 
kNmkNmM d 315)]0044,14,05,0(4,195135,0)149,123445,475[(315 =×−×+×−≅= OK. 
 
 
Exemplo 5.7.8.6: Dados 15,0=′=′
h
dδ , kNN d 71,3885= (compressão), 
kNmM d 5,157= , dimensionar a mesma seção anterior. 
 
Adimensionais: 
 
60,1
1000200143,12
1071,3885 3
=
××
×
=dν , 06485,01000200143,12
105,157
2
6
=
××
×
=dµ 
 
Da Tabela 5 obtém-se a reta de separação dos domínios 4 e 5: 
 
2467,060,12084,00867,05/4, =×+−=dµ > 06485,0=dµ : domínio 5 
 
Para determinar com mais precisão o intervalo da LN, calcula-se de (5.7.10) a 
reta para 25,1=ξ . Com 15,0=′δ , aço CA-50, 4704,0)41(