Apostila Prof Henrique C Gomes(1)

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PEF3403 - Notas de Aula 
 
1 
Escola Politécnica da Universidade de São Paulo 
Departamento de Engenharia de Estruturas e Geotécnica 
 
 
 
 
Apostila PEF3403 
Estruturas de Concreto II 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof. Dr. Henrique Campelo Gomes 
 
 
 
São Paulo 
2019 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
2 
Sumário 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
3 
1. Introdução 
 
 A disciplina PEF3403 – Estruturas de Concreto II, como sequência de PEF3303 – Estruturas 
de Concreto I, busca, a partir dos conteúdos contemplados anteriormente, continuar apresentando 
tópicos de análise do concreto estrutural. Os principais objetivos dessa disciplina são: 
 Generalizar o dimensionamento e verificação à flexão; 
 Fornecer conhecimentos sobre análise estrutural de pilares sujeitos a solicitações normais e 
de flexão, permitindo dimensionamentos, verificações e detalhamentos; 
 Apresentar o conceito de estabilidade global de edifícios; 
 Introduzir as verificações em Estado Limite de Serviço (ELS); 
 Introduzir conhecimentos sobre Concreto Protendido, permitindo dimensionamentos e 
verificações; 
 Fornecer conhecimentos básicos acerca de elementos de fundação, como sapatas e blocos de 
estacas. 
 Novamente, todos os conteúdos apresentados nessa apostila são baseados em recomendações 
e prescrições das normas técnicas brasileiras, dentre as quais se destacam: 
 ABNT NBR 6118:2014: Projeto de estruturas de concreto – Procedimento; 
 ABNT NBR 6120:1980: Cargas para o cálculo de estruturas de edificações; 
 ABNT NBR 6123:1988: Forças devidas ao vento em edificações; 
 ABNT NBR 8681:2003: Ações e segurança nas estruturas – Procedimento; 
 ABNT NBR 14931:2004: Execução de estruturas de concreto armado – Procedimento. 
 
 
 
 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
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2. Flexão Normal Composta (FNC) 
 
 Na Apostila PEF3303 (Capítulo 7 – Flexão Normal Simples (FNS)), foi apresentado o 
dimensionamento em ELU de vigas à flexão normal simples, que permitiu também verificações. Sabe-
se que a Flexão Normal Simples se caracteriza pela ausência de forças normais, em que há a ação do 
momento fletor em torno de somente um eixo, de modo que o vetor momento resultante seja normal 
a pelo menos um dos eixos centrais de inércia da seção transversal. Um exemplo desse tipo de flexão 
é apresentado na Figura 1: 
 
Figura 1 - Flexão Normal Simples (FNS) 
 
 
 Observações: 
 Cabe informar que a convenção de eixos (centrais) da seção transversal nas disciplinas de 
dimensionamento de estruturas de concreto e aço é tal que esse plano seja 𝑂𝑥𝑦 (sendo 𝑥 a 
direção horizontal e 𝑦 a direção vertical), diferentemente das disciplinas de Resistência dos 
Materiais, onde tais eixos são 𝑦 e 𝑧; 
 Devido à natureza do concreto como material estrutural, assim como para solos, convenciona-
se o esforço compressivo como positivo, de modo que ൜𝑁 > 0: compressão𝑁 < 0: tração . 
 Por sua vez, a Flexão Normal Composta difere da Flexão Normal Simples somente pela 
presença de um esforço normal. O dimensionamento a esse tipo de flexão se insere em duas 
classificações, sendo de grande ou pequena excentricidade; por grande excentricidade, considera-se 
a ação de uma força normal excêntrica sobre um dos eixos centrais de inércia com excentricidade tal 
que ela se encontre fora do núcleo central de inércia da seção transversal (o que comumente se 
manifestará como uma excentricidade que caracterize uma força normal como se aplicada fora da 
seção transversal). Já a abordagem quanto ao dimensionamento à flexão com pequena excentricidade 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
5 
demandará um tratamento mais elaborado, que será dividido em vários casos, e cuja relativa 
ineficiência, dada sua aplicabilidade limitada, posteriormente servirá como motivação da utilização 
dos Diagramas de Interação. 
 Observação: para uma seção retangular b x h, as coordenadas nucleares, com relação aos eixos 
centrais de inércia 𝑥 e 𝑦, que definem um losango com vértices nos eixos, são ቀ∓ ௕
଺
, 0ቁ e ቀ0, ∓ ௛
଺
ቁ. 
 
Figura 2 - Flexão Normal Composta (FNC) 
 
2.1 Flexão Normal Composta com grande excentricidade 
 
 Nesse caso, em que sempre se terá pelo menos uma armadura tracionada (flexocompressão 
ou flexotração), o dimensionamento se dá de modo análogo ao realizado para a FNS. Sendo assim, 
tendo como base a mobilização dos esforços na seção transversal decorrente de um carregamento 
genérico, como disposto na Figura 3: 
 
Figura 3 - Esforços mobilizados na seção transversal (armadura simples) 
 
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 ൜
𝑅௖ௗ = 0,85𝑓௖ௗ𝑏 . 0,8𝑥 = 0,68𝑏𝑥𝑓௖ௗ
𝑅௦ௗ = 𝐴௦𝜎௦ௗ = 𝐴௦𝑓௬ௗ (dimensionamento nos domínios D2 ou D3)
 
 Equilíbrio: 
 ∑ �⃗� = 0 → −𝑅௖ௗ + 𝑅௦ௗ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑅௖ௗ = 𝑅௦ௗ + 𝑁ௗ (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ = 0 → −𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௖ௗ(𝑑 − 0,4𝑥) = 0 
 ∴ 𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 𝑅௖ௗ(𝑑 − 0,4𝑥) (2) 
 Definindo-se o momento fletor equivalente em valor de cálculo 𝑀ௌௗ = 𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ, de 
(2), calcula-se a posição da linha neutra: 
𝑥 = 1,25𝑑 ቎ 1 − ඨ1 − 
𝑀ௌௗ
0,425𝑏𝑑ଶ𝑓௖ௗ
 ቏ 
 De (1) e (2), determina-se a área de armadura necessária: 
𝐴௦ =
𝑅௦ௗ
𝑓௬ௗ
=
𝑅௖ௗ − 𝑁ௗ
𝑓௬ௗ
= 
1
𝑓௬ௗ
ቈ
𝑀ௌௗ
(𝑑 − 0,4𝑥)
− 𝑁ௗ቉ 
 
 É importante ressaltar que, para 𝑁ௗ > 0 (flexocompressão), há um alívio na solicitação das 
armaduras, ao contrário do que acontece para 𝑁ௗ < 0 (flexotração). Quanto a isso, o fato de se 
negligenciar a força normal numa situação de flexotração leva a um dimensionamento contra a 
segurança, dado que a armadura calculada é menor que a necessária; por sua vez, ao se negligenciar 
a força normal numa situação de flexocompressão, realiza-se um dimensionamento antieconômico, 
ainda que a favor da segurança, visto que a armadura calculada é maior que a real. 
 Novamente, o dimensionamento à flexão se limita, por questões de segurança estrutural, aos 
domínios de deformação na ruptura D2 e D3; definido o valor 𝑥௟௜௠ = ൜
0,45𝑑 , 𝑓௖௞ ≤ 50 𝑀𝑃𝑎 
0,35𝑑 , 𝑓௖௞ > 50 𝑀𝑃𝑎
 
(pertencente a D3) que limita a posição da linha neutra, caso o valor obtido para essa seja superior a 
𝑥௟௜௠, utiliza-se então armadura dupla. Para tal, o dimensionamento segue de modo análogo ao já 
apresentado, ao se tomar 𝑥௟௜௠ = �̅�: 
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7 
 
Figura 4 - Esforços mobilizados na seção transversal (armadura dupla) 
 
 ቐ
𝑅ത௖ௗ = 0,68𝑏�̅�𝑓௖ௗ
𝑅௦ௗ = 𝐴௦𝜎௦ௗ = 𝐴௦𝑓௬ௗ (dimensionamento no domínio D3) 
𝑅௦ௗ′ = 𝐴௦′𝜎௦ௗ′
 
 Equilíbrio: 
 ∑ �⃗� = 0 → −𝑅ത௖ௗ − 𝑅௦ௗᇱ + 𝑅௦ௗ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑅ത௖ௗ + 𝑅௦ௗᇱ = 𝑅௦ௗ + 𝑁ௗ (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ = 0 → −𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௖ௗ(𝑑 − 0,4�̅�) + 𝑅௦ௗᇱ (𝑑 − 𝑑ᇱ) = 0 
 ∴ 𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 𝑀ௌௗ = 𝑅௖ௗ(𝑑 − 0,4�̅�) + 𝑅௦ௗᇱ (𝑑 − 𝑑ᇱ) (2) 
 Parâmetros auxiliares: 
 𝑀ഥ௖ௗ = 0,68𝑏�̅�𝑓௖ௗ(𝑑 − 0,4�̅�) 
 ∆𝑀ௗ = 𝑀ௌௗ − 𝑀ഥ௖ௗ = 𝑅௦ௗᇱ (𝑑 − 𝑑ᇱ) = 𝐴௦′𝜎௦ௗ′(𝑑 − 𝑑ᇱ) 
 Por meio do diagrama de deformações, deve-se encontrar o valor da tensão 𝜎௦ௗ′ atuante na 
armadura comprimida, ao se calcular a correspondente deformação 𝜀௦ௗ′ da seguinte maneira: 
𝜀௦ௗᇱ =
𝑥 − 𝑑′
𝑥
 . 3,5‰ 
 Disso tem-se: 
 ቊ
𝜀௦ௗᇱ < 𝜀௬ௗ: 𝜎௦ௗᇱ = 𝐸௦𝜀௦ௗᇱ
𝜀௦ௗᇱ ≥ 𝜀௬ௗ: 𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ
 
 Com isso, as armaduras serão dadas por: 
𝐴௦ᇱ =
∆𝑀ௗ
𝜎௦ௗ′(𝑑 − 𝑑ᇱ)
 
𝐴௦ =
1
𝑓௬ௗ
[0,68𝑏�̅�𝑓௖ௗ + 𝐴௦′𝜎௦ௗ′] =
1
𝑓௬ௗ
ቈ
𝑀ഥ௖ௗ
(𝑑 − 0,4�̅�)
+
∆𝑀ௗ
(𝑑 − 𝑑ᇱ)
− 𝑁ௗ቉ 
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8Exemplo 1: Dimensionar as armaduras para a seção S1 da estrutura abaixo. 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,5 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑏 = 20 cm 
 ℎ = 50 cm 
 𝑑’ = 5 cm (d = 45 cm) 
 
 A representação da figura, que pode ser exemplificada como uma plataforma de embarque, 
indica que o pilar, cujo comportamento é o de interesse, suporta um trecho de viga em balanço, sobre 
a qual se apoia uma laje. No intuito de se dimensionar as armaduras, deve-se modelar a estrutura de 
sorte a se obter os esforços solicitantes; com isso, o modelo/esquema estático correspondente, com 
base no eixo médio do pilar, é o seguinte: 
 
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9 
 
 
 Os esforços solicitantes na seção S1 são: 
 ൝
𝑁ௗ = 1,4(2. 40 + 5. 2,6) = 130,2 𝑘𝑁 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜)
𝑀ௗ = 1,4 ቂ−40. 0,1 + 40. 2,5 + 5. ቀ
ଶ,ହమ
ଶ
− ଴,ଵ²
ଶ
ቁቃ = 156,2 𝑘𝑁𝑚 = 15620 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Observação: de acordo com a convenção adotada para momentos fletores (uma vez que as 
cargas nos balanços geram momentos de sinais opostos), tem-se que na seção analisada, ocorre 
tração nas fibras à esquerda e compressão nas fibras à direita; entretanto, tal sinal será desprezado 
nos cálculos, tendo sido utilizado somente por efeito de entendimento físico do problema. 
 A excentricidade da força normal 𝑁ௗ , tal que quando transferida ao centro de gravidade da 
seção gera um momento 𝑀ௗ , é: 
 𝑒 = ெ೏
ே೏
= ଵହ଺ଶ଴
ଵଷ଴,ଶ
≅ 120 𝑐𝑚 
 Disso, observa-se uma grande excentricidade, por ser largamente superior às dimensões da 
seção transversal do pilar. O momento fletor equivalente é dado por: 
 𝑀ௌௗ = 𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 15620 + 130,2 ቀହ଴
ଶ
− 5ቁ = 18220 𝑘𝑁𝑐𝑚 
 Posição da linha neutra: 
 𝑥 = 1,25.45 ൤1 − ට1 − ଵ଼ଶଶ଴଴,ସଶହ.ଶ଴.ସହమ.ଵ,଻ଽ൨ = 20,3 𝑐𝑚 → 
௫
ௗ
= 0,45 (armadura simples) 
 
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10 
 Por fim, calcula-se a armadura: 
𝐴௦ = 
1
𝑓௬ௗ
ቈ
𝑀ௌௗ
(𝑑 − 0,4𝑥)
− 𝑁ௗ቉ =
1
43,48
൤
18220
(45 − 0,4. 20,3)
− 130,2൨ = 8,37 𝑐𝑚² 
 A indicação da armadura na estrutura é feita abaixo: 
 
 
 Exemplo 2: Dimensionar as armaduras para a seção S1 da estrutura abaixo. 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,5 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑏 = 20 cm 
 ℎ = 50 cm 
 𝑑’ = 5 cm (d = 45 cm) 
 
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 Salienta-se que a estrutura do exercício, apesar de não usual, pode representar a estrutura de 
uma marquise suspensa. Este exemplo é especialmente útil no âmbito de apresentar o fenômeno 
chamado empuxo no vazio, que demanda atenção especial. Para o cálculo, procede-se inicialmente 
com a elaboração do modelo/esquema estático, apresentado a seguir: 
 
 Os esforços solicitantes na seção S1 são: 
 ൝
𝑁ௗ = −1,4(2. 40 + 5. 2,6) = −130,2 𝑘𝑁 (𝑡𝑟𝑎çã𝑜)
𝑀ௗ = 1,4 ቂ−40. 0,1 + 40. 2,5 + 5. ቀ
ଶ,ହమ
ଶ
− ଴,ଵ²
ଶ
ቁቃ = 156,2 𝑘𝑁𝑚 = 15620 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Calcula-se a excentricidade da força normal 𝑁ௗ por: 
 𝑒 = ெ೏
ே೏
= ଵହ଺ଶ଴
ଵଷ଴,ଶ
≅ 120 𝑐𝑚 
 Disso, observa-se uma grande excentricidade, visto que essa é largamente superior às 
dimensões da seção transversal do pilar. O momento fletor equivalente é dado por: 
 𝑀ௌௗ = 𝑀ௌௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 15620 − 130,2 ቀହ଴
ଶ
− 5ቁ = 13020 𝑘𝑁𝑐𝑚 
 Posição da linha neutra: 
 𝑥 = 1,25.45 ൤1 − ට1 − ଵଷ଴ଶ଴଴,ସଶହ.ଶ଴.ସହమ.ଵ,଻ଽ൨ = 13,5 𝑐𝑚 → 
௫
ௗ
= 0,3 (armadura simples) 
 
 
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 Calcula-se então a armadura: 
𝐴௦ = 
1
𝑓௬ௗ
ቈ
𝑀ௌௗ
(𝑑 − 0,4𝑥)
− 𝑁ௗ቉ =
1
43,48
൤
13020
(45 − 0,4. 20,3)
+ 130,2൨ = 10,55 𝑐𝑚² 
 Como dito anteriormente, esse exemplo visa atentar acerca do fenômeno do empuxo no vazio. 
Esse ocorre principalmente em peças com mudanças de curvatura (caso da estrutura do exercício, 
ou vigas inclinadas como vigas de escada), em que a configuração de esforços gera uma tendência de 
planificação da peça, com consequente efeito de arrancamento da armadura longitudinal, caso não 
haja um posicionamento específico e adequado dessa nessas regiões. 
 Quanto a esse fenômeno, a NBR6118:2014 prescreve que quando a curvatura da peça ocorrer 
em região próxima a alguma de suas faces, de modo que ele possa se manifestar, devem ser 
projetadas armaduras específicas para que se garanta a manutenção da armadura longitudinal na 
peça na seção, sem afetar a integridade do concreto. A indicação da armadura na estrutura é então 
feita abaixo, com destaque para o “laço” frequentemente utilizado para evitar o empuxo no vazio: 
 
 
 
2.2 Flexocompressão com pequena excentricidade (armaduras comprimidas) 
 
 Neste primeiro caso de flexão composta com pequena excentricidade, considera-se a 
flexocompressão, na qual toda a seção transversal de concreto, assim com as armaduras 𝐴௦ e 𝐴௦ᇱ , 
encontram-se comprimidas. Além disso, o dimensionamento será feito no domínio D5 de 
deformações na ruptura (compressão uniforme – reta b). Faz-se necessário citar que tal hipótese, que 
se mostra antieconômica no sentido de aproveitamento da capacidade resistente dos materiais, 
conduz necessariamente a taxas de armadura diferentes (𝐴௦ ≠ 𝐴௦ᇱ ), desde que 𝑀ௗ ≠ 0. 
 Antes de se prosseguir com o dimensionamento, serão elucidados na Figura 5 todos os 
domínios de deformação na ruptura apresentados na NBR6118:2014, visto que até então, no âmbito 
da FNS, haviam sido introduzidos somente os domínios D2, D3 e D4: 
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13 
 
Figura 5 - Domínios de deformação na ruptura (ELU) 
 
 Como novidades, citam-se os extremos de tração/compressão, denotados pelas retas a (tração 
uniforme) e b (compressão uniforme), pertencentes aos domínios D1 e D5, respectivamente. 
 Passa-se então ao dimensionamento, tomando como referência um campo de deformações 
constante 𝜀 = 𝜀௖ଶ = 2‰, correspondente à plastificação do concreto, o que leva a uma tensão nas 
armaduras 𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 𝐸௦𝜀௖ଶ = 42 𝑘𝑁/𝑐𝑚². Os esforços mobilizados na seção transversal são 
apresentados na Figura 6: 
 
Figura 6 - Esforços mobilizados na seção transversal (armaduras comprimidas) 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
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 Equilíbrio: 
 ∑ �⃗� = 0 → −𝑅௖ௗ − 𝑅௦ௗ − 𝑅௦ௗᇱ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑁ௗ = 𝑅௖ௗ + 𝑅௦ௗ + 𝑅௦ௗᇱ (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ = 0 → −𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௦ௗᇱ (ℎ − 2𝑑ᇱ) = 0 
 ∴ 𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௦ௗᇱ (ℎ − 2𝑑ᇱ) (2) 
 De (2): 𝑅௦ௗᇱ = 
ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
 
 De (1) e (2): 𝑅௦ௗ = − 
ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
 
 As armaduras são então calculadas por: 
𝐴௦ᇱ =
𝑅௦ௗᇱ
𝜎௦ௗ′
= 
1
𝜎௦ௗ′
൤ 
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
+
(𝑁ௗ − 𝑅௖ௗ)
2
൨ 
 
𝐴௦ =
𝑅௦ௗ
𝜎௦ௗ
= 
1
𝜎௦ௗ
൤− 
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
+
(𝑁ௗ − 𝑅௖ௗ)
2
൨ 
 Das relações acima obtidas, é possível perceber a existência de limites de aplicabilidade a fim 
de se garantir 𝐴௦, 𝐴௦ᇱ ≥ 0. A saber, esses limites são: 
ቐ
𝑁ௗ > 𝑅௖ௗ = 0,85𝑏. ℎ. 𝑓௖ௗ
𝑀ௗ ≤ (𝑁ௗ − 𝑅௖ௗ) ൬
ℎ
2
− 𝑑ᇱ൰ 
 
 Tendo em vista a possibilidade de violação das hipóteses assumidas para a obtenção das 
equações nesse caso, o que acarretaria em uma armadura tracionada (ao contrário do que se supôs 
a priori), ainda que não seja usual, é permitido realizar o dimensionamento desprezando-se a 
eventual armadura tracionada. Nessa configuração, em que há somente uma armadura comprimida 
(tomada 𝐴௦ᇱ ), com o auxílio da Figura 6 obtém-se, do equilíbrio: 
 
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15 
 
 ∑ �⃗� = 0 → −𝑅௖ௗ − 𝑅௦ௗᇱ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑁ௗ = 𝑅௖ௗ + 𝑅௦ௗᇱ (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ᇱ = 0 → −𝑀ௗ + 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ + 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 0∴ 𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ (2) 
 
 O trecho comprimido na seção não pode superar sua altura, ou seja, deve-se ter 0,8𝑥 ≤
ℎ → 𝑥 ≤ 1,25ℎ. Imposta essa condição, calcula-se a posição da linha neutra e a armadura, a partir do 
obtido em (1) e (2): 
𝑥 = 1,25𝑑′
⎣
⎢
⎢
⎢
⎡
 1 + ඩ1 − 
൬𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀℎ 2ൗ − 𝑑
ᇱቁ൰
0,425𝑏. 𝑑′ଶ. 𝑓௖ௗ
 
⎦
⎥
⎥
⎥
⎤
 
𝐴௦ᇱ =
𝑅௦ௗᇱ
𝜎௦ௗ′
=
(𝑁ௗ − 𝑅௖ௗ)
𝜎௦ௗ′
 
 Nessa particular configuração, existem algumas possibilidades para o cálculo da deformação 
𝜀௦ௗᇱ a depender do domínio de deformação de ruptura em que a seção se encontra; tais valores, 
advindos do diagrama de deformações, são obtidos por semelhança de triângulos: 
⎩
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎧𝐷2 (0 ≤ 𝑥 ≤ 0,259𝑑): 𝜀௦ௗᇱ =
𝑥 − 𝑑′
𝑑 − 𝑥
. 10‰
𝐷3 ou 𝐷4 (0,259𝑑 < 𝑥 ≤ ℎ): 𝜀௦ௗᇱ =
𝑥 − 𝑑′
𝑥
. 3,5‰
𝐷5 (ℎ < 𝑥 ≤ 1,25ℎ): 𝜀௦ௗᇱ =
𝑥 − 𝑑′
𝑥 − 3ℎ 7ൗ
. 2‰
 
 Exemplo 3: Dimensionar a seção abaixo, para Mk = 200 kNm e Nk =3000 kN. 
 
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16 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑑’ = 5 cm (d = 45 cm) 
 
 ൜𝑀ௗ = 1,4. 200 = 280 𝑘𝑁𝑚 = 28000 𝑘𝑁𝑐𝑚𝑁ௗ = 1,4. 3000 = 4200 𝑘𝑁
 
 Excentricidade do carregamento: 𝑒 = ெ೏
ே೏
= ଶ଼଴଴଴
ସଶ଴଴
= 6,7 𝑐𝑚 (pequena). Note que a 
excentricidade está contida no núcleo central de inéricia (K) da seção transversal, pois 𝑒 = 6,7 𝑐𝑚 <
௛
଺
= 11,7 𝑐𝑚. 
 Supondo que ambas as armaduras estejam comprimidas (𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 42 𝑘𝑁/𝑐𝑚²), essas são 
calculadas por: 
 𝐴௦ᇱ = 
ଵ
ఙೞ೏ᇱ
ቂ ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
ቃ = ଵ
ସଶ
ቂ ଶ଼଴଴଴
(଻଴ି .ହ)
+ (ସଶ଴଴ ,଼ହ.ଶହ.଻଴.ଵ,଻ଽ)
ଶ
ቃ = 29,5 𝑐𝑚² 
 𝐴௦ = 
ଵ
ఙೞ೏
ቂ− ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
ቃ = ଵ
ସଶ
ቂ− ଶ଼଴଴଴
(଻଴ିଶ.ହ)
+ (ସଶ଴଴ି଴,଼ହ.ଶହ.଻଴.ଵ,଻ଽ)
ଶ
ቃ = 7,3 𝑐𝑚² 
 
 Exemplo 4: Dimensionar a mesma seção do item anterior, para Mk = 200 kNm e Nk 
=1500 kN. 
 ൜𝑀ௗ = 1,4. 200 = 280 𝑘𝑁𝑚 = 28000 𝑘𝑁𝑐𝑚𝑁ௗ = 1,4. 1500 = 2100 𝑘𝑁
 
 Excentricidade do carregamento: 𝑒 = ெ೏
ே೏
= ଶ଼଴଴଴
ଶଵ଴଴
= 13,4 𝑐𝑚 (pequena?) 
 Supondo que ambas as armaduras estejam comprimidas (𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 42 𝑘𝑁/𝑐𝑚²), essas são 
calculadas por: 
 𝐴௦ᇱ = 
ଵ
ఙೞ೏ᇱ
ቂ ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
ቃ = ଵ
ସଶ
ቂ ଶ଼଴଴଴
(଻଴ିଶ.ହ)
+ (ଶଵ଴଴ି଴,଺଼.ଶହ.଻଴.ଵ,଻ଽ)
ଶ
ቃ = 10,8 𝑐𝑚² 
 𝐴௦ = 
ଵ
ఙೞ೏
ቂ− ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
+ (ே೏ିோ೎೏)
ଶ
ቃ = ଵ
ସଶ
ቂ− ଶ଼଴଴଴
(଻଴ିଶ.ହ)
+ (ଶଵ଴଴ି଴,଺଼.ଶହ.଻଴.ଵ,଻ଽ)
ଶ
ቃ < 0 (hipótese violada) 
 Supondo agora que somente 𝐴௦ᇱ esteja comprimida: 
 𝑥 ≤ 1,25ℎ → 𝑥 ≤ 1,25. 70 = 87,5 𝑐𝑚 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
17 
 𝑥 = 1,25𝑑′ ቎ 1 + ඨ1 − 
ቀெ೏ିே೏ ൫௛ ଶൗ ିௗ
ᇲ൯ቁ
଴,ସଶହ௕ௗᇱమ௙೎೏
 ቏ = 1,25.5 ቈ 1 + ට1 − ൫ଶ଼଴଴଴ିଶଵ଴ (଴,ହ.଻଴ି )൯
଴,ସଶହ.ଶହ.ହమ.ଵ,଻ଽ
 ቉ =
60,3 𝑐𝑚 (hipótese confirmada) 
 ௫
ௗ
= 0,93 (𝐷4) → 𝜀௦ௗᇱ =
௫ିௗᇲ
௫
. 3,5‰ = ଺଴,ଷିହ
଺଴,ଷ
. 3,5‰ = 3,38‰ > 𝜀௬ௗ (𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ) 
 𝑅௖ௗ = 0,68𝑏. 𝑥. 𝑓௖ௗ = 0,68. 25. 60,3. 1,79 = 1894,93 kN 
 A armadura é então calculada por: 
𝐴௦ᇱ =
(𝑁ௗ − 𝑅௖ௗ)
𝜎௦ௗ′
=
2100 − 1834,93
43,48
= 6,1 𝑐𝑚² 
 
2.3 Flexotração com pequena excentricidade (armaduras tracionadas) 
 
 De modo análogo ao caso anterior, propõe-se um campo de deformações constante 𝜀 = 𝜀௦௨ =
10‰, correspondente ao limite último de tração do aço, o que leva a tensões nas armaduras 𝜎௦ௗ =
𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚ଶ e se analisa o equilíbrio da seção a partir dos esforços mobilizados na 
seção transversal (Figura 7). Agora, o dimensionamento é feito no domínio D1 (reta a), que 
caracteriza uma tração uniforme no caso de seção transversal e armaduras simétricas. Entretanto, 
assim como no caso 2.2 da flexocompressão, dimensionaremos a peça fazendo 𝐴௦ ≠ 𝐴௦ᇱ no caso geral 
onde 𝑀ௗ ≠ 0. Com isso, tomando como condição excentricidades 𝑒 ≤
௛
ଶ
− 𝑑′ para garantir a 
existências de duas armaduras tracionadas, temos: 
 
Figura 7 - Esforços mobilizados na seção transversal (armaduras tracionadas) 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
18 
 Equilíbrio: 
 ∑ �⃗� = 0 → 𝑅௦ௗ + 𝑅௦ௗᇱ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑁ௗ = −(𝑅௦ௗ + 𝑅௦ௗᇱ ) (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ = 0 → −𝑀ௗ − 𝑁ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ − 𝑅௦ௗᇱ (ℎ − 2𝑑ᇱ) = 0 (2) 
 De (2): 𝑅௦ௗᇱ = −
ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
− ே೏
ଶ
 
 De (1) e (2): 𝑅௦ௗ = 
ெ೏
(௛ିଶௗᇲ)
− ே೏
ଶ
 
 
 Vale lembrar que nas expressões acima, por se tratar de uma flexotração, Nd será sempre 
negativa (Nd<0) 
As armaduras são então calculadas por: 
𝐴௦ᇱ =
𝑅௦ௗᇱ
𝜎௦ௗ′
= 
1
𝑓௬ௗ
൤−
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
−
𝑁ௗ
2
൨ 
𝐴௦ =
𝑅௦ௗ
𝜎௦ௗ
= 
1
𝑓௬ௗ
൤ 
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
−
𝑁ௗ
2
൨ 
 
 Exemplo 5: Dimensionar a seção abaixo, para Mk = 300 kNm e Nk =-1000 kN. 
 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑑’ = 10 cm (d = 90 cm) 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
19 
 ൜
𝑀ௗ = 1,4. 300 = 420 𝑘𝑁𝑚 = 42000 𝑘𝑁𝑐𝑚
𝑁ௗ = 1,4. (−1000) = −1400 𝑘𝑁
 
 Excentricidade do carregamento: 𝑒 = ெ೏|ே೏| =
ସଶ଴଴଴
ଵସ଴଴
= 30 𝑐𝑚 (pequena) 
 Supondo que ambas as armaduras estejam tracionadas (𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ): 
𝐴௦ᇱ =
1
𝑓௬ௗ
൤−
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
−
𝑁ௗ
2
൨ =
1
43,48
൤−
42000
(100 − 2. 10)
−
(−1400)
2
൨ = 4 𝑐𝑚² 
𝐴௦ = 
1
𝑓௬ௗ
൤ 
𝑀ௗ
(ℎ − 2𝑑ᇱ)
−
𝑁ௗ
2
൨ =
1
43,48
൤
42000
(100 − 2. 10)
−
(−1400)
2
൨ = 28,2 𝑐𝑚² 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
20 
3. Diagramas de Interação 
 
 Até agora, no escopo da Flexão Composta Normal, foi possível dimensionar a armadura de 
seções de concreto armado (c.a.) em algumas situações específicas. Para isso, assumimos campos de 
deformação  na tentativa de satisfazer o equilíbrio entre os esforços externos e as tensões internas 
que surgem na seção em decorrência de . 
Muitas vezes, as hipóteses adotadas conduziram a dimensionamentos antieconômicos e, em 
alguns casos, o equilíbrio não pôde ser satisfeito para o campo de deformações assumido, indicando 
que as hipóteses foram violadas (As e/ou As’ negativos). 
Além disso, pensando na prática de projetos de peças submetidas à flexão composta, podemos 
ainda levantar algumas desvantagens relacionadas aos métodos de dimensionamento que foram 
apresentados anteriormente, como por exemplo: 
 Os casos de flexocompressão com pequena excentricidade acontecem usualmente em pilares 
e, nesses casos, é comum haver reversão de sinal do momento fletor solicitante Md (casos 
típicos dos carregamentos devidos ao vento, aceleração e frenagem nas pontes, etc). Portanto, 
as armaduras devem preferencialmente ser dispostas na seção de concreto de forma 
simétrica. Outra razão para se projetar pilares com armaduras simétricas é inibir possíveis 
erros de execução na obra; 
 Muitas vezes, a seção de c.a. é maior que o necessário por razões estéticas ou de limitação de 
dimensões mínimas por norma. Dimensionar estes casos fazendo o equilíbrio no ELU entre 
(𝑁ௗ , 𝑀ௗ) e (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ) poderá violar as hipóteses quando, por exemplo, no caso 2.2 acontecer 
𝑁ௗ < 𝑅௖ௗ; 
 Na prática, os elementos estruturais são dimensionados/verificados para várias combinações 
de carregamentos, dificultando muito a aplicação dos métodos apresentados 
Sendo assim, torna-se interessante descobrir a capacidade resistente de uma seção, 
conhecidas suas dimensões e armaduras. Isso é possível construindo o diagrama de interação entre 
força normal e momento fletor resistente (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ). 
 
3.1 Diagramas de Interação Dimensionais 
 
 A construção do diagrama de interação (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ) é feita para uma seção de c.a. conhecendo-
se suas dimensões e armaduras, além das propriedades mecânicas do aço e do concreto (fck, fyk).O 
processo consiste em se percorrer todos os domínios (1 ao 5) de deformações no ELU (ver Figura 8) 
para obtenção dos pares ordenados (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ). Ao ligar os pontos assim obtidos, tem-se o diagrama 
de interação, que corresponde à curva de resistência da seção. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
21 
 
Figura 8 - Domínios de deformação na ruptura (ELU). 
 
 Na Figura 9 a seguir é mostrado um diagrama de interação típico no qual é possível identificar 
os pares (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ) utilizados e seus respectivos domínios de deformação no ELU. 
 
Figura 9 – Diagrama de Interação dimensional típico. 
 
 
10%o
Reta ‘a’

10%o
D1-D2

10%o
D2-D3
 3,5%o
yd
D3-D4
 3,5%o
3,5%o
D4-D5
2,0%o
Reta ‘b’

NRd
MRd
compressão
tração
PEF3403 - Notas de Aula 
 
22 
 Exemplo 6: Construir o diagrama de interação para a seção abaixo. 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑑’ = 5 cm (d = 45 cm) 
 𝐴௦ = 𝐴௦ᇱ = 10 𝑐𝑚² 
 
Nos cálculos a serem apresentados na sequência, observe que os esforços atuantes na seção, 
em especial Md, serão calculados em relação ao c.g. da seção, pois é em relação a este eixo que 
normalmente são obtidos os esforços de uma estrutura. 
De modo geral, pode-se equacionar o problema da seguinte forma: 
 
൜
𝑅௖ௗ = 0,85𝑓௖ௗ𝑏 . 0,8𝑥 = 0,68𝑏𝑥𝑓௖ௗ
𝑅௦ௗ௜ = 𝐴௦௜𝜎௦௜ , 𝜎௦௜ = 𝐸௦𝜀௦௜ ≤ 𝑓௬ௗ 
 
 ∑ �⃗� = 0 → ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ − 𝑅௖ௗ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑁ௗ = 𝑅௖ௗ − ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ଴ = 0 → −𝑀ௗ + ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ ቀ𝑑௜ −
௛
ଶ
ቁ + 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4𝑥ቁ = 0 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
23 
 ∴ 𝑀ௗ = 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4𝑥ቁ + ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ ቀ𝑑௜ −
௛
ଶ
ቁ 
 
 Domínio D1 (reta a – tração uniforme): 
 
𝜀௦ௗ = 𝜀௦ௗᇱ = 10‰ ≥ 𝜀௬ௗ = 2,07‰ → 𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ 
 
 
൜
𝑁ோௗ = −2𝐴௦𝑓௬ௗ = −2. 10. 43,48 = −869,6 𝑘𝑁 (𝑡𝑟𝑎çã𝑜)
𝑀ோௗ = 0
 
 
 
 Limite entre domínios D1 e D2 (tração não uniforme): 
𝜀௦ௗ = 10‰ ≥ 𝜀௬ௗ → 𝜎௦ௗ = 𝑓௬ௗ 
𝜀௦ௗᇱ =
𝑑′
ℎ − 𝑑′
. 10‰ =
5
(50 − 5)
. 10‰
= 1,11‰ ≤ 𝜀௬ௗ 
𝜎௦ௗᇱ = 𝐸௦𝜀௦ௗᇱ = 21 000. 1,11‰
= 23,31 𝑘𝑁/𝑐𝑚² 
 
 
 ൝
𝑁ோௗ = −𝐴௦𝑓௬ௗ − 𝐴௦ᇱ 𝜎௦ௗᇱ = −10(43,48 + 23,31) = −667,9 𝑘𝑁(𝑡𝑟𝑎çã𝑜)
𝑀ோௗ = 𝐴௦𝑓௬ௗ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑′ቁ − 𝐴௦ᇱ 𝜎௦ௗᇱ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 10 ቀହ଴
ଶ
− 5ቁ (43,48 − 23,31) = 4034 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 
 Limite entre domínios D2 e D3: 
𝑥ଶଷ = 0,259𝑑 = 0,259. 45 = 11,7 𝑐𝑚 
 
 𝜀௦ௗ = 10‰ → 𝜎௦ௗ = 𝑓௬ௗ 
 
𝜀௦ௗᇱ =
𝑥ଶଷ − 𝑑′
𝑥ଶଷ
. 3,5 =
(11,7 − 5)
11,7
. 3,5‰
= 2‰ ≤ 𝜀௬ௗ 
 
𝜎௦ௗᇱ = 𝐸௦𝜀௦ௗᇱ = 21 000. 2‰ = 42 𝑘𝑁/𝑐𝑚² 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
24 
 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑁ோௗ = 0,68𝑏𝑥ଶଷ𝑓௖ௗ + 𝐴௦
ᇱ 𝜎௦ௗᇱ − 𝐴௦𝑓௬ௗ = 0,68. 20. 11,7. 1,79 + 10(42 − 43,48) = 270 𝑘𝑁
𝑀ோௗ = 0,68𝑏𝑥ଶଷ𝑓௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4𝑥ଶଷቁ + ൫𝐴௦𝑓௬ௗ + 𝐴௦ᇱ 𝜎௦ௗᇱ ൯ ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 0,68. 20. 11,7. 1,79 ቀହ଴
ଶ
− 0,4. 11,7ቁ
+10(43,48 + 42) ቀହ଴
ଶ
− 5ቁ = 22 884 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Limite entre domínios D3 e D4: 
 
𝑥ଷସ = 0,628𝑑 = 0,628. 45 = 28,3 𝑐𝑚 
 
 𝜀௦ௗ = 𝜀௬ௗ → 𝜎௦ௗ = 𝑓௬ௗ 
 
𝜀௦ௗᇱ =
𝑥ଷସ − 𝑑′
𝑥ଷସ
. 3,5‰ =
(28,3 − 5)
28,3
. 3,5‰
= 2,88‰ ≥ 𝜀௬ௗ → 𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ 
 
 
 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
𝑁ோௗ = 0,68𝑏𝑥ଷସ𝑓௖ௗ + 𝐴௦ᇱ 𝑓௬ௗ − 𝐴௦𝑓௬ௗ = 0,68. 20. 28,3. 1,79 + 10(43,48 − 43,48) = 688,9 𝑘𝑁
𝑀ோௗ = 0,68𝑏𝑥ଷସ𝑓௖ௗ ൬
ℎ
2
− 0,4𝑥ଷସ൰ + ൫𝐴௦𝑓௬ௗ + 𝐴௦ᇱ 𝜎௦ௗᇱ ൯ ൬
ℎ
2
− 𝑑ᇱ൰ = 0,68. 20. 28,3. 1,79 ൬
50
2
− 0,4. 28,3൰
+2.10.43,48 ൬
50
2
− 5൰ = 26 816 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Limite entre domínios D4 e D5 (compressão não uniforme): 
 
𝜀௦ௗ =
𝑑′
ℎ
. 3,5‰ =
5
50
. 3,5‰ = 0,35‰
≤ 𝜀௬ௗ 
𝜎௦ௗ = 𝐸௦𝜀௦ௗ = 21 000. 0,35‰
= 7,35 𝑘𝑁/𝑐𝑚² 
𝜀௦ௗᇱ =
ℎ − 𝑑′
ℎ
. 3,5‰ =
(50 − 5)
50
. 3,5‰
= 3,15‰ ≥ 𝜀௬ௗ → 𝜎௦ௗᇱ = 𝑓௬ௗ 
 
 
 
 
 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑁ோௗ = 0,68𝑏ℎ𝑓௖ௗ + 𝐴௦𝜎௦ௗ + 𝐴௦
ᇱ 𝑓௬ௗ = 0,68. 20. 50. 1,79 + 10(7,35 + 43,48) = 1725,5 𝑘𝑁
𝑀ோௗ = 0,68𝑏ℎ𝑓௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4ℎቁ + (−𝐴௦𝜎௦ௗ + 𝐴௦ᇱ 𝜎௦ௗᇱ ) ቀ
௛
ଶ
− 𝑑ᇱቁ = 0,68. 20. 50. 1,79. 0,1. 50
+10(−7,35 + 43,48) ቀହ଴
ଶ
− 5ቁ = 13 312 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
25 
 
 Domínio D5 (reta b – compressão uniforme): 
 
 
 
𝜀௦ௗ = 𝜀௦ௗᇱ = 𝜀௖ௗ = 2‰ ≤ 𝜀௬ௗ = 2,07‰ 
 
 𝜎௦ௗ = 𝜎௦ௗᇱ = 𝐸௦𝜀௦ௗ = 21 000. 2‰ = 42 𝑘𝑁/𝑐𝑚² 
 
 
 
 ൜𝑁ோௗ = 0,85𝑏ℎ𝑓௖ௗ + 2𝐴௦𝜎௦ௗ = 0,85. 20. 50. 1,79 + 2. 10. 42 = 2361,5 𝑘𝑁𝑀ோௗ = 0
 
 Da obtenção dos pares (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ) para todos os domínios de deformação na ruptura para a 
taxa de armadura pré-definida, obtém-se o respectivo diagrama de interação; por completude, 
também serão dispostos os diagramas relativos à taxa 𝐴௦ = 𝐴௦ᇱ = 5 𝑐𝑚² e para o limite inferior de 
ausência de armadura: 
 
 
 Com relação à figura acima e ao cálculo de modo geral, ressaltam-se algumas observações: 
 A região definida pela curva referente à ausência de armadura é denominada zona 
neutra; 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
26 
 Separando as contribuições do concreto e da armadura para a resistência da seção, 
percebe-se que a parcela proveniente das armaduras varia linearmente com os valores 
de 𝐴௦ e 𝐴௦ᇱ . 
൜𝑁ோௗ = 𝑅௖ௗ + 𝛼𝐴௦ + 𝛼
ᇱ𝐴௦ᇱ
𝑀ோௗ = 𝑀௖ௗ + 𝛽𝐴௦ + 𝛽ᇱ𝐴௦ᇱ
 
3.2 Diagramas de Interação Adimensionais 
 
 Mesmo que atualmente seja relativamente simples automatizar a criação de um diagrama de 
interação dimensional, ainda são utilizados os diagramas de interação adimensionais, expressos na 
forma de ábacos, tendo em vista a recorrente prática geral da adimensionalização na engenharia no 
passado, quando a computação ainda não era tão explorada como hoje. Para a presente finalidade, 
serão utilizados os ábacos presentes em Montoya (2010). 
 
 Num caso genérico, como na Figura 10: 
 
Figura 10 - Esforços mobilizados na seção transversal 
 
 Equilíbrio: 
 ∑ �⃗� = 0 → −𝑅௖ௗ + ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ + 𝑁ௗ = 0 ∴ 𝑁ௗ = 𝑅௖ௗ − ∑ 𝑅௦ௗ௜
௡
௜ୀଵ (1) 
 ∑ 𝑀ሬሬ⃗ ஼ீ = 0 → −𝑀ௗ + 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4𝑥ቁ + ∑ 𝑅௦ௗ௜ ቀ𝑑௦௜ −
௛
ଶ
ቁ௡௜ୀଵ = 0 
 ∴ 𝑀ௗ = 𝑅௖ௗ ቀ
௛
ଶ
− 0,4𝑥ቁ + ∑ 𝑅௦ௗ௜ ቀ𝑑௦௜ −
௛
ଶ
ቁ௡௜ୀଵ (2) 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
27 
 Definindo os seguintes adimensionais: 
𝜉 =
𝑥
ℎ
 , 𝜉௦௜ =
𝑑௦௜
ℎ
 (adimensionais de posição) 
𝜈ௗ =
𝑁ௗ
𝑏ℎ𝑓௖ௗ
 , 𝜇ௗ =
𝑀ௗ
𝑏ℎ²𝑓௖ௗ
 (adimensionais de resistência) 
𝜔௜ =
𝐴௦௜𝑓௬ௗ
𝑏ℎ𝑓௖ௗ
 (taxa mecânica de armadura) 
 Dividindo (1) por 𝑏ℎ𝑓௖ௗ: 
𝑁ௗ
𝑏ℎ𝑓௖ௗ
=
0,68𝑏𝑥𝑓௖ௗ
𝑏ℎ𝑓௖ௗ
− ෍
𝐴௦௜𝜎௦ௗ௜
𝑏ℎ𝑓௖ௗ
௡
௜ୀଵ
𝑓௬ௗ
𝑓௬ௗ
→ 𝜈ௗ = 0,68𝜉 − ෍ 𝜔௜
௡
௜ୀଵ
𝜎௦ௗ௜
𝑓௬ௗ
 
 
 Dividindo (2) por 𝑏ℎ²𝑓௖ௗ: 
 
𝑀ௗ
𝑏ℎଶ௙೎೏
=
0,68𝑏𝑥𝑓௖ௗ
𝑏ℎଶ௙೎೏
൬
ℎ
2
− 0,4𝑥൰ + ෍
𝐴௦௜𝜎௦ௗ௜
𝑏ℎଶ௙೎೏
൬𝑑௦௜ −
ℎ
2
൰
௡
௜ୀଵ
 
→ 𝜇ௗ = 0,68𝜉(0,5 − 0,4𝜉) + ෍ 𝜔௜
௡
௜ୀଵ
𝜎௦ௗ௜
𝑓௬ௗ
( 𝜉௦௜ − 0,5) 
 Observações: 
 Sem perda de generalidade, utilizar-se-á 𝑁ௗ como referente ao esforço normal resistente, 
lembrando que, no âmbito do dimensionamento em ELU, tem-se sempre 𝑁ோௗ ≥ 𝑁ௗ; 
 No cálculo de 𝜇ௗ , deve-se ter cuidado com o eixo em torno do qual atua o vetor momento, uma 
vez que, para 𝑀ௗ௫ (em notação vetorial), tem-se 𝜇ௗ௫ =
ெ೏ೣ
௕௛²௙೎೏
, enquanto que, para 𝑀ௗ௬, tem-se 
𝜇ௗ௬ =
ெ೏೤
௕²௛௙೎೏
; 
 Acerca da questão levantada acima, é frequente a representação das dimensões da seção 
retangular utilizando a notação ℎ௬ 𝑥 ℎ௫ ao invés de 𝑏 𝑥 ℎ, em que ℎ௬ faz o papel de dimensão 
normal ao eixo 𝑦 e ℎ௫, ao eixo 𝑥, conforme ilustra a figura a seguir. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
28 
 
Figura 11 – Representação vetorial dos momentos fletores econvenção das dimensões hx e hy. 
 
 As tensões 𝜎௦ௗ௜ atuantes nas armaduras são, para cada domínio de deformação na ruptura, 
definidas a partir das respectivas deformações específicas 𝜀௦௜, de modo que sempre se tenha 𝜎௦ௗ௜ =
𝐸௦ 𝜀௦௜ ≤ 𝑓௬ௗ . De maneira análoga aos diagramas de interação dimensionais, essas deformações 
podem ser obtidas por semelhança de triângulos, o que fornece: 
 Domínios D1 e D2: 
 
 𝜀௦௜ =
𝑑௦௜ − 𝑥
𝑑 − 𝑥
 . 10‰ =
𝑑௦௜ − 𝑥
ℎ − 𝑑′ − 𝑥
 . 10‰ =
 𝜉௦௜ − 𝜉
1 − (𝜉ᇱ + 𝜉)
. 10‰ 
 
 Domínios D3 e D4: 
 
 𝜀௦௜ =
𝑑௦௜ − 𝑥
𝑥
 . 3,5‰ =
 𝜉௦௜ − 𝜉
𝜉
. 3,5‰ 
 
 
 Domínio D5: 
 𝜀௦௜ =
𝑥 − 𝑑௦௜
𝑥 − 3ℎ 7ൗ
 . 2‰ =
 𝜉 − 𝜉௦௜
𝜉 − 3 7ൗ
. 2‰ 
 
hx
hy
x
y
Mx
My
PEF3403 - Notas de Aula 
 
29 
 Com isso, dado o tipo de seção transversal e o respectivo arranjo de armadura, geram-se 
diagramas de interação adimensionais com o aspecto apresentado na Figura 12. Cada curva nesta 
figura representa o diagrama de interação da seção para um taxa de armadura . 
 
Figura 12 - Diagramas de interação adimensionais típicos, para uma dada seção e arranjo de 
armadura 
 
 
Figura 13 - Exemplos de possibilidades para tipo de seção e de arranjo de armadura 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
30 
 Os problemas típicos são, conforme usual, de dimensionamento ou verificação. Para cada um 
deles, procede-se como detalhado a seguir: 
Para dimensionamento: 
1. Escolhe-se um tipo de seção e um arranjo de armadura; 
2. Calculam-se os adimensionais 𝜈ௗ e 𝜇ௗ a partir dos esforços solicitantes Nd e Md e se 
obtém do diagrama, o valor da taxa mecânica de armadura 𝜔. Dependendo da posição 
do ponto (𝜈ௗ , 𝜇ௗ), interpola-se o valor de  ou adota a curva mais próxima sempre a 
favor da segurança (maior ); 
3. Calcula-se então a armadura total correspondente a 𝐴௦௧௢௧ = 𝜔𝑏ℎ
௙೎೏
௙೤೏
; 
4. A distribuição da armadura na seção transversal (detalhamento) deve seguir 
rigorosamente o arranjo indicado no diagrama. 
Para verificação: 
1. Identifica-se a família de diagramas em função do tipo de seção e arranjo de armadura 
previamente conhecidos; 
2. Calcula-se 𝜔 = ஺ೞ೟೚೟௙೤೏
௕௛௙೎೏
 para a determinação do diagrama correspondente; 
3. Plota-se o par (𝜈ௗ , 𝜇ௗ), calculados para os esforços solicitantes Nd e Md oriundos dos 
carregamentos externos, e verifica-se graficamente se a seção resiste ao esforço 
aplicado. 
 
 Exemplo 7: Dimensionar as armaduras para a seção abaixo. 
 
 
 
൜
𝑁௞ = 1810𝑘𝑁
𝑀௞௫ = 97,7 kNm (convenção vetorial)
 
 
 
 
 Dados: 
 Concreto C20 (𝑓௖௞ = 20 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,43 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑑’ = 9 cm (tomado como 0,15h → d = 51 cm) 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
31 
 ൜
𝑁ௗ = 1,4. 1810 = 2534 𝑘𝑁
𝑀ௗ௫ = 1,4. 97,7 = 13 678 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 
 Cálculo dos adimensionais: 
 
 𝜈ௗ =
ே೏
௕௛௙೎೏
= ଶହଷସ
ଷହ.଺଴.ଵ,ସଷ
= 0,84 
 𝜇ௗ௫ =
ெ೏ೣ
௕௛²௙೎೏
= ଵଷ ଺଻଼
ଷହ.଺଴².ଵ,ସଷ
= 0,076 
 Utilizando-se o ábaco correspondente, encontra-se o valor de 𝜔: 
 
 Dele, obteve-se 𝜔 ≅ 0,22; com isso, obtém-se a armadura por: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔𝑏ℎ
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,22. 35. 60.
1,43
43,48
= 15,2 𝑐𝑚² 
 Para o arranjo em questão, em que a armadura na seção é distribuída em duas faces (inferior 
e superior), tem-se 𝐴௦ = 7,6 𝑐𝑚²/face; adotando uma bitola de 16 mm para as barras (𝐴௦ଵ =
2 𝑐𝑚²), tem-se então 𝐴௦ = 4ϕ10/face. 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
32 
 Exemplo 8: Para a mesma seção e arranjo de armadura do exemplo anterior, 
dimensionar as armaduras da seção para 𝑵𝒌 = 𝟏𝟖𝟏𝟎𝒌𝑵 e 𝑴𝒌𝒚 = 𝟕𝟎 𝐤𝐍𝐦. 
 
 ቊ
𝑁ௗ = 1,4. 1810 = 2534 𝑘𝑁
𝑀ௗ௬ = 1,4. 70 = 9800 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Cálculo dos adimensionais: 
 𝜈ௗ =
ே೏
௕௛௙೎೏
= ଶହଷସ
ଷହ.଺଴.ଵ,ସଷ
= 0,84 
 𝜇ௗ௬ =
ெ೏೤
௕²௛௙೎೏
= ଵଷ ଺଻଼
ଷହ².଺଴.ଵ,ସଷ
= 0,093 
 Do mesmo ábaco utilizado no exemplo anterior, encontra-se o valor de 𝜔: 
 
 Dele, obteve-se 𝜔 ≅ 0,27; com isso, obtém-se a armadura por: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔𝑏ℎ
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,27. 35. 60.
1,43
43,48
= 18,65 𝑐𝑚² 
 Novamente, para o arranjo com armadura em duas faces (nesse caso, nas faces esquerda e 
direita, uma vez que a flexão ocorre em torno do eixo y), tem-se 𝐴௦ = 9,32 𝑐𝑚²/face; adotando uma 
bitola de 16 mm para as barras (𝐴௦ଵ = 2 𝑐𝑚²), tem-se então 𝐴௦ = 5ϕ10/face. A figura a seguir ilustra 
como deve ser feita a disposição das barras na seção transversal nos casos dos Exemplos 7 e 8. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
33 
 
Figura 14 – Disposição das armaduras calculadas nos Exemplos 7 e 8. 
 
416.0mm
Exemplo 7
0,35m
0,6m
416.0mm
5
16
.0
m
m
Exemplo 8
0,35m
0,6m
5
16
.0
m
m
PEF3403 - Notas de Aula 
 
34 
4. Flexão Oblíqua Composta (FOC) 
 
 A Flexão Oblíqua Composta constitui o caso mais geral de flexão composta, no qual se tem uma 
força normal não nula, além de um vetor momento fletor resultante cuja direção, em geral, não 
coincide com nenhum dos eixos principais de inércia da seção transversal. Seja, por exemplo, uma 
força N de compressão, excêntrica ao eixo z da barra, conforme ilustra a Figura 15. É possível escrever 
os esforços em relação ao eixo da barra, adotando notação vetorial, como: 
 
Figura 15 - Flexão Oblíqua Composta (FOC) 
 
 ቊ
𝑀௞௫ = 𝑁௞𝑒௬
𝑀௞௬ = 𝑁௞𝑒௫
; não se preocupou com convenções de sinais para momentos fletores, uma vez 
que serão exigidas armaduras simétricas. 
 Para o problema em questão, dada uma seção e um arranjo de armadura pré-definidos, é 
possível, assim como no caso da Flexão Normal Composta, determinar diagramas de interação ao 
percorrer os domínios de deformação na ruptura, da escolha de um valor fixo α para a inclinação da 
linha neutra. Com isso, ao invés de curvas de resistência balizadas pelo par de esforços resistentes 
(𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ) ou pelos adimensionais (𝜈ௗ , 𝜇ௗ), agora ter-se-ão superfícies de resistência, que serão 
determinadas pela trinca (𝑁ோௗ, 𝑀ோௗ௫, 𝑀ோௗ௬) ou por (𝜈ௗ , 𝜇ௗ௫, 𝜇ௗ௬), a depender do caráter do 
diagrama. 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
35 
 
Figura 16 - Esforços na seção transversal para uma inclinação  da linha neutra. 
 
 
Figura 17 - Diagramas de interação na Flexão Oblíqua Composta (superfícies de resistência). 
 
 Da Figura 17, observa-se que para 𝛼 = 0° e 𝛼 = 90° tem-se flexões normais compostas em 
torno dos eixos x e y, respectivamente. Na prática, tomam-se curvas de nível dessas superfícies de 
resistência, para valores constantes de 𝑁ோௗ ou 𝜈ௗ , de modo a se obter diagramas de interação entre 
 𝑀ோௗ௫ e 𝑀ோௗ௬ ( 𝜇ௗ௫ 𝑒 𝜇ௗ௬), para diversas taxas de armadura. Esses diagramas são usualmente 
apresentados na forma de rosetas, como a apresentada na Figura 18: 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
36 
 
Figura 18 – Exemplo de roseta adimensional para Flexão Oblíqua Composta (FOC) 
 
 Exemplo 9: Dimensionar as armaduras para a seção abaixo. 
 
 
 
ቐ
𝑁௞ = 1810 𝑘𝑁
𝑀௞௫ = 97,7 𝑘𝑁𝑚 (convenção vetorial)
𝑀௞௬ = 30 𝑘𝑁𝑚 (convenção vetorial)
 
 
 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 𝑑’ = 0,1h (em ambas as direções) 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
37 
 ቐ
𝑁ௗ = 1,4. 1810 = 2534 𝑘𝑁
𝑀ௗ௫ = 1,4. 97,7 = 13 678 𝑘𝑁𝑐𝑚
𝑀ௗ௬ = 1,4. 30 = 4200 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Cálculo dos adimensionais: 
 𝜈ௗ =
ே೏
௕௛௙೎೏
= ଶହଷସ
ଶହ.଺଴.ଵ,଻ଽ
= 0,78 
 𝜇ௗ௫ =
ெೞ೏ೣ
௕௛²௙೎೏
= ଵଷ ଺଻଼
ଶହ.଺଴మ.ଵ,଻ଽ
= 0,065 = 𝜇௕ 
 𝜇ௗ௬ =
ெೞ೏೤
௕²௛௙೎೏
= ସଶ଴଴
ଶହ².଺଴.ଵ,଻ଽ
= 0,063 = 𝜇௔ 
 Utilizando a roseta correspondente, para a curva de 𝜈ௗ = 0,8 (melhor aproximação a favor da 
segurança):Do ábaco, obtém-se 𝜔 ≅ 0,2; com isso, obtém-se a armadura por: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔𝑏ℎ
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,2. 25. 60.
1,79
43,48
= 12,3 𝑐𝑚² 
 Para o arranjo com armadura nas faces laterais, tem-se 𝐴௦ = 6,15 𝑐𝑚²/face; adotando uma 
bitola de 12,5 mm para as barras (𝐴௦ଵ = 1,25 𝑐𝑚²), tem-se então 𝐴௦ = 5ϕ12,5/face. 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
38 
 Exemplo 10: Para a mesma seção e esforços solicitantes do exemplo anterior, 
dimensionar as armaduras para o novo arranjo. 
 
 
 
ቐ
𝑁ௗ = 1,4. 1810 = 2534 𝑘𝑁
𝑀ௗ௫ = 1,4. 97,7 = 13 678 𝑘𝑁𝑐𝑚
𝑀ௗ௬ = 1,4. 30 = 4200 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 
 
 
 
 𝜈ௗ = 0,78, 𝜇ௗ௫ = 0,065 e 𝜇ௗ௬ = 0,063 se mantêm (mesma seção e mesmos esforços) 
 Novamente, para a roseta correspondente, de 𝜈ௗ = 0,8 (melhor aproximação a favor da 
segurança): 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
39 
 Do ábaco, obtém-se 𝜔 ≅ 0,2; com isso, obtém-se a armadura por: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔𝑏ℎ
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,2. 25. 60.
1,79
43,48
= 12,3 𝑐𝑚² 
 Como o arranjo exige agora o mesmo número de barras nas quatro faces do pilar, podemos 
optar por utilizar 12 barras de ϕ =12,5mm (𝐴௦ଵ = 1,25 𝑐𝑚²). Note que, para atender ao arranjo dado, 
teremos que usar uma área de aço de 15 cm2, que é maior que a área necessária de 12,3 cm2. 
 
4.1 Método aproximado (NBR 6118:2014) 
 
 Nos casos de Flexão Oblíqua Composta, a NBR6118:2014 permite a seguinte aproximação 
para a verificação da resistência de uma seção, conhecidos os valores dos esforços referentes às 
flexões normais compostas nas duas direções: 
ቆ
𝑀ோௗ௫
𝑀ோௗ௫௫
ቇ
ఈ
+ ቆ
𝑀ோௗ௬
𝑀ோௗ௬௬
ቇ
ఈ
= 1, ൜
𝛼 = 1 (caso geral)
𝛼 = 1,2 (seção retangular) 
 𝑀ோௗ௫, 𝑀ோௗ௬: momentos fletores resistentes de cálculo na Flexão Oblíqua Composta, para 𝑁ௗ 
fixo; 
 𝑀ோௗ௫௫ , 𝑀ோௗ௬௬: momentos fletores resistentes de cálculo na Flexão Normal Composta, para 𝑁ௗ 
fixo. 
 Tal relação pode ser observada na Figura 19: 
 
Figura 19 - Representação gráfica do Método Aproximado 
 
 
 Note que este método aproximado permite que seções submetidas a F.O.C. possam ser 
verificadas com uso apenas de ábacos de F.N.C. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
40 
 Exemplo 11: Verificar a segurança de uma seção retangular para os esforços abaixo: 
 
ቐ
𝑁ௗ = 1500 𝑘𝑁
𝑀ௗ௫ = 150 𝑘𝑁𝑚 = 15 000 𝑘𝑁𝑐𝑚
𝑀ௗ௬ = 80 𝑘𝑁𝑚 = 8000 𝑘𝑁𝑐𝑚
 
 Dado que com a armadura adotada para seção, essa é capaz de resistir, em Flexão Normal 
Composta, para 𝑁ௗ = 1500 𝑘𝑁, a 𝑀ோௗ௫௫ = 230 𝑘𝑁𝑚 e a 𝑀𝑅ௗ௬௬ = 180 𝑘𝑁𝑚 (atuando 
separadamente): 
ቆ
𝑀ௗ௫
𝑀ௗ௫௫
ቇ
ఈ
+ ቆ
𝑀ௗ௬
𝑀ௗ௬௬
ቇ
ఈ
= 1 → ൬
150
230
൰
ଵ,ଶ
+ ൬
80
180
൰
ଵ,ଶ
= 0,98 ≤ 1 (condição verificada) 
 
4.2 Correção de 𝑨𝒔 
 
 Eventualmente, a distância 𝑑′௘௙ efetiva da seção transversal é diferente do valor 𝑑′á௕௔௖௢ 
disponível nos ábacos de Flexão Composta, para o tipo de seção e arranjo de armadura 
correspondente. No intuito de corrigir o valor obtido para a taxa de armadura para um valor mais 
próximo do real, executa-se o seguinte procedimento: 
 𝑑′௘௙ > 𝑑′á௕௔௖௢: 𝐴௦௖௢௥௥ = ൬
௛ିଶௗᇱá್ೌ೎೚
௛ିଶௗᇱ೐೑
൰ 𝐴௦௧௢௧ > 𝐴௦௧௢௧; nesse caso, se está contra a segurança, uma 
vez que se está supondo uma altura útil (ábaco) menor que a real (𝑑 + 𝑑ᇱ = ℎ). 
 𝑑′௘௙ < 𝑑′á௕௔௖௢: aqui, se está a favor da segurança, uma vez que se supõe uma altura útil (ábaco) 
maior que a real, de modo que a correção não é obrigatória. 
 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
41 
5. Pilares 
 
 Até o presente momento, analisou-se a ocorrência de flexão composta em barras e paredes de 
estruturas de concreto armado. Nestas situações, a obtenção dos esforços solicitantes era 
relativamente simples, o que para os pilares, objeto deste capítulo, pode se mostrar um pouco mais 
complicado. Issi se deve ao fato de que é preciso levar e consideração, na obtenção dos esforços 
solicitantes, alguns efeitos que serão detalhados mais adiante. 
 Pilares são elementos estruturais com comportamento de barra, geralmente verticais, que 
têm como principais funções transferir as cargas atuantes na estrutura às fundações e garantir a 
estabilidade horizontal da edificação ao prover rigidez lateral. Como particularidades dos pilares, 
citam-se alguns efeitos de suma importância para seu estudo: 
 Imperfeições geométricas (locais e globais); 
 Não linearidades geométrica e do material; 
 Instabilidade estrutural. 
 Observação: os efeitos da não linearidade geométrica costumam ser denotados por Efeitos de 
2ª Ordem em diversas literaturas e normas técnicas. 
 A seguir, serão exemplificados como os efeitos dos carregamentos verticais e horizontais se 
manifestam nos pilares, no caso de um edifício de múltiplos pavimentos. 
 
 
Figura 20 - Representação em planta dos pilares de um edifício 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
42 
 
 
 
Figura 21 - Efeitos dos carregamentos verticais 
 
 
Figura 22 - Efeitos dos carregamentos horizontais 
 
 Salienta-se, da observação das figuras acima, que: 
 Pilares de canto estarão submetidos a momentos fletores significativos em ambas as direções 
e força normal relativamente pequena comparado com os demais pilares; 
 Pilares de borda terão momento fletor relativamente grande em uma das direções (vetor 
momento paralelo à borda) e força normal, em geral, maior comparada ao pilar de canto e 
menor do que a força normal dos pilares centrais; 
 Pilares centrais têm uma maior área de influência e, por esta razão, apresentam maior força 
normal. Se os vãos forem aproximadamente iguais, os momentos fletores atuante serão 
essencialmente oriundos das forças devidas ao vento. 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
43 
5.1 Imperfeições geométricas 
 
 As imperfeições geométricas, em estruturas reticuladas, correspondem à falta de retilineidade 
e/ou verticalidade dos eixos das barras da edificação “descarregada” em relação aos desenhos de 
projeto, seja em escala local ou global. 
5.1.1 Imperfeição geométrica global 
 
 A imperfeição geométrica global corresponde a um desaprumo da edificação como um todo 
em relação à vertical, conforme ilustrado na Figura 23: 
 
Figura 23 - Imperfeição geométrica global em edifícios 
 
 O ângulo 𝜃, que denota a inclinação do edifício, é dado em função do número de prumadas e 
por sua altura em metros pela seguinte relação: 
𝜃 = 𝜃ଵඨ
1 + 1 𝑛ൗ
2
=
1
100√𝐻
ඨ1 +
1 𝑛ൗ
2
 
1
300
≤ 𝜃ଵ ≤
1
200
 
 Da relação acima, observa-se que, quanto maior for o número de prumadas e mais alto for o 
edifício, menor será o desaprumo considerado na análise da estrutura para obtenção dos esforços 
solicitantes. Isso se deve aos seguintes fatos: 
 Com o aumento da altura H do edifício, tem-se uma “autocorreção” de 𝜃 a cada pavimento 
durante o processo construtivo; 
 O aumento do número de prumadas do edifício faz com que haja uma menor probabilidade 
dos pilares possuírem inclinação 𝜃 todas no mesmo sentido. 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
44 
 A NBR6118:2014 permite que os efeitos da imperfeição geométrica global sejam reduzidos 
quando se tem forças de vento consideráveis atuando na estrutura. As considerações a serem feitas, 
de acordo com as possibilidades, são: 
 Caso os momentos fletores causados pelo desaprumo forem menores que 30% dos momentos 
causados pelo vento, o efeito da imperfeição geométrica global pode ser desprezado; 
 Caso os momentos fletores causados pelo vento forem menores que 30% dos momentos 
causados pelo desaprumo, considera-se somente o desaprumo respeitando a consideração de 
𝜃ଵ௠௜௡ definido anteriormente; 
 Nos demais casos, consideram-se a ação do vento e do desaprumo; para esses, deve-se tomar 
ambas as ações atuando na mesma direção e sentido sem a necessidade de consideração do 
𝜃ଵ௠௜௡. 
 
5.1.2 Imperfeição geométrica local 
 
 Faz-se necessário verificar também, quando do dimensionamento de um lance de pilar, o 
respectivo desaprumo de seu eixo, como pode ser visto na Figura 24: 
 
 
Figura 24 - Imperfeição geométrica local em pilares de edifícios 
 
 Entretanto, tendo em vista a dificuldade prática de se levar tal efeito em conta na análise da 
estrutura, a NBR6118 prescreve que esse pode ser substituído pela consideração do chamado 
momento fletor mínimo de 1ª ordem, dado por: 
𝑀ଵௗ௠௜௡ = 𝑁ௗ(0,015 + 0,03ℎ) 
 𝑁ௗ: força normal solicitante de cálculo; 
 ℎ: altura da seção transversal do pilar em metros, na direção considerada. 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
45 
 Observações: 
 Ao momento fletor 𝑀ଵௗ௠௜௡ devem ser acrescidos os momentos fletores de 2ª ordem, a serem 
vistos adiante; 
 Não se devem somar os momentos fletores solicitantes (de 1ª ordem) oriundos dos 
carregamentos externos ao 𝑀ଵௗ௠௜௡. 
 Antes do exemplo a seguir, faz-se um esclarecimento: quando da análise de pilares, é usual se 
referir às dimensões da seção transversal, ao invés de 𝑏௪ 𝑥 ℎ como usual em vigas, a ℎ௬ 𝑥 ℎ௫, em que 
ℎ௬ é a dimensão normal ao eixo 𝑦 e ℎ௫ a dimensão normal ao eixo 𝑥. Tal nomenclatura visa a evitar 
erros nos cálculos dos momentos fletores envolvidos nessa análise, a exemplo de 𝑀ଵௗ௠௜௡. 
 
Figura 25 – Convenção adotada para o cálculo de pilares. A convenção vetorial dos momentos fletores é 
fortemente recomendada. 
 
 Exemplo 12: Determinar os momentos fletores mínimos de 1ª ordem, nas duas 
direções, de modo que as imperfeições geométricas locais possam ser desprezadas na análise 
do pilar abaixo. 
 
 
 
൞
ℎ௫ = 0,45 𝑚
ℎ௬ = 0,2 𝑚
𝑙 = 3 𝑚
𝑁௞ = 1000 𝑘𝑁
 
 
൝
𝑀ଵௗ௠௜௡௫ = 𝑁ௗ(0,015 + 0,03ℎ௫) = 1,4. 1000(0,015 + 0,03. 0,45) = 39,9 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௠௜௡௬ = 𝑁ௗ൫0,015 + 0,03ℎ௬൯ = 1,4. 1000(0,015 + 0,03. 0,2) = 29,4 𝑘𝑁𝑚
 
hx
hy
x
y
Mx
My
PEF3403 - Notas de Aula 
 
46 
5.2 Pilar de Euler 
 
 Antes de prosseguir com a análise de pilares em concreto armado, é oportuno revisitarmos o 
Pilar de Euler, assunto normalmente abordado em cursos de resistência dos materiais. O conceito de 
flambagem está relacionado a uma mudança brusca da configuração de equilíbrio, podendo ocorrer 
quando se tem uma bifurcação na trajetória de equilíbrio ou um ponto limite. Esta mudança brusca, 
em geral, é acompanhada por grande aumento dos deslocamentos e esforços que podem levar a 
estrutura ao colapso. 
 Para determinar a carga crítica de flambagem do pilar ilustrado na Figura 26, podemos utilizar 
o Processo do Equilíbrio, no qual assumimos uma configuração deformada da barra, diferente da 
solução trivial, em equilíbrio com o carregamento externo P. 
 
Figura 26 - Pilar de Euler 
 
 Os momentos fletores, interno e externo, são dados por: 
ቐ𝑀௜௡௧ =
𝐸𝐼
𝜌
≅ −𝐸𝐼𝑤′′(𝑥)
𝑀௘௫௧ = 𝑃𝑤(𝑥)
 
 Observação: na expressão de 𝑀௜௡௧, tomou-se a expressão aproximada para a curvatura da 
barra ଵ
ఘ
≅ −𝑤′′, visto que (w’(x))2 <<1 na expressão geral dada por ଵ
ఘ
= ି௪ᇱ (௫)
[ଵା(௪ᇲ(௫))మ]య మ⁄
 . 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
47 
 Equilíbrio: 
 𝑀௜௡௧ = 𝑀௘௫௧ → 𝐸𝐼𝑤ᇱᇱ + 𝑃𝑤 = 0 → Seja 𝑘² = 
௉
ாூ
: 𝑤ᇱᇱ + 𝑘²𝑤 = 0 (EDO homogênea, linear e a 
coeficientes constantes)→ 𝑤(𝑥) = 𝐴 sen 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 (solução geral) 
 
 Condições de contorno: 
 𝑤(0) = 0 → 𝐵 = 0 
 𝑤(𝑙) = 0 → 𝐴 sen 𝑘𝑙 = 0 → ൜𝐴 = 0 (solução trivial)sen 𝑘𝑙 = 0 → 𝑘𝑙 = 𝑛𝜋, 𝑛 ∈ ℤ 
 Para n =1, correspondente ao primeiro modo de flambagem: 
 𝑘𝑙 = 𝜋 → 𝑘²𝑙² = 𝜋² → 𝑘² = ௉
ாூ
= గ²
௟²
∴ 𝑃௖௥ =
గ²ாூ
௟²
 (carga crítica de Euler) 
 Generalizando a carga crítica para diferentes vinculações da barra: 
𝑃௖௥ =
𝜋²𝐸𝐼
𝑙௙௟²
=
𝜋²𝐸𝐼
(𝑘𝑙)²
 
 𝑙௙௟: comprimento efetivo de flambagem, denotado pela distância entre pontos de momento 
fletor nulo; 
 𝑘: fator de comprimento efetivo de flambagem. 
 
 Na Tabela 1, são ilustrados alguns casos ideais, segundo diferentes condições de vinculação: 
Tabela 1 - Comprimentos de flambagem para diferentes vinculações 
Fonte: NBR8800:2008 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
48 
 
 A saber, casos nos quais 𝑘 ≤ 1 caracterizam estruturas de nós fixos (a exemplo dos casos a),b) 
e c)), enquanto que casos nos quais 𝑘 ≥ 1 caracterizam estruturas de nós móveis (a exemplo dos 
casos d), e) e f)). 
5.3 Índice de Esbeltez 
 Define-se o índice de esbeltez de uma barra por: 
𝜆 =
𝑙௙௟
𝑟
=
𝑘𝑙
𝑟
 
 𝑟 = ට ூ
஺
: raio de giração da seção transversal. 
 Para o caso de seções retangulares, em que por questão de clareza se explicitam as dimensões 
na Figura 27, os raios de giração em torno dos eixos 𝑥 e 𝑦 são dados por: 
 
Figura 27 - Seção retangular genérica 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
49 
⎩
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎧
𝑟௫ = ඨ
𝐼௫
𝐴
= ඨ
1
ℎ௬ℎ௫
ℎ௬ℎ௫³
12
=
ℎ௫
√12
≅
ℎ௫
3,46
𝑟௬ = ඨ
𝐼௬
𝐴
= ඨ
1
ℎ௬ℎ௫
ℎ௫ℎ௬³
12
=
ℎ௬
√12
≅
ℎ௬
3,46
 
 Lançando mão da definição do índice de esbeltez 𝜆 na expressão da carga crítica de Euler: 
𝑃௖௥ =
𝜋²𝐸𝐼
𝑙௙௟²
=
𝜋²𝐸𝐼
(𝑘𝑙)²
=
𝜋²𝐸𝐼
𝜆² 𝐼 𝐴ൗ
=
𝜋²𝐸𝐴
𝜆²
 
 Do exposto acima, observa-se que a carga crítica pode ser expressa como função de 𝜆, o que 
dá origem à chamada Hipérbole de Euler. Na Figura 28, será apresentada sua versão ajustada para o 
comportamento estrutrural do concreto, em que se verifica a aderência à hipérbole em somente para 
valores altos de . 
 
Figura 28 - Hipérbole de Euler (ajustada para o comportamento estrutural do concreto) 
 
 Os pilares podem ser classificados segundo sua esbeltez da seguinte maneira: 
 𝜆 ≤ 35: Pilar curto – Efeitos de 2ª Ordem locais e de fluência do concreto podem ser 
desprezados; 
 35 < 𝜆 ≤ 90: Pilar padrão (medianamente esbelto) – Consideram-se Efeitos de 2ª Ordem e 
desprezam-se efeitos de fluência do concreto; 
 90 < 𝜆 ≤ 140: Pilar esbelto - Consideram-se Efeitos de 2ª Ordem e os efeitos de fluência do 
concreto; 
 140 < 𝜆 ≤ 200: Pilar muito esbelto – Além dos efeitos anteriores, os esforços solicitantes no 
pilar devem ser majorados por um coeficiente adicional n1. 
 Os pilares com esbeltez na faixa do pilar padrão (medianamente esbeltos) são mais usuais na 
prática do projeto estrutural e, por esta razão, serão objeto de estudo a seguir quando da 
consideração da não linearidade geométrica. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
50 
5.4 Não linearidade geométrica (Efeitos de 2ª Ordem) 
 
 Analisando um pilar proveniente de uma estrutura de pórtico de nós móveis, em sua 
configuração deformada, sujeito a esforços em seu topo, temos: 
 
Figura 29 – Esforços atuantes em um Pilar de uma estrutura de nós móveis (configuração deformada) 
 
 
 𝑁ௗ , 𝐻ௌௗ e 𝑀ௌௗ: esforços atuantes no topo do pilar (1ª Ordem); 
 ∆: deflexão devida ao carregamento horizontal 𝐻௦ௗ (1ª Ordem); 
 ∆𝑀ௌௗ: acréscimo de momento fletor devido à não linearidade geométrica global (Efeito de 2ª 
Ordem Global) 
 Observação: na ilustração acima, tomou-se como referência um pilar constituinte de uma 
estrutura, a exemplo de um pórtico, de sorte que o efeito da não linearidade geométrica descrito 
possuía caráter global. Note que os maiores acréscimos de momento fletor devidos aos efeitos de 2ª 
ordem global acontecem nas extremidades da barra. 
A não linearidade geométrica local, por sua vez, provoca amplificação do momento fletor 
(𝛿𝑀ௌௗ) ao longo do comprimento das barras, sendo nulo nas extremidades, conforme será visto na 
aplicação adiante. 
 Antes que seja apresentado o método recomendado pela norma para cálculo do momento 
fletor de 2ª ordem local, será ilustrado a seguir um exemplo de motivação. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
51 
 Exemplo 13: Determinar o momento fletormáximo na estrutura abaixo, incluindo não 
linearidade geométrica (Efeitos de 2ª Ordem Local). 
 
 
 Numa seção genérica, caracterizada pela abscissa 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑙: 
 ቊ𝑀௜௡௧ =
ாூ
௥
≅ −𝐸𝐼𝑤′′
𝑀௘௫௧ = 𝑃(𝑒 + 𝑤) = 𝑀ଵ + 𝑀ଶ
 
 𝑀௜௡௧ = 𝑀௘௫௧ → 𝐸𝐼𝑤ᇱᇱ + 𝑃(𝑒 + 𝑤) = 0 → 𝐸𝐼𝑤ᇱᇱ + 𝑃𝑤 = −𝑃𝑒 → 𝑤ᇱᇱ + 𝑘ଶ𝑤 = −𝑘²𝑒 
 Como se tem nesse caso uma EDO não homogênea, tomando uma solução particular constante, 
isto é, com o mesmo caráter do termo à direita da igualdade: 
 𝑤௣(𝑥) = 𝐶, 𝐶 ∈ ℝ → Substituindo na EDO: 𝑤௣ᇱᇱ + 𝑘²𝑤௣ = 𝑘²𝐶 = −𝑘ଶ𝑒 → 𝐶 = −𝑒 
 A solução geral da EDO é então dada por: 
 𝑤(𝑥) = 𝑤௛(𝑥) + 𝑤௣(𝑥) = 𝐴 sen 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 − 𝑒 
 Condições de contorno: 
 𝑤(0) = 0 → 𝐵 = 𝑒 
 𝑤(𝑙) = 0 → A sen 𝑘𝑙 + 𝑒(cos 𝑘𝑙 − 1) = 0 → 𝐴 = ௘(ଵିୡ୭ୱ ௞௟)
ୱୣ୬ ௞௟
 
 Determinadas as constantes A e B, reescreve-se a solução geral da EDO como: 
 𝑤(𝑥) = 𝐴 sen 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 − 𝑒 = 𝑒 ቂቀ(ଵିୡ୭ୱ )
ୱୣ୬ ௞௟
ቁ sen 𝑘𝑥 + cos 𝑘𝑥 − 1ቃ 
 A flecha 𝛿 = 𝑤(𝑙 2⁄ ) pode ser escrita, fazendo uso das identidades trigonométricas, por: 
 𝛿 = 𝑤(𝑙 2⁄ ) = 𝑒(sec(𝑘𝑙 2⁄ ) − 1) = 𝑒 ൬sec ൬గ
ଶ ට
௉
௉೎ೝ
൰ − 1൰ 
 Com isso, o momento fletor máximo é dado por: 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
52 
𝑀௠௔௫ = 𝑃(𝑒 + 𝛿) = 𝑃𝑒 sec ቌ
𝜋
2
ඨ
𝑃
𝑃௖௥
ቍ = 𝑀ଵ sec ቌ
𝜋
2
ඨ
𝑃
𝑃௖௥
ቍ ≅ 𝑀ଵ
1
1 − 𝑃 𝑃௖௥ൗ
 
 A expressão para o Mmax deduzida acima tem um significado muito importante e de fácil 
interpretação em razão de sua simplicidade, a saber: 
 À medida que P se aproxima de Pcr, o deslocamento  cresce muito e consequentemente 
também o momento fletor; 
 O valor de Pcr é, portanto, importante pois indica um nível de esforço para o qual os efeitos da 
não linearidade geométrica conduziriam a estrutura ao colapso (ruína) por instabilidade. 
 
5.5 Método do Pilar Padrão 
 
 Apresenta-se agora o chamado Método Aproximado do Pilar Padrão, sugerido pela NBR6118, para 
o cálculo dos momentos fletores de 2ª ordem locais, em que a flecha é expressa em função da 
curvatura da barra. As hipóteses são as seguintes: 
 Aplicação somente em pilares com esbeltez 𝜆 ≤ 90, seção transversal constante e armadura 
simétrica e constante ao longo de todo o eixo do pilar; 
 A não linearidade geométrica é considerada de forma aproximada, supondo-se que a 
deformada da barra assume forma senoidal (Figura 30); 
 A não linearidade física é considerada ao se expressar a curvatura na seção crítica. 
 
Figura 30 - Barra com deformada assumida senoidal 
 
 O deslocamento transversal de uma seção genérica da barra, a partir das hipóteses 
assumidas, é dado por: 
 𝑤(𝑥) = 𝛿 sen ൬ గ
௟೑೗
𝑥൰ 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
53 
 Da aproximação da curvatura da barra, para pequenos deslocamentos: 
 ଵ
௥
≅ −𝑤′′(𝑥) → Derivando a expressão acima: ଵ
௥
≅ 𝛿 గ²
௟೑೗²
sen ൬ గ
௟೑೗
𝑥൰ 
 ቀଵ
௥
ቁ
௠௔௫
= 𝛿 గ²
௟೑೗²
→ 𝛿 = ௟೑೗²
గ²
ቀଵ
௥
ቁ
௠௔௫
 
 Dado que o momento fletor de 2ª ordem local é calculado a partir da flecha, tem-se: 
 𝛿𝑀ଶௗ = 𝑁ௗ𝛿 = 𝑁ௗ
௟೑೗²
గ²
ቀଵ
௥
ቁ
௠௔௫
 
 Para a determinação da curvatura máxima da barra, recorre-se à Figura 31: 
 
Figura 31 - Curvatura de um trecho infinitesimal da barra 
 
൞
𝑑𝑥 = 𝑟𝑑𝜙 →
1
𝑟
=
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(𝜀௖ + 𝜀௦)𝑑𝑥 = 𝑑 𝑑𝜙 →
𝑑𝜙
𝑑𝑥
=
(𝜀௖ + 𝜀௦)
𝑑
→ 𝐴ço CA − 50: 
1
𝑟
=
(𝜀௖ + 𝜀௦)
𝑑
≤
5,57‰
𝑑
 
 A norma propõe como simplificação para a curvatura máxima da barra a seguinte 
expressão: 
൬
1
𝑟
൰
௠௔௫
≅
0,005
(𝜈ௗ + 0,5)ℎ
≤
0,005
ℎ
 
 Finalmente, da recordação do adimensional de resistência 𝜈ௗ =
ே೏
௛೤௛ೣ௙೎೏
, o momento fletor de 
2ª ordem local de uma barra é dado por: 
𝛿𝑀ଶௗ ≅ 𝑁ௗ
𝑙௙௟ଶ
𝜋ଶ
0,005
(𝜈ௗ + 0,5)ℎ
≅ 𝑁ௗ
𝑙௙௟ଶ
10
0,005
(𝜈ௗ + 0,5)ℎ
 , 𝜈ௗ ≥ 0,5 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
54 
 Exemplo 14: Determinar o momento fletor de 2ª ordem local máximo para o pilar 
abaixo, nas duas direções. 
 
 
൞
ℎ௫ = 0,45 𝑚
ℎ௬ = 0,2 𝑚
𝑙 = 3 𝑚
𝑁௞ = 1000 𝑘𝑁
 
 
 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 
 𝜈ௗ =
ே೏
௛೤௛ೣ௙೎೏
= ଵ,ସ.ଵ଴଴଴
ସହ.ଶ଴.ଵ,଻ଽ
= 0,87 ≥ 0,5 
 𝑙௙௟௫ = 𝑙௙௟௬ = 𝑙 = 3𝑚 
 𝜆௫ =
௟೑೗ೣ
௥ೣ
=
ଷ,ସ଺௟೑೗ೣ
௛ೣ
= ଷ,ସ଺.ଷ
଴,ସହ
= 23,1 ≤ 90 
 𝜆௬ =
௟೑೗೤
௥೤
=
ଷ,ସ଺௟೑೗೤
௛೤
= ଷ,ସ଺.ଷ
଴,ଶ
= 52 ≤ 90 
 𝛿𝑀ଶௗ௫ = 𝑁ௗ
௟೑೗ೣ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(ఔ೏ା଴,ହ)௛ೣ
= 1400 ଷ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(଴,଼଻ା଴,ହ)଴,ସହ
= 10,2 𝑘𝑁𝑚 = 10200 𝑘𝑁𝑐𝑚 
 𝛿𝑀ଶௗ௬ = 𝑁ௗ
௟೑೗೤²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(ఔ೏ା଴,ହ)௛೤
1400 ଷ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(଴,଼଻ା ,ହ)଴,ଶ
= 23 𝑘𝑁𝑚 = 23000 𝑘𝑁𝑐𝑚 
 
 
 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
55 
5.6 Pilares em estruturas de nós fixos 
 
 As chamadas estruturas de nós fixos são as estruturas nos quais os efeitos de não linearidade 
geométrica global (Efeitos de 2ª Ordem Globais) são desprezíveis; segundo a norma, essa 
consideração pode ser feita quando esses efeitos são inferiores a 10% dos Efeitos de 1ª Ordem. Como 
exemplos, citam-se pórticos com poucos pavimentos e muitas prumadas, além de edifícios com 
estruturas de contraventamento (shear walls e/ou núcleos rígidos). 
 O procedimento a ser apresentado é válido para dimensionamento e verificação de pilares 
com esbeltez 𝜆 ≤ 90; analisar-se-ão, para cada lance de pilar, três seções: topo, base e centro. 
 
Figura 32 - Ilustração dos esforços no pilar para o procedimento 
 
 O momento fletor de 1ª ordem no centro do pilar, dado por 𝑀ଵௗ஼ , é estimado a partir dos 
momentos nas extremidades (base e topo) por meio da seguinte relação: 
 
𝑀ଵௗ஼ = ൬0,6 + 0,4
𝑀஻
𝑀஺
൰ 𝑀஺ ≥ 0,4𝑀஺ 
 𝑀஺ = 𝑚𝑎𝑥{|𝑀ଵௗ஻ |, |𝑀ଵௗ் |}; 
 𝑀஻: o outro momento fletor de extremidade, tomado com sinal positivo se tracionar o mesmo 
lado da seção que 𝑀஺, e negativo em caso contrário (curvatura reversa). 
 Ainda quanto à seção do centro do pilar, informa-se que os Efeitos de 2ª Ordem Local, 
expressos pelo momento 𝛿𝑀ଶௗ , devem ser considerados sempre que se tenha 35 < 𝜆 ≤ 90. A seguir, 
serão expostas as sequências do procedimento para os dois casos possíveis (FNC e FOC). 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
56 
5.6.1 Caso A: Pilares em Flexão Normal Composta (FNC) 
 
1. Verificação da seção central, em ambas as direções (separadamente), com os momentos 
fletores de 1ª ordem mínimo 𝑀ଵௗ௠௜௡ e de 2ª ordem local 𝛿𝑀ଶௗ (Figura 33): 
 
 
Figura 33 - Ilustração dos casos a serem verificados (Casos A1 e A2) 
 
൝
𝑀ଵௗ௠௜௡௫ = 𝑁ௗ(0,015 + 0,03ℎ௫)
𝑀ଵௗ௠௜௡௬ = 𝑁ௗ൫0,015 + 0,03ℎ௬൯
 , ℎ = [𝑚] 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝛿𝑀ଶௗ௫ = 𝑁ௗ
𝑙௙௟௫²
10
0,005
(𝜈ௗ + 0,5)ℎ௫
𝛿𝑀ଶௗ௬ = 𝑁ௗ
𝑙௙௟௬²
10
0,005
(𝜈ௗ + 0,5)ℎ௬
 , 𝜈ௗ ≥ 0,5 
 
2. Verificação com momentos de 1ª ordem 𝑀ଵௗ nas três seções (topo, base e centro) apenas 
na direção em que esse atua, somando o momento de 2ª ordem local 𝛿𝑀ଶௗ somente na 
seção do centro (Figura 34): 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
57 
 
Figura 34 - Ilustração dos casos a serem verificados (Casos A3, A4 e A5) 
 
5.6.2 Caso B: Pilares em Flexão Oblíqua Composta (FOC) 
 
1. Idem casos A1 e A2: 
 
Figura 35 - Ilustração dos casos a serem verificados (Casos B1 e B2) 
 
2. Verificação com momentos de 1ª ordem 𝑀ଵௗ nas três seções (topo, base e centro) em 
ambas as direções, somando o momento de 2ª ordem local 𝛿𝑀ଶௗ somente na seção do 
centro (Figura 36): 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
58 
 
Figura 36 - Ilustração dos casos a serem verificados (Casos B3, B4 e B5) 
 
5.6.3 Disposições construtivas 
5.6.3.1 Dimensões mínimas 
 
 Em geral: ℎ ≥ 19 𝑐𝑚 
 Casos especiais: 14𝑐𝑚 ≤ ℎ ≤ 19𝑐𝑚 (toma-se ௙ = [1,4 × (1,95 − 0,05ℎ)], ℎ = [𝑐𝑚]) 
5.6.3.2 Disposição das armadurasFigura 37 - Dimensões e espaçamentos 
para detalhamento da seção do pilar 
 
 10 𝑚𝑚 ≤ 𝜙௟ ≤
௛೘೔೙
଼
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
59 
 4𝜙௟4 𝑐𝑚ቅ ≤ 𝑠௟ ≤ ቄ
2ℎ௠௜௡
40 𝑐𝑚 
 
 𝜙௧ ≥ ቊ
థ೗
ସ
5 𝑚𝑚
 
 
 𝑠௧ ≤ ൝
20 𝑐𝑚
ℎ௠௜௡
12𝜙௟
 (espaçamento dos estribos) 
 
 Observações: 
 Em seções poligonais, deve haver pelo menos uma barra longitudinal por vértice; 
 Em seções circulares, deve haver pelo menos seis barras longitudinais. 
 
5.6.3.3 Travamento das barras longitudinais 
 
 Consideram-se como travadas as barras (máximo de duas) que distam 20𝜙௧ ou menos do 
canto do estribo, ou de um ponto de amarração intermediário. Elucida-se a situação na Figura 38: 
 
Figura 38 - Travamento das barras longitudinais para diferentes dimensões e distribuição de 
armadura longitudinal 
5.6.3.4 Armaduras longitudinais mínimas e máximas 
 
 
0,4% 𝐴௖
0,15% ே೏
௙೤೏
ൡ ≤ 𝐴௦ ≤ 8% 𝐴௖ (inclusive no trecho de emenda) 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
60 
5.6.3.5 Emendas 
 
Figura 39 - Emenda de barras 
 
 𝑙 = ൜
𝑙௕,௡௘௖ ≥ 0,6𝑙௕ , para todas as barras comprimidas
𝑙௢௧, para todas as barras tracionadas
 
 𝑙௢௧: comprimento de emenda para barras tracionadas 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
61 
 Exemplo 15: Dimensionar e detalhar as armaduras do pilar abaixo. 
 
 
 Dados: 
 Concreto C30 (𝑓௖௞ = 30 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 2,14 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Esforços em valor de cálculo 
 c = 2,5 cm 
 𝑙௙௟ = 7 m (em ambas as direções) 
 
 Inicialmente, calculam-se os momentos de 1ª ordem mínimos e os de 2ª ordem locais: 
 
 ൝
𝑀ଵௗ௠௜௡௫ = 𝑁ௗ(0,015 + 0,03ℎ௫) = 2570(0,015 + 0,03. 0,5) = 77,1 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௠௜௡௬ = 𝑁ௗ൫0,015 + 0,03ℎ௬൯ = 2570(0,015 + 0,03. 0,4) = 69,4 𝑘𝑁𝑚
 
 𝜈ௗ =
ே೏
௛೤௛ೣ௙೎೏
= ଶହ଻଴
ସ଴.ହ଴.ଶ,ଵସ
= 0,6 
 ൞
𝜆௫ =
௟೑೗ೣ
௥ೣ
=
ଷ,ସ଺௟೑೗ೣ
௛ೣ
= ଷ,ସ଺.଻
଴,ହ
= 48,4 ≤ 90
𝜆௬ =
௟೑೗೤
௥೤
=
ଷ,ସ଺௟೑೗೤
௛೤
= ଷ,ସ଺.଻
଴,ସ
= 60,6 ≤ 90
 
 Como 35 ≤ 𝜆௫, 𝜆௬ ≤ 90, consideram-se os Efeitos de 2ª Ordem Locais em ambas as direções. 
 
hx=0,5m
hy=0,4m
x
y
Mx
My
A
A
A
A
Nd=2570 kN
X
Y
7m
𝑀ଵௗ௬் = 200 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௬஻ = 100 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௫் = 250 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௫஻ = 150 𝑘𝑁𝑚
PEF3403 - Notas de Aula 
 
62 
 ൞
𝛿𝑀ଶௗ௫ = 𝑁ௗ
௟೑೗ೣ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(ఔ೏ା଴,ହ)௛ೣ
= 2570 ଻²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(଴,଺ା଴,ହ)଴,ହ
= 114,5 𝑘𝑁𝑚
𝛿𝑀ଶௗ௬ = 𝑁ௗ
௟೑೗೤²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(ఔ೏ା଴,ହ)௛೤
= 2570 ଻²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(଴,଺ା଴,ହ)଴,ସ
= 143,1 𝑘𝑁𝑚
 
 Calcula-se agora o momento de 1ª ordem na seção do centro: 
 𝑀ଵௗ௫
஼ = ቀ0,6 + 0,4 ெಳ
ெಲ
ቁ 𝑀஺ = ቀ0,6 + 0,4
(ିଵହ଴)
ଶହ଴
ቁ 250 = 0,36. 250 → 
𝑀ଵௗ௫
஼ = 0,4. 250 = 100 𝑘𝑁𝑚 
 𝑀ଵௗ௬
஼ = ቀ0,6 + 0,4 ெಳ
ெಲ
ቁ 𝑀஺ = ቀ0,6 + 0,4
ଵ଴଴
ଶ଴଴
ቁ 20 = 0,8. 200 = 160 𝑘𝑁𝑚 
 Em se tratanto de um problema de Flexão Oblíqua Composta (FOC), as seções a verificar, 
somando os momentos de 2ª ordem locais na seção central, são: 
 
 Analisar-se-ão os casos (B3) e (B4), dado que o caso (B4) cobre os casos (B1), (B2) e (B5). 
 Seção (B3): 
 Estimativa de d’ (menor dimensão): ௗ
ᇲ
௛೤
= (௖ାఝ೟ା଴,ହఝ೗)
௛೤
= (ଶ,ହା଴,଺ଷାଵ,ଶହ)
ସ଴
= 0,11~0,10 
 𝜈ௗ = 0,6 
 ൞
𝜇ௗ௫ =
ெ೏ೣ
௛೤௛ೣ²௙೎೏
= ଶହ ଴଴଴
ହ଴.ସ଴మ.ଶ,ଵସ
= 0,117
𝜇ௗ௬ =
ெ೏೤
௛೤²௛ೣ௙೎೏
= ଶ଴ ଴଴଴
ହ଴².ସ଴.ଶ,ଵସ
= 0,117
 → Ábaco: 𝜔ଵ ≅ 0,4 
 Seção (B4): 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
63 
 𝜈ௗ = 0,6 
 ൞
𝜇ௗ௫ =
ெ೏ೣ
௛೤௛ೣ²௙೎೏
= ଶଵସହ଴
ହ଴.ସ଴మ.ଶ,ଵସ
= 0,1
𝜇ௗ௬ =
ெ೏೤
௛೤²௛ೣ௙೎೏
= ଷ଴ ଷଵ଴
ହ଴².ସ଴.ଶ,ଵସ
= 0,177
 → Ábaco: 𝜔ଶ ≅ 0,55 
 
 
 
Disso, observa-se que a seção crítica é a (B4); calcula-se então a armadura: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔ℎ௬ℎ௫
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,55. 50. 40.
2,14
43,48
= 54,2 𝑐𝑚² 
 Para o arranjo em questão, em que a armadura na seção é distribuída nas quatro faces, 
adotando uma bitola de 25 mm (𝐴௦ଵ = 5 𝑐𝑚²), seriam necessárias 11 barras. Entretanto, para 
respeitar o arranjo e dispor as armaduras de modo simétrico, serão adotadas 1225.0mm 
(As=60cm2). 
 Detalhamento: 
0,4% 𝐴௖ = 8 𝑐𝑚²
0,15%
𝑁ௗ
𝑓௬ௗ
= 8,87𝑐𝑚²ቑ ≤ 𝐴௦ ≤ 4% 𝐴௖ = 80 𝑐𝑚
ଶ → 8,87𝑐𝑚ଶ ≤ 𝐴௦ ≤ 80 𝑐𝑚ଶ(OK) 
 10 𝑚𝑚 ≤ 𝜙௟ = 25 𝑚𝑚 ≤
௛೘೔೙
଼
= ସ଴଴
଼
= 50 𝑚𝑚 (OK) 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
64 
 𝜙௧ ≥ ቊ
థ೗
ସ
= 6,3 𝑚𝑚
5 𝑚𝑚
→ 𝜙௧ = 6,3 𝑚𝑚 
 Espaçamentos longitudinais (𝑠௟): 
 𝑠௟௫ =
௛೤ିଶ(௖ାథ೟ାథ೗ ଶ⁄ )
ଷ
= ସ଴ିଶ(ଶ,ହା଴,଺ଷା଴,ହ.ଶ,ହ)
ଷ
= 10,41 𝑐𝑚 
 𝑠௟௬ =
௛ೣିଶ(௖ାథ೟ାథ೗ ଶ⁄ )
ଷ
= ହ଴ିଶ(ଶ,ହା଴,଺ଷା଴,ହ.ଶ,ହ)
ଷ
= 13,75 𝑐𝑚 
 4𝜙௟ = 10 𝑐𝑚4 𝑐𝑚 ቅ ≤ 𝑠௟ ≤ ቄ
2ℎ௠௜௡ = 80 𝑐𝑚
40 𝑐𝑚 → 10 𝑐𝑚 ≤ 𝑠௟ ≤ 40 𝑐𝑚 (OK) 
 𝑠௧ ≤ ൝
20 𝑐𝑚
ℎ௠௜௡ = 40 𝑐𝑚
12𝜙௟ = 30 𝑐𝑚
→ 𝑠௧ ≤ 20 𝑐𝑚 → Estribos 6.3c20cm 
 Distância máxima sem travamento: 20𝜙௧ = 12,6 𝑐𝑚 (como 𝑠௟௬ > 12,6 𝑐𝑚, será necessário 
travamento das barras longitudinais na direção 𝑦). 
 O detalhamento final da seção do pilar é ilustrado abaixo, em que se adotam ganchos de 
travamento de mesma bitola e espaçamento que os estribos: 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
65 
Exemplo 16: Dimensionar e detalhar a armadura do pilar abaixo. 
 
 
 Dados: 
 Concreto C25 (𝑓௖௞ = 25 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,79 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Esforços em valor de cálculo 
 c = 2,5 cm 
 𝑙௙௟ = 4 m (em ambas as direções) 
 f = 1,4 
 
 Inicialmente, calculam-se os momentos de 1ª ordem mínimos e os de 2ª ordem locais: 
 
 ൝
𝑀ଵௗ௠௜௡௫ = 𝑁ௗ(0,015 + 0,03ℎ௫) = 1400(0,015 + 0,03. 0,25) = 31,5 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௠௜௡௬ = 𝑁ௗ൫0,015 + 0,03ℎ௬൯ = 1400(0,015 + 0,03. 0,5) = 42 𝑘𝑁𝑚
 
 𝜈ௗ =
ே೏
௛೤௛ೣ௙೎೏
= ଵସ଴଴
ହ଴.ଶହ.ଵ,଻ଽ
= 0,63 
 ൞
𝜆௫ =
௟೑೗ೣ
௥ೣ
=
ଷ,ସ଺௟೑೗ೣ
௛ೣ
= ଷ,ସ଺.ସ
଴,ଶହ
= 55,4 ≤ 90
𝜆௬ =
௟೑೗೤
௥೤
=
ଷ,ସ଺௟೑೗೤
௛೤
= ଷ,ସ଺.ସ
଴,ହ
= 27,7 ≤ 90
 
 Como 35 ≤ 𝜆௫ ≤ 90, mas 𝜆௬ < 35, consideram-se os Efeitos de 2ª Ordem Locais somente na 
direção 𝑥. 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
66 
 𝛿𝑀ଶௗ௫ = 𝑁ௗ
௟೑೗ೣ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(ఔ೏ା଴,ହ)௛ೣ
= 1400 ସ²
ଵ଴
଴,଴଴ହ
(଴,଺ଷା଴,ହ)଴,ଶହ
= 39,7 𝑘𝑁𝑚 
 Calcula-se agora o momento de 1ª ordem na seção do centro: 
 ቐ
𝑀ଵௗ௫
஼ = ቀ0,6 + 0,4 ெಳ
ெಲ
ቁ 𝑀஺ = ቀ0,6 + 0,4
ଶ଼
ହ଺
ቁ 56 = 0,8. 56 = 44,8 𝑘𝑁𝑚
𝑀ଵௗ௬
஼ = ቀ0,6 + 0,4 ெಳ
ெಲ
ቁ 𝑀஺ = ቀ0,6 + 0,4
(ିହ଺)
଻଴
ቁ 70 = 0,4. 70 = 28 𝑘𝑁𝑚
 
 As seções a verificar, somando os momentos de 2ª ordem locais na seção central, são: 
 
 Analisar-se-ão as seções (B3) e (B4), candidatas a seção crítica: 
Estimativa de d’: ௗ
ᇲ
௛
= 0,10 
 Seção (B3): 
 𝜈ௗ = 0,63 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝜇ௗ௫ =
𝑀ௗ௫
ℎ௬ℎ௫²𝑓௖ௗ
=
5600
50.25². 1,79
= 0,1
𝜇ௗ௬ =
𝑀ௗ௬
ℎ௬²ℎ௫𝑓௖ௗ
=
7000
50². 25. 1,79
= 0,063
 
d 0,60 0,80 0,63 
 0,12 0,32 0,18 
 
 → Ábaco: 𝜔ଵ ≅ 0,18 
 Seção (B4): 
 𝜈ௗ = 0,63 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
67 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝜇ௗ௫ =
𝑀ௌௗ௫
ℎ௬ℎ௫²𝑓௖ௗ
=
8450
50.25². 1,79
= 0,151
𝜇ௗ௬ =
𝑀ௌௗ௬
ℎ௬²ℎ௫𝑓௖ௗ
=
30 310
50². 25. 1,79
= 0,025
 
d 0,60 0,80 0,63 
 0,22 0,38 0,25 
 
 → Ábaco: 𝜔ଶ ≅ 0,25 
 Disso, observa-se que a seção crítica é a (B4). A armadura total será então: 
𝐴௦௧௢௧ = 𝜔ℎ௬ℎ௫
𝑓௖ௗ
𝑓௬ௗ
= 0,25. 50. 25.
1,79
43,48
= 12,8 𝑐𝑚² 
 Ao usar o ábaco com 𝑑′á௕௔௖௢ = 0,1ℎ௫ = 2,5 𝑐𝑚, percebe-se que 𝑑′௘௙ > 𝑑′á௕௔௖௢, visto que o 
cobrimento por si só já assume o valor pressuposto (𝑐 = 𝑑′á௕௔௖௢). Com isso, faz-se necessária a 
correção da armadura calculada. Tomando barras de bitola de 16 mm, tem-se a seguinte estimativa: 
 𝑑′௘௙ = 𝑐 + 𝜙௧ +
థ೗
ଶ
= 2,5 + 0,5 + ଵ,଺
ଶ
= 3,8 𝑐𝑚 
 𝐴௦௖௢௥௥ = ൬
௛ೣିଶௗᇲá್ೌ೎೚
௛ೣିଶௗᇲ೐೑
൰ 𝐴௦௧௢௧ = ቀ
ଶହିଶ.ଶ,ହ
ଶହିଶ.ଷ,଼
ቁ 12,8 = 14,7 𝑐𝑚ଶ → adota − se 8𝜙16 (8𝑐𝑚ଶ face⁄ ) 
 Detalhamento: 
0,4% 𝐴௖ = 5 𝑐𝑚²
0,15%
𝑁ௗ
𝑓௬ௗ
= 4,83𝑐𝑚²ቑ ≤ 𝐴௦ ≤ 4% 𝐴௖= 50 𝑐𝑚
ଶ → 4,83𝑐𝑚ଶ ≤ 𝐴௦ ≤ 50 𝑐𝑚ଶ(OK) 
 10 𝑚𝑚 ≤ 𝜙௟ = 16 𝑚𝑚 ≤
௛೘೔೙
଼
= ଶହ଴
଼
= 31,25 𝑚𝑚 (OK) 
 𝜙௧ ≥ ቊ
థ೗
ସ
= 4 𝑚𝑚
5 𝑚𝑚
→ 𝜙௧ = 5 𝑚𝑚 
 De fato, verifica-se que a estimativa para 𝑑′௘௙ foi boa, visto que o valor de 𝜙௧ é o mesmo que 
foi assumido; usualmente, e da própria regra de detalhamento, sabe-se que só se utilizará 𝜙௧ > 5 𝑚𝑚 
quando se tiver barras com bitola 𝜙௟ > 25 𝑚𝑚. 
 Espaçamentos longitudinais (𝑠௟): 
 𝑠௟௫ =
௛೤ିଶ(௖ାథ೟ାథ೗ ଶ⁄ )
ଷ
= ହ଴ିଶ.ଷ,଼
ଷ
= 14,1 𝑐𝑚 
 4𝜙௟ = 6,4 𝑐𝑚4 𝑐𝑚 ቅ ≤ 𝑠௟ ≤ ቄ
2ℎ௠௜௡ = 50 𝑐𝑚
40 𝑐𝑚 → 6,4 𝑐𝑚 ≤ 𝑠௟ ≤ 40 𝑐𝑚 (OK) 
 𝑠௧ ≤ ൝
20 𝑐𝑚
ℎ௠௜௡ = 25 𝑐𝑚
12𝜙௟ = 19,2 𝑐𝑚
→ 𝑠௧ ≤ 19 𝑐𝑚 → Estribos 5.0c19cm 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
68 
 Distância máxima sem travamento: 20𝜙௧ = 10 𝑐𝑚 (como 𝑠௟௫ > 10 𝑐𝑚, será necessário 
travamento das barras longitudinais na direção 𝑥). 
 O detalhamento final da seção do pilar é ilustrado abaixo em que se adotam ganchos de 
travamento de mesma bitola e espaçamento que os estribos: 
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
69 
5.7 Estabilidade global (Efeitos de 2ª Ordem Globais) 
 
 Os efeitos de 2ª ordem globais são aqueles gerados pelo carregamento vertical atuando na 
estrutura deslocada lateralmente, conforme ilustra a Figura 41. Esses deslocamentos, da presença de 
cargas verticais, dão origem a momentos fletores que devem ser resistidos pela estrutura. 
 
Figura 40 - Efeitos de 2ª Ordem Global em um edifício 
 
 
 Na figura acima, observa-se que as cargas verticais 𝑃௜௝ , atuando no pavimento deslocado 
horizontalmente de ∆ℎ௜, geram momentos fletores de 2ª ordem global, cuja consideração será feita 
neste capítulo. 
 Quanto à consideração dos Efeitos Globais de 2ª Ordem, as estruturas são classificadas como 
sendo de “nós fixos” ou de “nos móveis”. Essa classificação é feita por processos aproximados como, 
por exemplo, o Método do Coeficiente 𝛾௭, que será apresentado a seguir. 
 Nas chamadas estruturas de nós fixos, esses efeitos podem ser desprezados caso sejam 
inferiores a 10% dos esforços de primeira ordem, ou seja, ∆𝑀ଶௗ ≤ 0,1𝑀ଵௗ; nesse caso, basta 
considerar apenas os esforços de segunda ordem locais 𝛿𝑀ଶௗ . 
 Por sua vez, nas chamadas estruturas de nós móveis, os deslocamentos horizontais nodais dão 
origem a Efeitos de 2ª Ordem Globais não desprezíveis (∆𝑀ଶௗ > 0,1𝑀ଵௗ). Neste caso, consideram-se 
ambos os esforços de segunda ordem, locais (𝛿𝑀ଶௗ) e globais (∆𝑀ଶௗ). 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
70 
 
5.7.1 Método do Coeficiente 𝜸𝒛 
 
 Trata-se de um método aproximado para a quantificação da sensibilidade de uma estrutura à 
deslocabilidade horizontal. Para sua conceituação, toma-se a análise da barra na Figura 41: 
 
 
Figura 41 - Barra sujeita a esforços nodais. Estrutura deformada (esq.) 
e Momentos Fletores de 1ª Ordem (dir.) 
 
 𝑀ଵ = 𝐻𝑙 (momento de 1ª ordem) 
 
 𝑎ଵ =
ு௟³
ଷாூ
= ெభ௟²
ଷாூ
 (Resistência dos Materiais) 
 
 Definindo o coeficiente de rigidez 𝑘 = ଷாூ
௟²
, pode-se reescrever o deslocamento a1 como 
𝑎ଵ =
𝑀ଵ
𝑘
→ 𝑀ଵ = 𝑘𝑎ଵ 
 Na presença do deslocamento horizontal 𝑎ଵ, surge na base da estrutura o Efeito de 2ª Ordem 
Global dado por ∆𝑀ଵ = 𝑃𝑎ଵ, conforme a Figura 42: 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
71 
 
Figura 42 - Amplificação dos deslocamentos horizontais da estrutura 
 
 Por sua vez, ∆𝑀ଵ amplificará o deslocamento horizontal no tipo do pilar, ao qual chamaremos 
de 𝑎ଶ, que poderá ser aproximado por 
𝑎ଶ ≅
1
𝑘
(𝑀ଵ + ∆𝑀ଵ) =
1
𝑘
൬𝑀ଵ + 𝑃
𝑀ଵ
𝑘
൰ =
𝑀ଵ
𝑘
൬1 +
𝑃
𝑘
൰ 
 Por sua vez, com P atuando sobre 𝑎ଶ, ter-se-á um novo momento ∆𝑀ଶ > ∆𝑀ଵ, e assim por 
diante; com isso, a flecha 𝑎௡pode ser expressa por: 
𝑎௡ ≅
1
𝑘
(𝑀ଵ + ∆𝑀௡ିଵ) =
𝑀ଵ
𝑘
൭1 + ෍ ൬
𝑃
𝑘
൰
௜௡ିଵ
௜ୀଵ
൱ 
 Para 𝑛 → ∞ e ቀ௉
௞
ቁ < 1, tomando-se o limite, determina-se a flecha final em função do 
deslocamento horizontal de 1ª ordem 𝑎ଵ: 
𝑎ஶ = lim௡→ஶ 𝑎௡ =
𝑀ଵ
𝑘
൭
1
1 − 𝑃 𝑘ൗ
൱ = 𝑎ଵ
1
1 − 𝑃 𝑘ൗ
 
 Analogamente, também é possível determinar o momento fletor final atuando na estrutura 
como: 
𝑀ஶ = 𝑀ଵ + 𝑃𝑎ஶ = 𝑀ଵ ൬1 +
𝑃/𝑘
1 − 𝑃/𝑘
൰ = 𝑀ଵ ൭
1
1 − 𝑃 𝑘ൗ
൱. 
 Do Exemplo 13, em que se obteve a expressão do momento máximo 
𝑀௠௔௫ ≅ 𝑀ଵ
ଵ
ଵି ௉ ௉೎ೝൗ
 para a barra sujeita à flexocompressão, observa-se que ଵ
ଵି ௉ ௉೎ೝൗ
 também se 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
72 
apresenta como fator de amplificação de momentos, sendo este mais preciso que ଵ
ଵି௉ ௞ൗ
 por considerar 
a não linearidade geométrica de forma mais precisa. 
 Atenta-se ao fato de que, para a estrutura analisada (pilar em balanço), tem-se 𝑙௙௟ = 2𝑙, de 
modo que 𝑃௖௥ =
గ²ாூ
ସ௟²
. Com isso: 
1
1 − 𝑃 𝑃௖௥ൗ
=
1
1 − 𝑃
൬𝜋²𝐸𝐼4𝑙² ൰
൘
=
1
1 − 𝑃
ቀ2,47𝐸𝐼𝑙² ቁ
൘
 
A aproximação obtida com ଵ
ଵି ௉ ௞ൗ
= ଵ
ଵି ௉
ቀయಶ಺೗² ቁ
൘
, ainda que se mostre contra a segurança quando 
comparada à solução mais precisa exposta acima, irá conferir uma precisão à análise tão melhor 
quanto maior for a afinidade entre as solicitações decorrentes das forças horizontais, e aquelas 
decorrentes dos Efeitos de 2ª Ordem Globais. Com isso, chega-se à expressão para o coeficiente 𝛾௭: 
𝛾௭ =
1
1 − 𝑃 𝑘ൗ
=
1
1 − 𝑃𝑎ଵ 𝑘𝑎ଵൗ
=
1
1 − ∆𝑀ଵ 𝑀ଵൗ
 
 Considerando as restrições para aplicação dadas pela NBR6118 e estendendo o conceito 
apresentado, o coeficiente 𝛾௭ é então dado por: 
 
𝛾௭ =
1
1 − ∆𝑀ଵௗ 𝑀ଵௗൗ
 
∆𝑀ଵௗ = 𝑃ௗ𝑎ଵ: Primeira avaliação dos Efeitos de 2ª Ordem Globais; 
 𝑀ଵௗ: momento fletor de 1ª ordem na base da estrutura (momento de tombamento). 
Observações: 
 Aplicação restrita a estruturas reticuladas com pelo menos quatro pavimentos; 
 Os carregamentos devem estar em valor de cálculo, isto é, majorados por 𝛾௙; 
 A não linearidade do concreto é levada em conta na análise reduzindo-se as rigidezes 
à flexão (EI) dos elementos, de modo que (𝐸𝐼)௥௘ௗ = ൜
0,4𝐸௖௜𝐼 (pilares)
0,8𝐸௖௜𝐼 (vigas)
, sendo 𝐸௖௜ =
5600ඥ𝑓௖௞ o módulo de elasticidade inicial, com 𝑓௖௞ dado em MPa. 
 Classificam-se então as estruturas, quanto à deslocabilidade lateral, da seguinte forma: 
൜Estruturas de nós fixos: 𝛾௭ ≤ 1,1Estruturas de nós móveis: 𝛾௭ > 1,1
 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
73 
 
 Particularmente, caso se tenham estruturas de nós móveis tais que 1,1 < 𝛾௭ ≤ 1,3, os esforços 
de 2ª ordem globais são considerados amplificando-se os esforços solicitantes que deslocam a 
estrutura horizontalmente (a exemplo de cargas de vento) por meio do fator 0,95𝛾௭. 
 Exemplo 17: Avaliar os Efeitos de 2ª Ordem Globais para a estrutura abaixo, segundo 
sua menor dimensão em planta (direção 𝒚). 
 
 
 Dados: 
 Concreto C20 (𝑓௖௞ = 20 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௖ௗ = 1,43 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Aço CA50 (𝑓௬௞ = 500 𝑀𝑃𝑎 → 𝑓௬ௗ = 43,48 𝑘𝑁/𝑐𝑚²) 
 Vigas 20 x 60 cm 
 Pilares 20 x 40 cm 
 𝛾௖ = 25 𝑘𝑁/𝑚³ 
 Carregamentos: 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧Sobrecarga: 2 𝑘𝑁/𝑚²
Alvenarias internas: 2 𝑘𝑁/𝑚ଶ(em planta)
Revestimento: 1 𝑘𝑁/𝑚²
Alvenarias externas: 6,2 𝑘𝑁/𝑚
Vento: 0,6 𝑘𝑁/𝑚²
 
 Observação: tomar-se-á como pórtico representativo um dos pórticos centrais do edifício. 
 
PEF3403 - Notas de Aula 
 
74 
 
 Carregamentos verticais: 
 Lajes: 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑝𝑝 = 0,1. 25 = 2,5 𝑘𝑁/𝑚²
𝑠𝑐 = 2 𝑘𝑁/𝑚²
𝑟𝑒𝑣 = 1 𝑘𝑁/𝑚²
𝑎𝑙𝑣 𝑖𝑛𝑡 = 2 𝑘𝑁/𝑚ଶ
∴ 𝑞 = 7,5 𝑘𝑁/𝑚² 
 Distribuição para as vigas (adotada como a 45°): 
 
 𝑞௫ = 𝑞
௟ೣ
ସ
= 7,5 ସ
ସ
= 7,5 𝑘𝑁/𝑚 
 𝑞௬ = 𝑞௫ ൬2 −
௟ೣ
௟೤
 ൰ = 7,5 ቀ2 − ସ
଼
 ቁ = 11,25 𝑘𝑁/𝑚 
 Vigas longitudinais (direção 𝑥):ቐ
𝑝𝑝 = 0,2. 0,6. 25 = 3 𝑘𝑁/𝑚
𝑅௟௔௝௘ = 𝑞௫ = 7,5 𝑘𝑁/𝑚
𝑎𝑙𝑣 𝑒𝑥𝑡 = 6,2 𝑘𝑁/𝑚
 ∴ 𝑝௫ = 16,7 𝑘𝑁/𝑚 
 Vigas transversais (direção