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UNESC
Faculdade de Educação e Cultura de Porto Velho
Lista de Exercícios para Estudo – Concreto Armado II - RESOLUÇÃO
Prof. Cristiano Comin
Semestre 2/2016 - 1º Bimestre
Exercício 1: Determinar a armadura necessária para uma seção retangular considerando 
os seguintes dados: Mk = 95 kN.m, bw = 150 mm, h = 350 mm, aço CA50, fck = 20 MPa, 
estribos com � = 5 mm, armaduras longitudinais compostas por barras com � = 12,5 
mm, cobrimento superior de 15 mm e inferior de 25 mm. Dica: Verificar se é necessário 
utilizar armadura dupla.
Dados do Problema
≔Mk ⋅95 kNkNkNkN mmmm Logo ≔Md =⋅Mk 1.4 133 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔bw =150 mmmmmmmm 0.15 mmmm
≔h =350 mmmmmmmm 0.35 mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔kd3.4 1.768
≔fck 20 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
14.286 MPaMPaMPaMPa
≔csup 15 mmmmmmmm
≔cinf 25 mmmmmmmm
≔ϕlon 12.5 mmmmmmmm
≔ϕestribo 5 mmmmmmmm
≔d =−h
⎛
⎜⎝
++cinf ϕestribo ――
ϕlon
2
⎞
⎟⎠
31.38 cmcmcmcm
1º Passo - Verificação do dmín
≔dmín =⋅kd3.4
‾‾‾‾‾‾
―――
Md
⋅bw fcd
44.05 cmcmcmcm > =d 31.375 cmcmcmcm Logo, viga com armadura 
dupla
2º Passo - Cálculo do Momento M3,4 e Cálculo da Área de Aço As1
Pela tabela ≔kx3.4 0.628 ≔kz3.4 0.749 ≔kmd3.4 0.320
≔x3.4 ⋅―――
εc
+εc εyd
d = ≔x3.4 =⋅kx3.4 d 0.197 mmmm
≔M3.4 =⋅⋅
⎛⎝ +⋅−0.272 x3.4
2
⋅⋅0.68 d x3.4
⎞⎠ bw fcd 67.5 ⋅kNkNkNkN mmmm
Pode-se, ainda, representar M3,4 conforme a expressão a seguir:
≔M3.4 =⋅⋅⋅⋅0.68 bw x3.4 fcd ⎛⎝ −d ⋅0.4 x3.4⎞⎠ 67.5 ⋅kNkNkNkN mmmm
Ou ainda:
≔M3.4 =⋅⋅⋅kmd3.4 bw d
2
fcd 67.5 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔As1 =――――
M3.4
⋅⋅kz3.4 d fyd
6.61 cmcmcmcm
2
3º Passo - Cálculo do Momento M2 e Cálculo da Área de Aço As2
≔M2 =−Md M3.4 65.499 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔d' =++csup ϕestribo ――
ϕlon
2
26.25 mmmmmmmm
≔As2 =――――
M2
⋅fyd (( −d d'))
5.24 cmcmcmcm
2
5º Passo - Verificação da deformação na armadura As2
≔ε's =%0.35 ―――
−x3.4 d'
x3.4
%0.303 > ≔εyd %0.207 Logo, no cálculo da AS2
podemos usar o fyd OK!
6º Passo - Definição da armadura total na viga
≔As =+As1 As2 11.846 cmcmcmcm
2
Área de aço total na parte 
inferior da viga (armadura 
de tração)≔Aϕlon =―――
⋅ϕlon
2
ππππ
4
1.23 cmcmcmcm
2
≔nºbarras =――
As
Aϕlon
9.653 Adotaremos 10 barras de 12,5 mm
≔A's =As2 5.24 cmcmcmcm
2
Área de aço na parte 
superior da viga (armadura 
negativa ou de compressão)
≔nºbarras =――
A's
Aϕlon
4.27
≔Aϕ8 =――――
⋅((8 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
0.503 cmcmcmcm
2
=+⋅Aϕlon 4 Aϕ8 5.411 cmcmcmcm
2
Adotaremos 4 barras de 12,5 mm + 1 
barra de 8 mm
Exercício 2: Considere uma viga biapoiada com seção apresentada na figura a seguir, 
vão de 12 m, fck = 25 MPa e armadura composta por aço CA50. 
Determine a armadura longitudinal necessária considerando as seguintes situações:
a.
b.
Carregamento distribuído ao longo da viga (q) de 117 kN/m;
Carregamento distribuído ao longo da viga (q) de 285 kN/m.
Dados do Problema
≔L 12 mmmm ≔qa 117 ――
kNkNkNkN
mmmm
≔qb 285 ――
kNkNkNkN
mmmm
≔Mka =―――
⋅qa L
2
8
2106 ⋅kNkNkNkN mmmm Logo ≔Mda =⋅Mka 1.4 2948.4 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔Mkb =―――
⋅qb L
2
8
5130 ⋅kNkNkNkN mmmm Logo ≔Mdb =⋅Mkb 1.4 7182 ⋅kNkNkNkN mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔kd3.4 1.768
≔fck 25 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
17.857 MPaMPaMPaMPa
≔d =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔bw =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
≔bf =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔hf =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
SOLUÇÃO DO ITEM A
1º Passo - Verificação do tipo da viga (Viga T ou retangular), assumindo inicialmente que 
a linha neutra passa pela mesa da viga (neste caso, bw = bf).
≔kmd =――――
Mda
⋅⋅bf d
2
fcd
0.049 Da tabela, tem-se kmd=0,047 - kx=0,110 ; e
kmd=0,060 - kx=0,130 
Interpolando:
≔kx =+0.110
⎛
⎜⎝
⋅―――――
−0.130 0.110
−0.060 0.047
⎛⎝ −kmd 0.047⎞⎠
⎞
⎟⎠
0.113
≔x =⋅kx d 16.94 cmcmcmcm < =hf 20 cmcmcmcm Logo, a linha neutra passa pela 
mesa, e a seção pode ser calculada 
como viga retangular.
2º Passo - Cálculo da Armadura
Da tabela, tem-se kmd=0,047 - kz=0,956 ; e
kmd=0,060 - kz=0,948 
Interpolando: ≔kz =+0.956
⎛
⎜⎝
⋅―――――
−0.956 0.948
−0.047 0.060
⎛⎝ −kmd 0.047⎞⎠
⎞
⎟⎠
0.955
≔Asa =―――
Mda
⋅⋅kz d fyd
47.348 cmcmcmcm
2
≔Aϕ25 =―――――
⋅((25 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
4.91 cmcmcmcm
2
≔nºbarras =――
Asa
Aϕ25
9.646 Adotaremos 10 barras de 25 mm
SOLUÇÃO DO ITEM B
1º Passo - Verificação do tipo da viga (Viga T ou retangular), assumindo inicialmente que 
a linha neutra passa pela mesa da viga (neste caso, bw = bf).
≔kmd =――――
Mdb
⋅⋅bf d
2
fcd
0.119 Da tabela, tem-se kmd=0,114 - kx=0,200 ; e
kmd=0,122 - kx=0,210 
Interpolando:
≔kx =+0.200
⎛
⎜⎝
⋅―――――
−0.210 0.200
−0.122 0.114
⎛⎝ −kmd 0.114⎞⎠
⎞
⎟⎠
0.206
≔x =⋅kx d 30.97 cmcmcmcm > =hf 20 cmcmcmcm Logo, a linha neutra não passa pela 
mesa, e a seção deverá ser calculada 
como viga T.
2º Passo - Cálculo da largura colaborante
bf deve ser menor ou igual a +bw ⋅2 b3
Onde b3 = ⋅0.10 a
Para vigas biapoiadas, a = l (ver material da aula 3)
≔a =L 12 mmmm
≔b3 =⋅0.10 a 1.2 mmmm
≔bf =+bw ⋅2 b3 2.6 mmmm > 1.50 m Logo, a largura da mesa bf a ser 
considerada será 150 cm, pois a viga 
tem apenas essa largura
≔bf 150 cmcmcmcm
3º Passo - Cálculo do momento resistido pelas abas
≔Rc1 =⋅⋅⋅0.85 fcd hf ⎛⎝ −bf bw⎞⎠ 3946.4 kNkNkNkN
≔Mabas =⋅Rc1 ⎛⎝ −d ⋅0.5 hf⎞⎠ 5525 ⋅kNkNkNkN mmmm
4º Passo - Cálculo do momento resistido pela alma
≔Malma =−Mdb Mabas 1657 ⋅kNkNkNkN mmmm
5º Passo - Cálculo das Armaduras
Cálculo do kmd da alma
≔kmd =――――
Malma
⋅⋅bw d
2
fcd
0.206 Da tabela, tem-se kmd=0,210 - kz=0,856 ; e
kmd=0,205 - kz=0,860 
Interpolando: ≔kz =+0.860
⎛
⎜⎝
⋅―――――
−0.860 0.856
−0.205 0.210
⎛⎝ −kmd 0.205⎞⎠
⎞
⎟⎠
0.859
≔Asalma =―――
Malma
⋅⋅kz d fyd
29.577 cmcmcmcm
2
≔Asabas =――――――
Mabas
⋅⎛⎝ −d ⋅0.5 hf⎞⎠ fyd
90.768 cmcmcmcm
2
≔Asb =+―――
Malma
⋅⋅kz d fyd
――――――
Mabas
⋅⎛⎝ −d ⋅0.5 hf⎞⎠ fyd
120.34 cmcmcmcm
2
≔Aϕ32 =―――――
⋅((32 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
8.04 cmcmcmcm
2
≔nºbarras =――
Asb
Aϕ32
14.96 Adotaremos 15 barras de 32 mm
Exercício 3: Determinar a armadura longitudinal necessária para uma viga 
apoiada em uma extremidade e engastada na outra, com vão igual a 7,00 m, 
seção tipo T apresentada no exercício 2, fck = 40 MPa, armadura composta por
aço CA50 e submetida a um momento fletor Md = 12000 kN.m
Dados do Problema
≔L 7 mmmm
≔Md ⋅12000 kNkNkNkN mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔fck 40 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
28.571 MPaMPaMPaMPa
≔d =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔bw =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
≔bf =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔hf =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
1º Passo - Verificação do tipo da viga (Viga T ou retangular), assumindo inicialmente que 
a linha neutra passa pela mesa da viga (neste caso, bw = bf).
≔kmd =――――
Md
⋅⋅bf d
2
fcd
0.124 Da tabela, tem-se kmd=0,122 - kx=0,210 ; e
kmd=0,130 - kx=0,220 
Interpolando:
≔kx =+0.210
⎛
⎜⎝
⋅―――――
−0.220 0.210
−0.130 0.122
⎛⎝ −kmd 0.122⎞⎠
⎞
⎟⎠
0.213
≔x =⋅kx d 31.96 cmcmcmcm > =hf 20 cmcmcmcm Logo, a linha neutra não passa pela 
mesa, e a seção deverá ser calculada 
como viga T.
2º Passo - Cálculo da largura colaborante
bf deve ser menor ou igual a +bw ⋅2 b3
Onde b3 = ⋅0.10 a
Para vigas apoiadas em uma extremidade e engastadas em outra, onde tem-se um ponto 
de momento fletor nulo, a = 0,75 l (ver material da aula 3)
≔a =⋅0.75 L 5.25 mmmm
≔b3 =⋅0.10 a 0.525 mmmm
≔bf =+bw ⋅2 b3 1.25 mmmm < 1.50 m Logo, a largura da mesa bf a ser 
considerada será 1,25 m, menor que 
a largura total da mesa, pois segundo 
a verificação apenas essa parcela da 
mesa contribui na resistência.
3º Passo - Cálculo do momento resistido pelas abas
≔Rc1 =⋅⋅⋅0.85 fcd hf ⎛⎝ −bf bw⎞⎠ 5100 kNkNkNkN
≔Mabas =⋅Rc1 ⎛⎝ −d ⋅0.5 hf⎞⎠ 7140 ⋅kNkNkNkN mmmm
4º Passo - Cálculo do momento resistido pela alma
≔Malma =−Md Mabas 4860 ⋅kNkNkNkN mmmm
5º Passo - Cálculo das Armaduras
Cálculo do kmd da alma
≔kmd =――――
Malma
⋅⋅bw d
2
fcd
0.378 Na tabela podemos verificar que não existe o valor do 
kmd calculado, isto que dizer que a alma não resiste ao 
momento Malma. A solução, é armar a alma comoviga com armadura dupla, utilizando o mesmo 
procedimento de cálculo utilizado no exercício 1.
≔Asabas =――――――
Mabas
⋅⎛⎝ −d ⋅0.5 hf⎞⎠ fyd
117.3 cmcmcmcm
2
6º Passo - Verificação do dmín (para a alma apenas)
≔dmín =⋅kd3.4
‾‾‾‾‾‾
―――
Malma
⋅bw fcd
163.05 cmcmcmcm > =d 150 cmcmcmcm Logo, viga com armadura 
dupla
7º Passo - Cálculo do Momento M3,4 e Cálculo da Área de Aço As1 (referente ao Malma)
Pela tabela ≔kx3.4 0.628 ≔kz3.4 0.749 ≔kmd3.4 0.320
≔x3.4 ⋅―――
εc
+εc εyd
d = ≔x3.4 =⋅kx3.4 d 0.942 mmmm
≔M3.4 =⋅⋅⋅kmd3.4 bw d
2
fcd 4114.3 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔Asalma1 =――――
M3.4
⋅⋅kz3.4 d fyd
84.23 cmcmcmcm
2
8º Passo - Cálculo do Momento M2 e Cálculo da Área de Aço As2 (referente ao Malma)
≔M2 =−Malma M3.4 745.714 ⋅kNkNkNkN mmmm
Consideraremos os valores a seguir para cálculo do d'
≔csup 15 mmmmmmmm
≔ϕlon 25 mmmmmmmm
≔ϕestribo 10 mmmmmmmm
≔d' =++csup ϕestribo ――
ϕlon
2
37.5 mmmmmmmm
≔Asalma2 =――――
M2
⋅fyd (( −d d'))
11.73 cmcmcmcm
2
9º Passo - Verificação da deformação na armadura As2
≔ε's =%0.35 ―――
−x3.4 d'
x3.4
%0.336 > ≔εyd %0.2017 Logo, no cálculo da AS2
podemos usar o fyd OK!
10º Passo - Definição da armadura total na viga
≔Asalma =+Asalma1 Asalma2 95.954 cmcmcmcm
2
Área de aço total na parte 
inferior da viga (armadura 
de tração)≔As =+Asalma Asabas 213.254 cmcmcmcm
2
≔Aϕ32 =―――――
⋅((32 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
8.04 cmcmcmcm
2
≔nºbarras =――
As
Aϕ32
26.52 Adotaremos 27 barras de 32 mm
≔A's =Asalma2 11.727 cmcmcmcm
2
Área de aço na parte 
superior da viga (armadura 
negativa ou de compressão)≔Aϕ20 =―――――
⋅((20 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
3.14 cmcmcmcm
2
≔nºbarras =――
A's
Aϕ20
3.73 Adotaremos 4 barras de 20 mm
Exercício 4: Dimensionar a viga do exercício 1 ao cisalhamento de acordo com os 
modelos de cálculo I e II da NBR 6118:2014, considerando Vsk = 65 kN. Obs.: 
verificar os máximos espaçamentos de estribos permitidos pela NBR 6118, 
inclusive quanto à taxa de armadura mínima, e detalhar os estribos e 
espaçamentos a serem adotados.
Dados do Problema
≔Vsk 65 kNkNkNkN Logo ≔Vsd =⋅Vsk 1.4 91 kNkNkNkN
≔bw =150 mmmmmmmm 0.15 mmmm
≔h =350 mmmmmmmm 0.35 mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔kd3.4 1.768
≔fck 20 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
14.286 MPaMPaMPaMPa
≔csup 15 mmmmmmmm
≔cinf 25 mmmmmmmm
≔ϕlon 12.5 mmmmmmmm
≔ϕestribo 5 mmmmmmmm
≔d =−h
⎛
⎜⎝
++cinf ϕestribo ――
ϕlon
2
⎞
⎟⎠
31.38 cmcmcmcm
SOLUÇÃO PELO MODELO DE CÁLCULO I DA NBR 6118:2014
1º Passo - Verificação das bielas
≔αV2 =
⎛
⎜⎝
−1 ⋅――
fck
250
――
1
MPaMPaMPaMPa
⎞
⎟⎠
0.92
≔VRd2I =⋅⋅⋅⋅0.27 αV2 fcd bw d 167 kNkNkNkN > =Vsd 91 kNkNkNkN OK! Não há 
esmagamento das 
bielas
2º Passo - Cálculo da armadura
≔fctm =⋅⋅0.3
⎛
⎜⎝
――
fck
MPaMPaMPaMPa
⎞
⎟⎠
―
2
3
MPaMPaMPaMPa 2.21 MPaMPaMPaMPa
≔fctkinf =⋅0.7 fctm 1.55 MPaMPaMPaMPa
≔fctd =――
fctkinf
1.4
1.11 MPaMPaMPaMPa
≔Vc0 =⋅⋅⋅0.6 fctd bw d 31.208 kNkNkNkN
≔Vc Vc0 Para Flexão simples (caso deste exemplo)
≔VRd3 +Vc Vsw
≔Vsw =−Vsd Vc 59.792 kNkNkNkN
≔Asw =⋅2 ――――
⋅⎛⎝ϕestribo⎞⎠
2
ππππ
4
0.393 cmcmcmcm
2
Considerando a bitola do estribo dada no 
exercício
≔fywd =fyd 434.783 MPaMPaMPaMPa
≔α 90 degdegdegdeg
≔Vsw ⋅⋅⋅⋅
⎛
⎜⎝
――
Asw
ssss
⎞
⎟⎠
0.9 d fywd (( +sin ((α)) cos ((α))))
≔Vsw =−Vsd Vc 59.792 kNkNkNkN Espaçamento dos estribos 
considerando a bitola dada no 
exercício≔sI =⋅⋅⋅⋅⋅Asw 0.9 d fywd (( +sin((α)) cos((α)))) ――
1
Vsw
8.063 cmcmcmcm
SOLUÇÃO PELO MODELO DE CÁLCULO II DA NBR 6118:2014, considerando ���� = 
30º
1º Passo - Verificação das bielas
≔θ 30 degdegdegdeg
=sin((θ)) 0.5 =cot ((θ)) 1.732 =cot ((α)) 0
≔VRd2II =⋅⋅⋅⋅⋅⋅0.54 αV2 fcd bw d ((sin((θ))))
2
(( +cot((α)) cot ((θ)))) 144.63 kNkNkNkN
OK! Não há 
esmagamento das 
bielas
=VRd2II 144.63 kNkNkNkN > =Vsd 91 kNkNkNkN
2º Passo - Cálculo da armadura
=fctd 1.11 MPaMPaMPaMPa
De acordo com a NBR 6118:2014
Vc1 Vsd
0 =VRd2II 144.63 kNkNkNkN
? =Vsd 91 kNkNkNkN ≔Vc1 =⋅――――
−VRd2II Vsd
−VRd2II Vc0
Vc0 14.757 kNkNkNkN
=Vc0 31.208 kNkNkNkN =Vc0 31.208 kNkNkNkN
≔Vc Vc1 =Vc 14.757 kNkNkNkN
≔Vsw =−Vsd Vc 76.243 kNkNkNkN
≔Vsw ⋅⋅⋅⋅⋅
⎛
⎜⎝
――
Asw
ssss
⎞
⎟⎠
0.9 d fywd (( +cot ((α)) cot ((θ)))) sin((α))
≔Vsw =−Vsd Vc 76.243 kNkNkNkN
Espaçamento dos 
estribos 
considerando a 
bitola dada no 
exercício
≔sII =⋅⋅⋅⋅⋅⋅Asw 0.9 d fywd (( +cot((α)) cot ((θ)))) sin((α)) ――
1
Vsw
10.953 cmcmcmcm
3º Passo - Verificação dos espaçamentos máximos segundo a norma
Segundo item 18.3.3 =VRd2I 167.005 kNkNkNkN
=VRd2II 144.63 kNkNkNkN
=Vsd 91 kNkNkNkN < =⋅VRd2II 0.67 96.902 kNkNkNkN
=⋅0.6 d 18.825 cmcmcmcm ou 30 cm
Logo
≔smáx1 =⋅0.6 d 18.825 cmcmcmcm
Segundo item 17.4.1.1.1
≔ρsw =⋅0.2 ――
fctm
fy
0.000884
≔smáx2 =―――――
Asw
⋅⋅bw ρsw sin((α))
29.61 cmcmcmcm
=sI 8.063 cmcmcmcm
=sII 10.953 cmcmcmcm
=smáx1 18.825 cmcmcmcm Logo, deve-se usar estribo de 5 mm 
a cada 8 cm!=smáx2 29.61 cmcmcmcm
Exercício 5: Calcular os esforços solicitantes que atuam na viga de marquise 
apresentada na figura a seguir (momento fletor, esforço cortante e momento torçor). A 
viga possui concreto com fck = 25 MPa. Considere a alvenaria com � = 13 kN/m³.
Considerar, além do peso próprio, os seguintes carregamentos atuantes na 
marquise:
�
�
�
Revestimento = 0,8 kN/m²;
Sobrecarga = 0,5 kN/m²;
Sobrecarga na extremidade do balanço = 1kN/m.
Dados do Problema
≔bw =25 cmcmcmcm 0.25 mmmm ≔γ 25 ――
kNkNkNkN
mmmm
3
≔bp =40 cmcmcmcm 0.4 mmmm
≔h =50 cmcmcmcm 0.5 mmmm ≔hp =40 cmcmcmcm 0.4 mmmm
≔hpar 1 mmmm
≔bpar 15 cmcmcmcm
≔Lmarq =+―――
0.25 mmmm
2
2.20 mmmm 2.325 mmmm ≔Lv 3.20 mmmm ≔Lp 3.5 mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔fck 25 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
17.857 MPaMPaMPaMPa
1º Passo - Cálculo dos esforços devidos à marquise
≔PPmarq =⋅γ
⎛
⎜⎝
―――――
+10 cmcmcmcm 6 cmcmcmcm
2
⎞
⎟⎠
2 ――
kNkNkNkN
mmmm
2
Peso próprio da laje da marquise
≔Rev 0.8 ――
kNkNkNkN
mmmm
2
Revestimento
≔Sobr 0.5 ――
kNkNkNkN
mmmm
2
Sobrecarga
≔Sobrex 1 ――
kNkNkNkN
mmmm
Sobrecarga na extremidade do balanço da marquise
≔qtotalmarq =⎛⎝ ++PPmarq Rev Sobr⎞⎠ 3.3 ――
kNkNkNkN
mmmm
2
Carregamento distribuído na 
marquise por m²
=Lmarq 2.325 mmmm Comprimento da marquise
≔Rkmarq =+⋅qtotalmarq Lmarq Sobrex 8.673 ――
kNkNkNkN
mmmm
Reação na viga devido ao carregamento 
da marquise por unidade de comprimento
≔MTk =+⋅⋅qtotalmarq Lmarq ――
Lmarq
2
⋅Sobrex Lmarq 11.244 ―――
⋅kNkNkNkN mmmm
mmmm
Momento torçor na 
viga por unidade de 
comprimento.
2º Passo - Cálculo dos esforços na viga
=Lv 3.2 mmmm Comprimento da viga
≔Tk =―――
⋅MTk Lv
2
17.991 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento torçor total característico
Cargas verticais aplicadas na viga:
=Rkmarq 8.673 ――
kNkNkNkN
mmmm
Carregamento devido à marquise
≔PPviga =⋅⋅γ bw h 3.125 ――
kNkNkNkN
mmmm
Peso próprio da viga
≔PPparede =⋅⋅13 ――
kNkNkNkN
mmmm
3
bpar hpar 1.95 ――
kNkNkNkN
mmmm
Carga da parede
≔Qtotalviga =++Rkmarq PPviga PPparede 13.748 ――
kNkNkNkN
mmmm
≔Vk =――――
⋅Qtotalviga Lv
2
21.996 kNkNkNkN Esforço cortante característico
=Lp 3.5 mmmm Comprimento dos pilares
≔Iv =―――
⋅bw h
3
12
0.002604 mmmm
4
Momento de inércia da seção da viga
≔Ip =―――
⋅bp hp
3
12
0.002133 mmmm
4
Momento de inércia da seção do pilar
≔Meng =−―――――
⋅Qtotalviga Lv
2
12
−11.731 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento de engastamento perfeito 
≔M1 =⋅Meng
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜⎝
――――
――
⋅4 Ip
Lp
+――
⋅4 Ip
Lp
――
⋅2 Iv
Lv
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟⎠
−7.035 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento fletor mínimo
≔M2 =+―――――
⋅Qtotalviga Lv
2
8
M1 10.562 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento fletor máximo
=Tk 17.991 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento torçor total característico
=Vk 21.996 kNkNkNkN Esforço cortante característico máximo
≔Mk =M2 10.562 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento fletor característico máximo (em módulo)
Exercício 6: Calcular as armaduras necessárias para que a viga do exercício 5 atenda aos 
esforços solicitantes de projeto. Considerar aço CA50. Obs.: verificar os critérios 
normativos quanto ao detalhamento das armaduras de torção. 
Utilizando os mesmos dados do exercício 5
1º Passo - Dimensionamento da viga à flexão parao limite dos domínios 3/4
Considerando o máximo momento fletor
≔d =−h 4 cmcmcmcm 0.46 mmmm
≔Msd =⋅Mk 1.4 14.787 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento fletor de cálculo
≔Asflexão =――――
Msd
⋅⋅kz3.4 d fyd
0.987 cmcmcmcm
2
≔Asmin =⋅⋅%0.15 h bw 1.875 cmcmcmcm
2
> Asflexão Logo, deveremos utilizar o 
Asmínimo em cima e em baixo 
da seção da viga para atender à 
flexão, pois temos momentos 
positivos e negativos.
2º Passo - Dimensionamento ao cortante
≔Vd =⋅Vk 1.4 30.794 kNkNkNkN Esforço cortante de cálculo
≔αv =−1 ⋅――
fck
250
――
1
MPaMPaMPaMPa
0.9
≔τwu =⋅⋅0.27 αv fcd 4.339 MPaMPaMPaMPa Tensão tangencial última (no esforço cortante)
≔τtu =⋅⋅0.25 αv fcd 4.018 MPaMPaMPaMPa Tensão tangencial última (no momento torçor)
≔τwd =――
Vd
⋅bw d
0.268 MPaMPaMPaMPa Tensão tangencial solicitante (no esforço cortante)
≔τc =⋅⋅0.09
⎛
⎜⎝
――
fck
MPaMPaMPaMPa
⎞
⎟⎠
―
2
3
MPaMPaMPaMPa 0.769 MPaMPaMPaMPa Tensão resistente de cálculo à tração do 
concreto
≔τd =⋅1.11 ⎛⎝ −τwd τc⎞⎠ −0.557 MPaMPaMPaMPa < 0 Isto significa que apenas o concreto da 
viga suporta as tensões de cisalhamento 
devido ao esforço cortante. Deste modo, 
pode-se dispensar a armadura de 
cisalhamento, desde que se utilizada a 
armadura de torção.
3º Passo - Dimensionamento à torção
≔Td =⋅Tk 1.4 25.187 ⋅kNkNkNkN mmmm Momento torçor de cálculo
Verificação da geometria
≔t =――――
⋅bw h
2 ⎛⎝ +bw h⎞⎠
8.333 cmcmcmcm Espessura da parede equivalente 
≔c1 4 cmcmcmcm Valor do cobrimento C1
=2 c1 8 cmcmcmcm =t 8.333 cmcmcmcm > =2 c1 8 cmcmcmcm
Logo:
≔Ae =⋅⎛⎝ −bw t⎞⎠ (( −h t)) 694.444 cmcmcmcm
2 Área equivalente
≔u =2 ⎛⎝ −+bw h 2 t⎞⎠ 116.667 cmcmcmcm Perímetro equivalente
≔τtd =―――
Td
⋅2 Ae t
2.176 MPaMPaMPaMPa Tensão convencional de cisalhamento (no momento 
torçor)
Verificação das tensões no concreto, considerando que ocorre flexão e torção, 
simultaneamente.
=+――
τtd
τtu
――
τwd
τwu
0.603 < 1 Ok!
Cálculo das armaduras
≔Asw =―――
Td
⋅2 Ae fyd
4.171 ――
cmcmcmcm
2
mmmm
Área de aço para estribos verticais para torção
Adotando estribos de 5 mm
≔ϕestribo 8 mmmmmmmm
≔Asestribow =――――
⋅⎛⎝ϕestribo⎞⎠
2
ππππ
4
0.503 cmcmcmcm
2
Área de aço de um estribo adotado
≔n =―――
Asw
Asestribow
8.298 ―
1
mmmm
Número de estribos por metro de viga 
≔s =―
1
n
12.051 cmcmcmcm Espaçamento entre estribos considerando o diâmetro 
de estribo adotado
≔Asl =―――
⋅Td u
⋅2 Ae fyd
4.866 cmcmcmcm
2
Armadura Longitudinal para atender à 
torção
Verificação da armadura mínima para torção
≔fctm =⋅⋅0.3
⎛
⎜⎝
――
fck
MPaMPaMPaMPa
⎞
⎟⎠
―
2
3
MPaMPaMPaMPa 2.565 MPaMPaMPaMPa
≔ρwmin =⋅0.2 ――
fctm
fy
0.001026 Taxa de armadura mínima para torção
≔Aslmin =⋅⋅――
ρwmin
2
u bw 1.496 cmcmcmcm
2
Área mínima de armadura longitudinal para torção
=Aslmin 1.496 cmcmcmcm
2
< =Asl 4.866 cmcmcmcm
2
Ok!
≔Aswmin =⋅ρwmin bw 2.565 ――
cmcmcmcm
2
mmmm
Área mínima de armadura transversal para torção
=Aswmin 2.565 ――
cmcmcmcm
2
mmmm
< =Asw 4.171 ――
cmcmcmcm
2
mmmm
Ok!
Verificação do espaçamento máximo entre os estribos
=+――
τtd
τtu
――
τwd
τwu
0.603 < 0.67 Logo, smáx deve ser 0,6d ou 30 cm
=0.6 d 0.276 mmmm Ok! Adotaremos estribo de 8 
mm a cada 12 cm.30 cm > =s 12.051 cmcmcmcm
4º Passo - Disposição da armadura longitudinal na seção
Em cada canto da armadura transversal devem-se colocar barras longitudinais de bitola 
pelo menos igual à da armadura transversal e não inferior a 10 mm.
A armadura longitudinal deve ser distribuída ao longo do perímetro da seção, tendo em 
vista que a seção possui altura maior que 40 cm, e o espaçamento entre elas não deve 
ser maior que 20 cm.
≔Asltotal =+Asl ⋅2 Asmin 8.616 cmcmcmcm
2
Área de aço total na seção (longitudinal)
≔ϕlong 12.5 mmmmmmmm Adotando barras de 12,5 mm
≔Asϕlong =――――
⋅⎛⎝ϕlong⎞⎠
2
ππππ
4
1.227 cmcmcmcm
2
Área de aço da barra adotada
=―――
Asltotal
Asϕlong
7.021 Número de barras adotadas para atender à área 
necessária de aço
Adotaremos 8 barras de 12,5 mm dispostas ao 
longo do perímetro da seção de concreto
Exercício 7: Verificar a necessidade de utilização de armadura de pele na viga do 
exercício 2. Se for necessária, detalhar a armadura da seção transversal a ser 
adotada ao longo da alma da viga de acordo com os espaçamentos determinados 
pela norma. Verificar, ainda, se as armaduras detalhadas no exercício 2 para 
atender ao momento fletor solicitante estão dentro dos limites das taxas máximas 
e mínimas de armaduras definidos pela NBR 6118:2014.
Dados do Problema
Considerando o cálculo da armadura no item "b", com As = 120,34 cm².
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔kd3.4 1.768
≔fck 25 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
17.857 MPaMPaMPaMPa
≔d =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔bw =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
≔bf =150 cmcmcmcm 1.5 mmmm
≔hf =20 cmcmcmcm 0.2 mmmm
1º Passo: Verificação da armadura de Pele
De acordo com a NBR 6118:2014, item 
17.3.5.2.3, a mínima armadura lateral deve 
ser 0,10% da área de concreto da alma em 
cada face da viga, respeitando os 
espaçamentos apresentados na figura ao lado, 
não sendo necessária uma armadura superior 
a 5 cm²/m por face.
A viga do exercício possui altura maior que 
60 cm, portanto é necessária armadura de 
pele.
=―
d
3
50 cmcmcmcm
Verificação do espaçamento 
máximo20 cm
Adotando barras de 10 mm para a armadura de pele
≔ϕ 10 mmmmmmmm =⋅15 ϕ 15 cmcmcmcm
O espaçamento máximo entre as barras da armadura de pele deve ser de 15 cm, para 
barras de 10 mm. 
=――
d
⋅15 ϕ
10 Serão necessárias 10 barras de 10mm a cada 15 cm em cada 
face da viga
≔Acalma =⋅bw (( +d 10 cmcmcmcm)) 3200 cmcmcmcm
2
Área de concreto da alma
≔Aspelemin =⋅Acalma %0.10 3.2 cmcmcmcm
2
Área de aço mínima em cada face da viga 
para a armadura de pele
≔As10 =―――――
⋅((10 mmmmmmmm))
2
ππππ
4
0.785 cmcmcmcm
2
OK! Usando 10 barras de 
10mm a cada 15 cm em 
cada face da viga
≔Aspelecalc =⋅10 As10 7.854 cmcmcmcm
2
> =Aspelemin 3.2 cmcmcmcm
2
Lembrando que não é necessária uma armadura superior a 5 cm²/m por face.
Considerando 1,60 de altura da face, tem-se:
OK! Usando 10 barras de 
10mm a cada 15 cm em 
cada face da viga
=―――
Aspelecalc
1.60
4.909 cmcmcmcm
2
< 5 cm²
2º Passo: Verificação da taxa de armadura
De acordo com a NBR 6118:2014, a taxa mínima absoluta de armadura é de 0,15 % e, 
de acordo com o item 17.3.5.2.4, a soma das armaduras de tração e compressão não 
pode ser maior que 4% da área de concreto.
≔Ac =+⋅bf hf ⋅⎛⎝ +−d hf 10 cmcmcmcm⎞⎠ bw 5800 cmcmcmcm
2
≔Asmin =⋅Ac %0.15 8.7 cmcmcmcm
2
≔Asmax =⋅Ac %4 232 cmcmcmcm
2
≔Ascalc =+120.4 cmcmcmcm
2
⋅20 As10 136.108 cmcmcmcm
2
Área de aço calculada para 
atender à flexão + armadura 
de pele.
A área de aço calculada atende aos 
critérios de taxa de armadura 
máxima e mínima. OK!
Exercício 8: Verificar a viga do exercício 1 ao Estado Limite de Fissuração 
Inaceitável (ELS-W) e ao Estado Limite de Deformação Excessiva (ELS-DEF). 
Considerar que a viga está situada na parte interna de um edifício localizado na 
beira do mar, é biapoiada e possui vão de 4,00 m. Obs.: detalhar os limites 
normativos para os deslocamentos e para a máxima abertura de fissura permitida.
Dados do Problema
≔Mk ⋅95 kNkNkNkN mmmm Logo ≔Md =⋅Mk 1.4 133 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔Vsk 65 kNkNkNkN Logo ≔Vsd =⋅Vsk 1.4 91 kNkNkNkN
≔bw =150 mmmmmmmm 0.15 mmmm
≔h =350 mmmmmmmm 0.35 mmmm
Aço CA50 ≔fy =500 MPaMPaMPaMPa 500000 kPakPakPakPa Logo ≔fyd =――
fy
1.15
434782.61 kPakPakPakPa
≔kd3.4 1.768
≔fck 20 MPaMPaMPaMPa Logo ≔fcd =――
fck
1.4
14.286 MPaMPaMPaMPa
≔csup 15 mmmmmmmm
≔cinf 25 mmmmmmmm
≔ϕlon 12.5 mmmmmmmm
≔ϕestribo 5 mmmmmmmm
≔d =−h
⎛
⎜⎝
++cinf ϕestribo ――
ϕlon
2
⎞
⎟⎠
31.38 cmcmcmcm
≔As 11.846 cmcmcmcm
2
≔A's 5.24 cmcmcmcm
2
≔L 4.00 mmmm
VERIFICAÇÃO AO Estado Limite de Fissuração Inaceitável (ELS-W)
1º Passo - Cálculo do fctm
≔fctm =⋅⋅0.3
⎛
⎜⎝
――
fck
MPaMPaMPaMPa
⎞
⎟⎠
―
2
3
MPaMPaMPaMPa 2.21 MPaMPaMPaMPa
2º Passo - Determinação do módulo de elasticidade do concreto
≔αe 1.0 Considerando agregado tipo granito
≔Eci =⋅⋅⋅αe 5600
‾‾‾‾‾
――
fck
MPaMPaMPaMPa
MPaMPaMPaMPa 25043.961MPaMPaMPaMPa Módulo de Elasticidade Inicial
≔αi =+0.8 ⋅⋅0.2 ――
fck
80
――
1
MPaMPaMPaMPa
0.85
≔Ecs =⋅αi Eci 21287.367 MPaMPaMPaMPa Módulo de Elasticidade Secante
3º Passo - Cálculo da Profundidade de Linha Neutra no Estádio II
≔Ac =⋅d bw 470.625 cmcmcmcm
2
Área de concreto da seção
≔ρ =―
As
Ac
0.0252 Taxa de armadura da seção
≔Esi 210000 MPaMPaMPaMPa Módulo de Elasticidade do Aço
≔αe =――
Esi
Ecs
9.86501 Relação entre os módulos de elasticidade do aço e do concreto
≔XII =⋅――
⋅αe As
bw
⎛
⎜
⎝
−
‾‾‾‾‾‾‾
+1 ――
2
⋅αe ρ
1
⎞
⎟
⎠
15.652 cmcmcmcm
4º Passo - Determinação da tensão na armadura �si
≔ZII =−d ――
XII
3
26.158 cmcmcmcm Braço de alavanca no Estádio II
≔Mkser =Mk 95 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔σsi =―――
Mkser
⋅ZII As
306.5866 MPaMPaMPaMPa Tensão na armadura de tração
5º Passo - Determinação da abertura das fissuras
≔η1 2.25 Coeficiente de conformação superficial, para barras nervurada
=ϕlon 12.5 mmmmmmmm ≔ϕi =ϕlon 12.5 mmmmmmmm Diâmetro da armadura longitudinal
≔Acri =⋅⋅⋅15 ϕlon 15 ϕlon 351.563 cmcmcmcm
2
Área da região de envolvimento protegida por 
uma barra
≔Asϕ =――――
⋅⎛⎝ϕlon⎞⎠
2
ππππ
4
1.227 cmcmcmcm
2 Área de uma barra da armadura longitudinal
≔ρcri =――
Asϕ
Acri
0.00349 Taxa de armadura por fissuração
≔wk1 =⋅⋅―――
ϕi
⋅12.5 η1
――
σsi
Esi
――
3 σsi
fctm
0.27 mmmmmmmm
Cálculo das aberturas das fissuras
≔wk1 =⋅⋅―――
ϕi
⋅12.5 η1
――
σsi
Esi
⎛
⎜⎝
+――
4
ρcri
45
⎞
⎟⎠
0.773 mmmmmmmm
O valor característico da abertura da fissura é o menos entre os dois obtidos nos cálculos, 
portanto, 0,27 mm.
6º Passo - Determinação do limite normativo para abertura da fissura
Considerando a Classe de Agressividade Ambiental III (zona marinha), com um microclima 
de CAA II, por se tratar de uma viga localizada no interior do edifício.
De acordo com a NBR 6118:2014, para esta CAA, wk < 0,3 mm, portanto a viga em 
estudo atende ao ELS-W.
VERIFICAÇÃO AO Estado Limite de Deformação Excessiva (ELS-DEF)
Serão utilizados os dados calculados na verificação ao ELS-W.
1º Passo - Cálculo do Momento de Inércia no Estádio II e no Estádio II
≔II =―――
⋅bw h
3
12
0.00054 mmmm
4
Momento de Inércia no Estádio I
≔III =+―――
⋅bw XII
3
3
⋅⋅αe As ⎛⎝ −d XII⎞⎠
2
0.000481 mmmm
4
Momento de Inércia no Estádio II
2º Passo - Determinação da flecha imediata no Estádio I
≔M ――
⋅q L
2
8
Logo ≔q =――
⋅Mk 8
L
2
47.5 ――
kNkNkNkN
mmmm
Carregamento distribuido na viga
≔P =q 47.5 ――
kNkNkNkN
mmmm
≔α0I =――
5
384
―――
⋅P L
4
⋅Ecs II
13.88 mmmmmmmm Flecha imediata no estádio I, para vigas 
biapoiadas
3º Passo - Cálculo do momento de Fissuração
≔Yt =―
h
2
17.5 cmcmcmcm Distância do centro de gravidade da seção seção à fibra 
mais tracionada
≔α 1.5 Para seções retangulares 
≔Mr =⋅α ―――
⋅fctm II
Yt
10.154 ⋅kNkNkNkN mmmm < =Mk 95 ⋅kNkNkNkN mmmm Logo, a viga trabalha 
no Estádio II
4º Passo - Determinação da flecha imediata no Estádio II
≔α0II =――
5
384
―――
⋅P L
4
⋅Ecs III
15.48 mmmmmmmm Flecha imediata no estádio II, para vigas 
biapoiadas
5º Passo - Determinação da Rigidez Equivalente
≔Ic =II 0.00054 mmmm
4
≔Ma =Mk 95 ⋅kNkNkNkN mmmm
≔EIeq =Ecs
⎛
⎜
⎝
+⋅
⎛
⎜
⎝
――
Mr
Ma
⎞
⎟
⎠
3
Ic ⋅
⎛
⎜
⎝
−1
⎛
⎜
⎝
――
Mr
Ma
⎞
⎟
⎠
3 ⎞
⎟
⎠
III
⎞
⎟
⎠
10232.58 ⋅kNkNkNkN mmmm
2
=EIeq 10232.578 ⋅kNkNkNkN mmmm
2
< =⋅Ecs II 11408.698 ⋅kNkNkNkN mmmm
2
OK!
6º Passo - Determinação da flecha imediata considerando a Rigidez Equivalente
≔α0eq =――
5
384
――
⋅P L
4
EIeq
15.47 mmmmmmmm Flecha imediata considerando a Rigidez 
Equivalente
=α0I 13.878 mmmmmmmm
=α0II 15.476 mmmmmmmm Usaremos no cálculo da flecha final o maior 
dos três valores.=α0eq 15.473 mmmmmmmm
7º Passo - Cálculo da flecha diferida no tempo (flecha final)
Considerando tempo inicial (t0) de 1 mês e tempo final (t) de 100 meses
≔α0 =α0II 15.476 mmmmmmmm
≔t0 1mês
≔t 100 meses
≔ρ' =――
A's
Ac
0.01113 Taxa de armadura negativa da seção
≔ξ ((t)) ⋅⋅0.68 ⎛⎝0.996
t ⎞⎠ t
0.32
Para t < 70 meses
≔t 1
≔ξt0 =⋅⋅0.68 ⎛⎝0.996
t ⎞⎠ t
0.32
0.677
≔ξ ((t)) 2 Para t > 70 meses
≔ξt 2
≔∆ξ =−ξt ξt0 1.323
≔αf =―――
∆ξ
+1 ⋅50 ρ'
0.85
≔α =⋅α0 ⎛⎝ +1 αf⎞⎠ 28.625 mmmmmmmm Flecha diferida no tempo (flecha final)
8º Passo - Determinação do limite para o deslocamento
Aceitabilidade Sensorial =――
L
250
16 mmmmmmmm
Efeito em elementos não estruturais (parede/alvenaria) =――
L
500
8 mmmmmmmm ou 10 mm
Efeito em elementos não estruturais (forro/revestimento colado =――
L
350
11.429 mmmmmmmm
=α 28.625 mmmmmmmm > =――
L
500
8 mmmmmmmm Logo, a viga NÃO atende ao ELS-DEF.