estrutura metalica parte 2

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4.3.4. MÉTODO DE DIMENSIONAMENTO 
 
 
Combinações das ações para o estado limite último 
 
Segundo a NBR 8800 (2008), as combinações são classificadas em: 
 
(a) Combinações normais: Combinação que inclui todas as ações decorrentes do uso previsto da 
estrutura. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅+⋅+⋅=
n
j
jjj,q,q
m
i
igid QQGS
2
011
1
ψγγγ Seção 4.7.7.2.1 (NBR 8800) 
 
(b) Combinações últimas especiais: Combinações que inclui ações variáveis especiais, cujos 
efeitos têm magnitude maior que os efeitos das ações de uma combinação normal. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅+⋅+⋅=
n
j
jef,jj,q,q
m
i
igid QQGS
2
011
1
ψγγγ Seção 4.7.7.2.2 (NBR 8800) 
 
NOTA: Os fatores ψ0j,ef são iguais aos fatores ψ0j adotados nas combinações normais, salvo 
quando a ação variável especial Q1 tiver tempo de atuação muito pequeno, caso em que ψ0j,ef 
podem ser tomados como os correspondentes fatores de redução ψ2j. 
 
(c) Combinações últimas de construção: Combinação que considera ações que podem promover 
algum estado limite último na fase de construção da estrutura. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅+⋅+⋅=
n
j
jef,jj,q,q
m
i
igid QQGS
2
011
1
ψγγγ Seção 4.7.7.2.3 (NBR 8800) 
 
(d) Combinações excepcionais: Combinação que inclui ações excepcionais, as quais podem 
produzir efeitos catastróficos, tais como explosões, choques de veículos, incêndios e sismos. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅++⋅=
n
j
jef,jj,q
m
i
igid QEGS
1
0
1
ψγγ Seção 4.7.7.2.4 (NBR 8800) 
 
Sendo G a carga permanente, Q1 a ação variável predominante para o efeito analisado, Qj as 
demais ações variáveis, γg o coeficiente de ponderação das ações permanentes, γq o coeficiente 
de ponderação das ações variáveis e ψ o fator de combinação. 
 
Tabela 0. Valores dos coeficientes de ponderação das ações. 
Ações permanentes (γg) 
a c 
Diretas 
Combinações Peso próprio 
de estruturas 
metálicas 
Peso próprio 
de estruturas 
pré-moldadas 
Peso próprio de 
estruturas 
moldadas no 
local e de 
elementos 
construtivos 
industrializados 
e empuxos 
permanentes 
Peso próprio de 
elementos 
construtivos 
industrializados 
com adição in 
loco 
Peso próprio 
de elementos 
construtivos 
em geral e 
equipamentos 
Indiretas 
Normais 
1,25 
(1,00) 
1,30 
(1,00) 
1,35 
(1,00) 
1,40 
(1,00) 
1,50 
(1,00) 
1,20 
(0) 
Especiais ou 
de construção 
1,15 
(1,00) 
1,20 
(1,00) 
1,25 
(1,00) 
1,30 
(1,00) 
1,40 
(1,00) 
1,20 
(0) 
Excepcionais 
1,10 
(1,00) 
1,15 
(1,00) 
1,15 
(1,00) 
1,20 
(1,00) 
1,30 
(1,00) 
0 
(0) 
Ações variáveis (γq) 
a d 
 
Efeito da temperatura 
b 
Ação do vento Ações truncadas e 
Demais ações 
variáveis, incluindo 
as decorrentes do uso 
e ocupação 
Normais 1,20 1,40 1,20 1,50 
Especiais ou 
de construção 
1,00 1,20 1,10 1,30 
Excepcionais 1,00 1,00 1,00 1,00 
a Os valores entre parênteses correspondem aos coeficientes para as ações permanentes favoráveis à segurança; 
ações variáveis e excepcionais favoráveis à segurança não devem ser incluídas nas combinações; 
b O efeito de temperatura citado não inclui o gerado por equipamentos, o qual deve ser considerado ação decorrente 
do uso e ocupação da edificação; 
c Nas combinações normais, as ações permanentes diretas que não são favoráveis à segurança podem, 
opcionalmente, ser consideradas superiores a 5 kN/m2, ou 1,40 quando isso não ocorrer. Nas combinações especiais 
ou de construção, os coeficientes de ponderação são respectivamente 1,25 e 1,30, e nas combinações excepcionais, 
1,15 e 1,20; 
d Nas combinações normais, se as ações permanentes diretas que não são favoráveis à segurança forem agrupadas, 
as ações variáveis que não são favoráveis à segurança podem, opcionalmente, ser consideradas também todas 
agrupadas, com coeficiente de ponderação igual a 1,50 quando as ações variáveis decorrentes do uso e ocupação 
forem superiores a 5 kN/m2, ou 1,40 quando isso não ocorrer (mesmo nesse caso, o efeito da temperatura pode ser 
considerado isoladamente, com o seu próprio coeficiente de ponderação). Nas combinações especiais ou de 
construção, os coeficientes de ponderação são respectivamente 1,30 e 1,20 e nas combinações excepcionais, sempre 
1,00. 
e Ações truncadas são consideradas ações variáveis cuja distribuição de máximos é truncada por um dispositivo 
físico, de modo que o valor dessa ação não possa superar o limite correspondente. O coeficiente de ponderação 
mostrado nesta tabela se aplica a este valor limite. 
 
Tabela 0. Valores dos fatores de combinação ψ0 e de redução ψ1 e ψ2 para as ações variáveis. 
Ações ψ0 ψ1 
c ψ2 
d 
Locais em que não há predominância de pesos e de 
equipamentos que permaneçam fixos por longos 
períodos de tempo, nem de elevadas concentrações de 
pessoas. a 
0,5 0,4 0,3 
Locais em que há predominância de pessoas e de 
equipamentos que permanecem fixos por longos 
períodos de tempo, ou de elevadas concentrações de 
pessoas. b 
0,7 0,6 0,4 
Ações variáveis causadas 
pelo uso e ocupação 
Bibliotecas, arquivos, depósitos, oficinas e garagens e 
sobrecargas em coberturas. 
0,8 0,7 0,6 
Vento Pressão dinâmica do vento nas estruturas em geral. 0,6 0,3 0 
Temperatura 
Variações uniformes de temperatura em relação à 
média anual local. 
0,6 0,5 0,3 
Passarelas de pedestres. 0,6 0,4 0,3 
Vigas de rolamento de pontes rolantes. 1,0 0,8 0,5 Cargas móveis e seus 
efeitos dinâmicos Pilares e outros elementos ou subestruturas que 
suportam vigas de rolamento de pontes rolantes. 
0,7 0,6 0,4 
a Edificações residenciais de acesso restrito; 
b Edificações comerciais, de escritório e de acesso público; 
c Para estado limite de fadiga, usar ψ1 igual a 1,0; 
d Para combinações excepcionais onde a ação principal for sismo, admite-se adotar para ψ2 o valor zero. 
 
Combinações das ações para o estado limite de utilização 
 
As combinações de ações nos estados limites de utilização são efetuados considerando a ação 
variável dominante Q1 combinada com ações permanentes Gi e as outras ações variáveis Qj. 
Resultam os seguintes tipos de combinação: 
 
(a) Combinações quase permanentes de serviço: São aquelas que pedem atuar durante grande 
parte do período de vida da estrutura, da ordem da metade desse período. Essas combinações são 
utilizadas para os efeitos de longa duração e para a aparência da construção. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅+⋅+=
n
j
j
m
i
iser QQGS
2
212
1
ψψ Seção 4.7.7.3.2 (NBR 8800) 
 
(b) Combinações freqüentes de serviço: São aquelas que se repetem muitas vezes durante o 
período de vida da estrutura, da ordem da 105 vezes em 50 anos, ou que tenham duração total 
igual a uma parte não desprezível desse período, da ordem de 5%. Essas combinações são 
utilizadas para os estados limites reversíveis, isto é, que não causam danos permanentes à 
estrutura ou a outros componentes da construção, incluindo os relacionados ao conforto dos 
usuários e ao funcionamento de equipamentos, tais como vibrações excessivas, movimentos 
laterais excessivos que comprometam a vedação, empoçamentos em coberturas e aberturas de 
fissuras. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅+⋅+=
n
j
j
m
i
iser QQGS
2
211
1
ψψ Seção 4.7.7.3.3 (NBR 8800) 
 
(c) Combinações raras de serviço: São aquelas que podem atuar no máximo algumas horas 
durante o período de vida da estrutura. Essas combinações são utilizadas para os estados limites 
irreversíveis, isto é, que causam danos permanentes à estrutura ou a outros componentes da 
construção, e para aqueles relacionados ao funcionamento adequado da estrutura, tais como 
formação de fissuras e danos aos fechamentos. 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅++=
n
j
j
m
i
iser QQGS
2
11
1
ψ Seção 4.7.7.3.3 (NBR 8800) 
 
Exemplo 1. Estabelecer a combinação das ações para as seguintes cargas: Peso próprio de 
estruturas metálicas (Gk,1)=80 kN, Sobrecarga com concentração de pessoas (Qk,1)=25 kN e 
Vento (Qk,2)=40 kN. 
 
a) Combinação última normal: 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅+⋅+⋅=
n
j
jjj,q,q
m
i
igid QQGS
2
011
1
ψγγγ Seção 4.7.7.2.1 (NBR 8800) 
 
De acordo com as Tabelas 00 e 00, têm-se: γg,1=1,25; γq,1=1,5; γq,2=1,4; ψ1=0,7 e ψ2=0,60. 
 
Assim,( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 101714060412551802511 =⋅⋅+⋅+⋅= 
 
( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 251822570514041802512 =⋅⋅+⋅+⋅= 
 
( ) ( ) kN,,,S ,d 501372551802513 =⋅+⋅= 
 
( ) ( ) kN,,,S ,d 001564041802514 =⋅+⋅= 
 
 
Exemplo 2. Estabelecer a combinação das ações para as seguintes cargas: Peso própriode 
estruturas metálicas (Gk,1)=80 kN, Sobrecarga com concentração de pessoas (Qk,1)=25 kN, Vento 
(Qk,2)=60 kN (sobrepressão) e Vento (Qk,3)=-110 kN (sucção). 
 
a) Combinação última normal: 
 
( ) ( )∑∑
==
⋅⋅+⋅+⋅=
n
j
jjj,q,q
m
i
igid QQGS
2
011
1
ψγγγ Seção 4.7.7.2.1 (NBR 8800) 
 
De acordo com as Tabelas 00 e 00, têm-se: γg,1=1,25; γq,1=1,5; γq,2=1,4; ψ1=0,7 e ψ2=0,60. 
 
Assim, 
 
( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 101716060412551802511 =⋅⋅+⋅+⋅= 
 
( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 252102570516041802512 =⋅⋅+⋅+⋅= 
 
( ) ( ) kN,,,S ,d 501372551802513 =⋅+⋅= 
 
( ) ( ) kN,,,S ,d 001846041802514 =⋅+⋅= 
 
( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 10251106041255180015 =⋅⋅−⋅+⋅= 
 
( ) ( ) ( ) kN,,,,,S ,d 75472570511104180016 −=⋅⋅+⋅−⋅= 
 
( ) ( ) kN,,,S ,d 00741104180017 −=⋅−⋅= 
 
 
 
4.3.5. CONCEPÇÃO ESTRUTURAL 
 
 
0. ESPECIFICAÇÕES PARA DIMENSIONAMENTO 
 
0.0. BARRAS TRACIONADAS 
 
Segundo a Seção 5.2 da NBR 8800 (2008), as recomendações de dimensionamento apresentadas 
para as barras tracionadas são aplicáveis as barras prismáticas sujeitas à tração provocada por 
cargas estáticas, agindo segundo o eixo que passa pelos centros e gravidade das seções 
transversais. No dimensionamento, deve ser atendida a condição: 
 
Rd,tSd,t NN ≤ Seção 5.2.1.2 (NBR 8800) 
 
onde Nt,Sd e Nt,Rd são, respectivamente, as forças axiais de tração solicitante e resistente de 
cálculo. 
 
 
0.0.0. Força axial resistente de cálculo 
 
A resistência de cálculo a ser usada no dimensionamento (exceto as barras ligadas por pinos e as 
com extremidades rosqueadas) é o menor dos valores obtidos de acordo com estados limites de 
escoamento da seção bruta e ruptura da seção liquida. 
 
(a) Escoamento da seção bruta: 
 
1a
yg
Rd,t
fA
N
γ
⋅
= Seção 5.2.2 (NBR 8800) 
 
onde Ag é a área bruta da seção transversal e fy é a resistência ao escoamento do aço. 
 
(b) Ruptura da seção líquida efetiva: 
 
2a
ue
Rd,t
fA
N
γ
⋅
= Seção 5.2.2 (NBR 8800) 
 
onde Ae é a área líquida efetiva da seção transversal e fu é a resistência à ruptura do aço. 
 
Os valores dos coeficientes de ponderação das resistências γa1 e γa2 no estado limite último são 
apresentados na Tabela 0. No estado limite de utilização os coeficientes de ponderação são 
unitários, γm=1,0. 
 
Tabela 0. Coeficientes de ponderação das resistências no estado limite último. 
Aço estrutural γa 
a 
Combinações Escoamento, 
flambagem e 
instabilidade γa1 
Ruptura γa2 
Concreto γc 
Aço das armaduras 
γs 
Normais 1,10 1,35 1,40 1,15 
Especiais ou de 
construção 
1,10 1,35 1,20 1,15 
Excepcionais 1,00 1,15 1,20 1,00 
a Inclui o aço de fôrma incorporada, usado nas lajes mistas de aço e concreto, de pinos e parafusos. 
 
 
0.0.0. Áreas utilizadas no cálculo 
 
Área bruta Ag 
 
A área bruta Ag de uma seção transversal qualquer de uma barra deve ser calculada pela soma 
dos produtos da espessura pela largura bruta de cada elemento, medida na direção normal ao 
eixo da barra. 
 
Área líquida efetiva Ae 
 
A área líquida efetiva Ae é dada por: 
 
nte ACA ⋅= Seção 5.2.3 (NBR 8800) 
 
onde An é a área líquida da barra e Ct é um coeficiente de redução da área líquida. 
 
Área líquida An 
 
Em regiões com furos, feitos por ligações ou para qualquer outra finalidade, a área líquida, An, de 
uma barra é a soma dos produtos da espessura pela largura líquida de cada elemento, calculada 
como segue: 
 
(a) Em ligações parafusadas, a largura dos furos deve ser considerada 2,0 mm maior que a 
dimensão máxima desses furos e perpendicular à direção da força aplicada (ver também Seção 
0.0.0. Dimensões e uso de furos); 
 
(b) No caso de uma série de furos distribuídos transversalmente ao eixo da barra, em diagonal a 
esse eixo ou ziguezague, a largura líquida dessa parte da barra deve ser calculada deduzindo-se 
da largura bruta a soma das larguras de todos os furos em cadeia, e somando-se para cada linha 
ligando dois furos, a quantia s2/4·g. Sendo s e g, respectivamente, o espaçamento longitudinal e 
transversal (gabarito) entre estes dois furos; 
 
(c) A largura líquida crítica daquela parte da barra será obtida pela cadeia de furos que produza a 
menor das larguras líquidas, para das diferentes possibilidades de linhas de ruptura; 
 
(d) Para cantoneiras, o gabarito g dos furos em abas opostas deve ser considerado igual à soma 
dos gabaritos, medidos a partir da aresta da cantoneira, subtraída de sua espessura; 
 
(e) Na determinação da área líquida de seção que compreenda soldas de tampão ou soldas de 
filete em furos, a área do metal da solda deve ser desprezada; 
 
(f) Não havendo furos, An=Ag. 
 
Nt,Sd
s
g
1
2
 
Figura 0. Ilustração dos espaçamentos s e g entre os furos 1 e 2. 
 
 
0.0.0. Coeficiente de redução Ct 
 
Segundo a NBR 8800 (2008), o coeficiente de redução da área líquida, Ct, tem os seguintes 
valores: 
 
(a) Quando a força de tração for transmitida diretamente para cada um dos elementos da seção 
transversal da barra, por solda ou parafusos: Ct=1,0; 
 
(b) Quando a força de tração for transmitida somente por soldas transversais: Ct=Ac/Ag 
 
sendo Ac a área da seção transversal dos elementos conectados; 
 
(c) Nas barras com seções transversais abertas, quando a força de tração for transmitida somente 
por parafusos ou somente por soldas longitudinais ou ainda por uma combinação de soldas 
longitudinais e transversais para alguns (não todos) elementos da seção transversal (devendo, no 
entanto, ser usado 0,90 como limite superior, e não se permitindo o uso de ligações que resultem 
em um valor inferior a 0,60): Ct=1-ec/lc 
 
onde: 
 
ec é a excentricidade da ligação, igual à distância do centro geométrico da seção da barra, G, ao 
plano de cisalhamento da ligação (em perfis com um plano de simetria, a ligação deve ser 
simétrica em relação a ele e são consideradas, para cálculo de Ct, duas barras fictícias e 
simétricas, cada uma correspondente a um plano de cisalhamento da ligação, por exemplo, duas 
seções T no caso de perfis I ou H ligados pelas mesas ou duas seções U, no caso desses perfis 
serem ligados pela alma, ver Figura 0); 
 
lc é o comprimento efetivo da ligação (esse comprimento, nas ligações soldadas, é igual ao 
comprimento da solda na direção da força axial; nas ligações parafusadas é igual a distância do 
primeiro ao último parafuso da linha de furação com maior número de parafusos, na direção da 
força axial); 
 
ec
G
 
ec ec
G G
 
ec
ec
G
G
 
Figura 0. Ilustração dos valores de ec em seções abertas. 
 
 
(d) Nas chapas planas, quando a força de tração for transmitida somente por soldas longitudinais 
ao longo e ambas as suas bordas, conforme a Figura 0: 
 
Ct=1,00 para lw≥2·b 
Ct=0,87 para 2·b>lw≥1,5·b 
Ct=0,75 para 1,5·b>lw≥b 
 
onde lw é o comprimento dos cordões de solda e b é a largura da chapa (distância entre as soldas 
situadas nas duas bordas); 
 
lw
b
 
Figura 0. Chapa plana com força de tração transmitida por solda longitudinal. 
 
(e) Como na alínea (c), nas barras com seções tubulares retangulares, quando a força de tração 
for transmitida por meio de uma chapa de ligação concêntrica ao por chapas de ligação em dois 
lados opostos da seção, desde que o comprimento da ligação, lc, não seja inferior à dimensão da 
seção na direção paralela à(s) chapa(s) de ligação, ver Figura 0; 
 
ec
b
d
lc≥b
G
G
ec
 
d
b
lc≥b
ec
ec
G
G
 
( )bd
bdd
ec
+⋅
⋅⋅+
=
4
22
 
( )bd
d
ec
+⋅
=
4
2
 
NOTA: Fórmulas válidas apenas para espessura constante. 
Figura 0. Ilustração do valor de ec em seção tubular retangular. 
 
(f) Nas barras com seções tubulares circulares, quando a força de tração for transmitida por meio 
de uma chapa de ligação concêntrica, ver Figura 0: 
 
 (f.1) Se o comprimento da ligação,lc, for superior ou igual a 1,30 do diâmetro externo da 
barra: Ct=1,0; 
 
 (f.2) Como na alínea (c), se o comprimento da ligação for superior ou igual ao diâmetro 
externo da barra e menor que 1,30 vezes esse diâmetro. 
 
D
G
G
ec
ec
π
D
ec = 
Figura 0. Ilustração do valor de ec em seção tubular circular. 
 
 
0.0.0. Dimensões e uso de furos 
 
Segundo a NBR 8800 (2008), as dimensões máximas de furos devem obedecer ao indicado na 
Tabela 0. No entanto, furos de maiores diâmetros podem ser usados nas placas de apoio de 
pilares, para considerar as tolerâncias de locação de chumbadores em bases de concreto, usando-
se arruelas especialmente dimensionadas para tal situação, soldadas à placa de base. Nas ligações 
com furos alargados ou alongados, devem ser observados os tipos de ligação permitidos e as 
limitações. 
 
Tabela 0. Dimensões máximas de furos para parafusos e barras rosqueadas. 
Diâmetro do 
parafuso ou barra 
redonda rosqueada 
db (mm) 
Diâmetro do furo 
padrão 
Diâmetro do furo 
alargado 
Dimensões do furo 
pouco alongado 
Dimensões do furo 
muito alongado 
≤24 db+1,5 db+5 (db+1,5)x(db+6) (db+1,5)x(2,5·db) 
27 28,5 33 28,5x35 28,5x67,5 
≥30 db+1,5 db+8 (db+1,5)x(db+9,5) (db+1,5)x(2,5·db) 
 
NOTA: Para o furo padrão, o diâmetro total a reduzir é igual ao diâmetro db acrescido de 1,5 
mm (Tabela 0) mais 2,0 mm (Seção 0.0.0. Áreas de cálculo – Área líquida a), ou seja, db+3,5. 
 
 
0.0.0. Barra com extremidade rosqueada 
 
A resistência de cálculo de uma barra tracionada com extremidade rosqueada é o menor dos 
valores obtidos com base no estado limite de escoamento da seção bruta e no estado limite da 
ruptura da parte rosqueada. A força de cálculo de um parafuso tracionado ou de uma barra 
redonda rosqueada tracionada é dada por: 
 
12 a
yg
a
ubbe
Rd,t
fAfA
F
γγ
⋅
≤
⋅
= Seção 6.3.3.1 (NBR 8800) 
 
onde fub é a resistência à ruptura do material do parafuso ou barra redonda rosqueada à tração, 
ver Tabela 0 e Abe é a área efetiva. 
 
A área resistente ou área efetiva de um parafuso ou de uma barra rosqueada Abe, para tração, é 
um valor compreendido entre a área bruta e a área da raiz da rosca. Na NBR 8800 (2008) essa 
área é considerada igual a 0,75·Ab, sendo Ab a área bruta, baseada no diâmetro do parafuso ou no 
diâmetro externo da rosca da barra redonda rosqueada, db. Logo: 
 
bbe A,A ⋅= 750 Seção 6.3.2.2 (NBR 8800) 
 
com 
 
2250 bb d,A ⋅⋅= π Seção 6.3.2.2 (NBR 8800) 
 
Tabela 0. Materiais usados em parafusos. 
Especificação fyb (MPa) fub (MPa) Diâmetro db (mm) 
ASTM A307 - 415 - 
ISSO 898-1 Classe 4.6 235 400 12≤db≤36 
635 825 16≤db≤24 
ASTM A325 a 
560 725 24≤db≤36 
ISSO 4016 Classe 8.8 640 800 12≤db≤36 
ASTM A490 895 1035 16≤db≤36 
ISSO 4016 Classe 10.9 900 1000 12≤db≤36 
a Disponíveis também com resistência à corrosão atmosférica comparável à dos aços AR 350 COR ou à dos aços 
ASTM A588. 
 
 
0.0.0. Índice de esbeltez limite 
 
A NBR 8800 (2008) recomenda que o índice de esbeltez das barras tracionadas, tomadas como a 
maior relação entre o comprimento destravado e o raio de giração correspondente, l/r, 
excetuando-se tirantes de barras redondas pré-tensionadas ou outras barras que tenham sido 
montadas com pré-tensão, não supere 300. 
 
A referida norma recomenda que perfis ou chapas, separados uns dos outros por uma distância 
igual à espessura de chapas espaçadas, sejam interligados através dessas chapas espaçadoras, de 
modo que o maior índice de esbeltez de qualquer perfil ou chapa, entre essas ligações, não 
ultrapasse 300, conforme explica a Figura 0. 
 
N
(l/r)max≤300 l
rmin
N
 
Figura 0. Barra composta tracionada (NBR 8800, 2008). 
 
 
0.0.0. Elementos de ligação 
 
Esta seção é aplicável ao dimensionamento de elementos de ligações, tais como: enrijecedores, 
chapas de ligação, cantoneiras, consolos e todas as partes das peças ligadas afetadas localmente 
pela ligação. 
 
Ligações excêntricas 
 
Os eixos que passam pelos centros de gravidade das seções transversais de barras axialmente 
solicitadas e que se encontram em um nó devem, de preferência, se interceptar num ponto 
comum. Caso contrário, deve considerar-se o momento devido à excentricidade na ligação. 
 
Resistência de cálculo 
 
A força de tração resistente de cálculo de elementos de ligação tracionados deve ser o menor 
valor obtido, conforme segue: 
 
(a) Para o estado limite último de escoamento: 
 
1a
yg
Rd
fA
F
γ
⋅
= Seção 6.5.3 (NBR 8800) 
 
(b) Para o estado limite último de ruptura: 
 
2a
ue
Rd
fA
F
γ
⋅
= Seção 6.5.3 (NBR 8800) 
 
onde Ae é a área líquida efetiva definida na Seção 0.0.0, sendo que para chapas de emendas 
parafusadas: 
 
gne A,AA ⋅≤= 850 Seção 6.5.3 (NBR 8800) 
 
Colapso por rasgamento 
 
Para o estado limite de colapso por rasgamento, a força resistente é determinada pela soma das 
forças resistentes ao cisalhamento de uma ou mais linhas de falha e à tração em um segmento 
perpendicular. Esse estado limite deve ser verificado junto a ligações em extremidades de vigas 
com a mesa recortada para encaixe e em situações similares, tais como em barras tracionadas e 
chapas de nó (algumas situações típicas são mostradas na Figura 0a). A força resistente de 
cálculo ao colapso por rasgamento é dada por: 
 
( ) ( )ntutsgvy
a
ntutsnvu
a
Rd,r AfCAf,AfCAf,F ⋅⋅+⋅⋅⋅≤⋅⋅+⋅⋅⋅= 600
1
600
1
22 γγ
 Seção 6.5.6 (NBR 8800) 
 
onde Agv é a área bruta sujeita a cisalhamento; Anv é a área líquida sujeita a cisalhamento; Ant é a 
área líquida sujeita à tração e Cts é igual a 1,0 quando a tensão de tração na área líquida for 
uniforme, e igual a 0,5 quando for não uniforme (as Figura 0b e 0c ilustram situações típicas, 
respectivamente, para Cts=1 e Cts=0,5). 
 
Anv
Ant
 
Ant
Anv
 
Anv
Ant
 Ant
Anv
 
(a.1) (a.2) (a.3) (a.4) 
(a) Situações típicas nas quais deve ser verificado o estado limite 
 
 
(b.1) (b.2) (b.3) (b.4) 
(b) Situações típicas nas quais Cts=1,0 
 
(c) Situações típicas na qual Cts=0,5 
Figura 0. Colapso por rasgamento. 
 
 
0.0.0. Exemplos 
 
Exemplo 1. Calcular a espessura necessária de uma chapa de b=120 mm de largura (Figura 0), 
sujeita a um esforço axial de P=85 kN (carga variável de utilização). Resolver o problema para o 
aço MR250 (fy=250 MPa). 
 
PP b
 
Figura 0. Exemplo 1. 
 
a) Solicitação de cálculo: 
 
kN,,PN qSd,t 51278551 =⋅=⋅= γ Tabela 0 
 
b) Escoamento da seção bruta (combinação normal) Nt,Rd= Nt,Sd: 
 
2
3
1
1
561
250
101105127
mm
,,
f
N
A
fA
N
y
aSd,t
g
a
yg
Rd,t =
⋅⋅
=
⋅
=⇒
⋅
=
γ
γ
 Seção 0.0 
 
c) Espessura da chapa: 
 
mm,tmmttbAg 684120
561
561120 2 ==⇒=⋅=⋅= Seção 0.0 
 
Nestas condições, adotar chapa de 4,75 mm. 
 
 
Exemplo 2. A Figura 0 representa a ligação parafusada (parafuso com diâmetro øp) entre as 
chapas A e B, as quais estão sendo solicitadas por uma carga de tração P (carga variável de 
utilização). Admitindo-se aço ASTM A36 (fy=250 MPa e fu=400 MPa), verificar se as dimensões 
das chapas são satisfatórias. Dado: P=250 kN, h=200 mm, t=16 mm e øp=16 mm. 
 
PP
PP
Øp
t
h
A B
 
NOTA: Serão verificadas apenas as chapas A e B. 
Figura 0. Exemplo 2. 
 
a) Solicitação de cálculo: 
 
kN,PN qSd,t 37525051 =⋅=⋅= γ Tabela 0 
 
b) Área bruta: 
 
23102316200 mm,thAg ⋅=⋅=⋅= Seção 0.0 
 
c) Área líquida: 
 
( ) ( )



=+=
⋅=⋅⋅−=⋅−= ∑ mm,,
:Sendo
mm,,thA
pd,p
d,pn 51953
109521165194200 23
φφ
φ Seção 0.0 
 
d) Área líquida efetiva: 
 



−=
⋅=⋅⋅=⋅=
)a(Caso..Seção,C
:Sendo
mm,,,ACA
t
nte 00001
10952110952101 233 Seção 0.0 
 
e) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
2501023 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
Sd,tNkN, ≥27727 (ok) Seção 0.0 
 
f) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400109521 3
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
Sd,tNkN, ≥37578 (ok) Seção 0.0 
 
Visto que Nt,Rd≥Nt,Sd, têm-se que as dimensões das chapas A e B são satisfatórias. 
 
Exemplo 3. Admitindo que a ligação parafusada (parafuso com diâmetro øp) mostrada na Figura 
0 pode ser analisadacomo uma peça sujeita à tração axial, determinar o esforço resistente de 
projeto da ligação (Aço MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa). Dado: h=220 mm, t=12 mm, 
øp=10 mm, s=55 mm, e g=40 mm. 
 
PP
PP
tt
Øp
s s s s
h
g
g
g
g
1 2 3
1 2 3
 
Figura 0. Exemplo 3. 
 
a) Área bruta: 
 
231064212220 mm,thAg ⋅=⋅=⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
Seção 1-1: 
 
( ) ( )



=+=
⋅=⋅⋅−=⋅−= ∑− mm,,
:Sendo
mm,,thA
pd,p
d,p,n 51353
103162125132220 2311 φφ
φ Seção 0.0 
 
Seção 2-2: 
 
23
22
22 10446212404
55
25134220
4
mm,,t
g
s
hA d,p,n ⋅=⋅






⋅
⋅+⋅−=⋅







⋅
+−= ∑∑− φ Seção 0.0 
 
Seção 3-3: 
 
23
22
33 10737212404
55
45135220
4
mm,,t
g
s
hA d,p,n ⋅=⋅





⋅
⋅+⋅−=⋅





⋅
+−= ∑∑− φ Seção 0.0 
 
Após analisar as várias seções, a área liquida final é definida conforme segue: 
 
( ) 2311332211 103162 mm,AA,A,AminA ,n,n,n,nn ⋅=== −−−− Seção 0.0 
 
c) Área líquida efetiva: 
 



−=
⋅=⋅⋅=⋅=
)a(Caso..Seção,C
:Sendo
mm,,,ACA
t
nte 00001
10316210316201 233 Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
25010642 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,00600 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400103162 3
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
kN,22686 Seção 0.0 
 
O esforço resistente de projeto da ligação é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nt,Rd=600,00 kN (a ligação é governada pelo escoamento da seção bruta). 
 
Exemplo 4. Um esforço axial de tração P, proveniente do peso próprio de elementos construtivos 
industrializados com adição in loco, será suportado por um tirante (sistema de rosca e porca). 
Sendo assim, determinar o diâmetro do tirante (Aço MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa). Dado: 
P=95 kN. 
 
a) Solicitação de cálculo: 
 
kN,PN qSd,t 1339541 =⋅=⋅= γ Tabela 0 
 
b) Área resistente ou área efetiva de uma barra rosqueada: 
 
12 a
yg
a
ubbe
Rd,t
fAfA
F
γγ
⋅
≤
⋅
= 



⋅= bbe A,A
:Sendo
750
 Seção 0.0 
 
b.1) Área bruta: 
 
2
3
1 20585
250
10110133
mm,
,
f
F
A
y
aRd,t
g =
⋅⋅
=
⋅
=
γ
 



= Sd,tRd,t NF
:Sendo
 
 
b.2) Área efetiva de uma barra rosqueada: 
 
2
3
2 875448
400
35110133
mm,
,
f
F
A
ub
aRd,t
be =
⋅⋅
=
⋅
=
γ
 



= Sd,tRd,t NF
:Sendo
 
 
onde, 
 
25598
750
875448
750
mm,
,
,
,
A
A beb === 
 
A área bruta do tirante é definida como o valor máximo entre Ag=585,20 mm
2 e Ab=598,5 mm
2. 
Nestas condições, o diâmetro do tirante é definido como segue: 
 
=
⋅
=
π
φ
250,
Ab
p mm,6127 
 
Sendo assim, adotar diâmetro de 28,58 mm (1 1/8”). 
 
Exemplo 5. Determinar o esforço resistente de projeto da peça apresentada na Figura 0 (Aço 
MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa) e o comprimento máximo desta peça para que o índice de 
esbeltez λ seja λ=λlim=300. Dado: a=127 mm, b=89 mm, t=9,5 mm, øp=16 mm, a1=45 mm, 
a2=55, b1=60 mm e s=75 mm. 
 
a
a1
a2
b1
b
Øp
s s
t
g2
g1
1
1
2
2 
Figura 0. Exemplo 5. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2310962159895959127 mm,,,,tbttaAg ⋅=−⋅+⋅=−⋅+⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
mmag 5521 == 
 
mm,tbag 595112 =−+= 
 
Seção 1-1: 
 
( ) ( )



=+=
⋅=⋅⋅−=⋅−= ∑− mm,,
:Sendo
mm,,,thA
pd,p
d,p,n 51953
105911595192127 2311 φφ
φ Seção 0.0 
 
Seção 2-2: 
 
23
222
22 107891595954
75
554
75
5193127
4
mm,,
,
,t
g
s
hA d,p,n ⋅=⋅





⋅
+
⋅
+⋅−=⋅





⋅
+−= ∑∑− φ Seção 0.0 
 
Após analisar as duas seções, a área liquida final é definida conforme segue: 
 
( ) 23112211 105911 mm,AA,AminA ,n,n,nn ⋅=== −−− Seção 0.0 
 
c) Área líquida efetiva: 
 



−=
⋅=⋅⋅=⋅=
)a(Caso..Seção,C
:Sendo
mm,,,ACA
t
nte 00001
10591110591101 233 Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
250109621 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,852445 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400105911 3
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
kN,481471 Seção 0.0 
 
O esforço resistente de projeto da peça é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nt,Rd=445,852 kN (a peça é governada pelo escoamento da seção bruta). 
 
f) Comprimento máximo da peça: 
 
O comprimento máximo da peça (lmax=λlim·rmin) é definido em função do índice de esbeltez 
(λlim=300) e do raio de giração mínimo (rmin) da própria peça. O valor do raio de giração mínimo 
pode ser definido a partir de tabelas que informam as propriedades da seção transversal ou de 
cálculos aproximados. Neste exemplo o valor de rmin da cantoneira apresentada na Figura 0 será 
determinado a parti da análise da seção simplificada apresentada na Figura 0. 
 
y
x
a
b
t
 
y
x
a
b
t
xo
yo
 
a) Seção da cantoneira b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada da cantoneira. 
 
f.1) Centróide da seção simplificada, coordenadas (xo,yo): 
 
( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt
tb
tta/t
A
Ax
A
Q
x ii
y
o 88221
2
2
=
−⋅⋅










 −
++⋅⋅
=
⋅
==
∑ 
( )


−⋅+⋅= tbttaA
:Sendo
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt/tta/a
A
Ay
A
Q
y iixo 88240
22
=
−⋅⋅+⋅⋅
=
⋅
==
∑
 
 
f.2) Momento de inércia com relação aos eixos x-y: 
 
Para uma seção composta, tem-se: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,xx yAII
1
2 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,yy xAII
1
2 
 
Sendo assim, 
( ) ( ) 46
2323
105096
212212
mm,
a
ta
att
ttb
ttb
I x ⋅=





⋅⋅+
⋅
+





⋅⋅−+
⋅−
= 
 
( ) ( ) 46
2323
102662
212212
mm,
tb
ttbt
tbtt
ta
ta
I y ⋅=










 −
+⋅−⋅+
−⋅
+





⋅⋅+
⋅
= 
 
f.3) Momento de inércia com relação ao centróide: 
 
462 102313 mm,yAII oxCG,x ⋅=⋅−= 
 
462 103271 mm,xAII oyCG,y ⋅=⋅−= 
 
f.4) Produto de inércia com relação aos eixos x-y: 
 
Para uma seção composta, tem-se: 
 
( )∑
=
⋅⋅+=
n
i
iiiCGi,xxy yxAII
1
 
 
( ) 45104065
22
0
22
0 mm,
tb
t
t
tbt
at
taI xy ⋅=










 −
+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅+= 
 
f.5) Produto de inércia com relação ao centróide: 
 
46102141 mm,yxAII ooxyCG,xy ⋅−=⋅⋅−= 
 
f.6) Momento de inércia mínimo com relação ao centróide: 
 
( ) 452
2
103567
22
mm,I
IIII
I CG,xy
CG,yCG,xCG,yCG,x
CGmin, ⋅=+






 −
−
+
= 
 
f.7) Raio de giração mínimo: 
 
mm,
A
I
r CGmin,min 36419== 
 
f.8) Comprimento máximo: 
 
=⋅=⋅= 36419300 ,rl minlimmax λ mm,2635809 
 
Exemplo 6. Determinar o esforço resistente de projeto da peça apresentada na Figura 0 (Aço 
MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa). Dado: a=150 mm, b=50 mm, t=4,75 mm, øp=12,5 mm, 
s=50 mm e g=40 mm. 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
P
s s s
g
1
1
 
Figura 0. Exemplo 6. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada do perfil. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 231014217545075427541502 mm,,,,tbttaAg ⋅=−⋅⋅+⋅=−⋅⋅+⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
( ) ( )



=+=
⋅=⋅⋅−=⋅−== ∑− mm,,
:Sendo
mm,,,thAA
pd,p
d,pn,n 01653
1090497540162150 2211 φφ
φ Seção 0.0 
 
c) Área líquida efetiva: 
 





−−=
⋅=
)c(Caso..Seção
l
e
C
:Sendo
ACA
c
c
t
nte 0001
 Seção 0.0 
 
c.1) Excentricidade da ligação ec: 
 



=
⋅
===
∑
=
g
n
i
ii
y
oc AA
:Sendo
A
xA
A
Q
xe 1 
 
( )
mm,
A
tb
ttbt
t
ta
xo 78211
2
2
2
=











 −
+⋅−⋅⋅+⋅⋅
= 
 
 
c.2) Comprimento efetivo da ligação lc: 
 
mm,slc 01002 =⋅= 
 
c.3) Área líquida efetiva: 
 





=−=
⋅=⋅⋅=⋅=
88201
1073781090498820 222
,
l
e
C
:Sendo
mm,,,ACA
c
c
t
nte Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
250101421 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,631259 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400107378 2
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
kN,869258 Seção 0.0 
 
f) Colapso por rasgamento: 
 
( ) ( )ntutsgvy
a
ntutsnvu
a
Rd,r AfCAf,AfCAf,F ⋅⋅+⋅⋅⋅≤⋅⋅+⋅⋅⋅= 600
1
600
1
22 γγ
 Seção 0.0 
 
Sendo:( ) ( ) 23104251754503232 mm,,tsAgv ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= 
 
[ ] [ ] 231004517540165275450325232 mm,,,,,t,tsA d,pnv ⋅=⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅⋅= φ 
 
2210140175401675440 mm,,,,ttgA d,pnt ⋅=⋅−⋅=⋅−⋅= φ 
 
01,Cts = Figura 0 
 
Desta forma, tem-se: 
 
( ) ( )ntutsgvy
a
ntutsnvu
a
Rd,r AfCAf,AfCAf,F ⋅⋅+⋅⋅⋅≤⋅⋅+⋅⋅⋅= 600
1
600
1
22 γγ
 
 
( ) ( )2323 10140140001104251250600
351
1
10140140001100451400600
351
1
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= ,,,,
,
,,,,
,
F Rd,r 
 
⇒≤= kN,kN,F Rd,r 111192556219 kN,F Rd,r 111192= 
 
O esforço resistente de projeto da peça é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nt,Rd=Fr,Rd=192,111 kN (a peça é governada pelo colapso por rasgamento). 
 
Exemplo 7. Determinar o esforço resistente de projeto da peça apresentada na Figura 0 (Aço 
MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa). Dado: a=150 mm, b=50 mm, t=4,75 mm, e ls=120 mm. 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
P
ls
Solda
Solda
 
Figura 0. Exemplo 7. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada do perfil. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 231014217545075427541502 mm,,,,tbttaAg ⋅=−⋅⋅+⋅=−⋅⋅+⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
23101421 mm,AA gn ⋅== Seção 0.0 
 
c) Área líquida efetiva: 
 





−−=
⋅=
)c(Caso..Seção
l
e
C
:Sendo
ACA
c
c
t
nte 0001
 Seção 0.0 
 
c.1) Excentricidade da ligação ec: 
 



=
⋅
===
∑
=
g
n
i
ii
y
oc AA
:Sendo
A
xA
A
Q
xe 1 
 
( )
mm,
A
tb
ttbt
t
ta
xo 78211
2
2
2
=











 −
+⋅−⋅⋅+⋅⋅
= 
 
 
c.2) Comprimento efetivo da ligação lc: 
 
mm,ll sc 0120== 
 
c.3) Área líquida efetiva: 
 





=−=
⋅=⋅⋅=⋅=
88201
1000811014218830 233
,
l
e
C
:Sendo
mm,,,ACA
c
c
t
nte Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
250101421 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,631259 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400100081 3
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
kN,60298 Seção 0.0 
 
O esforço resistente de projeto da peça é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nt,Rd=259,631 kN (a peça é governada pelo escoamento da seção bruta). 
 
Exemplo 8. Determinar o esforço resistente de projeto da peça apresentada na Figura 0a (Aço 
MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa), sendo admitida a distribuição dos esforços mostrada na 
Figura 0b. Dado: a=150 mm, b=50 mm, t=4,75 mm, øp=12,5 mm, s1=50 mm, s2=80 mm e g=30 
mm. 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
P
s1 s2 s2
3⋅
g
1
1
3
3
2
2
 
a) Peça tracionada 
P
P
(8/10)⋅P
(4/10)⋅P
 
b) Distribuição dos esforços 
Figura 0. Exemplo 8. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
y
x
a
b
xo
yo
t
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada do perfil. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 231014217545075427541502 mm,,,,tbttaAg ⋅=−⋅⋅+⋅=−⋅⋅+⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
mm,ss 0802 == 
 
mm,g 030= 
 
Seção 1-1: 
 
( ) ( )



=+=
⋅=⋅⋅−=⋅−= ∑− mm,,
:Sendo
mm,,,thA
pd,p
d,p,n 01653
1038487540164150 2211 φφ
φ Seção 0.0 
 
Seção 2-2: 
 
23
22
22 103451754304
80
20164150
4
mm,,,t
g
s
hA d,p,n ⋅=⋅





⋅
⋅+⋅−=⋅





⋅
+−= ∑∑− φ Seção 0.0 
 
Seção 3-3: 
 
( ) ( ) 2233 1090497540162150 mm,,,thA d,p,n ⋅=⋅⋅−=⋅−= ∑− φ Seção 0.0 
 
Dada a distribuição dos furos apresentada na Figura 0, é necessário analisar todas as seções 
(Seção 1-1, Seção 2-2 e Seção 3-3), conforme segue: 
 
c) Área líquida efetiva: 
 





−−=
⋅=
)c(Caso..Seção
l
e
C
:Sendo
ACA
c
c
t
nte 0001
 Seção 0.0 
 
c.1) Excentricidade da ligação ec: 
 



=
⋅
===
∑
=
g
n
i
ii
y
oc AA
:Sendo
A
xA
A
Q
xe 1 
 
( )
mm,
A
tb
ttbt
t
ta
xo 78211
2
2
2
=











 −
+⋅−⋅⋅+⋅⋅
= 
 
 
c.2) Comprimento efetivo da ligação lc: 
 
mm,slc 01602 2 =⋅= 
 
c.3) Área líquida efetiva na Seção 1-1: 
 





=−=
⋅=⋅⋅=⋅= −− 92601
1076671038489260 2221111 ,
l
e
C
:Sendo
mm,,,ACA
c
c
t
,nt,e Seção 0.0 
 
c.4) Área líquida efetiva na Seção 2-2: 
 





=−=
⋅=⋅⋅=⋅= −− 92601
1024611034519260 2332222 ,
l
e
C
:Sendo
mm,,,ACA
c
c
t
,nt,e Seção 0.0 
 
c.5) Área líquida efetiva na Seção 3-3: 
 





=−=
⋅=⋅⋅=⋅= −− 92601
1017491090499260 2223333 ,
l
e
C
:Sendo
mm,,,ACA
c
c
t
,nt,e Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
250101421 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,631259 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
Seção 1-1: 
 
=





⋅
⋅⋅
=





⋅
⋅
=
−
8
10
351
400107667
8
10 2
2
11
,
,fA
N
a
u,e
Rd,t
γ
kN,643287 Seção 0.0 
 
Seção 2-2: 
 
=





⋅
⋅⋅
=





⋅
⋅
=
−
10
10
351
400102461
10
10 3
2
22
,
,fA
N
a
u,e
Rd,t
γ
kN,183369 Seção 0.0 
 
Seção 3-3: 
 
=





⋅
⋅⋅
=





⋅
⋅
=
−
10
10
351
400101749
10
10 2
2
33
,
,fA
N
a
u,e
Rd,t
γ
kN,835271 Seção 0.0 
 
O esforço resistente de projeto da peça é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nt,Rd=259,631 kN (a peça é governada pelo escoamento da seção bruta). 
 
Exemplo 9. Determinar o esforço resistente de projeto da cantoneira externa apresentada na 
Figura 0 (Aço MR250 – fy=250 MPa e fu=400 MPa. Dado: a=101,8 mm, a1=65 mm, t=9,52 mm, 
øp=25,0 mm e s=45 mm. 
 
a
a1
a1
a
Øp
tt
s s s sss
PP
a1
a1
-t
P
sss
2
2
1
1 
Figura 0. Exemplo 9. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
a
a1
a1
a
t
 
a
a1
a1
a
t
 
a) Seção da cantoneira b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada da cantoneira. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2310848152952981015298101 mm,,,,,,ttataAg ⋅=⋅−+⋅=⋅−+⋅= Seção 0.0 
 
b) Área líquida: 
 
( ) ( ) mm,,taag 48120529656511 =−+=−+= 
 
Seção 1-1: 
 



=+= mm,,
:Sendo
pd,p 52853φφ
 Seção 0.0 
 
23
22
11 103091529481204
45
52828101
4
mm,,
,
,,t
g
s
hA d,p,n ⋅=⋅





⋅
+⋅−=⋅





⋅
+−= ∑∑− φ Seção 0.0 
 
Seção 2-2: 
 
( ) ( ) 2322 1057615295288101 mm,,,,thA d,p,n ⋅=⋅−=⋅−= ∑− φ Seção 0.0 
 
Após analisar as duas seções, a área liquida final é definida conforme segue: 
 
( ) 23112211 103091 mm,AA,AminA ,n,n,nn ⋅=== −−− Seção 0.0 
 
c) Área líquida efetiva: 
 



−=
⋅=⋅⋅=⋅=
)a(Caso..Seção,C
:Sendo
mm,,,ACA
t
nte 00001
10309110309101 233 Seção 0.0 
 
d) Escoamento da seção bruta (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
11
250108481 3
1 ,
,fA
N
a
yg
Rd,t
γ
kN,919419 Seção 0.0 
 
e) Ruptura da seção líquida efetiva (combinação normal): 
 
=
⋅⋅
=
⋅
=
351
400103091 3
2 ,
,fA
N
a
ue
Rd,t
γ
kN,912387 Seção 0.0 
 
O esforço resistente de projeto da cantoneira externa é dado pelo menor valor calculado, sendo 
assim, Nt,Rd=387,912 kN (a peça é governada pela ruptura da seção líquida efetiva). 
 
 
 
0.0. BARRAS COMPRIMIDAS 
 
O dimensionamento de barras prismáticas submetidas à força axial de compressão é discutido na 
Seção 5.3 da NBR 8800 (2008), onde na Seção 5.3.1 desta mesma norma é estabelecida a 
seguinte condição: 
 
Rd,cSd,c NN ≤ Seção 5.3.1 (NBR 8800) 
 
sendo Nc,Sd e Nc,Rd, respectivamente, as forças axiais de compressão solicitante e resistente de 
cálculo. 
 
 
0.0.0. Força axial resistente de cálculo 
 
A força axial de compressão resistente de cálculo, Nc,Rd, associada aos estados limites últimos de 
instabilidade por flexão, torção ou flexo-torção e de flambagem local, deve ser determinada 
conforme segue: 
 
1a
yg
Rd,c
fAQ
N
γ
χ ⋅⋅⋅
= Seção 5.3.2 (NBR 8800) 
 
onde χ é o fator de redução associada à resistência à compressão, Q é o fator de redução total 
associado à flambagem local e Ag é a área bruta da seção transversal da barra. 
 
 
0.0.0. Fator de redução χ 
 
O fator de redução associado à resistência à compressãoé dado por: 
 
( )
( )



>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 Seção 5.3.3 (NBR 8800) 
 
sendo λ0 o índice de esbeltez reduzido. A relação χ-λ0 é apresentada na Figura 0. 
 
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
λ0
χ
 
Figura 0. Relação χ-λ0. 
 
 
0.0.0. Índice de esbeltez reduzido λ0 
 
O valor de λ0 é dado por: 
 
e
yg
N
fAQ ⋅⋅
=0λ Seção 5.3.3 (NBR 8800) 
 
sendo Ne a força axial de flambagem elástica, a qual é obtida como apresentado a seguir. 
 
Para a flambagem por flexão, tem-se para o valor de Ne a seguinte equação: 
 
( )2
2
Lk
IE
N e
⋅
⋅⋅
=
π
 Anexo E (NBR 8800) 
 
Nestas condições, o valor de λ0 pode ser reescrito como segue: 
 
E
fQ
r
Lk y
⋅
⋅
⋅
⋅
=
20 π
λ 
 
onde k é o coeficiente de flambagem, k·L é o comprimento de flambagem por flexão e r é o raio 
de giração da seção transversal em relação ao eixo de flambagem. Além da flambagem por 
flexão, a NBR 8800 também avalia Ne para os casos de flambagem por torção em relação ao eixo 
longitudinal da barra (seções com dupla simetria) e flambagem por flexo-torção. O valor do 
coeficiente de flambagem por flexão k de elementos isolados é dado na Tabela 0. 
 
Tabela 0. Coeficiente de flambagem por flexão. 
Valor de k 
Condição de apoio 
Teórico Recomendado 
k⋅L
P
L
P
 
0,50 0,65 
P
k⋅L
L
P
 
0,70 0,80 
L
P
P
 
1,00 1,20 
P
L
P
 
1,00 1,00 
PL
P
k⋅L
 
2,00 2,10 
L
P
P
k⋅L
 
2,00 2,00 
 
 
0.0.0. Fator de redução total associado à flambagem local Q 
 
Na análise da flambagem local, os elementos que fazem parte das seções transversais usuais, 
exceto as seções tubulares e circulares, são classificados em AA (Apoio-Apoio), ou seja, quando 
as duas bordas longitudinais são vinculadas e AL (Apoio-Livre), ou seja, quando apenas uma 
borda longitudinal é vinculada, conforme mostra a Tabela 0. Nas peças comprimidas, o efeito da 
flambagem local é desconsiderado, ou seja, Q=1, sempre que os elementos componentes da 
seção transversal possuir relação b/t inferior a relação limite (b/t)lim apresentada na Tabela 0. 
Sendo b a largura e t a espessura dos elementos componentes da seção transversal. Quando a 
relação b/t superar os valores estabelecidos na Tabela 0, o fator de redução total Q é definido 
como segue: 
 
as QQQ ⋅= Anexo F (NBR 8800) 
 
onde Qs e Qa são os fatores de redução que levam em conta, respectivamente, a flambagem local 
dos elementos AL e AA. 
 
Os valores de Qs são apresentados na Tabela 0. Para exemplificar, a Figura 0 apresenta a relação 
Qs-(b/t) para o aço MR250 (fy=250 MPa e E=200 GPa) 
 
Tabela 0. Valores de (b/t)lim. 
Elemento Grupo Exemplos (b/t)lim 
1 
b t
tb
b
b
t (uniforme)
 
yf
E
, ⋅401 
AA 
2 
b1
b2
t1 t2
btt
b
t
b
 
yf
E
, ⋅491 
3 
t
b
t
b
 
yf
E
, ⋅450 AL 
4 
b
t
t
b
b
t
b
t (médio)
b
t
t
b
 
yf
E
, ⋅560 
5 
b t b t b t
 
( )cy k/f
E
, ⋅640 
6 
b
t
 
yf
E
, ⋅750 
NOTA: No Grupo 5, 
w
c t/h
k 4= sendo 0,35≤kc≤0,76. 
 
Tabela 0. Valores de Qs para elementos do tipo AL. 
Grupo Valores de Qs 
3 









⋅>






⋅
⋅
⋅≤<⋅⋅⋅−
=
y
y
yy
y
s
f
E
,
t
b
para
t
b
f
E,
f
E
,
t
b
f
E
,para
E
f
t
b
,,
Q
910
530
9104507603401
2
 
4 









⋅>






⋅
⋅
⋅≤<⋅⋅⋅−
=
y
y
yy
y
s
f
E
,
t
b
para
t
b
f
E,
f
E
,
t
b
f
E
,para
E
f
t
b
,,
Q
031
690
0315607404151
2
 
5 
( ) ( )
( )









⋅>






⋅
⋅⋅
⋅≤<⋅
⋅
⋅⋅−
=
cy
y
c
cycyc
y
s
k/f
E
,
t
b
para
t
b
f
kE,
k/f
E
,
t
b
k/f
E
,para
Ek
f
t
b
,,
Q
171
900
1716406504151
2
 
6 









⋅>






⋅
⋅
⋅≤<⋅⋅⋅−
=
y
y
yy
y
s
f
E
,
t
b
para
t
b
f
E,
f
E
,
t
b
f
E
,para
E
f
t
b
,,
Q
031
690
0317502219081
2
 
NOTA: No Grupo 5, 
w
c t/h
k 4= sendo 0,35≤kc≤0,76. 
 
Nas Tabelas 0 e 0, h e tw representam a altura e a espessura da alma, respetivamente, e b e t são 
as larguras e as espessuras mostradas nos exemplos da Tabela 0. Se houverem dois ou mais 
elementos AL com fatores de redução Qs diferentes, deve-se adotar o menor destes fatores. 
 
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
0 20 40 60 80 100
b/t
Q
s
Grupo3 Grupo4 Grupo5 (kc=0,35) Grupo5 (kc=0,76) Grupo6
 
Figura 0. Relação Qs-(b/t) para o aço MR250 (fy=250 MPa e E=200 GPa). 
 
Nas seções transversais com elementos AA (grupos 1 e 2 na Tabela 0) onde a relação b/t 
ultrapassa os valores de (b/t)lim apresentados na Tabela 0, o fator de redução Qa é definido como 
segue: 
 
( )



⋅−−=
=
∑ tbbAA
:Sendo
A
A
Q
efgefg
ef
a Anexo F (NBR 8800) 
 
sendo Ag a área bruta, Aef a área efetiva da seção transversal, com o somatório estendendo-se a 
todos os elementos AA. Na equação de Aef, b e t são, respectivamente, a largura e a espessura de 
um elemento AA, conforme mostram os exemplos da Tabela 0, e bef é a largura efetiva de um 
elemento AA, calculado como segue: 
 





=
=≤








⋅−⋅⋅⋅=
elementos outros os para ,c
esretangular tubulares seçõesas para ,c
:Sendo
b
E
t/b
cE
t,b
a
a
a
ef
340
3801921
σσ
 
 
Na equação de bef, σ é a tensão que pode atuar no elemento analisado, a qual é calculada como 
segue: 
 
yf⋅= χσ 
 
O valor do fator de redução χ é determinado como mostrado anteriormente na Seção 0.0.0, 
adotando Q=1. Opcionalmente, de forma conservadora, também se pode tomar σ=fy, ou seja, 
admitindo χ=1,0. 
 
 
0.0.0. Índice de esbeltez limite 
 
O índice de esbeltez das barras comprimidas é definido como a relação entre o produto k·L e o 
raio de giração r=rmin da seção transversal, conforme segue: 
 
200≤
⋅
minr
Lk
 Seção 5.3.4 (NBR 8800) 
 
onde k é o coeficiente de flambagem e L é o comprimento destravado. Ressalta-se que o valor 
limite 200 não se aplica à análise de pontes. 
 
A NBR 8800 (2008) salienta que na análise de barras compostas é necessário verificar se o 
índice de esbeltez dos perfis individuais, os quais formam a barra composta, l/r, sendo r=rmin, é 
inferior a ½ do índice de esbeltez da barra composta k·L/r, conforme mostra a Figura 0. Além do 
exposto, a referida norma também adverte que pelo menos duas conexões intermediárias devem 
ser aplicadas e uniformemente espaçadas ao longo do comprimento da barra composta. 
Exemplos de barras compostas são apresentados na Figura 0. 
 
N
(l/r)max≤(1/2)⋅(k⋅L/r)max.conj. l
rmin
N
 
Figura 0. Barra composta comprimida (NBR 8800, 2008). 
 
 
a) b) c) 
Figura 0. Exemplos de barras compostas. 
 
 
0.0.0. Exemplos 
 
Exemplo 1. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil W 200x35,9 kg/m de aço 
ASTM A36 (fy=250 MPa) , ver Figura 0a. Sabe-se que o comprimento do perfil é 3,5 m e que o 
mesmo apresenta as extremidades rotuladas e contenção lateral impedindo a flambagem em 
torno do eixo y-y. Dado: bf=165 mm, tf=10,2 mm, h0=181 mm e t0=6,2 mm. 
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Exemplo 1. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2300 1048842101652261812 mm,,,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅= 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
210
2165
,
,
/
⇒≤ 834150888 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
26
181
,
,
⇒≤ 1444219429 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Uma vez que o perfil apresenta contenção lateral impedindo a flambagem em torno do eixo y-y, a 
análise será realizada com relação ao eixo x-x, como segue: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo x-x:( ) ( ) ( ) 47
2
0
33
00 103863
212
2
12
mm,
th
tb
tbht
II fff
ff
x ⋅=















 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
== 
 
c.2) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta as extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
45400 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



⋅=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e
3
2
2
104555
π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 9180,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104884019180 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 908935= Seção 0.0.0 
 
Exemplo 2. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil do Exemplo 1, porém sem 
considerar a contenção lateral impedindo a flambagem em torno do eixo y-y. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2300 1048842101652261812 mm,,,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅= 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
210
2165
,
,
/
⇒≤ 834150888 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
26
181
,
,
⇒≤ 1444219429 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
No exemplo anterior foi verificada a flambagem em torno do eixo x-x e no presente exemplo será 
avaliada a flambagem em torno do eixo y-y, conforme segue: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo y-y: 
 
( ) ( ) 46
33
00 10647
12
2
12
mm,
btth
II
ff
y ⋅=
⋅
⋅+
⋅
== 
 
c.2) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta as extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
95500 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



⋅=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e
3
2
2
102311
π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 6830,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104884016830 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 545696= Seção 0.0.0 
 
Neste exemplo, a força axial resistente de cálculo é o valor mínimo obtido da análise da 
flambagem em torno do eixo x-x (Exemplo 1) e do eixo y-y (Exemplo 2), como segue: 
 
( )⇒= )Exemplo(Rd,c)Exemplo(Rd,cRd,c N,NminN 21 kN,N Rd,c 545696= 
 
Sendo assim, o perfil é governado pela análise da flambagem em torno do eixo y-y. 
 
Exemplo 3. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil do Exemplo 1, admitindo 
que o mesmo apresente uma extremidade engastada e a outra livre e que não haja contenção 
lateral impedindo a flambagem. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2300 1048842101652261812 mm,,,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅= 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
210
2165
,
,
/
⇒≤ 834150888 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
26
181
,
,
⇒≤ 1444219429 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo x-x: 
 
( ) ( ) ( ) 47
2
0
33
00 103863
212
2
12
mm,
th
tb
tbht
I fff
ff
x ⋅=















 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
= 
 
c.2) Momento de inércia com relação ao eixo y-y: 
 
( ) ( ) 46
33
00 10647
12
2
12
mm,
btth
I
ff
y ⋅=
⋅
⋅+
⋅
= 
 
Neste momento já é possível estabelecer que a resistência à compressão de cálculo do perfil será 
governada pela análise da flambagem em torno do eixo y-y, uma vez que Iy<Ix. Entretanto, nos 
cálculos seguintes serão apresentados, para efeito didático, os resultados com relação aos eixos 
x-x e y-y. 
 
c.3) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta uma extremidade engastada e a outra livre, tem-se k=2,1 (Tabela 
0). 
 
Com relação ao eixo x-x: 
 
90700 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



⋅=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e
3
2
2
103641
π Seção 0.0.0 
 
Com relação ao eixo y-y: 
 
90910 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e 7793072
2π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
Com relação ao eixo x-x: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 7090,=χ Seção 0.0.0 
 
Com relação ao eixo y-y: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 2410,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
Com relação ao eixo x-x: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104884017090 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 892722= Seção 0.0.0 
 
Com relação ao eixo y-y: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104884012410 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 384245= Seção 0.0.0 
 
A resistência à compressão de cálculo do perfil é dado pelo menor valor calculado, sendo assim, 
Nc,Rd=245,384 kN (conforme dito anteriormente, o perfil é governado pela análise da flambagem 
em torno do eixo y-y). 
 
Exemplo 4. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil do Exemplo 1, admitindo 
que o mesmo apresente uma extremidade engastada e a outra apoiada e que não haja contenção 
lateral impedindo a flambagem. 
 
a) Área bruta: 
 
( ) ( ) 2300 1048842101652261812 mm,,,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅= 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
210
2165
,
,
/
⇒≤ 834150888 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
26
181
,
,
⇒≤ 1444219429 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo x-x: 
 
( ) ( ) ( ) 47
2
0
33
00 103863
212
2
12
mm,
th
tb
tbht
I fff
ff
x ⋅=















 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
= 
 
c.2) Momento de inércia com relação ao eixo y-y: 
 
( ) ( ) 46
33
00 10647
12
2
12
mm,
btth
I
ff
y ⋅=
⋅
⋅+
⋅
= 
 
Uma vez que Iy<Ix é possível estabelecer que a resistência à compressão de cálculo do perfil será 
governada pela análise da flambagem em torno do eixo y-y. 
 
( ) 46105553 mm,II,IminI yyx ⋅=== 
 
c.3) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta uma extremidade engastada e a outra livre, tem-se k=0,7 (Tabela 
0). 
 
66800 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



⋅=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e
3
2
2
105122
π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 6680,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104884016680 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 137846= Seção 0.0.0 
 
A comparação entre os resultados dos exemplos anteriores são apresentados na Figura 0. 
 
935,908
696,545
245,384
846,137
0
200
400
600
800
1000
1200
Ex.1 (A-A)x Ex.2 (A-A)y Ex.3 (E-L)y Ex.4 (E-A)y
N
c,
R
d 
(k
N
)
 
Figura 0. Resultados dos exemplos (perfil W 200x35,9 kg/m – aço ASTM A36). 
 
Exemplo 5. Determinar a resistência à compressão de cálculo de dois perfis H 127x28,0 kg/m de 
aço ASTM A36 (fy=250 MPa), ver Figura 0a. Sabe-se que as peças trabalham isoladamente, que 
o comprimento do perfil é 4,0 m e que os perfis apresentam as extremidades rotuladas nos dois 
planos de flambagem. Dado: bf=127 mm, tf=10,4 mm, h0=116,6 mm e t0=7,95 mm. 
 
x x
yy
bf
t0
tf
tf
h0
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Exemplo 5. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b e admitindo 
que a resistência do perfil duplo seja o dobro do perfil simples, uma vez que as peças trabalham 
isoladamente, conforme segue: 
 
a) Área bruta: 
 
( ) 2300 1056932 mm,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅= 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
410
2127
,
,
/
⇒≤ 834151066 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
957
6116
,
,
,
⇒≤ 1444266714 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo x-x: 
 
( ) ( ) ( ) 47
2
0
33
00 101731
212
2
12
mm,
th
tb
tbht
I fff
ff
x ⋅=















 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
= 
 
c.2) Momento de inércia com relação ao eixo y-y: 
 
( ) ( ) 46
33
00 105553
12
2
12
mm,
btth
I ffy ⋅=
⋅
⋅+
⋅
= 
 
Uma vez que Iy<Ix é possível estabelecer que a resistência à compressão de cálculo do perfil será 
governada pela análise da flambagem em torno do eixo y-y. 
 
( ) 46105553 mm,II,IminI yyx ⋅=== 
 
c.3) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
2110 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e 6314382
2π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 5420,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
Resistência do perfil simples: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250105693015420 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
)simples(Rd,c
γ
χ
 kN,N )simples(Rd,c 55439= Seção 0.0.0 
 
Resistência do perfil duplo: 
 
⇒⋅= )simples(Rd,c)duplo(Rd,c NN 2 kN,N )duplo(Rd,c 099879= 
 
Exemplo 6. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil apresentado no Exemplo 
5, porém, com as peças trabalhando como uma única peça soldada longitudinalmente, ver Figura 
0a. 
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Exemplo 6. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0b, conforme 
segue: 
 
a) Área bruta: 
 
)simples(g)duplo(g AA ⋅= 2 
 
( )[ ] 2300 10137722 mm,tbthAA ffg)duplo(g ⋅=⋅⋅+⋅⋅== 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
560
( )
⇒⋅≤
250
200000
560
410
2127
,
,
/
⇒≤ 834151066 ,, Ok Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
957
6116
,
,
,
⇒≤ 1444266714 ,, Ok Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
c) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
c.1) Momento de inércia com relação ao eixo x-x: 
 
)simples(x)duplo(x II ⋅= 2 
 
( ) ( ) ( ) 47
2
0
33
00 103452
212
2
12
2 mm,
th
tb
tbht
I fff
ff
)duplo(x ⋅=























 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
⋅=
 
 
 
c.2) Momento de inércia com relação ao eixo y-y: 
 
















⋅+⋅=
2
22
2 fg)imples(y)duplo(y
bA
II 
 
( ) ( ) 47
233
00 105893
2212
2
12
2 mm,
bAbtth
I fgff)duplo(y ⋅=
















⋅+







 ⋅
⋅+
⋅
⋅= 
 
Uma vez que Ix(duplo)<Iy(duplo) é possível estabelecer que a resistência à compressão de cálculo do 
perfil será governada pela análise da flambagem em torno do eixo x-x. 
 
( ) 47103452 mm,II,IminI )duplo(x)duplo(y)duplo(x ⋅=== 
 
c.3) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
78500 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )



⋅=
⋅
⋅⋅
= kN,
Lk
IE
N
:Sendo
e
3
2
2
108932
π Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 7720,=χ Seção 0.0.0 
 
e) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250101377017720 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c
3102531 ⋅= Seção 0.0.0 
 
A comparação entre os resultados dos exemplos anteriores são apresentados na Figura 0. 
 
879,099
1253
0
200
400
600
800
1000
1200
1400
Ex.5 (A-A)y Ex.6 (A-A)x
N
c,
R
d 
(k
N
)
 
Figura 0. Resultados dos exemplos (perfil duplo H 127x28,0 kg/m – aço ASTM A36). 
 
Exemplo 7. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil (barras compostas) 
apresentado na Figura 0 (aço MR250 – fy=250 MPa). Sabe-se que o comprimento da peça é 3,0 
m e que a mesma apresenta as extremidades rotuladas nos dois planos de flambagem. Ressalta-se 
que há a necessidade de estabelecer o espaçamento l1 do travamento intermediário. Dado: b=64 
mm, t=6,3 mm e t0=9,5 mm. 
 
t
b
x x
y
y
t0
l1
 
Figura 0. Exemplo 7. 
 
t
b
b
 
b
b
t
 
a) Seção do perfil b) Seção simplificada 
Figura 0. Seção simplificada do perfil. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0. O espaçamento 
l1 do travamento intermediário vale: 
 







 ⋅
⋅=








⇒




 ⋅
⋅=





)duplomin()simplesmin(.conj.maxmax r
Lk
r
l
r
Lk
r
l
2
1
2
1 11 Seção 0.0.0 
 
Para analisar os raios de giração do perfil isolado, rmin(simples), e do perfil composto, rmin(duplo), 
apresenta-se a Figura 0. 
 
b
b
t
y'
x'
 
y'
x'
b bt0
t
 
a) Perfil isolado b) Perfil composto 
Figura 0. Análise do raio de giração mínimo rmin. 
 
a) Análise do perfil simples: 
 
O raio de giração mínimo do perfil simples rmin(simples) é dado por: 
 
g
min
)simplesmin( A
I
r = 
 
a.1) Área bruta: 
 
( )⇒−⋅+⋅= tbttbA )simples(g 
271766 mm,A )simples(g = 
 
a.2) Momento de inércia mínimo: 
 
( )2
2
22 CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min I
IIII
I +





 −
−
+
= 
 
Centro de gravidade do perfil simples: 
 
O centro de gravidade será estabelecido com relação aos eixos x’ e y’, conforme mostrou a 
Figura 0a. 
 
( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt
tb
ttb/t
A
A'x
A
Q
'x ii
'y
o 32218
2
2
=
−⋅⋅










 −
++⋅⋅
=
⋅
==
∑ 



= )simples(gAA
:Sendo
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt/ttb/b
A
A'y
A
Q
'y ii'xo 32218
22
=
−⋅⋅+⋅⋅
=
⋅
==
∑
 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'x'x 'yAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
b
tb
btt
ttb
ttb
I 'x ⋅=





⋅⋅+
⋅
+





⋅⋅−+
⋅−
= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo y’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'y'y 'xAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
tb
ttbt
tbtt
tb
tb
I 'y ⋅=










 −
+⋅−⋅+
−⋅
+





⋅⋅+
⋅
= 
 
Momento de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
452 109792 mm,'yAII o'xCG,'x ⋅=⋅−= 
 
452 109792 mm,'xAII o'yCG,'y ⋅=⋅−= 
 
Produto de inércia com relação aos eixos x’ e y’: 
 
( )∑
=
⋅⋅+=
n
i
iiiCGi,'x'y'x 'y'xAII
1
 
 
( ) 44100898
22
0
22
0 mm,
tb
t
t
tbt
bt
tbI 'y'x ⋅=










 −
+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅+= 
 
Produto de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
45107651 mm,'y'xAII oo'y'xCG,'y'x ⋅−=⋅⋅−= 
 
Momento de inércia mínimo do perfil simples: 
 
( ) 452
2
102151
22
mm,I
IIII
I CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min ⋅=+






 −
−
+
= 
 
a.3) Raio de giração mínimo do perfil simples rmin(simples): 
 
mm,
A
I
r
g
min
)simplesmin( 58612== 



= )simples(gAA
:Sendo
 
 
b) Análise do perfil composto: 
 
O raio de giração mínimo doperfil composto rmin(duplo) é dado por: 
 
g
min
)duplomin( A
I
r = 
 
b.1) Área bruta: 
 
( )[ ]⇒−⋅+⋅⋅= tbttbA )duplo(g 2 
23105331 mm,A )duplo(g ⋅= 
 
b.2) Momento de inércia mínimo: 
 
( )2
2
22 CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min I
IIII
I +





 −
−
+
= 
 
Centro de gravidade do perfil composto: 
 
O centro de gravidade será estabelecido com relação aos eixos x’ e y’, conforme mostrou a 
Figura 0b. 
 
mm,
t
b'x
A
A'x
A
Q
'x o
ii'y
o 75682
0 =+=⇒
⋅
==
∑
 
 
A
A'y
A
Q
'y ii'xo
∑ ⋅
== 



= )duplo(gAA
:Sendo
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
mm,
A
ttb
t
tbtb/b
'y o 67845
2
2
2 =












⋅−⋅





+−+⋅⋅
⋅= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'x'x 'yAII
1
2 
 
( ) ( ) ( ) 46
2323
107953
212212
2 mm,
t
tbttb
ttbb
tb
bt
I 'x ⋅=














+−⋅⋅−+
⋅−
+





⋅⋅+
⋅
⋅= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo y’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'y'y 'xAII
1
2 
 
='yI ( )
( ) ( ) +




 −
⋅⋅−+
−⋅
+





+−⋅⋅+
⋅
2323
212212
tb
ttb
tbtt
tbtb
tb 
 ( ) ( ) 46
2
0
32
0
3
10668
212212
mm,
tb
ttbttb
tbtt
tbtb
tb
⋅=










 −
+++⋅⋅−+
−⋅
+





++⋅⋅+
⋅
 
 
 
Momento de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
452 109595 mm,'yAII o'xCG,'x ⋅=⋅−= 
 
462 104121 mm,'xAII o'yCG,'y ⋅=⋅−= 
 
Produto de inércia com relação aos eixos x’ e y’: 
 
( )∑
=
⋅⋅+=
n
i
iiiCGi,'x'y'x 'y'xAII
1
 
 
='y'xI ( ) ( ) ( ) +





+−⋅




 −
⋅⋅−++





+−⋅⋅⋅+
22
0
22
0
t
tb
tb
ttb
t
tb
b
tb 
 ( ) ( ) 4600 10816422
0
22
0 mm,
t
tb
tb
ttbttb
bt
tbtb ⋅=





+−⋅










 −
+++⋅⋅−++





⋅





++⋅⋅+ 
 
Produto de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
40mm'y'xAII oo'y'xCG,'y'x =⋅⋅−= 
 
Momento de inércia mínimo do perfil composto: 
 
( ) 452
2
109545
22
mm,I
IIII
I CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min ⋅=+






 −
−
+
= 
 
b.3) Raio de giração mínimo do perfil composto rmin(duplo): 
 
mm,
A
I
r
g
min
)duplomin( 71319== 



= )duplo(gAA
:Sendo
 
 
c) Espaçamento l1 do travamento intermediário: 
 
⇒







 ⋅
⋅=








⇒




 ⋅
⋅=





)duplomin()simplesmin(.conj.maxmax r
Lk
r
l
r
Lk
r
l
2
1
2
1 11 mm,l 7169571 = Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
d.1) Verificação (b/t)lim: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
450 ⇒⋅≤
250
200000
450
36
64
,
,
⇒≤ 7281215910 ,, Ok Tabela 0 
 
d.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
e) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
71310 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )








=
⋅
⋅⋅
=
=
kN,
Lk
IE
N
II
:Sendo
e
)duplomin(
69130
2
2π
 Seção 0.0.0 
 
f) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 2990,=χ Seção 0.0.0 
 
g) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250105331012990 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 196104= Seção 0.0.0 
 
Exemplo 8. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil (barras compostas) 
apresentado na Figura 0 (aço MR250 – fy=250 MPa). Sabe-se que o comprimento da peça é 3,0 
m e que a mesma apresenta as extremidades rotuladas nos dois planos de flambagem. Ressalta-se 
que há a necessidade de estabelecer o espaçamento l1 do travamento intermediário. Dado: b=64 
mm, t=6,3 mm e t0=9,5 mm. 
 
t
b
x x
y
y
t0
l1
 
Figura 0. Exemplo 8. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0. O espaçamento 
l1 do travamento intermediário vale: 
 







 ⋅
⋅=








⇒




 ⋅
⋅=





)duplomin()simplesmin(.conj.maxmax r
Lk
r
l
r
Lk
r
l
2
1
2
1 11 Seção 0.0.0 
 
Para analisar os raios de giração do perfil isolado, rmin(simples), e do perfil composto, rmin(duplo), 
apresenta-se a Figura 0. 
 
b
b
t
y'
x'
 
x'
b
t
t
t0
b
y'
b bt0
 
a) Perfil isolado b) Perfil composto 
Figura 0. Análise do raio de giração mínimo rmin. 
 
a) Análise do perfil simples: 
 
O raio de giração mínimo do perfil simples rmin(simples) é dado por: 
 
g
min
)simplesmin( A
I
r = 
 
a.1) Área bruta: 
 
( )⇒−⋅+⋅= tbttbA )simples(g 
271766 mm,A )simples(g = 
 
a.2) Momento de inércia mínimo: 
 
( )2
2
22 CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min I
IIII
I +





 −
−
+
= 
 
Centro de gravidade do perfil simples: 
 
O centro de gravidade será estabelecido com relação aos eixos x’ e y’, conforme mostrou a 
Figura 0a. 
 
( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt
tb
ttb/t
A
A'x
A
Q
'x ii
'y
o 32218
2
2
=
−⋅⋅










 −
++⋅⋅
=
⋅
==
∑ 



= )simples(gAA
:Sendo
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt/ttb/b
A
A'y
A
Q
'y ii'xo 32218
22
=
−⋅⋅+⋅⋅
=
⋅
==
∑
 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'x'x 'yAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
b
tb
btt
ttb
ttb
I 'x ⋅=





⋅⋅+
⋅
+





⋅⋅−+
⋅−
= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo y’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'y'y 'xAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
tb
ttbt
tbtt
tb
tb
I 'y ⋅=










 −
+⋅−⋅+
−⋅
+





⋅⋅+
⋅
= 
 
Momento de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
452 109792 mm,'yAII o'xCG,'x ⋅=⋅−= 
 
452 109792 mm,'xAII o'yCG,'y ⋅=⋅−= 
 
Produto de inércia com relação aos eixos x’ e y’: 
 
( )∑
=
⋅⋅+=
n
i
iiiCGi,'x'y'x 'y'xAII
1
 
 
( ) 44100898
22
0
22
0 mm,
tb
t
t
tbt
bt
tbI 'y'x ⋅=










 −
+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅+= 
 
Produto de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
45107651 mm,'y'xAII oo'y'xCG,'y'x ⋅−=⋅⋅−= 
 
Momento de inércia mínimo do perfil simples: 
 
( ) 452
2
102151
22
mm,I
IIII
I CG,'y'x
CG,'yCG,'xCG,'yCG,'x
min ⋅=+






 −
−
+
= 
 
a.3) Raio de giração mínimo do perfil simples rmin(simples): 
 
mm,
A
I
r
g
min
)simplesmin( 58612== 



= )simples(gAA
:Sendo
 
 
b) Análise do perfil composto: 
 
O raio de giração mínimo do perfil composto rmin(duplo) é dado por: 
 
g
min
)duplomin( A
I
r = 
 
b.1) Área bruta: 
 
( )[ ]⇒−⋅+⋅⋅= tbttbA )duplo(g 2 
23105331 mm,A )duplo(g ⋅= 
 
b.2) Momento de inércia mínimo: 
 
( )2
2
22 'y'x
'y'x'y'x
min I
IIII
I +





 −
−
+
= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'x'x 'yAII
1
2 
 
( ) ( ) 46
2
0
32
0
3
104121
212212
2 mm,
tt
ttb
ttbtb
tb
bt
I 'x ⋅=













 +
⋅⋅−+
⋅−
+




 +
⋅⋅+
⋅
⋅= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo y’: 
 
46104121 mm,II 'x'y ⋅== 
 
Produto de inércia com relação aos eixos x’ e y’: 
 
( )∑
=
⋅⋅+=
n
i
iiiCGi,'x'y'x 'y'xAII
1
 
 
( ) 450000 106334
222
0
22
02 mm,
tttb
t
t
ttb
tbtt
tbI 'y'x ⋅=











 +
⋅










 −
++⋅⋅−++




 +
⋅




 +
⋅⋅+⋅= 
 
 
Momento de inércia mínimo do perfil composto: 
 
( ) 452
2
104889
22
mm,I
IIII
I 'y'x
'y'x'y'x
min ⋅=+






 −
−
+
= 
 
b.3) Raio de giração mínimo do perfil composto rmin(duplo): 
 
mm,
A
I
r
g
min
)duplomin( 87524== 



= )duplo(gAA
:Sendo
 
 
c) Espaçamento l1 do travamento intermediário: 
 
⇒







 ⋅
⋅=








⇒




 ⋅
⋅=





)duplomin()simplesmin(.conj.maxmax r
Lk
r
l
r
Lk
r
l
2
1
2
1 11 mm,l 9597581 = Seção 0.0.0 
 
d) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
d.1) Verificação (b/t)lim: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
450 ⇒⋅≤
250
200000
450
3664
,
,
⇒≤ 7281215910 ,, Ok Tabela 0 
 
d.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
e) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
35710 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )








=
⋅
⋅⋅
=
=
kN,
Lk
IE
N
II
:Sendo
e
)duplomin(
104208
2
2π
 Seção 0.0.0 
 
f) Fator de redução χ: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 4630,=χ Seção 0.0.0 
 
g) Força axial resistente de cálculo: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250105331014630 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 197161= Seção 0.0.0 
 
Exemplo 9. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil (barras compostas) 
apresentado na Figura 0 (aço MR250 – fy=250 MPa). Sabe-se que o comprimento da peça é 3,0 
m e que a mesma apresenta as extremidades rotuladas nos dois planos de flambagem. Ressalta-se 
que há a necessidade de estabelecer o espaçamento l1 do travamento intermediário. Dado: b=64 
mm, t=6,3 mm e t0=9,5 mm. 
 
t
b
x x
y
y
 
Figura 0. Exemplo 9. 
 
O problema será avaliado com base na seção simplificada mostrada na Figura 0. O espaçamento 
l1 do travamento intermediário vale: 
 







 ⋅
⋅=








⇒




 ⋅
⋅=





)duplomin()simplesmin(.conj.maxmax r
Lk
r
l
r
Lk
r
l
2
1
2
1 11 Seção 0.0.0 
 
Para analisar os raios de giração do perfil isolado, rmin(simples), e do perfil composto, rmin(duplo), 
apresenta-se a Figura 0. 
 
b
b
t
y'
x'
 
y'
x'
b
t
 
b
b
t
y'
x'
xo
yo
x
y
b/
2
b/
2
 
a) Perfil isolado b) Abordagem 1 do perfil composto c) Abordagem 2 do perfil composto 
Figura 0. Análise do raio de giração mínimo rmin. 
 
a) Análise do perfil simples: 
 
O raio de giração mínimo do perfil simples rmin(simples) é dado por: 
 
g
min
)simplesmin( A
I
r = 
 
a.1) Área bruta: 
 
( )⇒−⋅+⋅= tbttbA )simples(g 
271766 mm,A )simples(g = 
 
a.2) Momento de inércia: 
 
Centro de gravidade do perfil simples: 
 
O centro de gravidade será estabelecido com relação aos eixos x’ e y’, conforme mostrou a 
Figura 0a. 
 
( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt
tb
ttb/t
A
A'x
A
Q
'x ii
'y
o 32218
2
2
=
−⋅⋅










 −
++⋅⋅
=
⋅
==
∑ 



= )simples(gAA
:Sendo
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
mm,
A
tbt/ttb/b
A
A'y
A
Q
'y ii'xo 32218
22
=
−⋅⋅+⋅⋅
=
⋅
==
∑
 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'x'x 'yAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
b
tb
btt
ttb
ttb
I 'x ⋅=





⋅⋅+
⋅
+





⋅⋅−+
⋅−
= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo y’: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,'y'y 'xAII
1
2 
 
( ) ( ) 45
2323
105535
212212
mm,
tb
ttbt
tbtt
tb
tb
I 'y ⋅=










 −
+⋅−⋅+
−⋅
+





⋅⋅+
⋅
= 
 
Momento de inércia com relação ao centróide (x’0,y’0): 
 
452 109792 mm,'yAII o'xCG,'x ⋅=⋅−= 
 
452 109792 mm,'xAII o'yCG,'y ⋅=⋅−= 
 
b) Análise do perfil composto: 
 
b.1) Área bruta: 
 
Abordagem 1: 
 
( ) ⇒⋅−−= 22 2 tbbA )duplo(g 
23104541 mm,A )duplo(g ⋅= 
 
Abordagem 2: 
 
( )[ ]⇒−⋅+⋅⋅= tbttbA )duplo(g 2 
23105331 mm,A )duplo(g ⋅= 
 
b.2) Momento de inércia: 
 
Abordagem 1: 
 
( ) ( ) 45
33
101648
12
22
12
mm,
tbtbbb
I 'x ⋅=
⋅−⋅⋅−
−
⋅
= 
 
45101648 mm,II 'x'y ⋅== 
 
Abordagem 2: 
 
( )∑
=
⋅+=
n
i
iiCGi,xx yAII
1
2 
 
45
2
0 1082882
2 mm,'x
b
AII )simples(gCG,'xx ⋅=














−⋅+⋅= 
 
45108288 mm,II xy ⋅== 
 
c) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
c.1) Verificação (b/t)lim: 
 
⇒⋅=





≤
⋅−
ylim f
E
,
t
b
t
tb
401
2
⇒⋅≤
⋅−
250
200000
401
36
36264
,
,
,
⇒≤ 598391598 ,, Ok Tabela 0 
 
c.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
⇒⋅= as QQQ 01,Q = Seção 0.0.0 
 
d) Índice de esbeltez reduzido λ0: 
 
Sabendo que o perfil apresenta extremidades rotuladas, tem-se k=1,0 (Tabela 0). 
 
Abordagem 1: 
 
42510 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )








=
⋅
⋅⋅
=
==
kN,
Lk
IE
N
III
:Sendo
e
'y'x
065179
2
2π
 Seção 0.0.0 
 
Abordagem 2: 
 
40710 ,N
fAQ
e
yg
=
⋅⋅
=λ 
( )








=
⋅
⋅⋅
=
==
kN,
Lk
IE
N
III
:Sendo
e
yx
613193
2
2π
 Seção 0.0.0 
 
e) Fator de redução χ: 
 
Abordagem 1: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 4280,=χ Seção 0.0.0 
 
Abordagem 2: 
 
( )
( )
⇒





>
≤
=
51
8770
516580
02
0
0
2
0
,para
,
,para,
λ
λ
λ
χ
λ
 4370,=χ Seção 0.0.0 
 
g) Força axial resistente de cálculo: 
 
Abordagem 1: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250104541014280 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 291141= Seção 0.0.0 
 
Abordagem 2: 
 
⇒
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
101
250105331014370 3
1 ,
,,,fAQ
N
a
yg
Rd,c
γ
χ
 kN,N Rd,c 158152= Seção 0.0.0 
 
A comparação entre os resultados dos exemplos anteriores são apresentados na Figura 0. 
 
104,196
161,197
141,291
152,158
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
Ex.7 Ex.8 Ex.9 (Abord.1) Ex.9 (Abord.2)
N
c,
R
d 
(k
N
)
 
Figura 0. Resultados dos exemplos (perfil composto por cantoneiras). 
 
Exemplo 10. Determinar a resistência à compressão de cálculo do perfil apresentado na Figura 0 
(aço ASTM A36 – fy=250 MPa). Sabe-se que o comprimento do perfil é 9,8 m e que o mesmo 
apresenta as extremidades rotuladas nos dois planos de flambagem (k=1,0) e contenção lateral 
impedindo a flambagem em torno do eixo y-y. Dado: bf=300 mm, tf=8 mm, h0=400 mm e t0=8 
mm. 
 
x x
y
y
bf
t0
tf
tf
h0
 
Figura 0. Exemplo 10. 
 
a) Propriedades da seção transversal: 
 
Área bruta: 
 
( ) 2300 10082 mm,tbthA ffg ⋅=⋅⋅+⋅= 
 
Momento de inércia com relação ao eixo x-x: 
 
( ) ( ) ( ) 48
2
0
33
00 104242
212
2
12
mm,
th
tb
tbht
II fff
ff
x ⋅=















 +
⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅
== 
 
b) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
b.1) Verificação (b/t)lim: 
 
Verificação da mesa: 
 
( )cylim k/f
E
,
t
b
t
b
⋅=





≤ 640 ( )






==
≤≤=
56604
7603504
00 ,t/h/k
,k,t/h/k
:Sendo
c
cwc Tabela 0 
 
( )
( )
⇒⋅≤
5660250
200000
640
8
2300
,/
,
/
⇒≤ 615137518 ,, ok Não Tabela 0 
 
Verificação da alma: 
 
⇒⋅=





≤
ylim f
E
,
t
b
t
b
491 ⇒⋅≤
250
200000
491
8
400
, ⇒≤ 14442050 ,, ok Não Tabela 0 
 
b.2) Fator de redução total associado à flambagem local Q: 
 
as QQQ ⋅= Seção 0.0.0 
 
Cálculo de Qs: 
 
( ) ( )
( )









⋅>






⋅
⋅⋅
⋅≤<⋅
⋅
⋅⋅−
=
cy
y
c
cycyc
y
s
k/f
E
,
t
b
para
t
b
f
kE,
k/f
E
,
t
b
k/f
E
,para
Ek
f
t
b
,,
Q
171
900
1716406504151
2
 Tabela 0 
 
( )
61513640 ,
k/f
E
,
cy
=⋅ 



= 5660,k
:Sendo
c
 
 
( )
8924171 ,
k/f
E
,
cy
=⋅ 



= 5660,k
:Sendo
c
 
 
⇒
⋅
⋅
⋅
⋅−=
⋅
⋅⋅−=
2000005660
250
82
300
65041516504151
,
,,
Ek
f
t
b
,,Q
c
y
s 8420,Qs = 
 
Cálculo de Qa: 
 
( )



⋅−−=
=
∑ tbbAA
:Sendo
A
A
Q
efgefg
ef
a Seção 0.0.0 
 
O valor de bef é dado por: 
 





=
=≤








⋅−⋅⋅⋅=
elementos outros os para ,c
esretangular tubulares seçõesas para ,c
:Sendo
b
E
t/b
cE
t,b
a
a
a
ef
340
3801921
σσ
 Seção 0.0.0 
 
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )















=⇒





>
≤
=
=
⋅⋅
=
⋅=
⋅
⋅⋅
=
=⋅=⇒⋅=
≤








⋅−⋅⋅⋅=
=
=
=
=
=
=
=
=
8450
51
8770
516580
6340
109834
3412112508450
340
1921
1
102
10
10
1
10
3
2
2
1
0
00
0
2
10
,
,para
,
,para,
,
N
fAQ
kN,
Lk
IE
N
kN,,f
:Sendo
h
E
t/h
,E
t,b
Q
Q
Q
Q
Q
e
yg
Q
e
yQ
ef
Q
χ
λ
λ
λ
χ
λ
π
σχσ
σσ
λ
 
 
⇒≤








⋅
⋅−⋅
⋅
⋅⋅= 400
10341211
200000
8400
340
1
10341211
200000
8921
33 ,/
,
,
,bef mm,bef 671373= 
 
O valor de Aef é dado por: