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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL 
ESCOLA DE ENGENHARIA 
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES 
DE CONCRETO ARMADO 
À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL 
 
 
 
 
 
 
AMÉRICO CAMPOS FILHO 
 
 
 
 
 
 
 
 
2014 
 
 
 
 
 
 
SUMÁRIO 
 
 
1 – AS SOLICITAÇÕES NORMAIS ....................................................................................... 1 
2 – ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS – ESTADO 
LIMITE ÚLTIMO ..................................................................................................................... 2 
2.1 – Estados limites .................................................................................................................. 2 
2.2 – Hipóteses básicas .............................................................................................................. 2 
3 – DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES DE CONCRETO ARMADO 
SUJEITAS À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL .................................................................... 6 
3.1 – O problema a ser resolvido ............................................................................................... 6 
3.2 – As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes .................................... 8 
3.3 – Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-compressão normal ......... 9 
3.3.1- Armaduras assimétricas ................................................................................................... 9 
3.3.2 – Armaduras simétricas .................................................................................................... 19 
3.4 - Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-tração normal ................... 29 
3.5 – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado 
submetidas à flexão composta normal ....................................................................................... 32 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 1 
 
 
 
 
1 – AS SOLICITAÇÕES NORMAIS 
 
As seções transversais de um elemento estrutural estão submetidas a solicitações. Estas 
solicitações são classificadas como normais e tangenciais. As solicitações normais, como o esforço 
normal e o momento fletor, dão origem a tensões normais nas seções. Por outro lado, as solicitações 
tangenciais, como o esforço cortante e o momento de torção, causam o aparecimento de tensões 
tangenciais nas seções. Tradicionalmente, o dimensionamento das seções de concreto armado é 
feito por grupo de solicitações. Assim, no caso de uma viga de concreto armado, cujas seções 
transversais estão submetidas a momento fletor e esforço cortante, têm-se dois processos 
independentes de dimensionamento para a seção: determina-se uma armadura longitudinal para 
resistir à solicitação correspondente ao momento fletor e, de forma independente, calcula-se uma 
armadura transversal para resistir ao esforço cortante. Isto é feito por se ter uma solicitação normal 
(momento fletor) e uma solicitação tangencial (esforço cortante) atuando na seção. Já para um pilar 
de concreto armado, cujas seções estão submetidas a momento fletor e esforço normal, tem-se um 
processo de dimensionamento único, onde se determina uma armadura longitudinal para resistir a 
ação simultânea destas duas solicitações. Neste caso se têm duas solicitações do mesmo grupo (das 
solicitações normais). 
Sempre que uma seção estiver submetida a um momento fletor se tem uma solicitação dita 
de flexão. A solicitação de flexão pode ser classificada como simples ou composta. Uma flexão é 
dita simples quando a única solicitação normal atuante é o momento fletor. Uma flexão é chamada 
composta quando atuam simultaneamente em uma seção um momento fletor e uma força normal 
(de tração ou de compressão). 
A solicitação de flexão, seja simples ou composta, pode ser classificada, ainda, como normal 
ou oblíqua. Uma flexão é chamada normal quando o plano de flexão contém um eixo de simetria da 
seção. Uma flexão é dita oblíqua sempre que a direção da linha neutra não pode ser determinada a 
priori. A figura abaixo mostra seções de concreto armado submetidas à flexão composta oblíqua. 
Em (a), o plano de ação do momento fletor corta a seção transversal segundo uma reta que não 
coincide com o seu plano de simetria. A flexão também é oblíqua, caso (b), quando a seção não tem 
um eixo de simetria. 
 
Figura 1.1 – Situações de flexão oblíqua 
eixo de simetria
traço do plano de flexão
traço do plano de flexão
(a) (b)
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 2 
 
 
 
 
 
2 – ELEMENTOS LINEARES SUJEITOS A SOLICITAÇÕES NORMAIS – ESTADO 
LIMITE ÚLTIMO 
 
2.1 – Estados limites 
Para se projetar uma estrutura com um adequado grau de segurança é necessário que se 
verifique a não ocorrência de uma série de estados limites. 
 Estes estados limites podem ser classificados em estados limites últimos (ELU) e estados 
limites de serviço (ELS). Os estados limites últimos correspondem à máxima capacidade portante 
da estrutura. Os estados limites de serviço são aqueles relacionados à durabilidade das estruturas, 
aparência, conforto do usuário e a boa utilização funcional da mesma, seja em relação aos usuários, 
seja às máquinas e aos equipamentos utilizados. 
Nas estruturas de concreto armado, devem ser verificados os seguintes estados limites 
últimos: 
a) estado limite último da perda do equilíbrio da estrutura, admitida como corpo rígido; 
b) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em 
parte, devido às solicitações normais e tangenciais; 
c) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em 
parte, considerando os efeitos de segunda ordem; 
d) estado limite último provocado por solicitações dinâmicas; 
e) estado limite último de colapso progressivo; 
f) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, no seu todo ou em 
parte, considerando exposição ao fogo (NBR 15200); 
g) estado limite último de esgotamento da capacidade resistente da estrutura, considerando ações 
sísmicas (NBR 15421). 
 Os estados limites de serviço, que devem ser verificados nas estruturas de concreto armado, 
são: 
a) estado limite de abertura das fissuras; 
b) estado limite de deformações excessivas; 
c) estado limite de vibrações excessivas. 
Neste trabalho será discutido o estado limite último de esgotamento da capacidade resistente 
devido às solicitações normais. 
 
2.2 – Hipóteses básicas 
Na análise dos esforços resistentes de uma seção de concreto armado, admitem-se as seguintes 
hipóteses básicas: 
a) as seções transversais se mantêm planas após deformação; 
 
 
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b) a deformação das barras, em tração ou compressão, é a mesma do concreto em seu entorno; 
c) as tensões de tração no concreto, normais à seção transversal, podem ser desprezadas; 
d) a distribuição de tensões no concreto se faz de acordo com o diagrama parábola-retângulo, com 
tensão de pico igual a 0,85 fcd, conforme a figura 
 
 
Figura 2.1 – Diagrama parábola-retângulo para o concreto comprimidosendo fcd a resistência de cálculo do concreto à compressão, determinada por 
c
ck
cd
f
f


 (2.1) 
onde fck é a resistência característica do concreto à compressão e c é o coeficiente de minoração da 
resistência do concreto, tomado, em geral, com o valor de 1,4. 
Οs valores a serem adotados para os parâmetros εc2 (deformação específica de encurtamento do 
concreto no início do patamar plástico) e εcu (deformação específica de encurtamento do 
concreto na ruptura) são definidos a seguir: 
- para concretos de classes até C50: 
εc2 = 2,0 ‰ 
εcu = 3,5 ‰ 
- para concretos de classes de C50 até C90: 
εc2 = 2,0 ‰ + 0,085 ‰ .(fck - 50)
0,53
; 
εcu = 2,6 ‰ + 35 ‰ [(90 - fck)/100]
4
 
Esse diagrama pode ser substituído pelo retângulo de profundidade y = λx, onde o valor do 
parâmetro λ pode ser tomado igual a: 
λ = 0,8 para fck ≤ 50 MPa; ou 
λ = 0,8 – (fck - 50)/400 para fck > 50 MPa. 
 
 
 
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e onde a tensão constante atuante até a profundidade y pode ser tomada igual a: 
- αc fcd no caso da largura da seção, medida paralelamente à linha neutra, não diminuir a partir 
desta para a borda comprimida; 
- 0,9 αc fcd no caso contrário. 
 
sendo αc definido como: 
- para concretos de classes até C50; αc = 0,85 
- para concretos de classes de C55 até C90: αc = 0,85 [1,0 - (fck - 50) / 200] 
 
As diferenças de resultados obtidos com esses dois diagramas são pequenas e aceitáveis, sem 
necessidade de coeficiente de correção adicional. 
 
e) a tensão nas armaduras é obtida a partir do diagrama tensão deformação, com valores de 
cálculo; a resistência de cálculo do aço, fyd, é dada por 
s
yk
yd
f
f


 (2.2) 
onde fyk é a resistência característica do aço e s é o coeficiente de minoração da resistência do aço, 
tomado, em geral, com o valor de 1,15. 
 
Figura 2.2 - Diagrama tensão-deformação para o aço 
 
f) o estado limite último é caracterizado quando a distribuição das deformações na seção 
transversal pertencer a um dos domínios definidos na Figura 2.3. 
 
 
 
 
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- ruptura convencional por deformação plástica excessiva: 
reta a: tração uniforme 
domínio 1: tração não uniforme, sem compressão 
domínio 2: flexão simples ou composta sem ruptura à compressão do concreto 
(c< cu e com o máximo alongamento permitido) 
 
- ruptura convencional por encurtamento limite do concreto: 
domínio 3: flexão simples (seção subarmada) ou composta com ruptura à 
compressão do concreto e com escoamento do aço (s>yd) 
domínio 4: flexão simples (seção superarmada) ou composta com ruptura à 
compressão do concreto e aço tracionado sem escoamento (s<yd) 
domínio 4a: flexão composta com armaduras comprimidas 
domínio 5: compressão não uniforme, sem tração 
reta b: compressão uniforme 
 
Figura 2.3 - Domínios de deformação do estado limite último em uma seção transversal 
 
g) as solicitações são tomadas com os seus valores de cálculo, dados por 
NN fd 
 (2.3) 
MM fd 
 (2.4) 
onde N, M são as solicitações de serviço e f é o coeficiente de majoração das solicitações, tomado, 
em geral, com o valor de 1,4. 
 
 
 
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3 – DIMENSIONAMENTO DE SEÇÕES RETANGULARES DE CONCRETO ARMADO 
SUJEITAS À FLEXÃO COMPOSTA NORMAL 
 
3.1 – O problema a ser resolvido 
 Com o propósito de ilustrar o procedimento de cálculo de uma seção de concreto armado 
submetida a solicitações normais, apresentam-se, neste capítulo, os procedimentos de 
dimensionamento de seções retangulares à flexão composta normal. 
 O problema a ser resolvido é o seguinte: 
 
 
 
 
 
DADOS: geometria: b, h, d, d’ 
concreto: fck 
aço: fyk 
solicitações: N, M 
 
DETERMINAR: As1 e As2 
 
O traço do plano de flexão coincide com um 
eixo de simetria da seção. 
 
h
b
d'
d
A
s2
A
s1
 
Fig. 3.1 – Seção retangular 
 
 Para resolver este problema devem ser empregados três tipos de relações, determinadas a 
partir das hipóteses básicas de cálculo apresentadas no capítulo 2: 
(a) relações tensão-deformação dos materiais 
(b) relações de compatibilidade de deformações 
(c) relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes 
As relações tensão-deformação dos materiais já foram apresentadas no capítulo 2. 
As relações de compatibilidade de deformações são decorrentes da hipótese que as seções 
permanecem planas até a ruptura e dos domínios de deformação do estado limite último 
estabelecidos pela NBR6118:2014. Através destas relações, conhecida a posição da linha neutra, 
podem-se determinar os valores das deformações em qualquer fibra da seção transversal. A posição 
da linha neutra é definida pelo valor da coordenada x (distância da fibra de maior encurtamento ou 
menor alongamento da seção até a linha neutra). As relações de compatibilidade de deformações 
para os diferentes domínios de deformação estão apresentadas na Fig. 3.2. 
 
 
 
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 domínio 1: 
x < 0 
 
xd
x
xd
xd
xxdxd
c
c











‰10
'
‰10
'
‰10
‰10
2
2
1




 
 domínio 2: 
0 < x < x23 
 
dx
xd
x
xd
dx
xdxxd
cu
cu
c
c


















‰10
‰10
'
‰10
'
‰10
‰10
23
2
2
1
 
 domínios 3 e 4: 
domínio 3: x23 < x < xlim 
domínio 4: xlim < x < d 
E
f
dx
x
dx
x
xd
dxxdx
s
yd
yd
cuyd
cu
cu
cu
cu

















lim
2
1
21
'
'
 
 
 
 
 
 
 domínio 4a: 
d < x < h 
 
x
dx
x
dx
dxdxx
cu
cu
cu
'
'
2
1
21











 
 
 domínio 5: 
x > h 
 
hx
dx
hx
dx
hx
x
dxdxx
hx
cu
ccu
c
cu
ccu
c
cu
ccu
cc
c
cu
ccu
c





 








 








 











 














2
22
2
21
2
2
21
2
2
'
'
 
 
conhecendo-se x, sabe-se o domínio e as 
deformações. 
 
 
 
Fig. 3.2 - Relações de compatibilidade de deformações 
 
 
 
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3.2 – As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes 
 
As relações de equivalência entre esforços atuantes e resistentes são necessárias para o 
dimensionamento das seções de concreto armado à flexão composta normal. O estabelecimento 
destas relações será ilustrado, neste item, para uma situação de dimensionamento de seção 
retangular submetida à flexão composta normal. 
 
Antes, porém, umaobservação relativa às solicitações deve ser feita. No equacionamento da 
solução do problema é mais conveniente trabalhar com o par (N, e0) do que com o par (N, M), 
conforme ilustra a Fig. 3.3. As duas situações de solicitação são estaticamente equivalentes. 
 
 
Figura 3.3 - Situações estaticamente equivalentes 
 
 A excentricidade e0 do esforço normal de cálculo pode ser determinada através da expressão 
 
N
M
N
M
e
d
d 0
 (3.1) 
 
 A Fig. 3.4 apresenta o diagrama para a determinação das relações de equivalência entre 
esforços atuantes e resistentes. 
 
ESFORÇOS 
ATUANTES
ESFORÇOS 
RESISTENTES
ac fcd
As1 1 As2 2 ac l fcd b x
l x
x
e0
e1 e2
h
d
d'
O
Nd
 
 
Figura 3.4 – Diagrama de equivalência entre esforços atuantes e resistentes 
 
N
d
M
d
N
d
e
0
O O
 
 
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 A partir do diagrama da Fig. 3.4 pode-se escrever que 
Nd = ac l fcd b x + As2 2 – As1 1 (3.2) 
Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) + As2 2 (d - d’) (3.3) 
onde 
02
01
0
2
'
2
'
e
dd
e
e
dd
e
N
M
N
M
e
d
d







 
 
 
 
(3.2) 
 Nestas duas expressões aparecem cinco valores que não podem ser determinados 
diretamente dos dados do problema de dimensionamento: As1, As2, x, 1, 2. Estas seriam as 
incógnitas do problema. Na verdade, os valores de 1 e 2 são dependentes do valor de x e não são, 
portanto, incógnitas adicionais. Assim, para se encontrar a solução do problema de 
dimensionamento, deve-se resolver um sistema de duas equações e 3 incógnitas. Este problema 
apresenta solução indeterminada e tem, portanto, infinitas soluções possíveis. 
 
3.3 – Dimensionamento de seções retangulares submetidas à flexo-compressão normal 
 
 Para escolher uma solução particular, dentre as infinitas possíveis, para o problema de 
dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal, deve-se 
arbitrar uma relação adicional entre as incógnitas. Serão estudadas duas soluções particulares: 
solução de armaduras assimétricas (As1+As2  mínimo) e a solução das armaduras simétricas 
(As1=As2). 
 
3.3.1 - Armaduras assimétricas 
 
 Para estabelecer-se o que vai ser arbitrado, dividem-se os problemas de flexo-compressão 
em 3 situações: 
 
(a) Flexo-compressão com grande excentricidade (As1  0 e tracionada – domínios 2 ou 3) 
 
 Abrange todos os casos em que só é possível equilibrar os esforços solicitantes, utilizando-
se armadura simples (de tração) ou dupla (de tração e de compressão). 
 
(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade (As1 = 0 – domínios 4, 4a ou 5) 
 
 Corresponde a todos os casos em que é possível equilibrar os esforços solicitantes, 
utilizando-se unicamente uma armadura de compressão. 
 
(c) Compressão composta (As1 e As2 comprimidas – domínio 5) 
 
 Engloba todos os casos em que são necessárias duas armaduras de compressão. 
 
 
 
 
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(a) Flexo-compressão com grande excentricidade 
 
 Na flexo-compressão com grande excentricidade, é necessária uma armadura tracionada 
para equilibrar os esforços atuantes. A situação de dimensionamento deve cair dentro dos domínios 
2 ou 3, para que a solução seja econômica (1  yd  1 = fyd). Pode-se ter solução com armadura 
simples (As2 = 0) ou com armadura dupla (x = xlim). 
 
(a.1) Armadura simples 
 
ac fcd
As1 fyd ac l fcd b x
l x
x
e1
h
d
O
Nd
 
Figura 3.5 – Grande excentricidade - armadura simples 
 
 
Nd = ac l fcd b x – As1 fyd 
 
Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) 
 
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, x) 
 
 Para assegurar que 1 = fyd, usa-se esta 
solução somente para x < xlim (1  yd) [domínios 
2 ou 3], ou seja, para Nd e1  Mdlim. 
 
Mdlim = ac l fcd b xlim (d – 0,5 l xlim) 
 
 
 
(a.2) Armadura dupla 
 
 Para a situação de armadura dupla, fixa-se que x = xlim. 
 
ac fcd
As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim
l xlim
xlim
e1
h
d
d'
O
Nd
 
Figura 3.6 – Grande excentricidade - armadura dupla 
 
 
 
 
Nd = ac l fcd b xlim + As2 2 – As1 fyd 
 
Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d - d’) 
 
têm-se 2 equações x 2 incógnitas (As1, As2) 
 
 Antes de resolver o sistema de equações, 
deve-se determinar o valor de 2, a partir do 
cálculo de 2 
lim
lim
2
'
x
dx
cu


 
 
 
 
 
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Observação: excentricidades de Nd 
 
 
 
Figura 3.7 – Excentricidades do esforço normal 
 
 
 
2
'
2
'
02
01
dd
ee
dd
ee




 
 
 
 
 
 
 
02
01
e
2
'dd
e
e
2
'dd
e






 
 
 
Transição entre a flexo-compressão com grande excentricidade e a flexo-compressão com 
pequena excentricidade 
 
 quando e0 > (d-d’)/2 
 
 
ac fcd
As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim
l xlim
xlim
e0
h
d
d'
O
Nd
e2
 
 
 
 
 
 
 
 
 O equilíbrio à rotação, em relação à 
armadura comprimida, só é possível se As1 > 0 
estiver tracionada, ou seja, para e0 > (d-d’)/2 
sempre será flexo-compressão com grande 
excentricidade. 
(d-d')/2 (d-d')/2
e
1
e
0
e
2
N
d
O
(d-d')/2 (d-d')/2
e
1
e
0
e
2
O
N
d
e
2
+ -
 
 
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Figura 3.8 – Transição FCGE-FCPE 
 quando e0 < (d-d’)/2 
 
 
ac fcd
As1 fyd As2 2 ac l fcd b xlim
l xlim
xlim
e0
h
d
d'
O
Nd
e2
 
Figura 3.9 – Transição FCGE-FCPE 
 
 
 Fazendo o equilíbrio à rotação, em relação 
à armadura As2, tem-se 
 
 
Nd e2 = ac l fcd b xlim (0,5 l xlim–d’) – As1 fyd (d-d’) 
 
 
 
 
0
'
'5,0
2limlim
1




ddf
eNdxxbf
A
yd
dcdc
s
lla
 
 
 
 
d
cdc
N
dxxbf
e
'5,0
limlim
2


lla 
 
 
 
 
(b) Flexo-compressão com pequena excentricidade 
 
 Nesta situação, tem-se apenas uma armadura de compressão (As1 = 0). 
 
ac fcd
ac l fcd b x
l x
x
e2
h
d'
O
Nd
As2 2
 
Figura 3.10 – Pequena excentricidade 
 
Nd = ac l fcd b x + As2 2 (1) 
 
Nd e2 = ac l fcd b x (0,5 l x – d’) (2) 
 
 Têm-se 2 equações x 2 incógnitas (x, As2). 
Em primeiro lugar, deve-se calcular o valor de x, 
usando a equação (2). A seguir, verifica-se o 
domínio que corresponde a este valor de x. 
Podem ser os domínios 4, 4a ou 5. Empregando a 
relação de compatibilidade de deformações 
correspondente, calcula-se o valor de 2. 
Utilizando-se a relação tensão-deformação do 
aço, determina-se o valor de 2. Finalmente, com 
a equação (1), calcula-se As2. 
 
 
 
 
 
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Transição entre a flexo-compressão com pequena excentricidadee a compressão composta 
 
 Pode-se aumentar a zona com tensão igual a ac fcd até uma altura l x = h (ou x = h/l). A 
partir daí, toda a seção de concreto está submetida à tensão ac fcd. 
 
 
ac fcd
ac fcd b h
e2
h
d'
O
Nd
As2 2
 
Figura 3.11 – Transição FCPE-CC 
 
 
 
 Assim, o máximo momento Nd e2, que a 
seção pode resistir, sem a armadura As1 de 
compressão, é 
 
Nd e2 = ac fcd b h (0,5 h – d’) 
 
ou 
 
 
d
cdc
N
dhhbf
e
'5,0
2


a 
 
 
 Para aumentar o momento Nd e2 seria necessário acrescentar As1, que contribuiria com a 
parcela adicional As1 1 (d-d’). Assim, tem-se flexo-compressão com pequena excentricidade 
quando 
 
 
d
cdc
N
dhhbf
e
'5,0
2


a 
 Para e2 maior do que este valor se tem compressão composta. 
 
(c) Compressão composta 
 
 Neste caso, precisa-se de duas armaduras de compressão para equilibrar os esforços 
atuantes. 
ac fcd
ac fcd b h
e2
h
d'
O
Nd
As2 2As1 1
e1
d
 
Figura 3.12 – Compressão composta 
 
 
Nd e1 = ac fcd b h (d-0,5 h)+As2 2(d-d’) 
 
Nd e2 = ac fcd b h(0,5 h-d’)+As1 1(d-d’) 
 
 Têm-se 2 equações x 3 incógnitas (x, As1, 
As2). Embora não apareça explicitamente, os 
valores de 1 e de 2 são dependentes do valor 
de x. Dentre as infinitas soluções possíveis, a 
solução mais econômica é encontrada para x = 
+. Esta solução corresponde a reta b do 
diagrama de deformações do estado limite último 
(1 = 2 = c2). 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 14 
 
Situação em que não é necessário armadura teoricamente 
 
ac fcd
ac fcd b 2 (e2+d')
e2
h
d'
O
Nd
e2+d' e2+d'
 
Figura 3.13 – Situação em que não é necessário armadura 
 
 Não é necessário colocar armadura, teoricamente, se 
 
 '2
2
debfN
cdcd
 a 
 
ou 
 
bf
N
de
cdc
d
a2
'
2

 
 
ou 
 
'
2
2
d
bf
N
e
cdc
d 
a
 
 
 Embora, neste caso, não exista a necessidade teórica da colocação de armadura para 
equilibrar os esforços atuantes, na prática, a norma sempre exige a colocação de uma armadura 
mínima na peça estrutural. 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 15 
 
Exemplos: 
 
b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm 
 
C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm
2
; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm
2
 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm
2
; yd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
 
Mdlim = ac l fcd b xlim (d–0,5 l xlim) = 0,85.0,8.1,786.25.28,26(45-0,5.0,8.28,26) = 289,12 kN.m 
 
 
NN ddd
cdcGP cmkN
N
dxxbf
e
.5409)526,28.8,0.5,0(26,28.25.786,1.8,0.85,0'5,0 limlim
2 




lla 
 
NN
e
ddd
cdcPC cmkN
N
dhhbf .37953)550.5,0(50.25.786,1.85,0'5,0
2 




a 
cm
cmkN
d
bf
N NN
e
dd
cdc
d 5
/91,75
5
25.786,1.85,0.2
'
2
0
2  a
 
 
Exemplo 1: 
 
M = 70 kN.m 
N = 100 kN  Nd = 1,4.100 = 140 kN 
 
cm5070
2
545
e
2
'dd
e
cm9070
2
545
e
2
'dd
e
cm07
100
7000
N
M
e
02
01
0











 
como e2 < 0  flexo-compressão com grande excentricidade 
 
2
0
2 ecm16,35
91,75
140
e 
  precisa armadura 
 
Nd.e1 = (140kN) (0,90m) = 126,0 kN.m < Mdlim = 289,12 kN.m  armadura simples 
 
Nd = ac l fcd b x – As1 fyd (1) 
Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) (2) 
 
(2): -0,85.0,8.1,786.25.0,5.0,8 x
2
 + 0,85.0,8,1,786.25.45 x – 12600 = 0 
-12,145 x
2
 + 1366,3 x – 12600 = 0 
x = 10,14 cm < xlim = 28,26 cm ou x = 102,36 cm (absurdo) 
 
(1): 
cm86,3
43,48
140,14,786.25.100,85.0,8.1
A
2
s1 


 
 
cm,d,d
‰,‰
‰,
d
cuyd
cu
ε
x 26286280
5307,2
53
lim 



 

 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 16 
 
Exemplo 2: 
 
M = 150 kN.m 
N = 800 kN  Nd = 1,4.800 = 1120 kN 
 
cm25,175,18
2
545
e
2
'dd
e
cm75,3875,18
2
545
e
2
'dd
e
cm75,18
800
15000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm75,95
91,75
1120
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
ecm83,4
1120
5409
e 2
GP
2

 flexo-compressão com grande excentricidade 
 
Nd.e1 = (1120kN) (0,3875m) = 434,0 kN.m > Mdlim = 289,12 kN.m  armadura dupla 
 
Nd = ac l fcd b xlim + As2 2 – As1 fyd (1) 
Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d - d’) (2) 
 
2: xlim = 28,26 cm 
‰881,2
26,28
526,28
‰5,3
'
lim
lim
2 




x
x d
cu
 2 > yd = 2,07 ‰  2 = fyd = 43,48 kN/cm
2
 
 
(2): 
cm33,8
5)-(4543,48
2891243400
A
2
s2 


 
 
(1): 
cm30,2
43,48
11208,33.43,48 ,26,786.25.280,85.0,8.1
A
2
s1 


 
 
 
Exemplo 3: 
 
M = 30 kN.m 
N = 630 kN  Nd = 1,4.630 = 882 kN 
 
cm24,1576,4
2
545
e
2
'dd
e
cm76,2476,4
2
545
e
2
'dd
e
cm76,4
630
3000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm6265
9175
882
e 2
0
2  ,
,
  não precisa armadura teoricamente 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 17 
 
Exemplo 4: 
 
M = 100 kN.m 
N = 1250 kN  Nd = 1,4.1250 = 1750 kN 
 
cm128
2
545
e
2
'dd
e
cm288
2
545
e
2
'dd
e
cm8
1250
10000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm05,185
91,75
1750
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
cm69,21
1750
37953
eecm09,3
1750
5409
e
PC
22
GP
2

 flexo-compressão com pequena excentricidade 
 
Nd = ac l fcd b x + As2 2 (1) 
Nd e2 = ac l fcd b x (0,5 l x – d’) (2) 
 
(2): 0,85.0,8.1,786.25.0,5.0,8 x
2
 – 0,85.0,8.1,786.25.5 x – 1750.12 = 0 
12,145 x
2
 – 151,81 x –21000 = 0 
x = -35,80 cm (absurdo) ou x = 48,30 cm 
d = 45 cm; h = 50 cm; d < x < h  domínio 4a 
 
‰138,3
30,48
530,48
‰5,3
'
2 




x
dx
cu
 2 > yd = 2,07 ‰  2 = fyd = 43,48 kN/cm
2
 
 
(1): 
cm52,6
43,48
,30,786.25.480,85.0,8.1-1750
A
2
2 s 
 
 
 
Exemplo 5: 
 
M = 100 kN.m 
N = 2000 kN  Nd = 1,4.2000 = 2800 kN 
 
cm155
2
545
e
2
'dd
e
cm255
2
545
e
2
'dd
e
cm5
2000
10000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm89,315
91,75
2800
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 18 
 
ee;cm55,13
2800
37953
e;cm93,1
2800
5409
e
PC
22
PC
2
GP
2

 compressão composta 
 
Nd e1 = ac fcd b h (d-0,5 h)+As2 2(d-d’) (1) 
Nd e2 = ac fcd b h(0,5 h-d’)+As1 1(d-d’) (2) 
 
Fixar x =   
    c   ‰  1 = 2 = 21.000 . 2/1000 = 42 kN/cm
2
 < yd = 2,07 ‰ 
 
(2): 
cm41,2
5)-42(45
5)-.50.25.50(0,50,85.1,786-2800.15A
2
s1 
 
 
(1): 
cm08,19
5)-42(45
0,5.50)-.25.50(450,85.1,786-2800.25
A
2
s2 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 19 
 
3.3.2 - Armaduras simétricas 
 
Vantagens da utilização da solução de armaduras simétricas: 
 evitar a inversão das armaduras 
 solução mais econômica nos casos de solicitações alternadas 
ESFORÇOS 
ATUANTES
ESFORÇOS 
RESISTENTES
ac fcd
As1 1 As2 2 ac l fcd b x
l x
x
e0
e1 e2
h
d
d'
O
Nd
 
Figura 3.14 – Diagrama de esforços atuantes e resistentes 
 
O problema de flexo-compressão normal: 
 
Nd = ac l fcd b x + As2 2 – As1 1 
 
Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) + As2 2 (d - d’) 
 
têm-se 2 equações x 3 incógnitas (As1, As2, x)  infinitas soluções possíveis 
 
Na solução de armaduras simétricas, fixa-se que As1=As2=As. A dificuldade de se encontrar 
a solução deste problema é que 1, 2 aparecem nas equações e seus valores dependem de x. Por 
esta razão, não é possível resolver explicitamente o sistema e se tem que recorrer a um processo 
iterativo. 
 
Para efeitos de equacionamento, divide-se o problema de flexo-compressão normal, solução 
de armaduras simétricas, em quatro casos: 
 
 
caso 1 
 
e0 > (d-d’)/2 
 
0  x  d 
 
esforço normal atua fora das duas armaduras 
 
 
caso 2 
 
 
e0 < (d-d’)/2 
 
0  x  d As1 - tracionada 
As2 - comprimida 
 
caso 3 
 
d  x  h/l As1, As2 – comprimidas 
parte da seção submetida a tensão ac fcd 
 
caso 4 
 
x  h/l As1, As2 – comprimidas 
toda a seção submetida a tensão ac fcd 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 20 
 
 
Equacionamento da solução: 
 
 
ac fcd
As1 1 As2 2 ac l fcd b x
l x
x
e0
h
d
d'
O
Nd
e2
e1
 
Figura 3.15 – Caso 1 
Caso 1: 
 
e0 > (d-d’)/2 
0  x  d (domínios 2, 3 ou 4) 
esforço normal atua fora das duas armaduras 
 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1) 
 
Nd e1= ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
 
Nd |e2|=- ac l fcd b x (0,5 l x-d’)+As1 1(d-d’)(3) 
 
 
 
 
 
ac fcd
As1 1 As2 2 ac l fcd b x
l x
x
e0
h
d
d'
O
Nd
e2e1
 
Figura 3.16 – Caso 2 
Caso 2: 
 
e0 < (d-d’)/2 
0  x  d (domínios 2, 3 ou 4) 
 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1) 
 
Nd e1 = ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 = ac l fcd b x (0,5 l x-d’) -As1 1(d-d’) (3) 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 21 
 
ac fcd
As1 1 As2 2 ac l fcd b x
l x
x
e0
h
d
d'
O
Nd
e2e1
 
Figura 3.17 – Caso 3 
Caso 3: 
 
e0 < (d-d’)/2 
d  x  h/l (domínios 4a ou 5) 
 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2+1) (1) 
 
Nd e1 =ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 =ac l fcd b x (0,5 l x-d’) +As1 1(d-d’) (3) 
 
 
 
 
 
 
Processo iterativo para a solução dos casos 1, 2 ou 3: 
 
(a) Arbitra-se x (xarb); 
(b) Calculam-se 1, 2; 
(c) Calculam-se 1, 2; 
(d) Calculam-se As1, As2 com (2) e (3); 
(e) Calcula-se um novo valor de x (xcalc) com (1), usando como As, a armadura que tiver menor 
variação em relação à iteração anterior (na primeira iteração, deve-se calcular duas vezes o valor 
de x e utilizar aquele que variar menos em relação ao valor arbitrado). 
 
A convergência do processo ocorre quando As1 = As2 e xarb = xcalc (as duas condições são 
verificadas simultaneamente). 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 22 
 
 
 
 
 
ac fcd
As1 1 As2 2 ac fcd b h
e0
h
d
d'
O
Nd
e2e1
 
Figura 3.18 – Caso 4 
Caso 4: 
 
e0 < (d-d’)/2 
x  h/l (domínio 5) 
 
 
Nd = ac fcd b h + As (2+1) (1) 
 
Nd e1 =ac fcd b h(d-0,5h)+As2 2(d-d’) (2) 
 
Nd e2 =ac fcd b h (0,5h-d’) +As1 1(d-d’) (3) 
 
 
 
 
 
 
Processo iterativo para a solução do caso 4: 
 
(a) Arbitra-se As1; 
(b) Calcula-se 1, utilizando a equação (3); 
(c) Calcula-se 1, utilizando a relação tensão-deformação do aço; 
(d) Calcula-se x, utilizando uma relação de compatibilidade de deformações do domínio 5; 
(e) Calcula-se 2, utilizando outra relação de compatibilidade de deformações do domínio 5; 
(f) Calcula-se 2, utilizando a relação tensão-deformação do aço; 
(g) Calcula-se As2, utilizando a equação (2); 
 
A convergência do processo ocorre quando As1 = As2. 
 
 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 23 
 
Transições: 
 
 O caso 1 corresponde às situações onde o esforço normal está atuando fora das duas 
armaduras. Por equilíbrio, a armadura As1 obrigatoriamente tem que estar tracionada (x<d). O caso 
1 é identificado para um valor de e0 > (d-d’)/2 ou e2<0. 
 
 Nos casos 2, 3 e 4, o esforço normal está atuando entre as duas armaduras. Ou seja, nestes 
casos, tem-se e0 < (d-d’)/2. É necessário utilizar uma relação adicional para identificar qual é 
exatamente a situação de dimensionamento. 
 
ac fcd
0 As2 2 ac l fcd b d
l d
x=d
e0
h
d
d'
O
Nd
e2e1
 
Figura 3.19 – Transição 2-3 
 
Transição 2-3: 
 
x = d  1 = 0 
 
a eq.(3), caso 2 ou 3, com 1=0 e x=d fica 
 
)5,0(3,22 dddbfeN cdcd  lla 
 
N
dddbf
e
d
cdc
)5,0(
3,2
2


lla 
 
ac fcd
As1 1
*
 As2 2
*
 Rcc
*
 = ac fcd b h
e0
h
d
d'
O
Nd
e2e1
2
'dd 
2
'dd 
 
 
Figura 3.20 – Transição 3-4 
Transição 3-4: 
 
x = h/l 
 
por equilíbrio, tem-se 
)( *1
*
2
*   ARN sccd
 (1) 
2
'
)( *1
*
2
4,3
0
dd
AeN sd

 
 (2) 
 
isolando-se As em (1), fica 
 *1
*
2
*



RN
A
ccd
s
 
 
substituindo-se em (2), vem 





 



















2
'
1
*
1
*
2
*
1
*
2
*
4,3
0
dd
N
R
e
d
cc

 
 
e, finalmente, tem-se 































 





 
 

*
1
*
2
*
1
*
2
*
4,3
0
4,3
2
11
2
'
2
'
N
Rdd
e
dd
e
d
cc
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 24 
 
Exemplos: 
 
b = 25 cm; h = 50 cm; d = 45 cm; d’ = 5 cm 
 
C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm
2
; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm
2
 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm
2
; yd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
 
cmd,d
‰‰,
‰,
d
‰cu
cu
x 66,112590
1053
53
10
23 



 
 
cm,d,d
‰,‰
‰,
d
cuyd
cu
ε
x 26286280
5307,2
53
lim 



 
 
 
NNN
f
e
ddd
cdc cmkNdddb .17762)545.8,0.5,0(45.25.786,1.8,0.85,0)'5,0(3,2
2 




lla 






























 





 
 

*
1
*
2
*
1
*
2
d
*
cc4,3
0
4,3
2 1
N
R
1
2
'dd
e
2
'dd
e
 
 
kNhbfR cdccc 6,189750.25.786,1.85,0
* a 
x = h/l = 50/0,8 = 62,5 cm 
 
cmkN‰
‰
‰‰
‰
hx
dx
cu
ccu
c /
2*
1
2
2
*
1 90,17852,0
50
5,3
25,3
5,62
455,62
2 





 








 


 


 
cmkN‰
‰
‰‰
‰
hx
dx
cu
ccu
c /
2*
2
2
2
*
2 48,43800,2
50
5,3
25,3
5,62
55,62
2
'






 








 


 


 
 










































 
 41675,01
N
6,1897
120
90,1748,43
90,1748,43
1
N
6,1897
1
2
545
e
dd
4,3
2
 
cm665,11
N
cm.kN5,15816
e
d
4,3
2 
 
cm
cmkN
d
bf
N NN
e
dd
cdc
d 5
/91,75
5
25.786,1.85,0.2
'
2
0
2  a
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 25 
 
Exemplo 1: 
 
M = 70 kN.m 
N = 100 kN  Nd = 1,4.100 = 140 kN 
 
cme
dd
e
cme
dd
e
cm
N
M
e
5070
2
545
2
'
9070
2
545
2
'
07
100
7000
02
01
0











 
como e2 < 0  caso 1 (0<x<d=45cm) 
 
ecme 2
0
2 16,35
91,75
140

  precisa armadura 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1) 
Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
Nd |e2|=-ac l fcd b x (0,5 l x -d’)+As1 1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.1 = [140.50+0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)]/(45-5) =0,30362x
2
-3,7953x+175 
 não tem raízes reais 
 
(2): As2.2 = [140.90-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x
2
-34,1573x+315 
 raízes: x1=10,14 cm; x2 = 102,37 cm  x<10,14cm ou x>102,37cm 
 
(1): 
   
30,362
140
,786.250,85.0,8.1
140 σσAσσA
x
12s12s
calc




 
 
conclusão 0<x<10,14cm  xarb = 5,07 cm 
 
xarb 
(cm) 
domínio 
1 
(‰) 
1 
(kN/cm
2
) 
2 
(‰) 
2 
(kN/cm
2
) 
As1 
(cm
2
) 
As2 
(cm
2
) 
xcalc 
(cm) 
5,07 2 10 43,48 0,0175 0,3675 3,76 407,15 9,95 
7,51 2 10 43,48 0,6695 14,06 3,76 5,38 8,25 
7,88 2 10 43,48 0,7759 16,29 3,77 3,97 7,99 
7,94 2 10 43,48 0,7933 16,66 3,77 3,78 7,94 
 
As1 = As2 = 3,78 cm
2
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 26 
 
Exemplo 2: 
 
M = 150 kN.m 
N = 900 kN  Nd = 1,4.900 = 1260 kN 
 
cm3,3316,67
2
545
e
2
d'd
e
cm36,6716,67
2
545
e
2
d'd
e
16,67cm
900
15000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm60,115
91,75
1260
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
eecm10,14
1260
17762
e
3,2
22
3,2
2 
  caso 2 (0<x<d=45cm) 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2-1) (1) 
Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
Nd e2=ac l fcd b x (0,5 l x-d’)-As1 1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.1 = [0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)-1260x3,33]/(45-5) =0,30362x
2
-3,7953x-104,90 
 raízes: x1=-13,36 cm; x2 = 25,86 cm  x<-13,36cm ou x>25,86cm 
 
(2): As2.2 = [1260.36,67-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x
2
-34,157x+1155,1 
 não tem raízes reais 
 
(1): 
   
30,362
1260
,786.250,85.0,8.1
1260 σσAσσA
x
12s12s
calc




 
 
conclusão 25,86cm<x<45cm  xarb = 35,43 cm 
 
xarb 
(cm) 
domínio 
1 
(‰) 
1 
(kN/cm
2
) 
2 
(‰) 
2 
(kN/cm
2
) 
As1 
(cm
2
) 
As2 
(cm
2
) 
xcalc 
(cm) 
35,43 4 0,9454 19,85 3,006 43,48 7,14 7,50 35,66 
35,55 4 0,9304 19,54 3,008 43,48 7,36 7,46 35,62 
35,59 4 0,9254 19,43 3,008 43,48 7,44 7,45 35,60 
 
As1 = As2 = 7,45 cm
2
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 27 
 
Exemplo 3: 
 
M = 150 kN.m 
N = 2000 kN  Nd = 1,4.2000 = 2800 kN 
 
cm5,125,7
2
545
e
2
d'd
e
cm27,55,7
2
545
e
2
d'd
e
cm5,7
2000
15000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm89,315
91,75
2800
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
eeecm31,17665,11
2800
5,15816
e;cm34,6
2800
17762
e
4,3
22
3,2
2
4,3
2
3,2
2 
 
 caso 3 (d=45cm<x<h/l=50/0,8=62,5cm) 
 
Nd = ac l fcd b x + As (2+1) (1) 
Nd e1=ac l fcd b x(d-0,5 l x)+As2 2(d-d’) (2) 
Nd e2=ac l fcd b x (0,5 lx-d’)+As1 1(d-d’)(3) 
 
(3): As1.1 = [2800.12,5-0,85.0,8.1,786.25x(0,5.0,8x-5)]/(45-5) =-0,30362x
2
+3,7953x+875 
 raízes: x1=-47,80 cm; x2 = 60,30 cm  -47,80 < x <60,30 cm 
 
(2): As2.2 = [2800.27,5-0,85.0,8.1,786.25x(45-0,5.0,8x)]/(45-5) =0,30362x
2
-34,157x+1925 
 não tem raízes reais 
 
(1): 
   
30,362
2800
,786.250,85.0,8.1
2800 σσAσσA
x
12s12s
calc




 
 
conclusão 45cm<x<60,3cm  xarb = 52,65 cm 
 
xarb 
(cm) 
domínio 
1 
(‰) 
1 
(kN/cm
2
) 
2 
(‰) 
2 
(kN/cm
2
) 
As1 
(cm
2
) 
As2 
(cm
2
) 
xcalc 
(cm) 
52,65 5 0,4900 10,29 3,052 43,48 22,66 22,27 52,78 
52,72 5 0,4934 10,36 3,050 43,48 22,32 22,27 52,73 
52,73 5 0,4939 10,37 3,050 43,48 22,27 22,27 52,72 
 
As1 = As2 = 22,27 cm
2
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 28 
 
Exemplo 4: 
 
M = 60 kN.m 
N = 2500 kN  Nd = 1,4.2500 = 3500 kN 
 
cm6,174,2
2
545
e
2
d'd
e
cm22,44,2
2
545
e
2
d'd
e
cm4,2
2500
6000
N
M
e
02
01
0











 
 
ecm11,415
91,75
3500
e 2
0
2 
  precisa armadura 
 
eecm18,16665,11
3500
5,15816
e;cm07,5
3500
17762
e
4,3
22
4,3
2
3,2
2 
caso 4 (x>h/l=50/0,8=62,5cm) 
 
Nd = ac fcd b h + As (2+1) (1) 
Nd e1= ac fcd b h(d-0,5h)+As2 2(d-d’) (2) 
Nd e2= ac fcd b h (0,5h-d’)+As1 1(d-d’)(3) 
 
(3): 1 = [3500.17,6-0,85.1,786.25.50(0,5.50-5)]/[As1(45-5)] =591,19/As1 
 
(2): As2 = [3500.22,4-0,85.1,786.25.50(45-0,5.50)]/[2(45-5)] = 1011,19/2 
 
‰2
45.‰250
7
3
50
7
3
45
‰2
;
50
7
3
5
‰2
'
1
1
2
21
2
22











 











 













x
x
x
hx
dx
x
x
hx
dx
cu
ccu
c
cu
ccu
c
 
 
início do processo: arbitrar 2 = fyd = 43,48 kN/cm
2
 
da expressão (2): As2 = 1011,19/2 = 1011,10/43,48 = 23,26 cm
2
 
como As1 = As2  arbitra-se As1 = 23,26 cm
2
 
 
As1 
(cm
2
) 
1 
(kN/cm
2
) 
1 
(‰) 
x 
(cm) 
2 
(‰) 
2 
(kN/cm
2
) 
As2 
(cm
2
) 
23,26 25,42 1,210 81,13 2,550 43,48 23,26 
 
As1 = As2 = 23,26 cm
2
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grandedo Sul 29 
 
3.4 - Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado submetidas à flexo-tração 
normal 
 
Em geral, é utilizada a solução de armaduras assimétricas. As situações de dimensionamento 
são divididas em dois casos: 
(a) flexo-tração com grande excentricidade: quando o esforço normal está atuando fora das duas 
armaduras; 
(b) flexo-tração com pequena excentricidade: quando o esforço normal está atuando entre as 
duas armaduras. 
 
(a) flexo-tração com grande excentricidade 
 
ac fcd
As1 fyd ac l fcd b x
l x
x
e0
h
d
d'
O
Nd
e1
 
Fig. 3.22 – Grande excentricidade – armadura simples 
 
se Nd e1  Mdlim 
 
(a.1) armadura simples 
 
As2 = 0 
 
Nd = As1 fyd – ac l fcd b x (1) 
 
Nd e1 = ac l fcd b x (d-0,5lx) (2) 
 
(2)  x 
(1)  As1 
 
 
ac fcd
As1 fyd ac l fcd b xlim
l xlim
xlim
e0
h
d
d'
O
Nd
e1
As2 2 
 
Fig. 3.23 – Grande excentricidade – armadura dupla 
 
se Nd e1 > Mdlim 
 
(a.2) armadura dupla 
 
x = xlim 
 
Nd = As1 fyd – As2 2 - ac l fcd b xlim (1) 
 
Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d-d’) (2) 
 
x = xlim  2  2 
(2)  As2 
(1)  As1 
 
 
 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 30 
 
(b) flexo-tração com pequena excentricidade 
 
 
Fig. 3.24 – Pequena excentricidade 
 
 
 
Nd e1 = As2 2 (d-d’) (1) 
 
Nd e2 = As1 1 (d-d’) (2) 
 
arbitra-se x = - 
 
1 = 2 = 10‰ 
 
 
 
 
Exemplos: 
 
b = 20 cm; h = 60 cm; d = 55 cm; d’ = 5 cm 
 
C25: fck = 25 MPa = 2,5 kN/cm
2
; fcd = 2,5 /1,4 = 1,786 kN/cm
2
 
 
CA-50: fyd = 50/1,15 = 43,48 kN/cm
2
; yd = fyd / Es = 2,07 ‰ 
 
 
Mdlim = ac l fcd b xlim (d–0,5 l xlim) = 0,85.0,8.1,786.20.34,54(55-0,5.0,8.34,54) = 345,52 kN.m 
 
 
Exemplo 1: 
 
M = 200 kN.m 
N = 500 kN  Nd = 1,4.100 = 700 kN 
 
cm25
2
555
2
'dd
cm04
500
20000
N
M
e0 




 flexo-tração com grande excentricidade 
 
cm15
2
555
40
2
'dd
ee 01 




 
 
Nd.e1 = (700kN) (0,15m) = 105,0 kN.m < Mdlim = 345,52 kN.m  armadura simples 
 
Nd = As1 fyd - ac l fcd b x (1) 
Nd e1 = ac l fcd b x (d – 0,5 l x) (2) 
 
A
s1
 
1
e
2
h
d
d'
O
N
d
e
1
A
s2
 
2
cmd,d
‰,‰
‰,
d
cuyd
cu
ε
x 54,346280
5307,2
53
lim 



 

 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 31 
 
(2): -0,85.0,8.1,786.20.0,5.0,8 x
2
 + 0,85.0,8,1,786.20.55 x – 10500 = 0 
-9,716 x
2
 + 1335,9 x – 10500 = 0 
x = 8,37 cm < xlim = 34,54 cm ou x = 129,13 cm (absurdo) 
 
(1): 
cmA
43,48
37,786.20.8,0,85.0,8.1 700
s1
2
78,20


 
 
Exemplo 2: 
 
M = 500 kN.m 
N = 600 kN  Nd = 1,4.600 = 840 kN 
 
cm25
2
555
2
'dd
cm33,83
600
50000
N
M
e0 




 flexo-tração com grande excentricidade 
 
cm33,58
2
555
33,83
2
'dd
ee 01 




 
 
Nd.e1 = (840kN) (0,5833m) = 489,97 kN.m > Mdlim = 345,52 kN.m  armadura dupla 
 
Nd = As1 fyd - As2 2 – ac l fcd b xlim (1) 
Nd e1 = Mdlim + As2 2 (d - d’) (2) 
 
2: xlim = 34,54 cm 
‰993,2
54,34
554,34
‰5,3
'
lim
lim
2 




x
x d
cu
 2 > yd = 2,07 ‰  2 = fyd = 43,48 kN/cm
2
 
 
(2): 
cm64,6
5)-(5543,48
3455248997
A
2
s2 


 
 
(1): 
cm25,45
43,48
,54,786.20.340,85.0,8.16,64.43,48840
A
2
s1 


 
 
Exemplo 3: 
 
M = 100 kN.m 
N = 500 kN  Nd = 1,4.500 = 700 kN 
 
cm25
2
555
2
'dd
cm20
500
10000
N
M
e0 




 flexo-tração com pequena excentricidade 
 
cm4520
2
555
e
2
'dd
e
cm520
2
555
e
2
'dd
e
02
01










 
 
Nd e1 = As2 2(d-d’) (1) 
Nd e2 = As1 1(d-d’) (2) 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 32 
 
 
Fixar x = -  
     ‰ > yd = 2,07 ‰  1 = 2 = fyd = 43,38 kN/cm
2
 
 
(2): 
cm49,14
5)-43,48(55
700.45
A
2
s1 
 
 
(1): 
cm61,1
5)-43,48(55
700.5
A
2
s2 
 
 
 
 
 
3.5 – Programa para dimensionamento de seções retangulares de concreto armado 
submetidas à flexão composta normal 
 
 Os procedimentos de dimensionamento, examinados nos itens anteriores, podem ser 
efetuados automaticamente através do programa computacional apresentado nas figuras seguintes. 
 
 
 
 
 
Figura 3.25 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – 
solução de armaduras assimétricas 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 33 
 
 
Figura 3.26 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – 
solução de armaduras simétricas 
 
 
Figura 3.27 – Verificação de seções retangulares de concreto armado à flexo-compressão normal – solução 
de armaduras simétricas 
 
 
Departamento de Engenharia Civil – Universidade Federal do Rio Grande do Sul 34 
 
 
 
Figura 3.28 – Dimensionamento de seções retangulares de concreto armado à flexo-tração normal – solução 
de armaduras assimétricas