Hibbeler_ppt_06 - Flexão

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Capítulo 6: 
Flexão
Vigas são importantes elementos estruturais e mecânicos usados em projetos 
de engenharia. Quase sempre está baseado na capacidade de resistir tensões 
de flexão, que formam o assunto principal deste capítulo. 
Diagramas de força cortante e momento fletor
• Elementos longos e retos que suportam cargas perpendiculares a seu eixo 
longitudinal são denominados vigas.
• Vigas são classificadas de acordo com o modo como são apoiadas.
• As funções de cisalhamento e momento podem ser representadas em 
gráficos denominados diagramas de força cortante e momento fletor.
• Direções positivas indicam que a carga distribuída age para baixo na viga e 
a força cortante interna provoca uma rotação em sentido horário.
Represente graficamente os diagramas de força cortante 
e momento fletor para a viga dada.
Exemplo 6.1
Solução:
Um diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado abaixo. A aplicação 
das equações de equilíbrio produz
  (4) 
222
 ;0 
(3) 
2
0
2
 ;0
 xL
P
Mx
PL
xPMM
P
VVP
P
Fy














(2) 
2
 ;0
(1) 
2
 ;0
x
P
MM
P
VFy
Segmento esquerdo da viga se estende até a distância 
x na região BC.
O diagrama tensão ou de força 
cortante é uma 
representação gráfica da 
equações 1 e 3 
O diagrama de momento fletor é uma 
representação 
gráfica das as equações 2 e 4 
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga mostrada na figura.
Exemplo 6.4
Solução:
A carga distribuída é substituída por sua força resultante.
L
xw
w
L
w
x
w 00 ou 
 
 





















(2) 0
3
1
2
1
23
 ;0
(1)
2
0
2
1
2
 ;0
00
2
0
22000
Mxx
L
xw
x
LwLw
M
 xL
L
w
VVx
L
xwLw
Fy
A intensidade da cargar triangular na seção é determinada por cálculo proporcional:
Como a intensidade da carga é conhecida, a resultante do carregamento distribuído é 
determinada pela área sob o diagrama:
O diagrama de força cortante representa a equação 1 
Momento fletor representa a equação 2 
 )32(
6
 3230 xxLL
L
w
M 
Resultados podem ser verificados pela aplicação das equações 1 e 2
 220220
0
0
2
)330(
6
)20(
2
xL
L
w
xL
L
w
dx
dM
V
wx
L
w
dx
dV
w


Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga mostrada ao lado.
Exemplo 6.6
05,2255151080kNm ;0
 02515 ;0 A




mkNmmkNmFM
FkNkNFF
A
Cy
05,5710
 040 A


kNmmF
FkNF
A
C
kNF
F
C 25,34
 5,75kN A


Solução:
Duas regiões de x devem ser consideradas para se descreverem as funções de 
cisalhamento e momento da viga inteira.
  (2) kNm 8075,5075,580 ;0
(1) kN 75,5075,5 ;0
m, 50
11
1





xMMxM
VVF
x
y
   
 
  (4) kNm 5,9275,155,2 
0
2
5
55)5(1575,580 ;0
(3) kN 575,150551575,5 ;0
m, 10m 5
2
2
2
2
222
22
2






 





xxM
M
x
xxxM
xVVxF
x
y
Construindo os diagramas dV/dx e dM/dx 
pelas equações (1 e 2) e (3 e 4).
Intervalos 
kNmxxM
kNxV
x
)8075,5()(
75,5)(
m, 50
111
11
1



kNmxxxM
kNxkNxV
xm
)5,9275,155,2()(
)575,15()(
m, 105
2
2
222
222
1



O diagrama de força cortante 
representa as equações 1 e 2 
O momento fletor das equações 3 e 4 
Resultados podem ser verificados pela 
aplicação das equações (1 e 2) e (3 e 4).
kN
dx
kNmkNx
dx
dM
V
dx
kN
dx
dV
w
75,5
)8075,5(
0
75,5




kN
dx
kNmxx
dx
dM
V
mKN
dx
kNxkN
dx
dV
w
25,34
)5,9275,155,2(
/5
575,15
2






Método gráfico para construir diagramas de força cortante e 
momento fletor
Regiões de carga distribuida
• Essas duas equações proporcionam um meio conveniente para se obter 
rapidamente os diagramas de força cortante e momento fletor 
para uma viga:
 xw
dx
dV

inclinação do 
diagrama de 
força cortante em 
cada ponto
–intensidade da 
carga distríbuida 
em cada ponto
V
dx
dM

inclinação do 
diagrama de 
momento em 
cada ponto
cisalhamento(força 
cortante) em cada 
ponto
Convenções de sinalização para cargas externas, força 
de cisalhamento e momento de flexão.
Regiões da carga distribuída
Viga generalizada com um carregamento arbitrário
(a) Viga simplesmente apoiada sob carregamento distribuído; (b) 
Diagrama de corpo livre de um segmento infinitesimal da viga.
Método da Área (Integral) para desenhar o Diagrama de 
Força Cortante e Momento Fletor
carregamento distribuído. 
dx
dM
V
dx
wdxVdxdM
dMM
dx
wdxdMM
dx
dV
w
wdxdV
dVVwdxVFy








2
0)(
2
xV ;0
0)( ;0
Eq. 1
Eq. 2
Aplicando as duas equações de equilíbrio ao segmento.
 
 2)()(
0)()()((x)V ;0
)()(
0)()( ;0
xkxwxVM
MMxkxxwMM
xxwV
VVxxwVFy






Dividindo por Δx e calculando o limite 
quando
Δx 0, então essas duas equações
Tornam-se:
 xw
dx
dV

inclinação do 
diagrama de 
força cortante em 
cada ponto
– intensidade da 
carga distríbuida 
em cada ponto
V
dx
dM

inclinação do 
diagrama de 
momento em 
cada ponto
cisalhamento(força 
cortante) em cada 
ponto
Diagrama de corpo livre para um pequeno 
segmento Δx da viga
Essas duas equações possibilita o método gráfico de construção dos 
diagramas de força cortante momento fletor.
 xw
dx
dV

V
dx
dM

Em um ponto, a inclinação do 
diagrama de força cortante = 
intensidade negativa do 
carregamento distribuído. 
Em um ponto, a inclinação do 
diagrama de momento = ao 
cisalhamento (força cortante). 
(a) Viga simplesmente apoiado sob carregamento distribuído; 
(b) Diagrama de corpo livre de um segmento finito da viga.
(a)
(b)
Carregamento distribuído
1. A intensidade de carga em qualquer seção de uma viga é igual ao negativo 
da inclinação do diagrama de força de corte na seção. Prova - segue 
diretamente da Eq. (1).
2. A força de corte em qualquer seção é igual à inclinação do diagrama de 
momento de flexão nessa seção. Prova - segue diretamente da Eq. (2).
3. A diferença entre as forças de cisalhamento em duas seções de uma viga 
é igual ao negativo da área sob o diagrama de carga entre essas duas 
seções. Prova - integração da Eq. (1) entre as seções A e B na Fig. 
Anterior, obtemos
B
AAB
B
AAB
x
x
x
x
AB
wdiagramadoáreaVV
wdiagramadoáreaVV
wdxVVdx
dx
dVB
A
B
A
]
]


 
Eq. 3
Observe que os sinais na Eq. (3) estão corretas somente se xB>xA.
4. A diferença entre os momentos de flexão em duas seções de uma viga
É igual à área do diagrama de força de corte entre estas duas seções.
Prova - integração da Eq. (2) entre as seções A e B (ver Fig. anterior),
temos
B
AAB
B
AAB
x
x
x
x
AB
VdiagramadoáreaMM
VdiagramadoáreaMM
VdxMMdx
dx
dMB
A
B
A
]
]


 
Eq. 4
Os sinais da Eq. (4) estão corretas somente se xB> xA.
5. Se o diagrama de carga é um polinômio de grau n, então o diagrama de 
força de cisalhamento é um polinômio de grau (n + 1), e o diagrama de 
momento de flexão é um polinômio de grau (n + 2).
Prova – segue diretamente da integração das Eqs (1) e (2).
O método da área para desenhar diagramas de força de cisalhamento 
e de momento de flexão é uma aplicação direta dos teoremas 
precedentes.
Por exemplo:
Considere o segmento de feixe mostrado na Fig. 6 (a), que tem 2m de 
comprimento e é submetido a uma carga uniformemente distribuída 
w=300N/m. A Figura 6 (b) mostra os passos necessários na construção dos 
diagramas da força de cisalhamento e de momentos de flexão para o 
segmento, uma vez que a força de cisalhamento e o momento de flexão na 
extremidade esquerda são VA = +1000 N e MA= +3000 NM.Fig. 6
(a) Diagrama de corpo livre de um 
segmento da viga com carga uniforme
Construindo o diagrama de força de cisalhamento para o 
segmento do viga.
Construindo o diagramas de momento de flexão para o 
segmento da viga.
• Podemos integrar essas áreas entre quaisquer dois pontos para mudar a 
carga distribuída e a força cortante.
 dxxwV 
mudança na 
força cortante
–área sob a 
carga distribuída
 dxxVM 
mudança no 
momento
área sob o 
diagrama de força 
cortante
Regiões de força e momento concentrados
o
oo
y
MM
xfazendo
MxVMMMM
FV
VVFVF







0....
0 ;0
0)( ;0 + ΔM
- ΔM
Diagrama M salta para baixo
Diagrama M salta para cima
Regiões de força e momento concentrados
• Alguns dos casos comuns de carregamento:
Regiões de Forças e pares (momentos) concentrados
O método de área para construção de diagramas de força de corte e de 
momento de flexão descritos acima para cargas distribuídas pode ser estendido 
para vigas que são carregadas por forças concentradas e / ou pares.
Diagrama de corpo livre de um
Um elemento de viga infinitesimal
Força concentrada PA e um par
Concentrado CA - .
A figura 7 mostra um diagrama de corpo livre de um elemento de uma 
viga de comprimento infinitesimal dx contendo um ponto A onde uma 
força concentrada PA e um par concentrado CA são aplicados. A força de 
cisalhamento e o momento de flexão que atuam no lado esquerdo do 
elemento e são indicados por V-A e M
-
A, enquanto que a notação V
+
A e 
M+A é usada para o lado direito do elemento. Observe que todas as 
forças e momentos da Fig. 7 são assumidos como positivos de acordo 
com as convenções de sinais na Fig. 3.
Diagrama de corpo livre de um
Um elemento de viga infinitesimal
Força concentrada PA e um par
Concentrado C-A .
A equação do equilíbrio de força
AAA
AAAAAA
AAA
AAAy
CMM
dxfazendo
dx
V
dx
VCMMM
PVV
VPVF











0....
0
22
 ;0
0 ;0
Eq. 6
Eq. 5
A equação de equilíbrio do momento produz
A equação (5) indica que uma força positiva concentrada causa uma 
descontinuidade de salto negativo no diagrama de força de corte em A (um par 
concentrado não afeta o diagrama de força de cisalhamento).
Assim, a eq. 6 tem um par concentrado positivo provoca um salto positivo no 
diagrama de momento de flexão.
Procedimento para o método de área:
• Calcular as reações de suporte do FBD de todo o feixe.
• Desenhe o diagrama de carga do feixe (que é essencialmente um FBD) 
mostrando os valores das cargas, incluindo as reações de suporte. Use o 
sinal na Fig. 4.3 para determinar o sinal correto de cada carga.
• Trabalhando da esquerda para a direita, construa os diagramas V e M 
para cada segmento da viga usando as Eqs. (1) - (6).
• Quando você atingir a extremidade direita da viga, verifique se os valores 
calculados de V e M são consistentes com as condições finais. Se não 
estiverem, você cometeu um erro nos cálculos.
Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga.
Exemplo 6.7




(2) PL ;0
(1) ;0
MM
PVFy
Cálculo da reações 
x




(2) 0x)-P(L ;0
(1) 0 ;0
MM
VPFy
V
M
L




(2) x)-P(L ;0
(1) ;0
MM
PVFy
Método das seções
Solução:
As reações nos apoios são mostradas são 
mostradas no diagrama de corpo livre ao 
lado:
De acordo com a convenção de sinal,
em x = 0, V = +P e em x = L, V = +P.
Visto que w = 0, a inclinação do diagrama de 
força cortante será zero, portanto:
pontos os todosem 0 wdxdV
Para o diagrama de Momento de acordo com a
convenção de sinal, 
em x = 0, M = –PL e em x = L, M = 0.
pontos os todosem PVdxdM 
O diagrama de força cortante indica que o 
cisalhamento é positivo constante. Portanto,
Uma linha horizontal liga os pontos das 
extremidades
Os pontos nas extremidades são 
ligados por uma linha reta com 
inclinação positiva
Represente graficamente os diagramas de força cortante
e momento fletor para a viga.
Exemplo 6.8
Solução:
A reação no apoio fixo é mostrada no diagrama de corpo livre:
Visto que não existe nenhuma carga distribuída na viga, 
o diagrama de força cortante terá inclinação nula em 
todos os pontos.
Pelo diagrama de força cortante, a inclinação do diagrama de
momento será nula. V = 0.
pontos os todosem 0 wdxdV
pontos os todosem 0VdxdM




(2) M ;0
(1) 0 ;0
O
y
MM
VF
Represente graficamente os diagramas de força cortante
e momento fletor para a viga.
Exemplo 6.10
A reação nos apoios foram calculadas e são mostradas no diagrama de corpo livre:
L
2
Lw
Fr oo 
1V
1M
2
)( 1
1
xLw
Fr


w
1x
1xL
L
xLw
w o
)( 

Solução:
A carga distribuída na viga é positiva, porém 
decrescente. Portanto, a inclinação é 
negativa decrescente.
A curva do diagrama de momento que 
apresenta esse comportamento de inclinação 
é uma função cúbica de x.
2) Diagrama de força cortante
pontos os todosem
L
xw
wdxdV o
L
xw
w
L
w
x
w 00 ou 
pontos os todosem 
2
Lw
VdxdM o
2
 
Lw
V o
3) Diagrama de momento fletor
0 xem 
2

Lwo L xem 0 
6
 
2Lw
M o
Represente graficamente os diagramas de força cortante e
momento fletor para a viga.
Exemplo 6.11
2kN/m
4,5m
1,5kN 3 kN




(2) 0
3
 ;0
(1) 0 ;0 A
L
FMM
FFFF
R
BRy
FR
kN
mmkN
FR 5,4
2
5,4*/2

x




(2) 075,6 ;0
(1) 05,4 ;0 A
kNmMM
FkNFF By
Reações nos apoios.
L
xw
w
L
w
x
w o 0ou 
w
xw 44,0
Exemplo 6.11
O ponto de cisalhamento nulo pode ser determinado pelo método das 
seções para o segmento para viga de comprimento x.
Exige-se que V = 0
1,5kN
 

































(2) 0
3
6,2
6,2
5,4
6,2
/2
2
1
)6,2(5,1 ;0
(1) 0
5,4
/2
2
1
,5kN1 ;0
M
m
m
m
m
mkNmkNM
x
m
x
mkNFy
mkNM  6,2
mx 6,2
Diagrama de força cortante.
Os pontos nas extremidades x = 0, V = +1,5 e x = 4,5, V = -3
Pelo comportamento da carga distribuída, a inclinação do diagrama de força 
cortante variará
Inclinação 0 em x = 0 a -2, em x = 4,5
2,6m
x(m)
V(kN)
O diagrama de força cortante é uma parábola mostrada na figura.
Diagrama de momento.
Os pontos nas extremidades x = 0, M = 0 e x = 4,5, M = 0
Pelo comportamento do diagrama de força cortante, a inclinação do 
diagrama de momento começará em +1,5 e, então, torna-se positiva 
decrescente até chegar a zero em 2,6 m. Em seguida, torna-se negativa 
crescente e alcança -3 em x = 4,5 m.
O diagrama de momento é função cúbica de x.
Exemplo 6.13
8 KN
2 KN/m
4m 6m 4m
8 KN
4,4 KN 17,6 KN
4m 6m 4m
2 KN/m
V (KN)
M (KN m)
x (m)
x (m)
Reações nos apoios
Diagrama de força cortante:
Força cortante nas extremidades:
VA=+4,40KN e VD=0
No trecho AB, o diagrama de força cortante terá 
inclinação nula de A a B. Então saltará
de 8KN até -3,6KN. VB=-3,6KN.
No trecho BC a inclinação é negativa crescente. Até 
VC=VB-ΔBC = -3,6KN-(1/2)(6m)(2KN/m) = - 9,60KN.
No trecho CD, o diagrama salta de 17,6KN para 
cima até 8KN. A inclinação será constante, 
porém negativa, até VD=0
Diagrama de momento
MA=0 e MD=0
V
dx
dM

Valores de pico usar o método das seções e pela 
estática ou pelo cálculo das áreas adequadas sob 
o diagrama de força cortante para determinar a
mudança de momento entre dois pontos
O ponto de momento nulo pode ser determinado definindo-se M 
em função de x, onde, por conveniência, x estende-se do ponto B
e entra na região BC.
8 KN
4,40 KN
4m
 





 0)(
6
/2
2
1
8KN(x)x)KN(4m 4,40- ;0 Mxx
m
mKN
M
06,176,3
18
1 3 





 mKNxxM
mx 94,3
Em seguida, torna-se negativa crescente e 
alcança–3 em x = 4,5 m.
Diagrama de momento:
Os pontos nas extremidades x=0, M=0 
e x=4,5, M=0 Fig. (d)
Pelo comportamento do diagrama de força 
cortante, a inclinação do diagrama de 
momento começará em +1,5 e então se 
torna positiva decrescente até chegar a 
zero em 2,6 m. 
 

















 0
3
6,2
)6,2(
5,4
6,2
/2
2
1
)6,2(5,1 ;0 M
m
m
m
m
mKNmKNM
mKNM  6,2
Exemplo 4.5 – Pytel
A viga simplesmente apoiada na Fig. (a) suporta uma carga concentrada de 30 
KN em B e um momento concentrado em D. Esquematize os diagramas de 
força cortante e momento de flexão pelo método da área. Despreze o peso da 
viga. 
Solução
Diagrama de carga
O diagrama de carga para viga é mostrado na (b). As reações em A e E, 
foram encontradas da análise de equilíbrio. O valor de cada força ( e o par de 
carga e momento concentrados) é seguido por um sinal de + ou _ em 
parênteses, indicando seus sinais como estabelecidos pela convenção de 
sinais na fig. 3
Diagrama de Força Cortante
Explicamos os passos usados para construir o diagrama de força cortante na 
Fig. (c). Do diagrama de carga, nós vemos que há forças concentradas em A, B 
e E que causarão saltos no diagrama de força cisalhante nesses pontos. 
Entretanto, nossa discussão de força cisalhante deve distinguir entre seções da 
viga imediatamente a esquerda e a direita de cada pontos destes.
Nós iniciamos pela notação V-A= 0, por causa de nenhum carregamento é 
aplicado a esquerda a esquerda de A. Nós então procedemos através da viga 
da esquerda para direita, construindo o diagrama como seguimos:
KNRVV AAA 14)14(0 

Plote o ponto (a)
KNdiagrmadoáreaVV BAAA 14014] 
 Plote o ponto (b)
Por causa w= - dV/dx = 0 entre A e B, então a inclinação do diagrama V é 
zero entre esses pontos
Conecte (a) e (b) com uma linha reta horizontal.
KNPVV BBB 16)30(14 
 Plote o ponto (c)
KNdiagrmadoáreaVV EBBE 16016] 
 Plote o ponto (d)
Observando que w = - dV/dx = 0 entre B e E, concluímos que a inclinação do 
diagrama V é zero no segmento BE.
Conecte (c) e (d) com uma linha reta horizontal.
Porque não há carregamento à direita de E, devemos encontrar que V-E = 0.
0)16(16   EEE RVV Checar
Diagrama do momento de flexão
Nós agora explicamos os passos necessários para construir o diagrama do 
momento de flexão mostrado na Fig. (d). Como o par aplicado é conhecido por 
causar um salto no diagrama do momento de flexão em D, devemos distinguir entre 
os momentos de flexão em seções apenas à esquerda e à direita de D. Antes de 
prosseguir, calculamos as áreas sob o diagrama de força de cisalhamento Para os 
diferentes segmentos de feixe. Os resultados destes cálculos são mostrados na 
Fig. (C). Observe que as áreas são positivas ou negativas, dependendo do sinal da 
força de cisalhamento. 
Começamos nossa construção do diagrama do momento de flexão observando que
MA = 0 (não há nenhum casal aplicado em A).
Traçar ponto (e).
Procedendo através da viga da esquerda para a direita, geramos o diagrama de 
momentos na Fig. (d) da seguinte maneira:
mKNVdiagrmadoáreaMM BAAB  56)56(0] Traçar ponto (f).
O diagrama V mostra que a força de cisalhamento entre A e B é constante e 
positiva. Portanto, a inclinação do diagrama M entre estas duas seções é 
também constante e positiva (lembre-se que dM / dx = V).
Conecte (e) e (f) com uma linha reta.
mKNVdiagrmadoáreaMM DBBD 
 8)48(56] Traçar ponto (g).
Como a inclinação do diagrama V entre B e D é negativa e constante, o 
diagrama M tem uma inclinação negativa constante nesse segmento.
Ligue (f) e (g) com uma linha reta.
mkNCMM DDD 
 48)40(8 Traçar ponto (h).
Em seguida, notamos que ME = 0 (não há par aplicado em E). Nossa 
computação com base na área do diagrama V deve verificar este resultado.
0)48(48]   EDDE VdiagrmadoáreaMM Traçar ponto (i).Checar
A força de cisalhamento entre D e E é negativa e constante, o que significa que a 
inclinação do diagrama M para este segmento também é constante e negativa.
Conecte (h) e (i) com uma linha reta.
P 5.34 (Beer) - Para a viga e carregamento mostrados, (a) trace os diagramas de 
força cortante e momento fletor e (b) determine as equações das curvas de força 
cortante e momento fletor. Usando o método da área ou integral.
V
M
x
w
dx
dV
 wxdxwVV
x
A  
0
LwFRo 
xwAo oA
Área
5.34 Beer
FA
FB
FRo
LwFRo 
w
dx
dV

wxdxwVV
x
A  
0
wx
wL
wxFwxVV AA 
2
• Método da área – cálculo de V(x)
• Método da área – cálculo de M(x)
V
dx
dM

22
)
2
(
2
00
wxwLx
dxwx
wL
dxVMM
xx
A  
 2
2
222
xLx
wwxwLx
MM A 
Mmax ocorre em x=L/2
0
dx
dM
V
8
2wL
M MAX 
8222
1 2
1
wLLwL
A 
82
)
2
(
2
1 2
1
wLLwL
B 1A
1B
5.43 Beer - Trace os diagramas de força cortante e momento fletor para a 
viga e carregamento mostrados, e determine o valor máximo absoluto (a) 
da força cortante e (b) do momento fletor.
kNm
m
kN
FRo 11,80829,18,43 
1,829m 0,914m
133,4 kN43,8 kN/m
AF CF
RoF




(2) 0743,24,133829,1
2
829,1
- ;0
(1) 04,13311,80 ;0 A
mkNmF
m
FM
kNFkNFF
CRoA
By
kNFC 12,240 kNFA 61,26
• Cálculo das reações
1,829m 0,914m
133,4 kN43,8 kN/m
AF CF
RoF
V(kN)
x(m)-26,61kN
mkNwmxCA /8,43829,10 11 
w
dx
dV

 
mC
A
AC kNdx
m
kN
wdxVV
829,1
0
11,80)8,43(
kNkNkNVV AC 11,8061,26)11,80( 
kNVC 72,106
mkNwmxmBC /0743,2829,1 22 
 
m
m
C
B
CB dxdxwVV
743,2
829,1
2 0)0(
CCB FVV 
kNkNkNV
kNVV
B
CB
4,13312,24072,106
12,240


-106,72kN
133,4kN
1A
2A
Área sob o diagrama cisalhante
kNmA
dxVACatéA
C
A
93,121
829,1)72,10661,26(
2
1
1
11

 
kNmA
dxVABatéC
B
C
93,121
914,04,133
2
22

 
1,829m 0,914m
133,4 kN43,8 kN/m
AF CF
RoF
M(kNm)
x(m)
Momento de Flexão
0AM
kNmM
kNmVMM
C
AC
93,121
93,12101

 
0
93,12193,1212

 
B
CB
M
kNmkNmVMM
0
-121,93kNm
0
Deformação por flexão de um elemento reto
• A seção transversal de uma viga reta permanece plana quando a viga se 
deforma por flexão.
• Isso provoca uma tensão de tração de um lado da viga e uma tensão de 
compressão do outro lado.
• A deformação longitudinal varia linearmente de zero no eixo neutro.
• A lei de Hooke se aplica quando o material é homogêneo.
• O eixo natural passa pelo centroide da área da seção transversal. 
A fórmula da flexão
• O momento resultante na seção transversal é igual ao momento produzido 
pela distribuição linear da tensão normal em torno do eixo neutro.
• Pela regra da mão direita, o sinal negativo é compressivo já que age na 
direção negativa de x.
I
My

σ = tensão normal no membro
M = momento interno
I = momento de inércia
y = distância perpendicular do eixo neutro
Exemplo 6.14
60mm
20MPa
20MPa
60mm
60mm
Figura 6.27a
     4433 1086412060
12
1
12
1
mmmmmmbhI 
Portanto, ;max
I
Mc

44
2
10864
)60(
/20
mm
mmM
mmN


mKNmmNM  88,210288 4
Solução:
60mm
60mm
60mm
20MPa
20MPa
)/20(
60
2mmN
mm
y





 

 dymmmmN
mm
y
dAF
mm
mmA
R 60)/20(
60
60
60
2














 
 
0)/10( 6060
22  
mm
mmR ymmNF
 dymmmmN
mm
y
yydFM
mm
mmA
60)/20(
60
60
60
2
















mm
mmymmNM
60
60
32/
3
20 












 mKNmmNM  88,210288
4
60mm
60mm
60mm
40mm
40mm
    KNNmmmmNmmFR 36103660/2060
2
1 32 
  mKNmmKNmmKNM  88,288,28036
A viga simplesmente apoiada tem a área de seção transversal mostrada na figura 
abaixo. Determine a tensão de flexão máxima absoluta na viga e represente a 
distribuição de tensão na seção transversal nessa localização.
Exemplo 6.15
Solução: Ver exemplo 6.3
O momento máximo interno na viga é . kNm 5,22MPor razões de simetria, o centroide C e, portanto, o eixo neutro, passa a meia 
altura da viga, e o momento de inercia é: (Veja Eq. A.5 no Apêndice A).
 
         
  46
323
2
m 103,301 
3,002,0
12
1
16,0002,025,002,025,0
12
1
2 














 AdII
Aplicando a fórmula da flexão, para c = 170 mm,
 
 
(Resposta) MPa 7,12
103,301
17,05,22
 ;
6máxmáx



I
Mc
A viga mostrada na figura tem área de seção transversal em forma de um canal.
Determine a tensão de flexão máxima que ocorre na viga na seção a–a.
Exemplo 6.16
Solução:
O momento interno resultante deve ser calculado em torno do eixo neutro da 
viga na seção a–a. Visto que o eixo passa pelo centroide,
       
     
mm 09,59m 05909,0 
25,002,0015,02,02
25,002,001,0015,02,01,02






A
Ay
y
Aplicando a equação do equilíbrio de momento sobre o eixo neutro, temos
    kNm 859,4005909,00,124,2 ;0  MMM NA
O momento de inércia sobre o eixo neutro é
      
      
  46
23
23
m 1026,42 
05909,01,02,0015,02,0015,0
12
1
2 
01,005909,002,025,002,025,0
12
1














I
A tensão de flexão máxima ocorre nos pontos mais afastados do eixo neutro.
 
 
(Resposta) MPa 2,16
1026,42
05909,02,0859,4
6máx



I
Mc

Flexão assimétrica
Momento aplicado ao longo do eixo principal
• Podemos expressar a tensão normal resultante em qualquer ponto na seção 
transversal, em termos gerais, como
y
y
z
z
I
zM
I
yM

σ = tensão normal no ponto
y, z = coordenadas do ponto medidas em relação a x, y, z
My, Mz = componentes do momento interno resultante 
direcionados ao longo dos eixos y e z
Iy, Iz = momentos principais de inércia calculados
em torno dos eixos y e z
Orientação do eixo neutro
• O ângulo α do eixo neutro pode ser determinado aplicando σ = 0. Temos
 tgtg
y
z
I
I

Uma viga em T está sujeita a um momento fletor de 15 kNm. Determine a tensão 
normal máxima na viga e a orientação do eixo neutro.
Exemplo 6.10
Solução:
Ambas as componentes do momento são positivas. Temos
 
  kNm 50,730sen15
kNm 99,1230cos15


z
y
M
M
Para propriedades da seção, temos
       
     
m 0890,0
2,003,004,01,0
2,003,0115,004,01,005,0






A
Az
z
Pelo teorema dos eixos paralelos, , os principais momentos da inércia 
são:
       
      
         4623
23
4633
m 1092,13089,0115,003,02,003,02,0
12
1
 
05,0089,004,01,01,004,0
12
1
m 1053,202,003,0
12
1
04,01,0
12
1

















y
z
I
I
2AdII 
A maior tensão de tração ocorre em B e a maior tensão de compressão ocorre em C.
 
 
 
 
 
 
 
 
(Resposta) MPa 3,90
1092,13
089,099,12
1053,20
02,05,7
MPa 8,74
1092,13
041,099,12
1053,20
1,05,7
66
66









C
B
y
y
z
z
I
zM
I
yM



y deve representar o eixo para o momento principal de inércia mínimo, e z deve 
representar o eixo para o momento principal de inércia máximo.
 
 










6,68 
60tg
1092,13
1053,20
tg
6
6


Vigas compostas
• Vigas construídas de dois ou mais materiais diferentes são denominadas 
vigas compostas.
• O fator de transformação é uma razão entre os módulos dos diferentes 
materiais que compõem a viga.
Uma viga composta é feita de madeira e reforçada com uma tira de aço localizada 
em sua parte inferior. Ela tem a área de seção transversal mostrada na figura 
abaixo. Se for submetida a um momento fletor M = 2 kNm, determine a tensão 
normal nos pontos B e C. Considere Emad = 12 GPa e Eaço = 200 GPa.
Exemplo 6.11
Solução:
Transformaremos a seção em outra feita inteiramente de aço.
  mm 9150
200
12
madaço  nbb
A localização do centroide (eixo neutro) é
       
     
m 03638,0
15,0009,015,002,0
15,0009,0095,0150,002,001,0






A
Ay
y
A seção transformada é mostrada na figura ao lado.
Portanto, o momento de inércia em torno do eixo neutro é
      
      
  46
23
23
m 10358,9 
03638,0095,015,0009,015,0009,0
12
1
 
01,003638,002,015,002,015,0
12
1














NAI
Aplicando a fórmula da flexão, a tensão normal em B’ e C é
 
 
 
 
(Resposta) MPa 87,27
10358,9
03638,02
MPa 6,28
10358,9
03638,017,02
6
6'






C
B


A tensão normal na madeira em B é .  (Resposta) MPa 71,156,28
200
12
'  BB n
A viga de concreto armado tem a área de seção transversal como mostra a figura 
abaixo. Se for submetida a um momento fletor M = 60 kN∙m, determine a tensão 
normal em cada uma das hastes de reforço de aço e a tensão normal máxima no 
concreto. Considere Eaço = 200 GPa e Econc = 25 GPa.
Exemplo 6.12
Solução:
A área total de aço é 
   22aço mm 9825,122  A
Exige-se que o centroide se encontre no eixo neutro.
 
 
  2
3
3
aço mm 856.7982
1025
10200
'  nAA
   
mm 90,120'033,949.20'37,52'
0'400856.7
2
'
'300
0~
2 


hhh
h
h
h
Ay
O momento de inércia da seção transformada, calculado em 
torno do eixo neutro, é
       462
2
3
mm 1067,7889,120400856.7
2
9,120
9,1203009,120300
12
1















I
Aplicando a fórmula da flexão à seção transformada, a tensão normal máxima no 
concreto é
 
   
    
MPa 23,21
1067,788
9,120400000.1000.1000.160
'
(Resposta) MPa 20,9
1067,788
000.19,120000.160
6conc
6máxconc









 
 
(Resposta) MPa 84,16923,21
1025
10200
'
3
3
concaço 





  n
A tensão normal em cada uma das duas hastes é, portanto,
Vigas curvas
• Para vigas curvas, assumimos que as seções transversais são constantes.
• Possui um eixo de simetria perpendicular à direção ao momento M aplicado.


A
r
dA
A
R
• A integral pode ser calculada para várias geometrias de seção transversal. 
• A fórmula da viga curva deve ser usada para determinar a tensão 
circunferencial em uma viga quando o raio de curvatura for menor do que 
cinco vezes a largura da viga.
 
 RrAr
rRM



 yRAr
My


A barra curva tem área de seção transversal mostrada na figura abaixo. Se estiver 
sujeita a momentos fletores de 4 kN∙m, determine a tensão normal máxima 
desenvolvida na barra.
Exemplo 6.13
Solução:
Visto que esse momento tende a diminuir o raio de curvatura da barra, ele é 
negativo. Assim, a área total da seção transversal é
       232 m 1025,303,005,0
2
1
05,0  A
A localização do centroide é determinada em relação ao centro de curvatura, ponto 
0’.
m 23308,0
~



A
Ar
r
Para o retângulo, m 11157,0
2.0
25.0
ln05,0 






A r
dA
Aplicando a fórmula da viga curva para calcular a tensão normal em B,
 
m 23142,0
0028867,0011157,0
1025,3
/
3






A
rdA
A
R
Para o triângulo,
  
 
m 0028867,005,0
28,0
28,0
ln
25,028,0
28,005,0








A r
dA
Assim, a locação do eixo neutro é determinada por
 
 
  
   
 
 
  
   
(Resposta) MPa 129
00166,0280,01025,3
280,023142,04
MPa 116
00166,02,01025,3
2,023142,04
3
3














RrAr
rRM
RrAr
rRM
A
B
A
B
B
B


Concentrações de tensão
• A tensão normal máxima em cada uma das descontinuidades ocorre na 
seção que passa pela menor área de seção transversal.
• Uma vez que K for obtido, a tensão de flexão máxima é determinada por
I
Mc
Kmáx
A transição na área da seção transversal da barra de aço é obtida por filetes de 
redução. Se a barra for submetida a um momento fletor 5 kN∙m, determinea tensão 
normal máxima desenvolvida no aço. A tensão de escoamento é σe = 500 MPa.
Exemplo 6.14
Solução:
Pela geometria da barra,
5,1
80
120
 2,0
80
16

h
w
h
r
K é 1,45 e temos
 
  
  
MPa 340
08,002,0
12
1
04,05
45,1
3
máx 







I
Mc
K
Este resultado indica que o aço permanece elástico, visto que a tensão está 
abaixo da tensão de escoamento (500 MPa).
A viga é feita de uma liga de titânio cujo diagrama tensão-deformação pode ser 
aproximado, em parte, por duas retas. Se o comportamento do material for o 
mesmo sob tração e sob compressão, determine o momento fletor que pode ser 
aplicado à viga e que fará com que o material, nas partes superior e inferior da viga, 
seja submetido a uma deformação de 0,050 mm/mm.
Exemplo 6.15
Solução:
O ponto onde a tensão elástica máxima é
mm 3cm 3,0
01,0
5,1
05,0
 y
y
Resultantes e suas locações são 
determinadas como mostrado:
   
  mm 0,111,12,1
3
2
3,0
kN 6,33600.332028012
2
1
1
11


y
CT
      
(Resposta) kNm 40,5kNmm 2,401.5 
25,3192521106,332

M
O momento produzido por essa distribuição de tensão normal em torno do eixo 
neutro é, portanto,
   
 
   
  mm 22,03,0
3
2
kN 5,31500.3120050.13
2
1
mm 99,02,1
2
1
3,0
kN 252200.2520050.112
3
33
2
22




y
CT
y
CT
A viga mostrada na figura está sujeita a um momento inteiramente plástico de Mp. Se 
esse momento for removido, determine a distribuição de tensão residual na viga. O 
material é elástico perfeitamente plástico e tem tensão de escoamento de σe = 250 
MPa.
Exemplo 6.16
Solução:
A partir de cálculos, temos . 
46 mm 1044,82 I
Portanto,
  
MPa 1,285N/mm 1,285
1044,82
12510188
 ; 2
6
6
admmáx 


 
I
Mc
Como esperado, . O ponto de tensão normal nula
foi determinado por proporção.
yr  2
mm 61,109
501.2
125
51,281
 y
y