Flexão

1. E – Flexão Pura
1
Cap. 5.0 – FLEXAO PURA
5.1 – INTRODUÇÃO
As peças longas, quando submetidas à flexão, apresentam tensões normais eleva-
das (por exemplo, para se quebrar um lápis, com as mãos, jamais se cogitaria tracioná-lo,
comprimi-lo, torcê-lo ou cisalhá-lo; um momento fletor de pequeno valor seria suficiente
para produzir tensões de ruptura no material). Daí a importância do presente estudo.
5.2 – MOMENTO FLETOR (M)
Recordando estudos de Isostática, quando da análise das relações entre os esforços
solicitantes em uma viga sob carregamento transversal q(x), temos que:
A relação 5.2.2 denota que, quando a força cortante Q é nula ao longo de uma ex-
tensão x da viga, o momento fletor M será constante (FLEXÃO PURA). Da mesma for-
ma, nas seções onde o momento fletor é extremo (máximo [+] ou mínimo [-]) a força cor-
tante será nula, sendo aplicável para tais casos (de especial importância) o estudo da fle-
xão como sendo pura.
Σ Fy = 0 ⇒ Q = q (x) dx + (Q + dQ)
dQ/dx = - q(x) ........... (5.2.1)
Σ Mo=0 ⇒ M+Qdx=q(x)dx.dx/ξ + M+dM
(sendo ξ > 1, tornando o termo ⇑ desprezível em
presença das demais) e
dM/dx = Q ...................... (5.2.2)
M Q M+dMQ+dQ
x dx
O
y
Fig. 5.2.1 – Relações entre q(x), Q e M em uma viga
1,5 1,5 1,5 1,54,0 m 4,0 m 3,5 m 3,5 m
2,0 tf 2,0 tf 4,0 tf
1,0 tf / m
+ 2,0
- 2,0
+ 2,0
- 2,0
- 2,0
+ 2,0
Q
(tf)
+3,0 tf.m
+5,0 tf.m
+7,0 tf.m
M
Q = 0
Q = 0
Q = 0
Fig. 5.2.2 – Diagramas de esforços solicitantes (Q e M) de vigas sob carregamento transversal (exemplos)
2,0
tf
2,0
tf
q(x)

2. E – Flexão Pura
2
5.3 – TENSÕES NORMAIS NA FLEXÃO RETA (SIMÉTRICA) E ELÁSTICA.
No caso comum de vigas com seção transversal simétrica em relação ao plano do
carregamento, verifica-se que a distribuição das tensões normais nos diversos pontos da
seção só depende da distância y em relação à linha que a divide nas partes tracionada e
comprimida (“linha neutra” – LN – Fig. 5.3.1 – a e b). Admitindo que a seção transversal
permanece plana após girar em torno da LN em decorrência da deformação das fibras
longitudinais, concluiremos que a linha neutra será reta e que as deformações ε variarão
linearmente com relação a seu afastamento y em relação à LN (Fig. 5.3 .1– c).
Computando a resultante dos momentos, em relação à linha neutra, das forças ele-
mentares atuantes nos diversos pontos da seção podemos escrever (Fig. 5.3.1 b):
∫ σ dA.y = M.............................(5.3.1)
Adotando a hipótese da manutenção da seção plana (Fig. 5.3.1 c), e admitindo que
o material da viga trabalha na fase elástica podemos escrever sucessivamente:
ε = c. y .......... σ = E ε .............. σ = k y .....(distribuição linear das tensões) e
∫ k y dA.y = M ⇒ k = M / ∫ y2
dA ,
sendo ∫ y2
dA = ILN (momento de inércia da área da seção transversal em relação à linha neutra).
Portanto:
σ = (M / ILN) y .................. (5.3.2)
equação estabelecida por Euler, para determinação da tensão normal σ atuante em um
ponto qualquer de uma dada seção de uma viga, onde atua um momento fletor M e que
σσσσ σσσσ
εεεε
M y yLN LN LN
(a) (b)
(c)
Fig.5.3.1 –(a) Flexão de vigas simétricas. (b) tensões normais. (c) deformações – manutenção da
seção plana (Obs: o eixo y foi orientado para baixo para se adequar à convenção de sinais do
momento fletor - positivo quando traciona as fibras inferiores e comprime as superiores)
σ+
σ−
dA

3. E – Flexão Pura
3
tem um momento de inércia ILN em relação à linha neutra, sendo y a distância do ponto
citado, em relação à mencionada LN.
Resta precisar a posição em que se encontra a linha neutra.
Como na flexão pura a força normal é nula, teremos, necessariamente:
∫ σ dA = N = 0 e ∫ ( Μ / ΙLN ) y dA = 0, portanto, ∫ y dA = 0,
ou seja, o momento estático (de 1ª ordem) da área da seção em relação à Linha Neutra
sendo nulo, indica que a LN contém o centróide da área.
5.4 – VÁRIAS FORMAS DE SEÇÃO. MÓDULO DE RESISTÊNCIA (W).
Para as formas mais comuns das seções das vigas (retangular, circular, tubular ou
composições destas), o cômputo dos respectivos momentos de inércia I em relação a eixo
central que contém o centróide da área nos fornece, por exemplo (com e << b ~ h ~ d):
O momento de inércia I da seção (com dimensão do produto de uma área pelo qua-
drado de uma distância), medido em m4
no S.I., será tanto maior quanto maiores forem as
dimensões no sentido do plano do carregamento (note na tabela acima a prevalência das
potências das dimensões h quando comparadas com as das dimensões b).
b b
b
h h
h
e
e
e
e
e
d
d
I = bh3
/ 12 π d4
/ 64 eh3
/6 + ebh2
/2 π e d3
/ 8 eh3
/12 + ebh2
/2
Fig. 5.4.1 – Algumas formas de seção transversal de vigas e seus respectivos momentos de inércia.
Observando a equação 5.3.2, verifica-
se que altos valores de I corresponderão a
valores menores de σ, o que leva ao emprego
de vigas de seção transversal cuja área seja
distribuída de forma mais afastada em rela-
ção à linha neutra (ex.: perfil I ⇒ ).
As máximas tensões normais (de tra-
ção e de compressão), em uma dada seção,
ocorrerão nas fibras cujas distâncias y em
relação à linha neutra sejam as mais afasta-
das. Assim, de 5.3.2, tiramos:
Fig. 5.4.2 - Na posição em que se encontra a
placa de vidro mostrada acima, corre ela
sério risco de partir por flexão devido ao
peso próprio, o que não aconteceria se fos-
se posicionada verticalmente.

4. E – Flexão Pura
4
σ max = (M / ILN) ymax = M / (ILN / ymax )
Fazendo (ILN / ymax) = W ................................................. (5.4.1)
(onde W – módulo de resistência à flexão) podemos escrever:
σσσσ max = (M / Wmin) ......................................................... (5.4.2)
A tabela abaixo apresenta valores do módulo de resistência W de algumas formas
de seção (com e << b ~ h ~ d):.
h
h
h h
h/3
2d/3π
b b b bd d d
e e em
Wmin bh2
/ 6 πd3
/ 32 bh2
/ 24 0,02384 d3
eh2
/3 + beh π e d3
/ 8 eah2
/6 + embh
(**) (* )
ea
Dois teoremas (Steiner) relativos à Geome-
tria das Áreas, estudados nos cursos de Mecâni-
ca, são muito úteis no cálculo dos momentos e
produtos de inércia:
Teorema dos Eixos Perpendiculares:
Ix + Iy = Jo (*)
Teorema dos Eixos Paralelos:
Ix = Ix + A dy
2
(**)
ou também: Iy = Iy + A dx
2
- para os produtos de inércia:
Ixy = I xy + A dx dy)
sendo dx e dy as distâncias entre os pares de ei-
xos paralelos, com origens num ponto O qual-
quer e no centróide C da área.
Por exemplo: para o tubo circular assinalado com (*),
Jo = π d e (d/2)2
= Ix + Iy = 2Ix =>Ix = π e d3
/ 8
Para obter o valor de I da meia-lua (**) fizemos:
Ix = Ix – A y2
= ½ πd3
/ 32 – ½ (πd2
/ 4)(d/2 – 2d/3π)2
x
x
y
y
O
C
dy
dx
Fig. 5.4.3 – Momentos e Produtos de
Inércia. Teoremas de Steiner.

5. E – Flexão Pura
5
Tratando-se de seções que não são simétricas em relação ao eixo baricêntrico per-
pendicular ao plano do carregamento, deverão ser considerados dois módulos de resis-
tência, em relação às fibras mais afastadas, a inferior e a superior (no lado tracionado e
no lado comprimido, no caso de um momento fletor positivo).
d
b
h
Exemplo 5.4.1 – Deseja-se cortar uma tora de madeira
de seção circular de diâmetro d para fabricar uma
viga de seção retangular (b x h). Determine a relação
b/h ótima para maximizar o módulo de resistência W
(minimizando as tensões na flexão reta).
Solução:
W = b h2
/ 6. Para a tora, d2
= b2
+ h2
. Portanto:
W = (b/6)(d2
– b2
). O máximo valor de W ocorre
quando
dW/db = 0, ou seja d2
/6 – 3 b2
/6 = 0 e d2
= 3 b2
; h2
=2
b2
.
Temos, pois: b/h = 0,707 (Resp.)
Exercício proposto 5.4.2 – Deseja-se fabricar um
perfil “C” a partir de uma barra chata de espessu-
ra “e” e largura “a”, dobrada como mostra a figu-
ra. Pede-se determinar a relação entre a largura
“b” das mesas e a altura “h” da alma, de modo a
que o módulo de resistência “W” do perfil seja o
maior possível.
(obs. – no cômputo da contribuição das mesas para
o momento de inércia, desprezar o momento bari-
cêntrico be3
/12,em presença de bh3
/12, já que a
espessura e << h).
a
e
b
h
Tal circunstância é levada
em conta, de maneira especial,
no caso de vigas construídas
com material cujas tensões limi-
tes são diversas para a tração e
para a compressão (caso do con-
creto, do granito, da madeira e
outros), tendo seções dimensio-
nadas de forma a que a linha
neutra se aproxime da fibra
submetida ao menor esforço.
M+
σσσσmax
tração
σσσσmax
compressão
Fig. 5.4.4 – Posicionamentos de viga construída com material
cuja tensão limite à tração é menor que à compressão.

6. E – Flexão Pura
6
Com os valores obtidos teremos:
1) na seção do apoio A – [σmax]tração
= (9.000/88,09 x 10-6
)(0,320 – 0,2253) = 9,68 MPa (T)
[σmax]compressão
= (9.000/88,09 x 10-6
) (0,2253) = 23,0 MPa (C)
2) na seção (*) ----------- [σmax]tração
= (10.800/88,09 x 10-6
)(0,2253) = 27,6 MPa (T)
[σmax]compressão
= (10.800/88,09 x 10-6
)(0,320 – 0,2253) = 11,6 MPa (T)
Portanto: [σmax]tração
= 27,6 MPa (T) (na seção *)
[σmax]compressão
= 23,0 MPa (C) (na seção sobre o apoio A)
1,00 0,50 0,502,00 m
9,0 kN
15 kN/m
200
300
20
15
Exemplo 5.4.3: Para a
viga esquematizada,
pede-se determinar,
nas seções onde a fle-
xão é pura (Q=0), os
valores das maiores
tensões de tração e de
compressão.
+
-
-
Q
(kN)
A B
+
-M
(kNm)
18
12
9 x=1,2
MA = 9
M* = 10,8
Q =0 Q =0
_
y
Solução
O cálculo das reações nos apoios nos dá:
A = 27 kN e B = 12 kN.
O diagrama de força cortante aponta Q = 0 no
apoio A e na seção tal que x/18=(x-2)/12
Os momentos extremos, nessas seções , valerão:
MA = - 9 kNm e M* = 10,8 kNm.
O centróide da seção (linha neutra) estará em
15x300 x150 + 200 x 20 x 310 =225,3mm
300 x 15 + 200 x 20
ILN = 15 x 3003
/12 + 300x15(225,3 –150)2
x
X 200 x 203
/12 + 200x20(310 – 225,3)2
=
= 88,09 x 106
mm4
= 88,09 x 10-6
m4
_
y =
1,00
1,00
2,00 m
Exercício proposto 5.4.4: Dimensionar as vigas
para suporte de uma caixa para 4.000 litros de
água. Admitir:
1º) que as vigas sejam de madeira, (tensão nor-
mal limite 40 MPa – coeficiente de segurança
4,0) com seção retangular sendo b = 0,7 h. Ava-
liar o efeito do peso próprio da viga.
2º) que as vigas são perfis de aço laminado (ten-
são limite 200 MPa e coeficiente de segurança
2,0) com seção em “I” de dimensões mostradas
na tabela de perfis laminados constante da Tabe-
la B – Perfis I laminados ou na página 1194 do
LT-1. Avaliar o efeito do peso próprio.
Consulte também o item “LINKS” da h.p. no en-
dereço: www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm
OBS. Considerar a conveniência de se colocar calços
sob a caixa para o contato com as vigas. Dimensio-
nar os calços.

7. E – Flexão Pura
7
5.5 – VIGAS CONSTITUÍDAS DE DOIS MATERIAIS. SEÇÃO TRANSFORMADA.
Para vigas cujo material tem tensões limites diferentes, quanto à tração e quanto à
compressão (caso típico do concreto, que suporta elevadas tensões de compressão, sendo
frágil quando submetido à tração), usa-se o expediente de promover um reforço com ma-
terial que seja mais resistente. É a solução adotada, por exemplo, nas vigas de concreto
armado.
Nas equações 5.5.1 e 2, as distâncias “y” são contadas, nos materiais A e B, a partir da “linha
neutra”, eixo em torno do qual a seção gira ao flexionar, tracionando as fibras de um lado e comprimin-
do do outro da seção.
Mantendo a suposição de que a seção reta permanece plana após a flexão, será fácil predizer que
as deformações específicas ε variarão linearmente com as correspondentes distâncias y, ou seja:
ε = k y.
Tendo os materiais A e B comportamento elástico (σ = E ε ) poderemos escrever:
σA = EA εA = EA k yA ; σB = EB εB = EB k y B ...................................... (5.5.3)
Levando em 5.5.2 obteremos: N = ∫A EA k yA bA dyA + ∫B EB k y B bB dyB = 0, ou
∫A EA yA bA dyA + ∫B EB y B bB dyB = 0, ou ainda, ∫A yA bA dyA + ∫B (EB / EA) y B bB dyB = 0.
Fazendo (EB / EA ) = n (relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais), a equação
acima se transforma em:
∫A yA bA dyA + ∫B y B (n bB ) dyB = 0,
Para uma viga constituída de um material
A e que tenha um reforço em um material diferen-
te B (conforme representado na figura ao lado), o
cálculo do momento fletor resultante na seção
composta será dado por:
M = ∫A σA dAA yA + ∫B σB dAB yB
M = ∫A σA yA bA dyA + ∫B σB yB bB dyB..(5.5.1)
Como a flexão é suposta pura, N = 0, e
N = ∫A σA dAA + ∫B σB dAB = 0
N = ∫A σA bA dyA + ∫B σB bB dyB = 0 ...(5.5.2) Fig. 5.5.1 – Viga constituída de dois materiais
bA
bB
yA
dyA
dyB
yB
Linha neutra
que pode ser interpretada como indicando que a linha neu-
tra estará posicionada na altura do centróide de uma área
hipotética, constituída por sua forma original, na altura do
material A, porém transformada, na altura do material B,
de forma a que as dimensões horizontais b fiquem multipli-
cadas pelo fator adimensional n = EB/EA.
Quando levamos as mesmas equações 5.5.3, agora
na equação 5.5.1, teremos:
M = ∫A EA k yA
2
bA dyA + ∫B EB k yB
2
bB dyB; ou
M / k EA = ∫A yA
2
bA dyA + ∫B yB
2
(n bB) dyB ,
Viga constituída de dois materiais
linha neutra

8. E – Flexão Pura
8
No caso de vigas de concreto, armadas com tirantes de aço, quando o cálculo das
tensões é feito considerando que o concreto não é capaz de trabalhar quando tracionado
(porque se fratura), a posição da linha neutra da seção transformada não fica previamente
determinada, devendo-se considerar, no cálculo de seu posicionamento, que o momento
b
n x b b
b_
n
Fig. 5.5.2 - Seção Transformada – n = EB / EA > 1
Exemplo 5.5.1 - A viga de madeira esquematizada tem um re-
forço constituído por uma barra de aço, como indicado.
Pedem-se as tensões máximas de tração e compressão nos dois
materiais, para um momento fletor M = 20 kN.m (+)
Dados: Eaço= 200 GPa; Emadeira = 10 GPa
200
120
20
60
Solução: n = 200/10 = 20.
A seção transformada teria as dimensões mostradas na
figura ao lado, para a qual:
1200x20x10 + 120x200x120
120x200 + 20x1200
IT = 1200x203
/12 + 1200x20x(65 – 10)2
+ 120x2003
/12 +
+ 120x200x(120 – 65)2
= 226 x 106
mm4
= 226 x 10 –6
m
4
.
[σmax]madeira/compressão
= (20.000/226x10
-6
)(0,220 - 0,065) =
=13,7 MPa
[σmax]madeira/tração
= (20.000/226x10
-6
)(0,065 - 0,020) =
=3,99 MPa
[σmax]aço/tração
= (20.000/226x10
-6
)(0,065) = 115 MPa.
(não há compressão no reforço de aço)
= 65 mmY =
60 x 20 = 1200
120
200
20
13,7
4,99
115 MPa
Exercicio proposto 5.5.2 – Resolva o problema anterior adotando
como seção transformada aquela convertida “em aço”, ou seja,
dividindo a largura “b” da parte de madeira por “n”, recalculando
o novo IT, para, ao final, obter os mesmos resultados para as
tensões calculadas.
120 : 20 = 6
que vem a ser o momento de inércia IT daquela mesma seção
transformada como se fosse toda ela constituída do material
A (mantidas as dimensões na parte do material escolhido para
a transformação e alterando as dimensões horizontais b da
parte transformada, multiplicadas pelo fator n):
∫A yA
2
bA dyA + ∫B yB
2
(n bB) dyB = IT = M / k EA,
de onde tiramos: k = M / IT EA.
Voltando às equações 5.5.3, teremos:
σA = (M / IT) yA; σB = n (M / IT) yB ....… (5.5.4)
(a transformação poderia ter sido feita utilizando o material B
como base, alterando as dimensões da parte A (x 1/n)

9. E – Flexão Pura
9
estático da área comprimida (parte de concreto) deverá ser igual ao momento estático da
área correspondente à parte tracionada.
Como a relação entre os módulos
de elasticidade dos dois materiais
(n) é da ordem de 200/20 = 10,
consideraremos que a área de aço é
confinada em uma linha na altura
da armadura, já que o diâmetro dos
vergalhões é pequeno em relação às
dimensões da viga, teremos:
Área da armadura “transformada”
em concreto = 10 x Área em aço.
No cômputo do momento de inér-
cia da área transformada despreza-
mos a parcela correspondente à li-
nha de centro da armadura.
Linha neutra
b
Aa
(área da armadura em aço)
h
n x Aa
Exemplo 5.5.3: Uma viga de concreto armado, bi-apoiada, suporta uma carga uniformemente dis-
tribuída de 24 kN/m em um vão de 5m. A seção retangular mede 300 x 540 mm2
reforçada com 5
barras de aço redondo de 7/8” (1 polegada = 25,4 mm) com seus centros colocados a 70 mm da
parte inferior da viga. Os módulos de elasticidade do aço e do concreto valem 200 e 20 GPa, res-
pectivamente. Determinar as tensões longitudinais máximas no concreto e a tensão média de tra-
ção no aço, admitindo:
1º) que o concreto seja eficaz para suportar a tração;
2º) que nenhuma parte do concreto seja eficaz para tração.
24 k N / m
60 kN
No meio do vão a flexão é pura (Q=0) e o
momento fletor é máximo, valendo:
M = 60 x 2,5 – (24 x 2,5 x ½ 2,5) = 75 kN.m
75 kN.m
60 kNQ = 0
2,5 m
1º) Supondo que o concreto fosse eficaz para
suportar tensões de tração (prática em desuso –
denominada “Estádio 1”), a seção transformada
teria as características representadas na figura
abaixo:
½ 1940 x 9
n - 1
yLN
5 vergalhões – d = (7/ 8) x 25,4 = 22,2mm; Av = 387,9 mm
2
Área total: Aa = 1940 mm2
540
300
540
300
540
300
buracos
ou
½ 1940 x 10
n
½ 1940 x 10
n
½ 1940 x 9
n - 1
Linha Neutra
70

10. E – Flexão Pura
10
A posição da linha neutra fica determinada fazendo:
300 x 540 x 270 + 1940 x 9 x 70
300 x 540 + 1940 x 9
O momento de inércia da transformada valerá:
IT = 300 x 5403
/ 12 + 300 x 540 (270 – 250,5)2
+ 1940 x 9 x (250, 5 – 70)2
= 4.567 x 106
mm4
IT = 4.567 x 10 – 6
m4
.
Portanto:, as tensões extremas no concreto valerão:
σ Τração = (75.000 / 4.567 x 10 –6
) (0,2505) = 4,11 MPa (na fibra inferior)
σ Compressão = (75.000 / 4.567 x 10 –6
) (0, 540 - 0,2505) = 4,75 MPa (na fibra superior)
A tensão média na armadura de aço valeria:
σ Aço = (75.000 / 4.567 x 10 –6
) (0,2505 – 0,070) x 10 = 29,6 MPa.
2º) Supondo, agora, que o concreto não seja eficaz para suportar tensões de tração (“Estádio
2”), a seção transformada seria como a apresentada na figura abaixo.
= 250, 5 mm.yLN =
300
540
70
Linha Neutra
yLN
1.940 x 10 mm2
A posição da linha neutra será
determinada igualando os mo-
mentos estáticos da área eficaz
do concreto (comprimida) e da
área total da armadura de aço,
transformada. Assim:
300 (540 – yLN)(540 – ylN) x ½ =
= 19.400 x (yLN – 70).
yLN = 349,8 mm
O momento de inércia da seção transformada em relação à linha neutra valerá:
IT = 300 x (540 – 349,8)3
/ 3 + 19.400 x (349,8 – 70)2
= 2.206,6 x 106
mm4
= 2.206,6 x 10 - 6
m4
Portanto:
(no concreto) – (σCompressão)máxima
= (75.000 / 2.206,6 x 10 –6
) (0, 540 – 0,3498) = 6,46 MPa (na
parte superior da seção)
(no aço) – (σTração)média
= 10 x (75.000 / 2.206,6 x 10 –6
) (0,3498 – 0,070) = 95,1 MPa (na ar-
madura)

11. E – Flexão Pura
11
5.6 – FLEXÃO PURA ASSIMÉTRICA (FLEXÃO OBLIQUA)
Na determinação das tensões normais despertadas na flexão pura (Q=0) de vigas
cujo plano do carregamento não coincide com um eixo de simetria da seção, ou quando
Tomando momentos das forças normais elementares atuantes nos diversos pontos da seção, te-
remos:
Mz = ∫ σ dA y e My = ∫ σ dA z ..........(5.6.1)
Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da linha neutra,
concluiremos que as deformações ε das diversas fibras longitudinais da viga variarão linearmen-
te com respeito às coordenadas y e z do ponto da seção correspondente. Considerando, em com-
plemento, que o material trabalha elasticamente ao se deformar (tensões proporcionais às de-
formações), poderemos escrever:
>>> σ = k0 + k1 y + k2 z , sendo ki constantes a determinar.
Considerando que a flexão é pura e, portanto, N = 0, teremos que N = ∫ σ dA = 0 e,
então k0 = 0, (já que os momentos estáticos em relação aos eixos baricêntricos são nulos) indi-
cando que a linha neutra, também neste caso, contém o centróide da área da seção e que:
σ = k1 y + k2 z ................................................ (5.6.2)
Levando em 5.6.1 obtemos:
Mz = ∫ (k1 y2
+ k2 zy) dA e Mz = ∫ (k1 yz + k2 z2
) dA , ou
Mz = k1 ∫ y2
dA + k2 ∫ zy dA e Mz = k1 ∫ yz dA + k2 ∫ z2
dA .
a seção não dispõe de qualquer eixo de simetria, a
equação de Euler (5.3.2) não pode ser utilizada.
A Fig. 5.6.1 representa uma viga com seção de
formato qualquer, submetida a um momento fletor M
orientado segundo uma direção qualquer, formando um
ângulo θ, como indicado. O eixo y foi orientado para
baixo enquanto o eixo z foi escolhido de forma a consti-
tuir um triedro direto com o eixo x ao longo da viga (a
origem posta no centróide C da área da seção).
Fig. 5.6.1- Flexão Obliqua. y
x
z
y
z
σ
dA
M
Mz
My
Plano do carregamento
Convém frisar que as componentes de momento
Mz e My escolhidas são aquelas que produziriam
tensões trativas para um dA posicionado no pri-
meiro quadrante do par de eixos yz (note que My
será positivo quando orientado no sentido positivo
do eixo y, enquanto Mz será positivo, quando ori-
entado no sentido negativo do eixo z -tensões de
tração nas fibras inferiores).
θ
θ
C

12. E – Flexão Pura
12
Considerando que: ∫ y2
dA = Iz ; ∫ z2
dA = Iy ; ∫ yz dA = Pyz *
* - Pyz - Produto de Inércia da área da seção em relação ao par de eixos yz.
Finalmente teremos: Mz = k1 Iz + k2 Pyz
................................... (5.6.3).
My = k1 Pyz + k2 Iy
Conhecido o carregamento e determinado o momento fletor, obtemos suas compo-
nentes nos eixos y (para baixo) e z escolhidos (cuidado com o sinal de Mz, positivo quando no sen-
tido negativo do eixo z). Conhecidas as características geométricas da seção, podemos de-
terminar os momentos e produto de inércia em relação aos eixos. Tais valores (Mz , My ,
Iz , Iy e Pyz ), levados em 5.6.3, nos permitem obter um sistema de duas equações com as
duas incógnitas k1 e k2. Resolvido o sistema e utilizando 5.6.2, obteremos o valor da ten-
são normal, bastando conhecer as coordenadas do ponto correspondente da seção. A po-
sição da linha neutra será determinada considerando que nela as tensões serão nulas (fa-
zendo σ = 0 em 5.6.2, obtendo-se a equação da L.N.).
20
20
80
140 M = 10,0
kN.m
Exemplo nº 5.6.1 - O perfil de abas desi-
guais esquematizado ao lado é submetido a
um carregamento vertical e, em determina-
da seção, a flexão é pura, com momento
fletor de 10,0 kN.m, tracionando a aba su-
perior.
Pede-se determinar:
1º) as tensões normais nos pontos A, B e C
assinalados;
2º) a posição da linha neutra;
3º) as máximas tensões de tração e de com-
pressão na seção.
A B
C
z
52
22
CG
Solução – Estabelecendo os eixos y z com origem no centróide da área da seção:
yc = (60 x20 x10 + 140 x20 x70) / (60 x20 + 140 x20) = 52 mm
zc = (60 x20 x50 + 140 x20 x 10) / (60 x20 + 140 x20) = 22 mm
No cálculo dos momentos de inércia obtem-se:
Iz = 60 x203
/12 + 60 x20(52 – 10)2
+ 20 x 1403
/12 + 140 x 20(70 – 52)2
=
= 7,637 x 106
mm4
= 7,637 x 10 –6
m4
Iy = 140 x203
/12 + 140 x20(22 – 10)2
+ 20 x 603
/12 + 60 x 20(50 – 22)2
=
= 1,797 x 106
mm4
= 1,797 x 10 –6
m4
y

13. E – Flexão Pura
13
No cômputo do PRODUTO DE INERCIA Pyz levaremos em conta que é nulo o seu valor
quando um dos eixos for de simetria para a seção. Portanto, os produtos de inércia baricêntricos para
cada uma das abas retangulares serão nulos, bastando apenas acrescentar os produtos de transporte
para o baricentro da figura, conforme estabelece o teorema de Steiner (eixos paralelos). Importante
será levar em conta que, ao contrário dos momentos de inércia (grandeza sempre positiva), o produto
de inércia pode ser positivo ou negativo (conforme o quadrante em que a figura esteja posicionada)
Assim, para a área da cantoneira em análise (em sua maior parte contida nos 2º e 4º quadran-
tes) teremos:
Pyz = [ - 60 x 20 x (50 – 22) x (52 – 10)] + [ - 140 x 20 x (70 – 52) x (22 – 10) =
= - 2,016 x 106
mm4
= - 2,016 x 10 –6
m4
Levando em 5.6.3 os resultados obtidos para as propriedades geométricas da seção e conside-
rando que o momento fletor M tem como componentes: My = 0 e Mz = - 10 kN.m (o sinal negativo
corresponde à convenção usual para momentos que tracionam as fibras superiores, embora esteja
orientado no sentido positivo do eixo z – cuidado ! – segundo o eixo y a incoerência não ocorre ):
- 10 x 103
= [ 7,637 k1 + (- 2,016) k2] x 10 –6
0 = [(- 2,016) k1 + 1,797 k2] x 10 -6
Resolvido o sistema obtemos: k1 = - 1.860 x 106
; k2 = - 2.087 x 106
(Pa/m) e, levando em
5.12, teremos finalmente:
σ = (- 1.860) y + (- 2.087) z ..............................(a)
Para os pontos A(-52; -22); B(-52; +58) e C(+84; -2) – coordenadas (y; z) em mm, teremos:
σA = + 143 MPa (tração); σB = - 24,3 MPa (compressão !! *); σC = 152 MPa (compressão).
* o resultado, inesperado em princípio, de uma tensão de compressão em ponto da aba superior do
perfil, ficará compreendido ao analisarmos a posição da linha neutra.
A linha neutra (que separa as regiões tracionada e compri-
mida) é o lugar geométrico dos pontos da seção onde a tensão é
nula, permitindo obter-se a sua equação zLN = f (yLN) fazendo σ =
0 em (a):
0 = 1.860 y + 2.087 z >>>> zLN = - 0,8912 yLN (eq. da LN)
indicando que a LN forma um ângulo β com o eixo y tal que a sua
tg = - 0,8915 ou seja β = - 41,7º = + 138,3º.
Portanto, a linha neutra não coincide com a linha de ação
do vetor momento na seção (ao contrário do que ocorre na flexão
reta). O ponto B, realmente, está no lado comprimido do perfil.
As tensões máximas ocorrerão nos pontos mais afastados
da linha neutra. No caso em apreciação:
σ max
Tração
= 143 MPa (ponto A); σ max
Comp.
= 152 MPa (ponto A)
z
Nota: se a equação de Euler (5.4) fosse empregada para o caso (solução incabível) as tensões ex-
tremas seriam calculadas como: σA = σB = (10.000 / 7,637 x 10-6
) x 0,052 = 68,1 MPa (errado !)
σC = (10.000 / 7,637 x 10-6
) x 0,088 = 115 MPa (errado !)
52
58
- 41,7º
Linha
Neutra
y
41,9º
A
B
C
+ + + +
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
-
-
-
+

14. E – Flexão Pura
14
No caso de vigas cuja seção transversal possui um eixo de simetria, porém o plano do carrega-
mento não coincide com o seu plano de simetria (FLEXAO OBLIQUA), a determinação das tensões se
realiza de maneira mais simples escolhendo-se, como um dos eixos, o eixo citado de simetria da seção.
Assim, teremos a condição simplificada de Pyz = 0 que, levada em 5.6.3 nos fornece:
Y
Z
M
Plano do carre-
gamento
k1 = MZ / IZ e k2 = MY / IY.
Considerando 5.6.2, termos finalmente:
σ = (MZ / IZ) Y + (MY / IY) Z ................ (5.6.4)
indicando que a solução seria a composição de duas flexões re-
tas, cada uma computada em relação a um dos eixos principais
da seção (representados em letras maiúsculas como Y e Z).
Obs.: mesmo que a seção não admita um eixo de simetri-
a, haverá dois eixos perpendiculares em relação aos quais o pro-
duto de inércia será nulo (eixos principais de inércia), e para os
quais os momentos de inércia serão extremos (um máximo e
outro mínimo). Seus valores são dados por:
I1,2 = ½ (Iy + Iz) + √ [ ½ (Iy – Iz)2
+ (Pyz)2
Exemplo nº 5.6.2– A viga em “T”, posicionada obliquamente
em relação ao plano do carregamento vertical, com a alma for-
mando um ângulo de 30º, está submetida, em determinada se-
ção, a flexão pura com um momento fletor de intensidade M =
2,5 kN.m, tracionando as fibras inferiores. Pede-se determinar
as máximas tensões de tração e de compressão, indicando os
pontos da seção onde ocorrem.
Solução:
O centróide da seção fica em:
YC = (80x30x15 + 100x24x80) / (80x30 + 100x24) = 47,5 mm
Os momentos de inércia principais valerão:
IZ =80x30
3
/12 + 80x30(47,5 –15)
2
+ 24x100
3
/12 + 100x24(80 –47,5)
2
IZ = 7,250 x 10-6
m
4
IY = 30 x 80
3
/ 12 + 100 x 24
3
/ 12 = 1,395 x 10
-6
mm
4
IY = 1,395 x 10-6
m
4
As componentes do momento fletor nos eixos principais serão:
MZ = 2,5 x cos 30º = + 2,165 kN.m; MY = 2,5 x cos 60º = + 1,250 kN.m;
Levando em 2.14 teremos:
σ = (2.165 / 7,250x10-6
) Y + (1.250 / 1,395x10-6
) Z; σσσσ = ( 298,6 Y + 896,1 Z )x106
.
A equação da linha neutra (σ = 0) será: ZLN = - 0,3332 YLN. Portanto, a LN forma com o eixo Y um
ângulo tal que tg β = - 0,3332 e β = -18,43º.
Os pontos onde ocorrem as tensões extremas são aqueles mais afastados da LN.
Para a compressão, não há dúvida, será a quina A da mesa:
σΑ = [298,6 x (-0,0475) + 896,1 (-0,040)] x 106
= - 50,0 MPa – (compressão máxima).
Para a tração, dois seriam os “candidatos”: (a quina B da mesa e a quina C da alma):
σΒ = [298,6 x (-0,0475 + 0,030) + 896,1 (+0,040)] x 106
= + 30,6 MPa.
σC = [298,6 x (0,130 - 0,0475) + 896,1 (+0,012)] x 106
= + 35,4 MPa – (tração máxima).
Y
Z
M
24
100
30
80
YC
30º
LN
A
B
C

15. E – Flexão Pura
15
5.7 – DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO PURA SIMÉTRICA E ELÁSTICA.
O momento fletor é o esforço solicitante que, atuando em duas seções contíguas
paralelas de uma viga reta, separadas de dx, provoca um ângulo dϕ entre elas de sorte a
se poder escrever (ver Fig. 5.7.1 abaixo):
b
h
M
Exercício Proposto nº 5.6.3 – Para
a viga retangular (b x h), submetida
a um carregamento vertical dire-
cionado segundo uma de suas
diagonais, pede-se:
1º) mostrar que a linha neutra esta-
rá direcionada segundo a outra
diagonal, e
2º) determinar as máximas tensões
de tração e compressão em função
do momento M e das dimensões da
seção.
y
dx
(1+ ε)dx
ρρρρ
x
dϕ
Fig. 5.7.1 – Deformações na flexão pura simétrica
y
zx
dϕ = ε dx / y
sendo ε a deformação específica
longitudinal de uma fibra situada
a uma distância y do plano neu-
tro.
Admitindo que o material
trabalha na fase elástica, teremos:
ε = σ / E = (M / E ILN) y
portanto:
dϕ = Μ dx / E ILN .......(5.7.1)
No caso da flexão pura,
com M constante, seção uniforme
e material continuo, ao longo da
extensão L0 da viga obteremos,
para o pequeno ângulo formado
entre as seções extremas:
σσσσ

16. E – Flexão Pura
16
δϕδϕδϕδϕ = ΜΜΜΜ L0 / E ILN .......(5.7.2) (compare com as equações 1.7.2, 3.1.1 e 4.2.8).
Solução: A equação 5.16 nos fornece:
1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ = 1 / 1,0 = 12 M / 210x109
x 20 x (2)3
x 10-12
de onde tiramos M = 2,8 N.m
As tensões máximas (tanto de tração como de compressão)
valerão:
σ =[12 x 2,8 / 20 x (2)3
x 10-12
] x (1,0 x 10-3
) = 210 MPa
O momento fletor aplicado na extremidade da fita, através da ação do pino e do
encosto com a outra extremidade da fita, será dado por:
Fpino x (2/3) 0,035 = 2,8 e, portanto:
Fpino = 120 N.
(valor aproximado, admitindo que a ação de encosto entre as fitas se caracterizasse por uma
distribuição linear de esforços, desde zero, na altura do pino, até o valor máximo, na extremidade).
O raio de curvatura do plano neutro pode ser calculado observando (ainda na Fig.
5.7.1) que:
ρ dϕ = dx; portanto dϕ / dx = 1 / ρ
1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ ...................................... (5.7.3)
20
2 mm
35
D = 2,0 m
35
Fpino
Exemplo nº 5.7.1 – Uma fita de aço (E =
210 GPa), com 2 mm de espessura e 20 mm
de largura, é encurvada para formar um aro
circular com 2,0m de diâmetro, sendo suas
extremidades unidas através de um pino cra-
vado conforme mostra a figura ao lado. Pe-
de-se estimar:
1º) o valor máximo das tensões normais na
fita;
2º) o valor da força de tração no pino da
união.
Obs.: há uma superposição entre as fitas da
ordem de 35 mm.