2 Flexão Composta

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UVV - Estruturas de Concreto II 
 
49 
CAPÍTULO 2 
FLEXÃO COMPOSTA 
 
2.1 Conceitos básicos 
 
Um elemento está submetido à flexão composta normal quando o momento fletor em 
uma seção transversal tem a direção de um dos eixos centrais principais de inércia. Caso 
contrário, tem-se a flexão obliqua. Eixos centrais são aqueles que passam pelo centro de 
gravidade (CG) da seção. As direções principais de inércia (que são ortogonais entre si) são 
aquelas caracterizadas por terem o menor e o maior valor de inércia da seção. 
Considerando, simplificadamente, que a armadura empregada será sempre simétrica em 
relação ao eixo perpendicular ao momento (pelo menos um eixo de simetria), pode-se definir, 
para as seções retangulares: 
 Flexão composta normal: é preciso existir ao menos um eixo de simetria na seção 
transversal e o plano de carregamento deve conter esse eixo, considerando a existência de 
uma força normal atuante; 
 Flexão composta oblíqua: ocorre em seções assimétricas e em seções simétricas quando 
o plano de carregamento não contém nenhum dos eixos de simetria, considerando a 
existência de uma força normal atuante. 
 
Hipóteses básicas para o cálculo no estado limite último: 
 resistência do concreto à tração é nula; 
 seções transversais permanecem planas; 
 aderência perfeita entre os materiais (concreto e aço); 
A verificação da segurança é feita admitindo-se que o esgotamento da capacidade 
portante da peça possa ocorrer tanto pela ruptura do concreto comprimido, como da deformação 
excessiva da armadura tracionada. 
εcu = {
3,5%o → na flexão 
2,0%o → na compressão
 
εsu = 10%𝑜 
Quando ocorrer pelo menos uma das duas condições tem-se o ELU de ruptura ou de 
deformação plástica excessiva. 
 
 
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Domínio Início Término ELU Solicitações Observações 
1 
s=10º/oo e 
c=10 º/oo 
s=10º/oo e 
c=0 
s=10º/oo 
Tração axial e flexo-tração com 
pequena excentricidade 
A linha neutra é externa à seção 
transversal 
2 
s=10º/oo e 
c=0 
s=10º/oo e 
c=3,5 º/oo 
s=10º/oo 
Flexão pura, tração e 
compressão com pequena 
excentricidade 
A linha neutra corta a seção 
transversal. 
O concreto é mal aproveitado, pois sua 
deformação é menor que a de ruptura. 
3 
s=10º/oo e 
c=3,5 º/oo 
s=yd e 
c=3,5 º/oo 
c=3,5 º/oo 
Flexão pura, tração e 
compressão com pequena 
excentricidade 
A linha neutra corta a seção 
transversal. 
A ruína se dá com aviso. 
Tanto o concreto quanto o aço são 
bem aproveitados. 
4 
s=yd e 
c=3,5 º/oo 
s=0 e 
 c=3,5 º/oo 
c=3,5 º/oo 
Compressão excêntrica com 
grande excentricidade 
A linha neutra corta a seção 
transversal. 
A ruína é frágil, sem aviso. 
O concreto é bem aproveitado, mas o 
aço não. 
4a 
s=0 e 
c=3,5 º/oo 
s=(1-d/h).3,5 º/oo 
e c=3,5 º/oo 
c=3,5 º/oo transição 
A linha neutra corta a seção 
transversal. 
O aço da armadura menos comprimida 
é mal aproveitado, pois sua 
deformação é muito pequena. 
5 
s=(1-d/h).3,5 º/oo 
e c=3,5 º/oo 
s=2,0 º/oo e 
c=2,0 º/oo 
2,0 º/oo ≤ c 
≤ 3,5 º/oo 
Compressão axial e flexo-
compressão com pequena 
excentricidade 
A linha neutra não corta a seção 
transversal, que está inteiramente 
comprimida. 
 
Resumindo, a partir das características de cada um dos domínios, é possível ocorrerem as 
seguintes situações, conforme Figura 2.1: 
 Flexo-compressão: domínios 2, 3, 4, 4a e 5; 
 Flexo-tração: domínios 1, 2, 3 e 4; 
 Compressão uniforme: final do domínio 5; 
 Tração uniforme: inicio do domínio 1. 
 
 
Figura 2.1 Casos possíveis de solicitações normais e domínios correspondentes 
 
 
 
 
 
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2.1.2 Núcleo central de inércia 
 
O núcleo central de inércia é o lugar geométrico da seção transversal tal que, se nele for 
aplicada uma carga de compressão ou tração, toda seção estará comprimida ou tracionada, 
respectivamente. 
 
Figura 2.2 Núcleo central de inércia 
 
Se a seção transversal for retangular, os valores de ey e ez são: 
ey =
1
6
∙ h e ez =
1
6
∙ b 
Portanto, qualquer carga que esteja aplicada dentro do losango ilustrado na Figura 2.2, ou 
seja, dentro do núcleo central de inércia, implicará em apenas tensões de tração ou de 
compressão. 
 
2.2 Flexão composta com grande excentricidade 
 
A flexão composta com grande excentricidade ocorre, por exemplo, no dimensionamento 
de muros de arrimo, escadas e caixa d’água. 
Na flexão composta com grande excentricidade tem-se sempre a armadura tracionada As; 
a armadura comprimida A’s é empregada para se conseguir maior ductilidade da seção. 
Normalmente, dispensa-se A’s quando se pode ter seção subarmada só com As. 
Através de um artifício, o dimensionamento à flexão composta com grande 
excentricidade (tanto na flexo-compressão, quanto na flexo-tração) pode ser feito através da 
análise de uma flexão simples. 
 
 
 
 
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52 
2.2.1 Flexo-compressão 
 
 
Figura 2.3 Flexo-compressão com grande excentricidade 
 
Conforme a figura, a resultante de tração para equilibrar o momento Msd é igual a (Rsd + 
Nd). Dessa forma, obtém-se a armadura final, subtraindo-se o valor (Nd/fyd) da armadura que 
equilibra Msd à flexão simples. 
 
2.2.1.2 Exemplo 1 
 
Seja: b = 20cm ; h = 40cm ; d’ = 4cm ; fck = 15MPa ; CA50A 
 Nd = 100kN (compressão) ; Md = 50kN.m 
 
Tem-se: 
e = M N⁄ = 50cm > h 6⁄ = 6,67cm → Grande excentricidade 
Msd = Md + Nd(d − h 2⁄ ) = 50 + 100(0,36 − 0,20) = 66kN. m 
Com a hipótese de que se tem solução em seção subarmada com A’s = 0, tem-se: 
0,68 b x fcd(d − 0,4 x) = Msd → x = 1,25 d [1 − √1 −
Msd
0,425 b d2fcd
] = 15,12cm 
x < x34 = 0,628 d = 22,61cm → armadura simples 
x < 0,45 d = 16,2cm → OK! 
 
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53 
Rsd + Nd =
Msd
d − 0,4 x
 → Rsd = Asfyd =
Msd
d − 0,4 x
− Nd → As =
1
fyd
∙ (
Msd
d − 0,4 x
− Nd) 
As =
1
43,48
(
6600
36 − 0,4 ∙ 15,12
− 100) = 2,77cm² 
 
O dimensionamento pode ser feito, também, através das equações de equilíbrio: 
{
Nd + Rsd = Rcd 
Md = Rcd(h 2⁄ − 0,4 x) + Rsd(d − h 2⁄ )
 
Admitindo-se peça subarmada com armadura simples vem: 
{
Nd + ASfyd = 0,68 b x fcd 
Md = 0,68 b x fcd(h 2⁄ − 0,4 x) + ASfyd(d − h 2⁄ )
 
{
100 + 43,48 ∙ AS = 0,68 ∙ 20 ∙ x ∙ 1,5 1,4⁄ 
5000 = 14,571 x (20 − 0,4 x) + 43,48AS(36 − 20)
 
312,5 = 0,9107 x (20 − 0,4 x) + 43,48As 
412,5 = 09107 x (20 − 0,4 x) + 14,571 x 
x2 − 90 x + 1132,38 = 0 
x =
90 ± 59,75
2
= 15,12 < x34 → As = 2,77cm² 
 
2.2.1.3 Exemplo 2 
 
Considere-se, no exemplo 1, Md = 100kN.m. 
 
Tem-se: 
e = M N⁄ = 100cm > h 6⁄ = 6,67cm → Grande excentricidade 
Msd = Md + Nd(d − h 2⁄ ) = 100 + 100(0,36 − 0,20) = 116kN. m 
x = 39,1cm > x34 = 0,628 d = 22,61cm → armadura dupla 
x > 0,45 d = 16,2cm → não OK! 
Adotando-se, por exemplo, x̅ = 0,45d = 16,2cm, vem: 
Mwd = 0,68 b x̅fcd(d − 0,4x̅) = 0,68 ∙ 20 ∙ 16,2 ∙ (1,5 1,4⁄ ) ∙ (0,36 − 0,4 ∙ 0,162)
= 69,68kN. m 
∆Md = Msd − Mwd = 116 − 69,68 = 46,32 kN. m 
Rsd + Nd =
Mwd
d − 0,4x̅
+
∆Md
d − d′
 → Rsd = Asfyd =
Mwd
d − 0,4x̅
+
∆Md
d − d′
− Nd 
As =
1
fyd
(
Mwd
d − 0,4x̅
+
∆Md
d − d′
− Nd) → As =
1
43,48
(
6968
36 − 0,4 ∙ 16,2
+
4632
36 − 4
− 100) 
 
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54 
As = 6,46 cm² 
 
ε′s =
x̅ − d′
x̅
∙ 0,0035 = 0,00263 > εyd → σ′sd = fyd 
R′sd = A′sfyd =
∆Md
d − d′
 → A′s =
4632
43,48 ∙ (36 − 4)
= 3,33cm² 
 
O dimensionamento pode ser feito, também, através das equações de equilíbrio: 
{
Nd + Rsd = Rcd + R′sd 
Md = Rcd(h 2⁄ − 0,4 x̅) + Rsd(d − h 2⁄ ) + R′sd(h 2⁄ − d′)
 
Adotando-se, por exemplo, x̅ = 0,45d = 16,2cm, vem: 
{
100 + 43,48As = 14,571x̅ + 43,48A′s → As − A′s = 3,13
10000 = 14,571x̅(20 − 0,4x̅) + (As + A′s) ∙ 43,48(20 − 4) → As + A′s = 9,78
 
Logo: 
{
As = 6,45cm²
 A′s = 3,33cm2
 
 
2.2.2 Flexo-tração 
 
Valem as expressões utilizadas na flexo-compressão, utilizando-se (-Nd) no lugar de Nd. 
 
 
Figura 2.4 Flexo-tração com grande excentricidade 
 
 
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55 
 
2.2.2.2 Exemplo 3 
 
Considere-se o exemplo 1 com Nd = 100kN (tração) e Md = 82kN.m. 
 
Tem-se: 
e = M N⁄ = 82cm > h 6⁄ = 6,67cm → Grande excentricidade 
Msd = Md − Nd(d − h 2⁄ ) = 82 − 100(0,36 − 0,20) = 66kN. m 
x = 15,12cm < x34 = 0,628 d = 22,61cm 
x < 0,45 d = 16,2cm → OK! 
 
Rsd − Nd =
Msd
d − 0,4 x
 → Rsd = Asfyd =
Msd
d − 0,4 x
+ Nd 
As =
1
43,48
(
6600
36 − 0,4 ∙ 15,12
+ 100) = 7,37cm² 
 
2.3 Flexão composta com pequena excentricidade 
 
Na flexo-compressão com pequena excentricidade toda a seção está comprimida; dessa 
forma, tem-se armadura comprimida (A’s) e, eventualmente, As também comprimida. 
Na flexo-tração com pequena excentricidade toda a seção está tracionada e, portanto, as 
armaduras são tracionadas (As e A’s). 
 
2.3.1 Flexo-compressão 
 
2.3.1.1 Situação com as duas armaduras (As ≠ 0 e A′S ≠ 0) 
 
Neste caso, impõe-se, na seção, deformação uniforme de encurtamento de 0,002 no ELU 
(domínio 5 de deformação). As equações de equilíbrio são: 
{
Nd = 0,85bhfcd + f′yd(As + A′s)
Md = f′yd(h 2⁄ − d′)(A′s − As) 
 
 
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56 
 
Figura 2.5 Flexo-compressão com pequena excentricidade 
 
Portanto, 
A′s =
1
2f′yd
(Nd − 0,85bhfcd +
Md
h 2⁄ − d′
) 
 
As =
1
2f′yd
(Nd − 0,85bhfcd −
Md
h 2⁄ − d′
) 
Se 
Nd − 0,85bhfcd −
Md
h 2⁄ − d′
≤ 0 → As = 0 
com solução em armadura unilateral. 
 
2.3.1.2 Caso da armadura unilateral (As = 0) 
 
 
Figura 2.6 Flexo-compressão com pequena excentricidade – armadura unilateral 
 
 
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57 
Neste caso deve-se ter x ≤ 1,25h (condição econômica, pois tem-se o maior ’sd). As 
equações de equilíbrio são: 
{
Nd = Rcd + R′sd 
Md = Rcd(h 2⁄ − 0,4 x) + R′sd(h 2⁄ − d′)
 
Da primeira equação, tem-se: 
R′sd = Nd − Rcd 
como 
Rcd = 0,68 b x fcd 
resulta 
Nd = 0,68bxfcd + A′sσ′sd 
logo 
Md
0,68bfcd
= x(h 2⁄ − 0,4x) + (h 2⁄ − d′) (
Nd
0,68bfcd
− x) = d′x + (h 2⁄ − d′)
Nd
0,68bfcd
− 0,4x2 
x2 − 2,5d′x +
Md − (h 2⁄ − d′)Nd
0,4 ∙ 0,68bfcd
= 0 
x = 1,25d′ (1 + √1 −
Md − (h 2⁄ − d′)Nd
0,425bd′2fcd
) 
A′s =
Nd − 0,68bxfcd
σ′sd
 
 
Para o domínio 5 tem-se: 
ε′s =
x − d′
x − 3h 7⁄
∙ 0,002 
 
Para os domínios 3 e 4 tem-se: 
ε′s =
x − d′
x
∙ 0,0035 
 
Para o domínio 2 tem-se: 
ε′s =
x − d′
d − x
∙ 0,010 
 
2.3.1.3 Exemplo 4 
 
Sejam: b = 25cm ; h = 70cm ; d’ = 5cm ; N = 3000kN ; M = 200kN.m ; 
 fck = 25MPa ; CA50A. 
 
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58 
Tem-se: 
e = M N⁄ = 6,67cm < h 6⁄ = 11,67cm 
Nd = 1,4 ∙ 3000 = 4200kN ; Md = 1,4 ∙ 200 = 280kN. m 
Nd − 0,85bhfcd −
Md
h 2⁄ − d′
= 4200 − 2656 − 933,3 = 610,7kN > 0 (existe As) 
A′s =
1
2f′yd
(Nd − 0,85bhfcd +
Md
h 2⁄ − d′
) =
1
2 ∙ 42
(4200 − 2656 + 933,3) = 29,49cm2 
As =
1
2f′yd
(Nd − 0,85bhfcd −
Md
h 2⁄ − d′
) =
1
2 ∙ 42
(4200 − 2656 − 933,3) = 7,27cm2 
 
2.3.1.4 Exemplo 5 
 
Com os mesmos dados do exemplo 4 e N = 2000kN. 
 
e = M N⁄ = 10,0cm < h 6⁄ = 11,67cm 
Nd = 1,4 ∙ 2000 = 2800kN ; Md = 1,4 ∙ 200 = 280kN. m 
Nd − 0,85bhfcd −
Md
h 2⁄ − d′
= 2800 − 2656 − 933,3 = −789,3kN < 0 (não existe As) 
Armadura unilateral 
x = 1,25d′ (1 + √1 −
Md − (h 2⁄ − d′)Nd
0,425bd′2fcd
)
= 1,25 ∙ 5 (1 + √1 −
28000 − (35 − 5) ∙ 2800
0,425 ∙ 25 ∙ 52 ∙ 2,5 1,4⁄
) 
x = 74,45cm > h = 70cm (domínio 5) 
 
ε′s =
x − d′
x − 3h 7⁄
∙ 0,002 =
74,45 − 5
74,45 − 3 ∙ 70 7⁄
∙ 0,002 = 0,00312 > εyd = 0,00207 
Logo, 
σ′sd = fyd 
A′s =
Nd − 0,68bxfcd
σ′sd
=
2800 − 0,68 ∙ 25 ∙ 74,45 ∙ 2,5 1,4⁄
43,48
= 12,42cm² 
 
 
 
 
 
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59 
2.3.1.5 Exemplo 6 
 
Com os mesmos dados do exemplo 5 e Nd = 2600kN. 
Armadura unilateral com x = 70,72cm e A’s = 10,42cm². 
 
2.3.2 Flexo-tração 
 
 
Figura 2.7 Flexo-tração com pequena excentricidade 
 
Neste caso as duas armaduras estão tracionadas e não existe contribuição do concreto. As 
equações de equilíbrio são: 
{
Nd = R′sd + Rsd 
Md = fyd(h 2⁄ − d′)(As − A′s) 
 
Portanto, 
As =
Nd +
Md
h 2⁄ − d′
2fyd
 e A′s =
Nd −
Md
h 2⁄ − d′
2fyd
 
 
2.3.2.2 Exemplo 7 
 
Sejam os mesmos dados do exemplo 6 com Nd = 1000kN (tração) e Md = 100kN.m. 
 
Tem-se: 
e = M N⁄ = 10,0cm < h 6⁄ = 11,67cm → pequena excentricidade 
As =
Nd +
Md
h 2⁄ − d′
2fyd
=
1000 +
10000
35 − 5
2 ∙ 43,48
= 15,33cm² 
A′s =
Nd −
Md
h 2⁄ − d′
2fyd
=
1000 −
10000
35 − 5
2 ∙ 43,48
= 7,67cm² 
 
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60 
2.4 Flexão composta em seções onde a distribuição da armadura é predefinida 
 
Geralmente, o cálculo deste tipo de seção é feito através de diagramas de interação. 
 
2.4.1 Seção retangular com armadura simétrica 
 
 
Figura 2.8 Seção retangular com armadura simétrica 
 
Para cada diagrama de deformação na seção, correspondente a estado limite último, tem-
se um par de esforços últimos (Nu, Mu) ≡ (Nd, Md). 
 
a)Equações de equilíbrio 
 
{
Nd = Rcd − ∑ Rsdi 
Md = Rcd(h 2⁄ − dc) + ∑ Rsdi(dsi − h 2⁄ ) = Mcd + Msd
 
Dividindo-se a primeira equação de equilíbrio por (bhfcd), tem-se: 
Nd
bhfcd
=
Rcd
bhfcd
− ∑
Rsdi
bhfcd
 ou νd = νcd − ∑ νsdi = νcd − νsd 
Onde 
νd =
Nd
bhfcd
= força normal reduzida (adimensional) 
νcd =
Rcd
bhfcd
= força resultante reduzida de compressão no concreto 
νsd = ∑
Rsdi
bhfcd
= força resultante reduzida nas armaduras 
Dividindo-se a segunda equação de equilíbrio por (bh²fcd), tem-se: 
Md
bh²fcd
=
Mcd
bh²fcd
+
Msd
bh²fcd
=
Rcd
bhfcd
(
1
2
−
dc
h
) + ∑
Rsdi
bhfcd
(
dsi
h
−
1
2
) 
 
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61 
ou 
μd = νcd (
1
2
−
dc
h
) + ∑ νsdi (
dsi
h
−
1
2
) 
ou, ainda 
μd = μcd + ∑ μsdi = μcd + μsd 
onde 
μd =
Md
bh²fcd
 ; μcd = νcd (
1
2
−
dc
h
) ; μsd = ∑ νsdi (
dsi
h
−
1
2
) 
 
b)Resultante no concreto 
 
Para x < 0 (ou x/h < 0) tem-se: 
Rcd = 0 → νcd = 0 e μcd = 0 
 
Para [0 < x ≤ 1,25h] (ou 0 < x/h ≤ 1,25) tem-se: 
Rcd = 0,68bxfcd ou νcd = 0,68 x h⁄ 
Mcd = Rcd(h 2⁄ − dc) ou μcd = νcd (
1
2
−
dc
h
) = 0,68
x
h
(
1
2
− 0,4
x
h
) 
 
Para x > 1,25h (x/h > 1,25) tem-se: 
Rcd = 0,85bhfcd e Mcd = 0 → νcd = 0,85 e μcd= 0 
 
c)Resultante na armadura genérica (i) 
 
Para x < x23 (domínios 1 e 2) tem-se: 
 
Figura 2.9 Domínios 1 e 2 
 
εsi =
dsi − x
d − x
∙ 0,010 =
dsi
h −
x
h
1 −
d′
h −
x
h
∙ 0,010 
 
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62 
Para x23 < x ≤ h (domínios 3 e 4), tem-se: 
 
Figura 2.10 Domínios 3 e 4 
 
εsi =
dsi − x
x
∙ 0,0035 =
dsi
h −
x
h
x
h
∙ 0,0035 
Para x > h (domínio 5), tem-se: 
 
Figura 2.11 Domínio 5 
 
εsi = −
x − dsi
x −
3
7 h
∙ 0,002 = −
x
h −
dsi
h
x
h −
3
7
∙ 0,002 
 
Com o valor de si, tem-se a tensão sdi na armadura genérica e, por conseguinte, 
Rsdi = Asiσsdi 
νsdi =
Rsdi
bhfcd
=
Asifyd
bhfcd
∙
σsdi
fyd
= ωi
σsdi
fyd
 
onde 
 
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63 
ωi =
Asi
bh
∙
fyd
fcd
 ; ω = ∑ ωi ; μsdi = νsdi (
dsi
h
−
1
2
) 
ω → taxa mecânica de armadura 
 
As aplicações práticas costumam ser atendidas através de diagramas de interação que têm 
as seguintes características: 
 
 Tipos de distribuição das armaduras 
 
Figura 2.12 Tipos de distribuição das armaduras 
 
 Taxa mecânica de armadura 
 = 0,0; 0,1; 0,2; ...; 0,9; 1,0 
 
d’/h = 0,05; 0,10; 0,15 
 
tipos de armadura CA25; CA50A; CA50B e CA60B. 
 
A figura abaixo apresenta como exemplo, o diagrama de interação para a seção retangular 
com armadura As = A’s, d’/h = 0,10 e aço CA25. 
 
UVV - Estruturas de Concreto II 
 
64 
 
Figura 2.13 Diagrama de interação 
 
2.4.2 Outras formas de seção 
 
Além da seção retangular, é bastante útil a seção circular. Os diagramas de interação são 
semelhantes aos da seção retangular. Os adimensionais são os seguintes: 
νd =
Nd
Acfcd
 e μd =
Md
Achfcd
 
onde 
Ac =
πh²
4
 
e h = diâmetro da seção circular. 
 
2.4.3 Cálculo da seção simétrica (inclusive a armadura) submetida a força de compressão 
centrada (Nd,eq) 
 
A deformação de encurtamento da seção é constante e, no estado limite último, vale 
0,002. 
A equação de equilíbrio é: 
Nd,eq = (Ac − As,tot)0,85fcd + As,totf′yd 
sendo f’yd = a tensão de compressão na armadura correspondente à deformação de encurtamento 
s = 0,002. 
 
UVV - Estruturas de Concreto II 
 
65 
Dividindo-se ambos os membros da equação de equilíbrio por Acfcd, vem: 
Nd,eq
Acfcd
= (1 −
As,tot
Ac
) 0,85 +
As,tot
Ac
f′yd
fcd
 
ou 
νd,eq = (1 − ρ)0,85 + ρ
f′yd
fcd
 
Portanto, 
ρ =
νd,eq − 0,85
f′yd
fcd
− 0,85
 
 
2.4.4 Exemplo 
 
Seja: b = 35cm ; h = 60cm ; d’ = 9cm ; fck = 15MPa ; CA50A 
 N = 1810kN e M = 91,6kN.m. Utilizar armadura simétrica. 
 
Resolução através dos diagramas de interação: 
e = M N⁄ = 91,6 1810⁄ = 0,0506m ; d′ h⁄ = 9 60⁄ = 0,15 
νd =
Nd
bhfcd
=
1,4 ∙ 1810
35 ∙ 60 ∙ (1,5 1,4⁄ )
= 1,13 
μd =
Md
bh²fcd
=
1,4 ∙ 1810 ∙ 5,06
35 ∙ 60² ∙ (1,5 1,4⁄ )
= 0,095 ou [μd = νd
e
h
= 1,13 ∙
5,06
60
= 0,095] 
Utilizando o diagrama de Montoya (para As = A’s) vem: 
ω =
As,tot
bh
∙
fyd
fcd
= ρ ∙
fyd
fcd
≅ 0,53 → ρ = ω ∙
fcd
fyd
= 0,53 ∙
1,5 1,4⁄
50 1,15⁄
= 1,3% 
As = 0,013 ∙ 35 ∙ 60 = 27,3cm² distribuído nas duas faces. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UVV - Estruturas de Concreto II 
 
66 
2.5 Flexão composta oblíqua de seção retangular com armadura simétrica 
 
 
Figura 2.14 Flexão composta oblíqua 
 
Neste caso a solução pode ser obtida, também, através de ábacos de interação em função 
de 
νd =
Nd
Acfcd
 ; μxd =
Mxd
Achxfcd
= νd ∙
𝑒𝑥
ℎ𝑥
 ; μyd =
Myd
Achyfcd
= νd ∙
𝑒𝑦
ℎ𝑦
 
A uma linha neutra definida pelo par (x = altura da zona comprimida e  = inclinação da 
linha neutra) têm-se, no ELU de solicitações normais, os valores correspondentes de d, xd e 
yd. Obtêm-se, assim, uma superfície de interação para cada taxa mecânica de armadura (). 
Estas superfícies são, geralmente, representadas através de curvas de nível (função de ) para 
valores discretos de d (ábacos em roseta). 
 
2.6 Diagramas de interação e ábacos em roseta 
 
HORMIGÓN ARMADO (7ª edição) 
Montoya, P. J., Meseguer, A. G. e Cabré, F. M. 
Editorial Gustavo Gili, S. A.