E Flexao Pura

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E – Flexão Pura 
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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+dM Q+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 1,5 4,0 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) 
E – Flexão Pura 
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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 y LN 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 
E – Flexão Pura 
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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 pi d4 / 64 eh3/6 + ebh2/2 pi 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. 
 
E – Flexão Pura 
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 σ
 max = (M / ILN) y max = M / (ILN / y max ) 
 
Fazendo (ILN / y max) = 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/3pi 
b b b b d d d 
e e em 
 
Wmin bh2 / 6 pid3 / 32 bh2 / 24 0,02384 d3 eh2/3 + beh pi 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 circularassinalado com (*), 
Jo = pi d e (d/2)2 = Ix + Iy = 2Ix =>Ix = pi e d3 / 8 
 
Para obter o valor de I da meia-lua (**) fizemos: 
 Ix = Ix – A y2 = ½ pid3 / 32 – ½ (pid2 / 4)(d/2 – 2d/3pi)2 
 
x 
x 
y 
y 
O 
C 
dy 
dx 
Fig. 5.4.3 – Momentos e Produtos de 
Inércia. Teoremas de Steiner. 
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 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. 
E – Flexão Pura 
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 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 0,50 2,00 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. 
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 yA2 bA dyA + ∫B EB k yB2 bB dyB; ou 
 M / k EA = ∫A yA2 bA dyA + ∫B yB2 (n bB) dyB , 
 
 
Viga constituída de dois materiais 
linha neutraE – 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 m4. 
[σ
 max]madeira/compressão = (20.000/226x10-6)(0,220 - 0,065) = 
 =13,7 MPa 
[σ
 max]madeira/tração = (20.000/226x10-6)(0,065 - 0,020) = 
 =3,99 MPa 
[σ
 max]aço/tração = (20.000/226x10-6)(0,065) = 115 MPa. 
 (não há compressão no reforço de aço) 
 
= 65 mm Y = 
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 yA2 bA dyA + ∫B yB2 (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) 
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 kN Q = 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 mm2 
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 
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) 
 
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 
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 
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 
+ + + + 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
+ 
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 =80x303/12 + 80x30(47,5 –15)2 + 24x1003/12 + 100x24(80 –47,5)2 
 IZ = 7,250 x 10-6 m4 
IY = 30 x 803/ 12 + 100 x 243 / 12 = 1,395 x 10-6 mm4 
 IY = 1,395 x 10-6 m4 
 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 
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 
z x 
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 
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.