civ216-concreto armado I - parte 2

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2 – SOLICITAÇÕES NORMAIS 
 
 Designam-se por solicitações normais os esforços solicitantes que produzem 
tensões normais nas seções transversais das peças estruturais (momento fletor e força 
normal). Neste capítulo abordaremos os esforços normais devido à ação de momento 
fletor, sendo a parte referente ao esforço normal tratado na disciplina CIV217-Concreto 
Armado II. 
 
2.1 – HIPÓTESES BÁSICAS 
 
Neste item são descritas as hipóteses básicas utilizadas para a determinação da 
capacidade resistente de um elemento de concreto armado sujeito à tensões normais, 
como descritas a seguir: 
(i) Considera-se uma perfeita aderência entre o aço e o concreto (Solidariedade dos 
materiais). 
(ii) Admite-se que seções planas permanecem planas durante sua deformação 
(Manutenção da seção plana). 
(iii) Admite-se a deformação limite para o concreto de cuε para seção parcialmente 
comprimida, e entre cuε a 2cε para seção totalmente comprimida, sendo o limite de 
2cε estabelecido para seções sob compressão centrada ( cuε e 2cε foram definidos na 
seção 1.2.8 desse curso) 
(iv) Admite-se uma deformação limite para o aço das barras de armadura sob tração de 
1,0% (Alongamento último das armaduras). 
Para a distribuição de tensão no concreto ao longo da altura da seção 
transversal do elemento são considerados os estádios definidos a seguir. Esses estádios 
(estádio I e estádio II) são as fases pelas quais passa a seção de concreto com o 
acréscimo do carregamento até a sua ruptura. 
 
(a) Estádio I 
Esta fase corresponde ao início do carregamento. As tensões normais que 
surgem são de baixa magnitude e dessa forma o concreto consegue resistir às tensões de 
tração. Para este nível de tensões pode-se admitir um diagrama linear de tensões, ao 
longo da seção transversal da peça, sendo válida a lei de Hooke (Figura abaixo). 
 
 
 
Levando-se em consideração a baixa resistência do concreto à tração, se 
comparada com a resistência à compressão, percebe-se a inviabilidade de um possível 
dimensionamento neste estádio. É no estádio I que é feito o cálculo do momento de 
fissuração, que separa o estádio I do estádio II. Conhecido o momento de fissuração, é 
possível calcular a armadura mínima, de modo que essa seja capaz de absorver, com 
adequada segurança, as tensões causadas por um momento fletor de mesma magnitude. 
Portanto, o estádio I termina quando a seção fissura. 
O momento de fissuração é o momento máximo que o concreto resiste sem a 
presença de armadura. Dessa forma, uma quantidade de armadura menor que aquela que 
geraria um momento resistente igual ao momento de fissuração não se justificaria, já 
que ao fissurar as barras não são capaz de resistir a esse momento atuante e a seção tem 
um colapso brusco. 
 
(b) Estádio II 
Neste nível de carregamento, o concreto não mais resiste à tração e a seção se 
encontra fissurada na região de tração. A contribuição do concreto tracionado deve ser 
desprezada. 
Neste estádio verifica-se duas situações para o diagrama de tensões na seção 
(Estádio II-a e Estadio II-b). No estádio II-a, é considerado que a parte comprimida 
ainda mantém um diagrama aproximadamente linear de tensões, permanecendo válida a 
lei de Hooke
. 
 
 
No estádio II-b, a zona comprimida encontra-se plastificada e o concreto dessa 
região está na iminência da ruptura. Admite-se que o diagrama de tensões seja da forma 
parabólico-retangular, também conhecido como diagrama parábola-retângulo (para 
concreto da classe C20 a C50). 
 
 
É nesse estádio em que é feito o dimensionamento em relação aos estados 
limites últimos, situação em que denomina “cálculo na ruptura”. É comum na literatura 
sobre o assunto trabalhar, para efeito de cálculo, com um diagrama retangular 
equivalente (Figura abaixo). A resultante de compressão e o braço em relação à linha 
neutra devem ser aproximadamente os mesmos para os dois diagramas. 
 
 
 
Na figura acima
 
cα
 
é 0,85, para concreto até C50, e 
 
]200/)50(1[85,0 −− ckf , 
para concreto de C50 até C90, no caso da largura da seção, medida paralelamente à 
linha neutra, não diminuir a partir dessa para a borda comprimida. Caso contrário, deve 
multiplicar o valor de
 
cα
 
por 0,9. Já λ
 
é 0,8, para concreto até C50, e 
 
400/)50(8,0 −− ckf , para concreto de C50 até C90.
 
 
2.2 – CASOS DE SOLICITAÇÃO 
 
 Os diferentes tipos de solicitação definem diferentes formas de ruína do 
elemento de concreto que são verificadas pelas deformações limites descritas no item 
anterior. Essas formas de ruínas podem ser verificadas quando a deformação na seção 
de concreto intercepta um dos pontos A, B ou C dos domínios de deformação mostrados 
na figura abaixo. 
 
 
 
a) Reta a 
A linha correspondente ao alongamento constante e igual a 1% é denominada 
reta a. Ela pode ser decorrente de tração simples, se as áreas de armadura As e A’s forem 
iguais, ou de uma tração excêntrica em que a diferença entre As e A’s seja tal que garanta 
o alongamento uniforme da seção. 
 
b) Domínio 1 
Para diagramas de deformação em que ainda se tenha tração em toda a seção, 
mas não-uniforme, com εs = 1% na armadura. Neste caso a posição x da linha neutra 
varia entre − ∞ e zero. O domínio 1 corresponde a tração excêntrica. 
 
c) Domínio 2 
Corresponde a alongamento εs = 1% e compressão na borda superior, com εc 
variando entre zero e εcu. Neste caso a linha neutra já se encontra dentro da seção, 
correspondendo a flexão simples ou a flexão composta, com força normal de tração ou 
de compressão. O domínio 2 é o último caso em que a ruína ocorre com deformação 
plástica excessiva da armadura. 
 
d) Domínio 3 
No domínio 3, a deformação na borda comprimida é εcu e εs varia entre 1% e 
εyd, ou seja, o concreto encontra-se na ruptura e o aço tracionado em escoamento. 
Nessas condições, a seção é denominada subarmada. Tanto o concreto como o aço 
trabalham com suas resistências de cálculo. Portanto, há o aproveitamento máximo dos 
dois materiais. A ruína ocorre com aviso, pois a peça apresenta deslocamentos visíveis e 
intensa fissuração. Corresponde a flexão simples ou composta. 
 
e) Domínio 4 
No domínio 4, permanece a deformação na borda comprimida de εcu e εs 
varia entre εyd e zero, ou seja, o concreto encontra-se na ruptura, mas o aço tracionado 
não atinge o escoamento. Portanto, ele é mal aproveitado. Neste caso, a seção é 
denominada superarmada. A ruína ocorre sem aviso, pois os deslocamentos são 
pequenos e há pouca fissuração. Corresponde a flexão simples ou composta. 
 
f) Domínio 4a 
No domínio 4a, as duas armaduras são comprimidas. A ruína ainda ocorre com 
deformação na borda comprimida dada por εcu. A deformação na armadura As é muito 
pequena, e portanto essa armadura é muito mal aproveitada. A linha neutra encontra-se 
entre d e h. Esta situação só é possível na flexo-compressão. 
 
g) Domínio 5 
Seção inteiramente comprimida (x > h), com εc constante e igual a εc2 na linha 
distante [(εcu -εc2 )/ εcu ]h da borda mais comprimida. Na borda mais comprimida, 
εc varia de εcu a εc2 . O domínio 5 só é possível na compressão excêntrica. 
 
h) Reta b 
Na reta b tem-se deformação uniforme de compressão, com encurtamento igual 
a εc2 (Compressão simples). 
 
 
2.3 – FLEXÃO SIMPLES 
 
 No dimensionamento à flexão simples, os efeitos do esforço cortante podem ser 
considerados separadamente. Portanto, será considerado somente o momento fletor, ou 
seja, flexão pura. O caso de cisalhamento será tratado no capítulo 3. 
Com a manutenção da forma plana da seção, as deformações específicas 
longitudinais em cada ponto da seção transversal são proporcionais à distância até a 
linha neutra. 
A variação da tensão ao longo da altura da seção transversal pode ser 
determinada atravésda relação tensão deformação do concreto dada no item 1.2.8 desse 
curso. No entanto, permite-se substituir o diagrama parábola-retângulo pelo retangular, 
com altura
 
xy λ=
 
( λ dado no item 2.1 dessa seção) e com tensão na fibra mais 
comprimida dada por 
cdcc fασ = ( cα dado no item 2.1 dessa seção). A figura abaixo 
ilustra o valor de 
cα para diferentes seções considerando concreto de classe até C50. 
 
 
 
Na flexão, como a tração é resistida pela armadura, a posição da linha neutra 
deve estar entre zero e d (domínios 2, 3 e 4), já que para x < 0 (domínio 1) a seção está 
toda tracionada, e para x > d (domínio 4a e 5) a seção útil está toda comprimida, x é a 
profundidade da linha neutra. 
No domínio 2, a ruína se dá por deformação plástica excessiva do aço, com a 
deformação máxima de 10‰ (portanto, σsd = fyd). A deformação no concreto varia de 0 
até
 
cuε
 
(Figura abaixo). Logo, o concreto não trabalha com sua capacidade máxima e, 
portanto, é mal aproveitado. Definindo xβ com sendo a relação entre a profundidade da 
linha neutra (x) e a altura útil (d) tem-se para o domínio 2: 230 xx ββ ≤< . 
 
 
Da figura acima, tem-se: 
%1
 :se- tem, fazendo 
%1 +
==
+
=
c
c
xx
c
c
d
x
d
x
ε
εββ
ε
ε
 
Para o limite entre os domínios 1 e 2, tem-se x = 0, logo: 012 =xβ
 
Para o limite entre os domínios 2 e 3, tem-se cuc εε = , logo:
 %1
 23 +
=
cu
cu
x ε
εβ
 
Para MPaf ck 50≤ ( %)35,0=cuε tem-se:
 
2593,0 23 =xβ
 
 
No domínio 3, a ruína se dá por ruptura do concreto com deformação máxima 
εcu e, na armadura tracionada, a deformação varia de εyd até 10‰, ou seja, o aço está 
em escoamento, com tensão σs = fyd (Figura abaixo). É a situação ideal de projeto, pois 
há o aproveitamento pleno dos dois materiais. A ruína é dúctil, pois ela ocorre com 
aviso, havendo fissuração aparente e flechas significativas. Diz-se que a seção é 
subarmada.
 
Definindo xβ com sendo a relação entre a profundidade da linha neutra (x) 
e a altura útil (d) tem-se para o domínio 3: 3423 xxx βββ ≤< . 
 
 
Da figura acima, tem-se: 
scu
cu
xx
scu
cu
d
x
d
x
εε
εββ
εε
ε
+
==
+
= :se- tem, fazendo 
 
Para o limite entre os domínios 2 e 3, tem-se %1=sε , logo:
 %1
 23 +
=
cu
cu
x ε
εβ
 
Para o limite entre os domínios 3 e 4, tem-se yds εε = , logo:
 
ydcu
cu
x εε
εβ
+
=34 
 
Para MPaf ck 50≤ ( %)35,0=cuε e aço CA50 ( %)207,0=ydε tem-se:
 
2593,0 23 =xβ
 
e
 
6284,0 34 =xβ
 
 
No domínio 4, assim como no domínio 3, o concreto encontra-se na ruptura, 
com deformação na fibra mais comprimida dada por εcu. Porém, o aço apresenta 
deformação abaixo de εyd e, portanto, ele está mal aproveitado. As deformações podem 
ser verificadas na Figura abaixo. O dimensionamento nesse domínio é uma solução 
antieconômica, além de perigosa, pois a ruína se dá por ruptura do concreto e sem 
escoamento do aço. É uma ruptura brusca, ou seja, ocorre sem aviso. Quando as peças 
de concreto são dimensionadas nesse domínio, diz-se que elas são superarmadas, 
devendo ser evitadas; para isso pode-se usar uma das alternativas: 
(i) Aumentar a altura h, porque normalmente b é fixo, dependendo da espessura 
da parede em que a viga é embutida; 
(ii) Fixar x com βx = βx34, e adotar armadura dupla; 
(iii) Outra solução é aumentar a resistência do concreto (fck). 
Definindo xβ com sendo a relação entre a profundidade da linha neutra (x) e a 
altura útil (d) tem-se para o domínio 4: 1 34 ≤< xx ββ . 
 
 
Da figura acima, tem-se: 
scu
cu
xx
scu
cu
d
x
d
x
εε
εββ
εε
ε
+
==
+
= :se- tem, fazendo 
 
Para o limite entre os domínios 3 e 4, tem-se yds εε = , logo:
 
ydcu
cu
x εε
εβ
+
=34 
 
Para o limite entre os domínios 4 e 4a, tem-se 0=sε , logo:
 
1 44 ==
cu
cu
ax ε
εβ
 
Para MPaf ck 50≤ ( %)35,0=cuε e aço CA50 ( %)207,0=ydε
 
tem-se:
 
6284,0 34 =xβ
 
e
 
1 44 =axβ
 
 
2.3.1 – Seção retangular 
 
Para o dimensionamento de peças na flexão simples com armadura dupla (Figura 
abaixo), considera-se que as barras que constituem a armadura estão agrupadas, 
concentradas no centro de gravidade dessas barras. 
 
(a) diagrama tensão-deformação retangular 
 
 Esta aproximação é permitida pela NBR 6118 (2014) e fornece valores muito 
próximos dos exatos no domínio 3. 
 
 
 
As equações de equilíbrio de forças e de momentos são respectivamente: 
Rc + R’s – Rs = 0 
Md = Rc (d - y/2) + R’s (d - d’) 
 
As resultantes nas armaduras (Rs e R’s) são dadas por: 
Rs = As σs e R’s = A’s σ’s 
 
A resultante no concreto (Rc) para o diagrama retangular aproximado é dado por: 
cdxccdcc bdxbR σβλασαλ =××=
 
 
Para diagrama retangular de tensões no concreto, tem-se que: 
)5,01()
2
1(
2
 xdd
xdydxy λβλλ −=−=−→=
 
 
Com as expressões acima obtêm-se as seguintes equações para armadura dupla: 
0'' =−+ ssssxcdc AAbd σσβσλα (1) 
)'('')5,01(2 ddAbdM ssxxcdcd −+−= σλββσλα
 
(2)
 
 
Para armadura simples, A’s = 0. As equações (1) e (2) resultam: 
0=− ssxcdc Abd σβσλα (3) 
)5,01(2 xxcdcd bdM λββσλα −=
 
(4)
 
 
Para os domínios 4, 3 e parte do 2, tem-se: σcd = fcd. Para a outra parte do domínio 2 
deve-se determinar σcd a partir da deformação na fibra mais comprimida e a relação 
tensão deformação definida pela NBR 6118 e apresentada na seção 1.2.8 desse curso. 
 
(b) diagrama tensão-deformação parábola-retângulo (domínio 3 e 4) 
 
 
 
As resultantes no concreto (Rc) considerando o diagrama parábola-retângulo são dadas 
por: 
[ ]∫ ∫ −=−===
A
xcdccdc
x
xk
cdccc kbdfxkxbfdyfbdAR βααασ )1( 111
1
 
com 
cu
ck
ε
ε 2
1 =
 
∫ ∫ −−==
A
xk
n
c
c
cdccc dyfbdAR
1
0 2
2 ])1(1[ ε
ε
ασ
 
xcdcn
n
xk
n
cdcc bdfkdyy
xk
bfR βαα 11
0 1
2
1
])11(1[ +=−−= ∫
 
 
Centróide da região parabólica: 
xbkf
dyy
xk
ybf
R
dyfb
dA
dAy
y
cdcn
n
xk
n
cdc
c
xk
n
c
c
cdc
A
c
A
c
11
0 1
2
0 2
_
11
])11(1[])1(1[
α
α
ε
ε
α
σ
σ
+
∫∫
∫
∫ −−
=
−−
==
 
xkyx
nn
knn
y
xknn
xknn
y 2
_
1
_
1
22
1
_
)2(6
)8)(1(
)2(6
)8)(1(
=→
+
++
=→
+
++
=
 
 
As equações de equilíbrio de forças e de momentos são respectivamente: 
Rc1 + Rc2 + R’s – Rs = 0 
Md = Rc1 [d – 0,5(1-k1)x] + Rc2 [d – (x – k2x)] + R’s (d - d’) 
 
As resultantes nas armaduras (Rs e R’s) são dadas por: 
Rs = As σs e R’s = A’s σ’s 
 
Com as expressões acima obtêm-se as seguintes equações para armadura dupla: 
0'')1( 111 =−++− + ssssxcdcnnxcdc AAbdfkkbdf σσβαβα 
0'')1( 111 =−+− + ssssxcdcn AAbdfk σσβα (1) 
 
)'(''])1([])1(5,0[)1( 21111 ddAxkdbdfkxkdkbdfM ssxcdcnnxcdcd −+−−+−−−= + σβαβα
 [ ]{ } )'('')1()1(5,01 211211112 ddAkkkkbdfM ssxnnnxcdcd −+−+−−−= ++ σββα (2)
 
 
Para armadura simples, A’s = 0. As equações (1) e (2) resultam: 
0)1( 111 =−− + ssxcdcn Abdfk σβα (1) [ ]{ }xnnnxcdcd kkkkbdfM ββα )1()1(5,01 211211112 −+−−−= ++ (2) 
 
OBS: As equações (1) e (2) acima são válidas para os domínios 3 e 4. Para o domínio 2 
devem ser definidas outras equações. 
 
2.3.2 – Exercícios 
 
Ex1: Dimensione e detalhe a armadura para a flexão das seções críticas da viga abaixo. 
Dados: MPaf ck 25= , Aço CA50, mkNqgk /60= (devido ao peso próprio) e 
mkNqqk /40= (devido à carga acidental de ocupação residencial) 
 
 
Solução: Dimensionar para o estado limite último de perdada capacidade resistente da 
seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos) 
 
Ação de cálculo (combinação última normal): 
mkNqqq qkgkd /140404.1604.14.14.1 =×+×=+= 
 
Diagrama de momentos: 
 
EI
Lqd
c 384
5 41
−=δ , 
EI
LVc
c 48
3
2
=δ 
 
Como em C tem-se apoio indeslocável, logo: 
 
dcdc
cd
cc qVLqVEI
LV
EI
Lq
4
25
8
50
48384
50
34
21
=→=→=+−→=+ δδ 
 
dAddAB qVqqVM 8
150505
4
25100 =→=−×+→=∑ 
 
Da simetria do problema dAB qVV 8
15
==→ 
 
 
Trecho 1: 
 
xqxqxMxqxqM dddd 8
15
2
1)(0
8
15
2
1 22 +−=→=−+ 
 
Ponto de máximo
8
150
8
15
=→=+−=→ xqxq
dx
dM
dd 
 
Momento máximo positivo ddd qMqqM 128
225
8
15
8
15
8
15
2
1
max
2
max =→+





−=→ ++ 
 
Momento máximo negativo ( ) ddd qMqqM 8
255
8
155
2
1
max
2
max −=→+−=→
−−
 
 
Trecho 2: 
 
Devido a simetria do problema é igual ao trecho 1. 
 
Seções Criticas: C, D e E. 
Seção C: 
Momento de Cálculo kNmM d 5,4378
14025
=
×
=→ (traciona a face superior) 
Equações de dimensionamento: 
Para fck < 50MPa tem-se: 8,0 e 85,0 == λα c . Logo: 
068,0 =− ssxcd Abd σβσ e )4,01(68,0 2 xxcdd bdM ββσ −=
 
(diagrama tensão 
deformação aproximado e armadura simples) 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ e 
)'('')4,01(68,0 2 ddAbdM ssxxcdd −+−= σββσ
 
(diagrama tensão deformação 
aproximado e armadura dupla)
 
 
OBS: Nesse problema, considerando dimensionamento com armadura simples, tem-se 
xβ e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio de dimensionamento. Dessa 
forma, deve-se verificar em qual domínio a seção é dimensionada calculando xβ . 
 
Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: 
Domínio 2b: 2593,01667,0 ≤≤ xβ 
Domínio 3: 6284,02593,0 ≤≤ xβ 
Domínio 4: 16284,0 ≤≤ xβ 
Para os domínios 2b, 3 e 4 tem-se: cdcd f=σ , ou seja: 
2
2
2 4,0
68,0
 )4,01(68,0 xx
cd
d
xxcdd bdf
MbdfM ββββ −=→−= 
0
68,0
4,0 2
2
=−+−
bdf
M
cd
d
xx ββ 2
6765,35625,125,1 
bdf
M
cd
d
x −±=→ β (se uma das 
raízes estiver no domínio 2b, ou 3, ou 4 a seção pode ser dimensionada com armadura 
simples nesse domínio. Se essa condição não for satisfeita, mas uma das raízes estiver 
no domínio 2a ( 1667,00 ≤≤ xβ ) então a seção pode ser dimensionada com armadura 
simples no domínio 2a, para isso deve-se usar outra equação de dimensionamento ( cdσ 
não é igual a cdf nesse domínio). Se nenhuma das situações anteriores for possível 
então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples) 
 
Assumindo h-d = 4cm (posição do centróide das barras de aço em relação à face 
superior da seção), tem-se d = 41cm. 
 
2236,025,1
41,03,04.1/25000
5,4376765,35625,125,1 2 −±=→××
×
−±= xx ββ (Como não há 
raízes reais então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples). 
 
Adotando a solução de armadura dupla, passa a se ter três incógnitas xβ , As e A’s. 
Sendo assim, deve-se definir o valor de uma delas, já que se têm apenas duas equações 
de dimensionamento. Adotar dimensionamento com armadura dupla no limite entre os 
domínios 3 e 4 ( 6284,034 =xβ para aço CA50 e fck < 50MPa): 
 
Aço CA50 %207,0=→ ydε 
 
 
35,04'35,0
4
'
x
x
xx
s
s −
=→=
−
ε
ε
 
 
35,0/4'
x
x
s
d
β
β
ε
−
= 
 
%296,0'35,0
6284,0
41/46284,0
' =→
−
= ss εε
 
Como yds εε ≥' , tem-se yds f='σ 
 
)'('')4,01(68,0 2 ddAbdfM ssxxcdd −+−= σββ 
 
)'(
)4,01(68,0
'
2
ddf
bdfMA
yd
xxcdd
s
−
−−
=
ββ
 
 
2
2
29,9)04,041,0(15,1/50
)6284,04,01(6284,041,03,04.1/2500068,05,437
' cmA s =
−
×−××××−
= 
 
Como yds εε = , tem-se yds f=σ 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbdf σσβ 
yd
ydsxcd
s f
fAbdf
A
'68,0
 
+
=→
β
 
 
283,30
15,1/50
15,1/5024,96284,041,03,04,1/2500068,0
cmAs =
×+××××
=
 
 
Configurações possíveis: 






=
=
)04,31(228
)30(256
: 2
2
cmA
cmA
A
se
se
s φ
φ
 






=
=
)45,9(203
)10(252
:' 2
2
cmA
cmA
A
se
se
s φ
φ
 
Detalhamento transversal da seção C: 
 
Considerar concreto produzido com brita 1 ( mmd 19max = ) e viga de interior de edifício 
residencial (classe 1 de agressividade) 
 
mmc 20= (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e 
controle de execução do cobrimento. Refere-se à face externa do estribo) 
25
2.1/19
25
2.1/max
=→






≥






≥ c
d
c
bφ
 (cobrimento necessário para barra de 25mm) 
20
2.1/19
20
2.1/max
=→






≥






≥ c
d
c
bφ
 (cobrimento necessário para barra de 20mm) 
Espaçamento mínimo entre barras: 
 
mma
mm
mm
mm
d
mm
a hbh 25
23
25
20
2,1
20
max
=→










≥










≥ φ mma
mm
mm
mm
d
mm
a vbv 25
5,9
25
20
5,0
20
max
=→










≥










≥ φ 
 
Adotar para armadura de tração 256φ e para compressão 203φ . Tentativa de uma 
camada (Considerar estribo de 5mm) 
 
 
 
 56)(2 hbt acb +++= φφ 
5
6)(2 bt
h
cb
a
φφ −+−
= 
cmah 25
5,26)5,02(230
=
×−+−
= 
Como mmah 25< usar duas camadas. 
 
 
 
OK! 5,25 
 
3
5,24)5,02(230
≥=
×−+−
=
cma
a
h
h
 
 
Adotar mmav 25= (mínimo permitido) 
 
Centróide da configuração adotada: 
 
mm
A
AA
A
Ay
y
b
bb
i
ii 54
6
)2/252525520(2)2/25520(4_
=
+++++++
==
∑
∑
 
Como 
_
y é bem maior que 4cm adotado nos cálculos anteriores, deve-se refazer o 
dimensionamento para h-d = 6cm, e d’ = 3,5cm. A figura abaixo mostra o detalhamento 
da seção. 
 
Seção D e E: 
Momento de Cálculo kNmM d 1,246128
140225
=
×
=→ (traciona a face inferior) 
Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: 
 
2
6765,35625,125,1
bdf
M
cd
d
x −±=β 
5818,025,1
415,03,04.1/25000
1,2466765,35625,125,1 2 ±=→××
×
−±= xx ββ 
 
 
3) domínio-0,6284(0,2593 4872,0
 4)ou 3 2b, domínio do (fora 012,2
 7628,025,1
2
1
≤≤=
=
→±=
xx
x
x ββ
ββ 
 
068,0 =− ssxcd Abdf σβ 
 
Como a seção é dimensionada no domínio 3 então yds εε ≥ , logo: yds f=σ . 
 
294,16
15,1/50
4872,0415,03,04,1/2500068,068,0
cmf
bdf
A
yd
xcd
s =
××××
==
β
 
 
Configurações possíveis: 






=
=+
)84,18(206
)47,17(251204
: 2
2
cmA
cmA
A
se
se
s φ
φφ
 
 
Detalhamento transversal da seção D: 
 
cma
mm
mm
mm
d
mm
a hbh 3,2
23
20
20
2,1
20
max
=→










≥










≥ φ (limite inferior recomendado por norma) 
OK! 3,26,2
5
0,26)5,00,2(230
5
6)(2
cmcma
cb
a h
bt
h ≥=→
×−+−
=
−+−
=
φφ
 
 
 
Para o momento positivo tem-se 
_
y = 20 + 5 + 10 = 35 mm, portanto, a altura útil de 
41,5 cm adotada condiz com a detalhada. 
 
Ex2 – Dimensione e detalhe a armadura longitudinal necessária para resistir aos 
momentos atuantes na viga de concreto armado abaixo. Dados: MPaf ck 25= , Aço 
CA50, estribos de 5mm e mkNqd /60= 
 
 
 
Solução: Dimensionar para o estado limite último de perda da capacidade resistente da 
seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos). 
 
Diagrama de momentos: 
 
Da simetria do problema ddAB q
qVV 32
6
===→ 
 
)6(
2
)(03
2
1 22 xxqxMxqxqM ddd −=→=−+ 
 
 
 
Momento máximo dd qM
q
M
2
9)336(
2 max
2
max =→−×=→ 
 
Seção crítica no meio do vão: 
Momento de Cálculo kNmM d 2702
609
=
×
=→ (traciona a face inferior) 
OBS: Nesse problema tem-se xβ , d e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio 
de dimensionamento, dessa forma deve-se admitir um valor para uma das três 
incógnitas. Como desejamos dimensionar no domínio 3 com armadura simples será 
definido o valor de xβ para que isso seja garantido. 
 
Dimensionamento com armadura simples no limite dos domínios 2 e 3 ( 2593,023 =xβ ): 
 
)4,01(68,0 2 xxcdd bdfM ββ −= (equação para fck<50MPa, ou seja: 8,0 e 85,0 == λα c ) 
 
)4159,01(6881,0 xxcd
d
bf
Md ββ −= 
md 697,0)2593,04,01(2593,02,04.1/2500068,0
270
=
×−×××
= 
 
068,0 =− ssxcd Abdf σβ 
 
209,10
15,1/50
2593,0697,02,04.1/2500068,068,0
cmf
bdf
A
yd
xcd
s =
××××
==
β
 
 
Configurações possíveis: 






=+
=
)30,10(202162
)05,10(165
: 2
2
cmA
cmA
A
se
se
s φφ
φ
 
 
Detalhamento transversal da seção no meio do vão: 
 
Considerar concreto produzido com brita 1 ( mmd 19max = ) e viga de interior de edifício 
residencial (classe 1 de agressividade) 
 
mmc 20= (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e 
controle de execução do cobrimento) 
 
16
2.1/19
16
2.1/max
=→






≥






≥ c
d
c
bφ
 (cobrimento necessário para barra de 16mm) 
 
Espaçamento mínimo entre barras: 
 
mma
mm
mm
mm
d
mm
a hbh 23
23
16
20
2,1
20
max
=→










≥










≥ φ mma
mm
mm
mm
d
mm
a vbv 20
5,9
16
20
5,0
20
max
=→










≥










≥ φ 
 
Verificando a possibilidade da distribuição da armadura em uma camada ao adotar 
165φ . 
 
 
4
5)(2
45)(2
bt
h
hbt
cb
a
acb
φφ
φφ
−+−
=
+++=
 
camadas duasusar 3,275,1
4
6,15)5,00,2(220
<=
×−+−
=
cma
a
h
h
 
 
 
 
OK! 3,21,5
2
6,13)5,00,2(220
≥=
×−+−
=
cma
a
h
h
 
 
Adotar mmav 20= (mínimo permitido) 
 
Centróide da configuração adotada: 
 
mm
A
AA
A
Ay
y
b
bb
i
ii 4,47
5
)2/162016520(2)2/16520(3_
=
+++++++
==
∑
∑
 
A altura da seção é dada por: cmydh 44,7474,47,69
_
=+=+= . 
 
Adotar cmh 75= (como o valor da altura adotada é próximo e maior que o valor obtido 
nos cálculos, não é necessário refazer as contas para essa altura de viga) 
 
 
Detalhamento longitudinal: 










=
<
≥








−+
−
=
0
max,
max,
max,
45 2,0
geral caso 5,0
 para 
cot)cot1()(2
α
αα
d
d
VVd
gg
VV
V
da
cSd
cSd
Sd
l (decalagem do 
diagrama de momento fletor devido à ação conjunta de esforço cortante e momento de 
flexão) 
 
Como a equação de Vc será apresentada apenas no capítulo 3 desse curso, será 
considerado al = 0,5d (estribos com inclinação de 90º). 
 
cmaa ll 35 7,695,0 =→×= 
 
Comprimento de ancoragem: 
 
ctdbd ff 321 ηηη= com MPaff cckctd 28.14.1/)25(21.0/21.0 3/23/2 === γ 
25.21 =η (barras de aço nervuradas) 
12 =η (situação de boa aderência) 
13 =η (diâmetro da barra, 16 < 32mm) 
Logo, MPafbd 89.228.11125.2 =×××= 
φφ 25
4
≤=
bd
yd
b f
f
l
 
mmf
f
bd
yd 7,601
89,24
15,1/5006,1
4
=
×
×
=
φ
 
e
 
mm40025 =φ
 
Logo, mmlb 400= 
mml
mm
l
l b
b
b 160
100
160
120
100
10
3.0
min,min, =→










=










≥ φ
 
 
Será tirada de serviço primeiro uma das três barras da primeira camada depois as duas 
barras da segunda camada. 
 
 
 
Momento de retirada: (a seguir será determinado o momento resistente das seções 
transversais para as diferentes configurações obtidas com as retiradas das barras) 
 
Situação 1: 
 
 
Verificar domínio 2: 
 
 
068,0 =− ssxcd Abd σβσ 
 
2593,00 ≤≤ xβ 
 
yds εε >= %1 logo yds f=σ 
 
%1
1
%1
x
x
c
c
xdx β
β
ε
ε
−
=→
−
= 
 
Para %2,02 == cc εε (fck < 50MPa), tem-se: 1667.012,0 =→−= xcxc
xc ββ
β
. Como 
230 xxc ββ ≤≤ tem-se que %2,0≤cε em [ ] [ ]1667.0,0,0 =xcβ (domínio 2a) e 
%2,0≥cε em [ ] [ ]2593.0,1667.0, 23 =xxc ββ (domínio 2b). 
 
Para %2,0≤cε e %1=sε , tem-se 














−
−−=














−
−−=














−−=
222
)1(
511
2,0
1
)1(11%2,011 x
x
cd
x
x
cd
c
cdcd fff β
β
β
βε
σ 
( )






−
−
=








−
−
=








−
−
−= 22
2
2
2
)1(
3510
)1(
3510
)1(
611
x
x
xcd
x
xx
cd
x
x
cdcd fff β
βββ
ββ
β
β
σ 
 
068,0 =− ssxcd Abd σβσ 
( ) 03510)1(68,0 2
2
=−−
−
ydsx
x
x
cd fAbdf ββ
β
 fazendo 
bdf
fA
a
cd
yds
68,0
= , tem-se: 
02)10(35 23 =−+−+− aaa xxx βββ 
 
Altura útil: d = 75 – 2 – 0,5 – 1,6/2 logo d = 69.3cm 
 
1039,0
693,02,04,1/2500068,0
15,1/5002,4
=
×××
×
=a 
 OK! 0.1667] , [0 pertence 
096,0
1172,0
2622,0
 039,102078,08961,935
1
2
1
23
−=
=
=
→=−++−
x
x
x
xxx
β
β
β
βββ
 
Calcular o momento de cálculo para 1172,0=xβ . 
 
1328.0%1
1172.01
1172.0%1
1
=
−
=
−
=
x
x
c β
β
ε 
MPaf ccdcd 84,15%2,0
%1328,011
4,1
25
%2,0
11
22
=














−−=














−−=
ε
σ 
)4,01(68,0 2 xxcdd bdM ββσ −= 
)1172,04,01(1172,0693,02,01584068,0 2 ×−××××=dM 
kNmM d 6,115= 
Situação 2: 
 
 
Verificar domínio 2: 
 
Para [ ]2593.0,1667.0∈xβ , tem-se: %2,0>cε e %1=sε , logo: 
068,0 =− ydsxcd fAbdf β bdf
fA
cd
yds
x 68,0
 =→ β 
 
Altura útil: d = 75 – 2,0 – 0,5 – 1,6 – 2,0/2 logo d = 69,9cm 
 
[ ]2593.0,1667.0 2059,0
699,02,04,1/2500068,0
15,1/5004,8
∈=
×××
×
=xβ OK! 
 
Calcular o momento de cálculo para 2059,0=xβ . 
 
)4,01(68,0 2 xxcdd bdfM ββ −= 
)2059,04,01(2059,0699,02,0
4,1
2500068,0 2 ×−××=dM 
kNmM d 2,224= 
Situação 3 
 
kNmM d 270= 
 
Retirada das barras: 
 
Para cada barra retirada deve ser verificado o comprimento para as posições limites do 
intervalo de trabalho da barra 
 
165φ
 
Para kNmM d 270= , tem-se: 
161401
,min,
,
,
1, ≥××=→≥= necbb
efs
cals
bnecb llA
A
ll α
 
cml necb 40, =
 
Comprimento: cmlaL necbl 150)4035(222 , =+=+= . 
 
Para kNmM d 2,220= , tem-se: 
 24,4 76,12,224)6(30)6(
2
)( 2122 ==→=−=−= xxxxxx
q
xM d 
Comprimento: cmaL l 350)6,11035(22481022)176424( =×++=×++−= φ . 
 
164φ
 
Para kNmM d 2,220= , tem-se: 
161401
,min,
,
,
1, ≥××=→≥= necbb
efs
cals
bnecb llA
A
ll α
 
cml necb 40, =
 
 24,4 76,12,224)6(30)6(
2
)( 2122 ==→=−=−= xxxxxx
q
xM d 
Comprimento: cmlaL necbl 408)4035(225822)176424( , =++=++−= . 
 
Para kNmM d 6,115= , tem-se: 
 5,27 73,06,115)6(30)6(
2
)( 2122 ==→=−=−= xxxxxx
q
xM d 
Comprimento: cmaL l 556)6,11035(24541022)73527(=×++=×++−= φ . 
 
162φ
 
Para kNmM d 6,115= , tem-se 
161401
,min,
,
,
1, ≥××=→≥= necbb
efs
cals
bnecb llA
A
ll α
 
cml necb 40, =
 
 5,27 73,06,115)6(30)6(
2
)( 2122 ==→=−=−= xxxxxx
q
xM d 
Comprimento: mlaL necbl 604)4035(245422)73527( , =++=++−= . 
 
Para kNmM d 0= , tem-se 
Comprimento cmaL l 702)6,11035(26001022600 =×++=×++=→ φ . 
 
 
Ex3 – Calcule o momento de cálculo da viga de concreto armado com seção transversal 
dada abaixo. Dados: MPaf ck 25= , Aço CA50 e estribos de 5 mm. 
 
 
Solução: Como a viga está sujeita à flexão simples então ela só pode ser dimensionada 
nos domínios 2, 3 e 4. 
 
Verificar o domínio 4: 
 
 
134 ≤≤ xx ββ 
 
yds εε ≤ 
 
sss E εσ = 
 
%35,0== cuc εε 
 
cdcd f=σ 
 
Da seção transversal, tem-se: 
 
h - d = 2 + 0.5 + 1.0 = 3.5 cm → d = 35 – 3.5 = 31.5 cm 
 
24222 1028,628,64/224/2' mcmA s
−×==××=×= pipiφ 
24222 1042,942,94/234/3 mcmAs
−×==××=×= pipiφ 
 
 
%35,0/''%35,0
'
'
x
x
s
s dd
xdx β
β
ε
ε −
=→=
−
 
 
%35,01111.0'
x
x
s β
β
ε
−
= 
 
%35,01%35,0
x
x
s
s
xxd β
β
ε
ε −
=→=
−
 
 
%207,0=ydε (Aço CA50) 
Para %207,0' == yds εε , tem-se 2719.035,0
1111.0
207,0 =→
−
= xyd
xyd
xyd ββ
β
, Como 
34xxyd ββ ≤ tem-se, para a seção analisada, que yds εε ≥' . 
 
Para %35.0=cε , yds εε ≤ e yds εε ≥' , tem-se: cdcd f=σ , yds f='σ , sss E εσ = 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ (equação para fck < 50MPa e armadura dupla) 
00035,01'68,0 =−−+
x
x
ssydsxcd EAfAbdf β
ββ 
00035,012100042,9
15,1
5028,65,3120
4,1
5,268,0 =−×−×+×××
x
x
x β
ββ
014,692273765 =−−+
x
x
x β
ββ 
04,6924,965765 2 =−+ xx ββ 7726,1
5106,0
 
2
1
−=
=
→
x
x
β
β
 (ambas fora do domínio 4) 
 
Verificar o domínio 3: 
 
 
3423 xxx βββ ≤≤ 
 
yds εε ≥ 
 
yds f=σ 
 
%35,0== cuc εε 
 
cdc f=σ 
 
 
 
 
%35,0/''%35,0
'
'
x
x
s
s dd
xdx β
β
ε
ε −
=→=
−
 
 
%35,01111.0'
x
x
s β
β
ε
−
= 
 
 
 
Aço CA50, %207,0=ydε 
Para %207,0' == yds εε , tem-se 2719.035,0
1111.0
207,0 =→
−
= xyd
xyd
xyd ββ
β
, Como 
3423 xxydx βββ ≤≤ tem-se, para a seção analisada, que yds εε ≤' em [ ] [ ]2719.0,2593.0,23 =xydx ββ e yds εε ≥' em [ ] [ ]6284.0,2719.0, 34 =xxyd ββ . 
 
Para %35.0=cε , yds εε ≥ e yds εε ≥' , tem-se: cdcd f=σ , yds f='σ , yds f=σ 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ 0'68,0 =−+→ ydsydsxcd fAfAbdf β 
0
15,1
50)42,928,6(5,3120
4,1
5,268,0 =−+××× xβ 
1465.0 01,112765 =→=− xx ββ fora do intervalo [ ] [ ]6284.0,2719.0, 34 =xxyd ββ 
 
Para %35.0=cε , yds εε ≥ e yds εε ≤' , tem-se: cdcd f=σ , yds f=σ , sss E '' εσ = 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ 
00035,01111.0'68,0 =−−+ yds
x
x
ssxcd fAEAbdf β
ββ 
0
15,1
5042,90035,01111.02100028,65,3120
4,1
5,268,0 =×−−×+×××
x
x
x β
ββ
06,4091111.06,461765 =−−+
x
x
x β
ββ 
03,510,52765 2 =−+ xx ββ [ ])2719.0,2593.0intervalo do fora (ambas2951,0
2272,0
 
−=
=
→
x
x
β
β
 
 
Verificar o domínio 2: 
 
 
 
 
 
230 xx ββ ≤≤ 
 
%1=sε 
 
yds f=σ 
 
 
 
 
 
%1
1
/'
'
%1
'
'
x
x
s
s dd
xddx β
β
ε
ε
−
−
=→
−
=
−
 
 
%1
1
1111.0
'
x
x
s β
β
ε
−
−
= 
%1
1
%1
x
x
c
c
xdx β
β
ε
ε
−
=→
−
= 
 
 
Aço CA50, %207,0=ydε 
Para %207,0' == yds εε , tem-se 2635.01
1111.0
207,0 =→
−
−
= xyd
xyd
xyd ββ
β
, Como 
23xxyd ββ ≥ tem-se, para a seção analisada, que yds εε ≤' . 
 
Para %2,0≤cε (domínio 2a), %1=sε , yds εε ≤' , tem-se: 
 






−
−
=














−−= 2
2
)1(
3510
%2,0
11
x
x
xcd
c
cdc ff β
ββεσ , sss E '' εσ = e yds f=σ 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ 
( ) 001.0
1
1111.0
'3510)1(68,0 2
2
=−
−
−
+−
−
yds
x
x
ssx
x
x
cd fAEAbdf β
βββ
β
 
( ) 0
15,1
5042,901,0
1
1111.02100028,63510)1(5,31204,1
5,268,0 2
2
=−
−
−
×+−
−
×
x
x
x
x
x
β
βββ
β
 
 
( ) ( )( ) ( ) 016,40911111.08,13183510765 22 =−−−−+− xxxxx βββββ 
 
2788,0
2162,0
3260,0
 01,5565,22846,592126775
3
2
1
23
−=
=
=
→=−++−
x
x
x
xxx
β
β
β
βββ 
Todas fora do 
intervalo 
[ ]1667.0,0 
 
Para %2,0≥cε (domínio 2b), %1=sε , yds εε ≤' , tem-se: 
 
cdcd f=σ , sss E '' εσ = , yds f=σ 
 
0''68,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ 
001.0
1
1111.0
'68,0 =−
−
−
+ yds
x
x
ssxcd fAEAbdf β
ββ 
0
15,1
5042,901,0
1
1111.02100028,65,3120
4,1
5,268,0 =−
−
−
×+×
x
x
x β
ββ 
 
( ) ( ) ( ) 016,4091111.08,13181765 =−−−+− xxxx ββββ 
 
[ ])2593.0,1667.0 intervalo do (dentro 
0185,3
2408,0
01,5564,2493765 2
=
=
→=−+−
x
x
xx β
βββ 
 
Logo a seção é dimensionada no domínio 2 para %2,0≥cε , %1=sε e yds εε ≤' . 
 
Calcular o momento de cálculo para 2408,0=xβ . 
 
%17,0%1
2408,01
1111.02408,0%1
1
1111.0
' =
−
−
=
−
−
=
x
x
s β
β
ε 
 
MPaE sss 3570017,0210000'' =×== εσ 
 
)'('')4,01(68,0 2 ddAbdfM ssxxcdd −+−= σββ 
)03,0315,0(3570028.6)2408,04,01(2408,05,312,0
4,1
5,268,0 2 −×+×−××=dM 
kNmM d 3,116= 
 
 
Ex4 – Idem ao exercício anterior para a seção abaixo. 
 
 
 
Solução: Como a viga está sujeita à flexão simples então ela só pode ser dimensionada 
nos domínios 2, 3 e 4. 
 
Verificar o domínio 2: 
 
2593,00 ≤≤ xβ (para )50MPaf ck ≤ , %1=sε e yds f=σ 
 
 
 
 
%1
1
%1
x
x
c
c
xdx β
β
ε
ε
−
=→
−
= 
 
 
 
Para %2,0≥cε e %1=sε , tem-se: cdcd f=σ e yds f=σ 
 
068,0 =− ssxcd Abd σβσ 068,0 =−→ ydsxcd fAbdf β 
 
06,4097650
15,1
5042,95,3120
4,1
5,268,0 =−→=−× xx ββ 
 
5354,0=xβ (fora do intervalo [ ]2593.0,1667.0 ) 
 
Verificar o domínio 3: 
 
6284,02593,0 ≤≤ xβ (para aço CA50 e )50MPaf ck ≤ , yds εε ≥ , yds f=σ , 
%35,0== cuc εε e cdcd f=σ 
 
068,0068,0 =−→=− ydsxcdssxcd fAbdfAbd βσβσ 
06,409765 0
15.1
5042,95,3120
4,1
5,268,0 =−→=−××× xx ββ 
 
5354,0=xβ (dentro do intervalo [ ] [ ]6284.0,2593.0, 3423 =xx ββ ) 
 
Calcular o momento de cálculo para 5354,0=xβ . 
 
)4,01(68,0 2 xxcdd bdfM ββ −= 
)5354,04,01(5354,05,3120
4,1
5,268,0 2 ×−××=dM kNmM d 4,101 =→ 
 
Ex5: Dimensione e detalhe a armadura para uma seção retangular de 30cm de largura 
da base por 45cm de altura sujeita a um momento de cálculo de kNm5,437 . Dados: 
MPaf ck 80= e Aço CA50. 
 
Solução: Dimensionar para o estado limite último de perda da capacidade resistente da 
seção (deformação excessiva do concreto, aço, ou ambos) 
 
Como fck > 50MPa tem-se: 
 
723,0 ]200/)5080(1[85,0 ]200/)50(1[85,0 =→−−=→−−= ccckc f ααα 
725,0 400/)5080(8,0 ]400/)50(8,0 =→−−=→−−= λλλ ckf 
 402,1 )8001,09,0(4,234,1 )01,09,0(4,234,1 44 =→×−+=→−+= nnfn ck 
%252,050)-80%(0085,0%2,0 50)-%(0085,0%2,0 0,5320,532 =+=→+= cckc f εε
 
%260,0)8001,09,0%(5,3%26,0 )01,09,0%(5,3%26,0 44 =×−+=→−+= cuckcu f εε
2063,0 
126,0
26,0
 
%1 232323
=→
+
=→
+
= xx
cu
cu
x ββε
εβ 
5567,0 
207,026,0
26,0
 343434 =→+
=→
+
= xx
ydcu
cu
x ββεε
εβ
 
2013,0 
1
252,0 %1
1 22
2
2 =→
−
=→=→
−
= ax
ax
ax
cc
x
xc ββ
β
εεβ
β
ε 
 
Equações de dimensionamento: 
 
052,0 =− ssxcd Abd σβσ e )3625,01(52,0 2 xxcdd bdM ββσ −=
 
(diagrama tensão 
deformação aproximado e armadura simples) 
0''52,0 =−+ ssssxcd AAbd σσβσ e 
)'('')3625,01(52,0 2 ddAbdM ssxxcdd −+−= σββσ
 
(diagrama tensão deformação 
aproximado e armadura dupla)
 
 
OBS: Nesse problema, considerando dimensionamento com armadura simples, tem-se 
xβ e As como incógnitas e duas equações de equilíbrio de dimensionamento. Dessa 
forma, deve-se verificar em qual domínio a seção é dimensionada calculando xβ . 
Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: 
 
Domínio 2b: 2063,02013,0 ≤≤ xβ 
Domínio 3: 5567,02063,0 ≤≤ xβ 
Domínio 4: 15567,0 ≤≤ xβ 
Para os domínios 2b, 3 e 4 tem-se: cdcd f=σ , ou seja: 
2
2
2 3625,0
52,0
 )3625,01(52,0 xx
cd
d
xxcdd bdf
MbdfM ββββ −=→−= 
0
52,0
3625,0 2
2
=−+−
bdf
M
cd
d
xx ββ 2
305,59025,13793,1 
bdf
M
cd
d
x −±=→ β (se uma 
das raízes estiver no domínio 2b, ou 3, ou 4 a seção pode ser dimensionada com 
armadura simples nesse domínio. Se essa condição não for satisfeita, mas uma das 
raízes estiver no domínio 2a ( 2013,00 ≤≤ xβ ) então a seção pode ser dimensionada 
com armadura simples no domínio 2a, para isso deve-se usar outra equação de 
dimensionamento ( cdσ não é igual a cdf nesse domínio). Se nenhuma das situações 
anteriores for possível então a seção não pode ser dimensionada com armadura simples) 
 
Assumindo h-d = 4cm (posição do centróide das barras de aço em relação à face 
superior da seção), tem-se d = 41cm. 
 
3319,0
4267,2
 0474,13793,1 
41,03,04,1/80000
5,437305,59025,13793,1
2
1
2
=
=
→±=→
××
×
−±=
x
x
xx β
βββ
 
Como 3319,02 =xβ está no domínio 3, então a seção pode ser dimensionada com 
armadura simples no domínio 3. No domínio 3, tem-se: ydscdcd ff == σσ e . Logo: 
 
yd
xcd
sssxcd f
bdf
AAbd βσβσ 52,0 052,0 =→=−
 
29,27 
15,1/50
3319,041,03,04,1/8000052,0
cmAA ss =→
××××
= 
 
Adotar a configuração de )30(256 2cmAse =φ 
 
Detalhamento transversal da seção C: 
 
Considerar concreto produzido com brita 1 ( mmd 19max = ) e viga de interior de edifício 
residencial (classe 1 de agressividade) 
 
mmc 20= (cobrimento mínimo para vigas considerando classe 1 de agressividade e 
controle de execução do cobrimento. Refere-se à face externa do estribo) 
25
2.1/19
25
2.1/max
=→






≥






≥ c
d
c
bφ
 (cobrimento necessário para barra de 25mm) 
 
Espaçamento mínimo entre barras: 
 
mma
mm
mm
mm
d
mm
a hbh 25
23
25
20
2,1
20
max
=→










≥










≥ φ mma
mm
mm
mm
d
mm
a vbv 25
5,9
25
20
5,0
20
max
=→










≥










≥ φ 
 
Como foi observado do exemplo 1, a configuração possível é através de duas camadas 
com mostra a figura abaixo. 
 
 
Centróide da configuração adotada: 
 
mm
A
AA
A
Ay
y
b
bb
i
ii 54
6
)2/252525520(2)2/25520(4_
=
+++++++
==
∑
∑
 
Como 
_
y é bem maior que 4cm adotado nos cálculos anteriores, deve-se refazer o 
dimensionamento para h-d = 5,4cm. 
 
Verificação de armadura simples no domínio 2b, 3 ou 4: 
 
cmdcmdhcmh 6,39 4,5 45 =→=−→= 
 
2
305,59025,13793,1
bdf
M
cd
d
x −±=β 
3599,0
3987,2
1940,13793,1 
396,03,04,1/80000
5,437305,59025,13793,1
2
1
2
=
=
→±=→
××
×
−±=
x
x
xx β
βββ
 
Como 3599,02 =xβ está no domínio 3, então a seção pode ser dimensionada com 
armadura simples no domínio 3. No domínio 3, tem-se: ydscdcd ff == σσ e . Logo: 
 
yd
xcd
sssxcd f
bdf
AAbd βσβσ 52,0 052,0 =→=−
 
22,29 
15,1/50
3599,0396,03,04,1/8000052,0
cmAA ss =→
××××
= 
 
Adotar a configuração de )30(256 2cmAse =φ que fornece altura útil igual a utilizada. 
 
 
 
 
 
 
Ex 6 – Exemplo de lançamento de estrutura e levantamento de carga de cálculo atuante 
em uma viga 
 
Nesse exemplo será lançado um esquema estrutural para o pavimento tipo da 
figura abaixo isolando a viga V2 desse pavimento tipo e encontrando o carregamento de 
cálculo atuante nessa viga. Para isso, considere laje de 10 cm e pé direito de 3 m 
(distância entre as faces internas das lajes) 
 
 
Figura – Pavimento tipo com quatro apartamentos de dois quartos 
 
A figura abaixo ilustra o esquema estrutural adotado. Devido à simetria do problema, a 
figura apresenta apenas um quarto do esquema estrutural adotado. 
 
Figura – Esquema estrutural adotado 
 
Para determinação das áreas de contribuição das lajes para cada viga, é adotada 
uma reta saindo de cada vértice da laje com ângulo de 45 graus (quando ambos os lados 
da laje que intercepta o vértice analisado não estão ligados a outras lajes, ou quando 
esses lados estão ligados a outras lajes), 30 ou 60 graus (quando um lado está ligado a 
uma laje e o outro não), e 90 graus (quando pelo menos um lado da laje está em 
balanço). 
 
Áreas de contribuição para a viga V2: lado esquerdo 
 
a
y
tg =45 , 
b
y
tg =30 e 0.3=+ ba 
atgaatgbtg =−→= 30)3(4530 
10.1,90.110.1
301
303
==→=
+
= yb
tg
tg
a 
 
'
'60
a
y
tg = , 
'
'45
b
y
tg = e 0.3'' =+ba 
60)'3('60'45' tgbbtgatgb −=→= 
90.1',10.1'90.1
601
603
' ==→=
+
= ya
tg
tgb 
Lado direito 
 
 
Carregamento devido à carga de ocupação: 
 
 
NBR 6120 – 1,5kN/m2 (dormitórios, sala, copa, cozinha e banheiro) 
 
mkNqqk /74.20.4/5.175.02
82.240.4/5.19.1
2
14
1 =×
+
+×
+
= 
mkNqqk /62.25.3/5.16.12
3.05.35.3/5.1
2
75.15.3
2 =×
+
+
×
= 
 
Carregamento devido ao peso próprio: 
 
 
 - Admitir inicialmente seção transversal de 13x40cm para a viga V2. (A largura da viga 
geralmente é definida considerando a espessura de projeto da parede. Já a altura pode 
ser definida, para um levantamento de carga, igual ao vão divido por 10) 
- Considerar parede feita com bloco cerâmico 9x19x39cm (1,8 kg cada) revestida com 
argamassa de 3cm de espessura de cada lado. 
- Considerar laje revestida na parte inferior com argamassa (1,5cm de espessura) e na 
parte superior 2 cm de argamassa de assentamento de piso cerâmico de 14,5 kg/m2. 
- Considerar viga revestida com argamassa (1,5 cm de cada lado) 
 
NBR 6120 – argamassa de cimento e areia 21 kN/m3, concreto armado 25 kN/m3. 
 
Peso por metro quadrado de parede: 
 
kNPa 112,021)]2.039.0(09.001.006.02.04.0[ =+×+××= (peso de argamassa por 
bloco) 
kNNPb 018,018108,1 ==×= (peso de cada bloco) 
2/625,1
4,02,0
018,0112,0
mkN
A
PP
p
lateral
ba
=
×
+
=
+
= (peso por metro quadrado de parede) 
 
Peso por metro quadrado de laje mais revestimento e piso: 
 
2/38,31000/105,14251,021)015,002,0( mkNp =×+×++= 
 
Peso por metro linear de viga mais revestimento: 
 
 
 
mkNp /164,1253,013,0213,003,0 =××+××= 
 
mkNqgk /72.11164,10.4/38.375.02
82.240.4/38.39.1
2
14625.1)3.03(1 =+×
+
+×
+
+−=
 
mkNqq gkgk /33.7625.1)3.03(12 =−−= 
mkNqgk /44.11164.15.3/38.36.12
3.05.35.3/38.3
2
75.15.3625.1)3.03(3 =+×
+
+
×
+−=
 
kNPgk 8.6625.1)8.075.0)(3.03( =+−= 
 
Carregamento de cálculo para combinação última normal: 
 
 
mkNqqq qkgkd /24,20)74,272,11(4,14.14.1 111 =+=+= 
mkNqqq qkgkd /10,14)74,233,7(4,14.14.1 222 =+=+= 
mkNqqq qkgkd /67,19)62,243,11(4,14.14.1 333 =+=+= 
kNPP gkd 52,98,64,14.1 =×==Pré-dimensionamento: 
 
 
Aproximação para o momento máximo na viga: 
 
kNmM 27,30
12
5.367,19
8
424,205.0
22
max =




 ×
+
×
= 
Admitindo dimensionamento no limite entre os domínios 2 e 3 ( 2593,0=xβ para fck 
menor igua a 50MPa), tem-se: 
)4,01(68,0 )4,01(68,0
2
xxcd
d
xxcdd bf
MdbdfM ββββ −=→−= 
cmmd 7,28275,0)2593,04,01(2593,013,04,1/2500068,0
27,30
==
×−×××
= 
15,1/50
2593,0287,013,04,1/2500068,068,0
 068,0 ××××==→=−
yd
xcd
sssxcd f
bdf
AAbdf βσβ
270,2 cmAs = ( 5,121102 φφ + ) (quantidade de armadura razoável) 
 
Adotar h = 32 cm para o cálculo do momento no apoio e os vãos efetivos da viga 
contínua. 
 
 
 
2111 aallef ++= onde ia é o menor valor entre 2/it ou h3.0 , logo 
mlef 80.3075.0096.065.31 =++= 
maallef 50.3075.0075.035.33222 =++=++= 
 
 
sivig
si
engv
rrr
rr
MM
++
+
= , onde kNmqlM veng 35,2412
8,324,20
12
22
=
×
== 
35
3
1053,6
1,32
12/3,018,0
2
m
l
I
r
i
i
i
−×=
×
×
== 
35
3
1053,6
1,32
12/3,018,0
2
m
l
I
r
s
s
s
−×=
×
×
== 
35
3
1034,9
8,3
12/32,013,0
m
l
I
r
v
v
v
−×=
×
== 
kNmM v 2,141053,61053,61034,9
1053,61053,635,24 555
55
=
×+×+×
×+×
=
−−−
−−
 
 
Situação de cálculo: