CAPÍTULO 5: FLAMBAGEM DE COLUNAS Prof. Romel Dias Vanderlei Universidade Estadual de Maringá Centro de Tecnologia Departamento de Engenharia Civil Curso de Engenharia Civil P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.1 – Introdução Elementos longos e esbeltos sob compressão pode fletir lateralmente e falhar por flexão. P B A L P B A Estabilidade de uma estrutura é a capacidade desta suportar uma carga, sem sofrer mudanças bruscas em sua configuração. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.2 – Flambageme Estabilidade Estrutura idealizada ou Modelo de Flambagem: O carregamento P atua no eixo horizontal das barras, causando apenas compressão. P C B A K L/2 L/2 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.2 – Flambageme Estabilidade P C B A θ θ Se a estrutura for perturbada de forma que o ponto B mova-se lateralmente, as barras irão girar de pequenos ângulos θ e um momento é desenvolvido no mola. O momento tende a retornar a estrutura para sua posição reta, enquanto que a força tende a aumentar o deslocamento lateral. P C B θ MB P P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.2 – Flambageme Estabilidade Estrutura Estável: quando a força pertubadora for removida, a estrutura irá retornar a sua posição reta inicial, ou seja, a ação do momento restaurador predominará sobre a ação da força axial P. Estrutura Instável: quando a força axial for grande, o deslocamento do ponto B irá aumentar até que a estrutura entre em colapso, ocorrendo falha por flambagem lateral. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.2.1 – Carregamento Crítico É um valor para a força axial correspondente a transição entre as condições estável e instável. P C B θ MB P L / 2 2θ A 2 2 ) 2 ( L P M sen L P M k M P P B ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = θ θ θ Sendo: k – constante da mola senθ ≈ θ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.2.1 – Carregamento Crítico O valor da carga para o qual os dois momentos se equilibram é chamado de carga crítica, designado por Pcr. ∴ ⋅ ⋅ = ⋅ = 2 2 L P k M M cr P B θ θ L k P cr 4 = Se P<Pcr , estrutura estável Se P>Pcr , Estrutura instável P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler Hipóteses: • Carga vertical aplicada no centróide da seção; • A coluna é perfeitamente reta; • Material elástico linear que segue a lei de Hooke. B P A L x y P P L Q P MB Q y P A x x v P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler Equilíbrio na parte AQ: M + P.v = 0 → M = - P.v Equação da linha elástica para a coluna: EI.v” = M ∴ EI.v” + P.v = 0 equação diferencial linear homogênea de 2ª ordem com coeficientes constantes. Fazendo k² = P/EI → 0 ² " = ⋅ + v k v Solução geral: v = C 1 .sen(kx) + C 2 .cos(kx) P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler Condições de contorno: x=0 →v=0 →C 2 =0 x=L →v=0 →C 1 .sen(kL)=0 Duas soluções: C 1 =0 →Coluna reta ou sen(kL)=0 →kL=nπ Logo: v = C 1 .sen(kx) e k.L = n.π ππ π , n = 1,2,3,... Sendo k² = P/EI : ² ² ² L EI n P n L EI P ⋅ ⋅ = ∴ = ⋅ π π P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler O menor valor de P corresponde a n = 1. ² ² L EI P cr ⋅ = π Fórmula de Euler A carga crítica deve ser calculada para I = I mín Equação da linha elástica: L x sen C v ⋅ ⋅ = π 1 L L n k π π = ⋅ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler ² ² ² ² ² ² ² r L E A I L E giração de raio A I r L A EI A P cr cr cr ⋅ = ⋅ = ∴ → = ⋅ ⋅ = = π π σ π σ ( ) 2 ² r L E cr π σ = →Tenção crítica → r r L : Índice de esbeltez da coluna Deve ser para I mín Tensão Crítica: P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 1 Uma coluna articulada nas extremidades tem seção quadrada e comprimento de 2m. Sabendo-se que E=13GPa, σ adm =12MPa e coeficiente de segurança de 2,5 no cálculo da carga crítica, determine a dimensão da seção transversal para: a) uma força de 100 kN; b) uma força de 200 kN. a) P = 100kN ² ² L EI P cr π = adm cr cr MPa A P mm mm a a I m E L P I kN P σ σ π π < = × = = ≅ = → × = = × = × ⋅ ⋅ × = ⋅ ⋅ = = ⋅ = − − 10 )² 1 , 0 ( ³ 10 100 100 3 , 98 10 794 , 7 12 10 794 , 7 10 13 ² ² 2 ³ 10 250 ² ² 250 100 5 , 2 6 4 4 6 9 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 1 b) P = 200kN mm a m a m P A MPa A P mm a a I m E L P I kN P adm adm cr cr 1 , 129 ² 10 67 , 16 ² ² 10 67 , 16 10 12 ³ 10 200 62 , 14 )² 11695 , 0 ( ³ 10 200 95 , 116 10 588 , 15 12 10 588 , 15 10 13 ² ² 2 ³ 10 500 ² ² 500 200 5 , 2 3 3 6 6 4 4 6 9 = → × = ⋅ = × × = = > = × = = = → × = = × = ⋅ ⋅ ⋅ × = ⋅ ⋅ = = ⋅ = − − − − σ σ σ π π P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 2 Determine o carregamento admissível P adm , para a coluna mostrada, usando um fator de segurança de n=2,5 em relação a carga crítica de Euler. B A L/2 L/2 2 2 1 1 ² 005 , 0 10 03 , 9 10 08 , 4 62 , 7 4 , 289 200 4 6 2 4 5 1 m A m I m I m L MPa GPa E adm = ⋅ = ⋅ = = = = − − σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 2 Carregamento crítico: Flexão sobre o eixo 2: kN P L EI L EI P cr cr 2 , 228 . 1 ² 62 , 7 10 03 , 9 10 200 ² 4 ² ² 4 )² 2 ( ² 6 9 2 2 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = − π π π kN L EI P cr 0 , 387 . 1 ² 62 , 7 10 08 , 4 10 200 ² ² ² 5 9 1 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = − π π Flexão sobre o eixo 1: Logo: kN P cr 2 , 228 . 1 = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 2 Tensões críticas: io satisfatór P MPa A P cr adm cr cr cr → < = ⋅ = = σ σ σ 64 , 245 005 , 0 ³ 10 2 , 228 . 1 Carregamento admissível: 5 , 2 2 , 228 . 1 = = n P P cr adm kN P adm 28 , 491 = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio a) Coluna engastada na base e livre na topo: v P A B L A B A’ P P 2L=Le P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio Observando que a coluna se comporta como a parte de uma coluna com extremidades articuladas. A carga crítica é obtida da fórmula de Euler usando o comprimento da coluna igual a 2L. O comprimento de efetivo de flambagem Le é igual a 2L. 2 ² e cr L EI P ⋅ = π )² / ( ² r L E e cr ⋅ = π σ Onde L e /r é chamado de índice efetivo de esbeltez da coluna. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio b) Coluna engastada na base e no topo: P A B L A B P D E C P P Mo Mo A B L/4 L/4 L/2 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio A curva de deflexão é simétrica e não possui inclinação nas extremidades. A curva possui pontos de inflexão nas distâncias L/4 a partir das extremidades, onde o momento fletor é nulo. Podemos dizer que a parte DE da coluna deve ter o mesmo comportamento de uma coluna bi-articulada com Le=L/2 P D E L/2 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio c) Coluna engastada na base e articulada no topo: A B L A B P v P v’ MB x P P’ M V A Q v V’ x L L L e 7 , 0 699 , 0 ≈ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio Comprimento efetivo de flambagem: P L L Le = P L L Le 2 = L Le P 2 L Le = P Le L L Le 699 , 0 = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 3 Para a coluna mostrada, determine a) A relação a/b entre os lados da seção transversal que corresponde a solução do projeto mais eficiente contra a flambagem; b) Dimensione a seção transversal mais eficiente, sabendo- se que L=500mm, E=70GPa, P=20KN e que o c.s. deve ser 2,5. x y z P L a b P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 3 1) Flambagem no plano xy: 12 7 , 0 12 12 ² 12 ³ , 12 ³ 7 , 0 2 a L r Le a r a b a a b A Iz r b a A a b Iz L Le z z z = = ∴ = ⋅ ⋅ = = ⋅ = ⋅ = = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 3 2) Flambagem no plano xz: 12 2 b r L Le y = = 12 2 b L r Le y = a) Dimensionamento mais eficiente: - Tensões iguais em relação aos dois modos de flambagem; 35 , 0 2 7 , 0 12 2 12 7 , 0 )² ( ² ) ( ) ( = = ∴ = = = b a b L a L r L E y z cr cr π σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 3 b) Dimensionamento: )² 464 , 3 ( 10 70 ² ² 35 , 0 ³ 10 50 )² ( ² 464 , 3 12 5 , 0 2 12 2 ² 35 , 0 ³ 10 50 ² 35 , 0 35 , 0 50 20 5 , 2 . . 9 b b r Le E b b b L r Le b A P b b a A b a KN P s c P cr y cr cr cr ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ → = = ⋅ = = ⋅ ⋅ = = ⋅ = ⋅ = → ⋅ = = ⋅ = ⋅ = π π σ σ mm b 7 , 39 = mm b a 9 , 13 35 , 0 = ⋅ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante P e P B A L P P M A =P.e M B =P.e vmáx v A carga P é aplicada com uma pequena excentricidade e, medida a partir do eixo da coluna. O carregamento excêntrico P é equivalente a uma carga centrada P e um conjugado M A =P.e. Esse momento existe a partir do instante de aplicação de carga P, e por isso a coluna começa a fletir desde o início do carregamento P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Deflexão máxima →x = L/2 ) 1 2 (sec ) 1 2 cos 2 2 ( − ⋅ = − + ⋅ ⋅ = KL e KL KL sen KL tg e v máx ] 1 ) 2 [sec( − ⋅ ⋅ = L EI P e v máx P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Logo, a deflexão assume um valor infinito quando: ² ² ² ² 2 2 π π π L P EI L EI P L EI P cr cr ⋅ = = → = ⋅ ] 1 ) 2 [sec( − ⋅ ⋅ = cr máx P P e v π Logo: v=0, quando e=0 ou P=0 v→∞, quando P→Pcr P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Tensão máxima: I c M A P máx ⋅ + = max σ Onde: ) . 2 sec( e : ) 2 sec( 2 sec ) ( 2 2 2 EA P r L e P M r A I L EI P sendo P P e P KL e P M e v P M v P M máx cr cr máx máx A máx máx ⋅ ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = π π P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Logo: ) 2 sec( EA P r L I c e P A P máx ⋅ ⋅ ⋅ + = σ )] 2 sec( ² 1 [ EA P r L r c e A P máx ⋅ ⋅ + = σ Fórmula da Secante Uma outra forma: )] 2 sec( ² 1 [ cr máx P P r c e A P π σ ⋅ ⋅ + = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Esta equação pode ser usada em qualquer caso de condição de apoio, desde que se aplique o comprimento efetivo apropriado. Como a σmáx não varia linearmente com P, não deve ser usado o princípio da superposição para várias cargas aplicadas simultaneamente, e qualquer coeficiente de segurança deve ser aplicado ao carregamento e não à tensão. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 4 Para a coluna mostrada, determine: a) A carga centrada admissível e a tensão normal correspondente adotando c.s.=2. b) Supondo que o valor da carga admissível encontrado em “a” é aplicado a um ponto 20 mm fora do eixo geométrico da coluna, determine o deslocamento horizontal do topo da coluna e a tensão normal máxima. Use E=200GPa. 2,4 m c 1 0 0 m m 100mm mm c mm r m I m A 50 7 , 38 10 3 , 3 ² 10 2 , 2 4 6 3 = = ⋅ = ⋅ = − − P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Comprimento efetivo: m L Le 8 , 4 4 , 2 2 2 = ⋅ = = Carga crítica: KN P Le EI P cr cr 7 , 282 ² 8 , 4 10 3 , 3 10 200 ² ² ² 6 9 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = − π π a) Carga admissível e tensão normal: MPa A P KN s c P P adm cr adm 25 , 64 10 2 , 2 36 , 141 36 , 141 2 7 , 282 . . 3 = ⋅ = = = = = − σ Exemplo 4 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i b) Carga excêntrica: P 20mm P Vmáx 2 1 02 , 0 ] 1 ) 2 [sec( = = − ⋅ = cr cr máx P P mm e P P e v π Exemplo 4 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i )] 2 1 2 sec( )² 10 7 , 38 ( 05 , 0 . 02 , 0 1 [ 10 2 , 2 10 36 , 141 )] 2 sec( ² . 1 [ 04 , 25 ] 1 ) 2 1 2 [sec( 02 , 0 3 3 3 π σ π σ π ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + = = − ⋅ = − − máx cr máx máx P P r c e A P mm v MPa máx 86 , 160 = σ Exemplo 4 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 5 Uma coluna de aço com perfil W14x82 suporta um carregamento P1=1424KN aplicado no centróide e um carregamento excêntrico de P2=178KN, A flexão ocorre sobre o eixo 1-1 da seção transversal e o carregamento excêntrico age no eixo 2-2, 343mm a partir do centróide. a) Calcule a tensão de compressão máxima na coluna. E=206 GPa; b) Se a tensão de escoamento para o aço é σesc=289 MPa, qual é o fator de segurança em relação ao escoamento? e P2 P1 c 1 1 2 2 3,8 m P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 5 e’ P1 a) mm e M e P m KN e P M KN P P P 11 , 38 1602 05 , 61 ' ' . 05 , 61 343 , 0 178 1602 2 2 1 = = → = ⋅ = ⋅ = ⋅ = = + = ¦ ¹ ¦ ´ ¦ = = = → m e m r m A x W 182 , 0 154 , 0 ² 016 , 0 82 14 m L Le 6 , 7 2 = = MPa EA P Le r e e A P máx máx máx 23 , 134 )] 016 , 0 10 206 ³ 10 1602 154 , 0 2 6 , 7 sec( ² 154 , 0 182 , 0 038 , 0 1 [ 016 , 0 ³ 10 1602 )] 2 sec( ² ' 1 [ 9 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + = σ σ π σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 5 b) Fator de segurança: 23 , 2 1602 9 , 3578 . . 9 , 3578 )] 10 29 , 4 sec( 292 , 0 1 [ )] 016 , 0 10 7 , 206 154 , 0 2 6 , 7 sec( ² 154 , 0 182 , 0 038 , 0 1 [ 016 , 0 10 289 )] 2 sec( ² ' 1 [ 4 9 6 = = = = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + = = → − P P s c KN P P P P P EA P Le r e e A P P P e esc esc esc esc esc esc esc esc esc esc esc máx σ π σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6 – Dimensionamento de Colunas Submetidas a Carregamento Centrado O projeto de colunas na prática se baseia em fórmulas empíricas, que refletem os resultados obtidos de vários ensaios. Isso ocorre pois poucos casos práticos se enquadram nas hipóteses idealizadas. Colunas Curtas Colunas Intermediárias Colunas Longas Le/r σcr σe ←Tensão crítica de Euler )² ( ² r L E cr π σ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6 – Dimensionamento de Colunas submetidas a carregamento Centrado Para colunas longas, a ruptura se dá de acordo com a fórmula de Euler, que depende apenas de “E”. Para colunas muito curtas, ou blocos, a ruptura ocorre por escoamento do material “σe”. Para colunas de comprimento intermediário, a ruptura depende ao mesmo tempo de “E” e “σe”, e a ruptura é um fenômeno complexo. Vamos analisar as fórmulas específicas para três materiais típicos: Aço, Alumínio e Madeira. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.1 – Aço Estrutural As fórmulas são baseadas segundo especificações do AISC (American Institute of Steel Construction). Para colunas curtas e intermediárias é utilizada uma expressão parabólica. Para colunas longas é adotada a fórmula de Euler. Curvas de Euler Le/r σcr σe Cc e σ 2 1 D C B Parábola P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.1 – Aço Estrutural A parte AB dessa curva é um arco de parábola: 2 0 | ¹ | \ | ⋅ − = r L k cr σ σ A parte BE pertence à curva de Euler BDE: )² ( ² r L E cr π σ = Quando L/r=0 →σ cr = σ e →σ 0 = σ e P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.1 – Aço Estrutural O ponto B é definido pelo AISC, como : e cr σ σ 2 1 = ² 2 ² 2 1 Cc k Cc k e e e σ σ σ = → ⋅ − = Logo: Cc é o valor de L/r no ponto B. Cc r L para r L E Cc r L para Cc r L cr e cr ≥ = ≤ − = )² ( ² ] ² 2 )² ( 1 [ π σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.1 – Aço Estrutural Na fórmula de Euler, se fizermos: temos: c e cr C r L e = = 2 1 σ σ e c E C σ π ² 2 2 = Devemos introduzir um coeficiente de segurança: -Para L/r ≥ Cc (Colunas Longas) C.S.=1,92 )² ( 92 , 1 ² . . r L E s c cr adm π σ σ = = 200 ≤ ≤ r L C para c OBS: Não são permitidas colunas com L/r > 200 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.1 – Aço Estrutural -Para colunas curtas e intermediárias: ( ( ( ¸ ( ¸ | | ¹ | \ | ⋅ − = = 2 2 1 1 . . . . Cc r L s c s c e cr adm σ σ σ c C r L para < 3 8 1 8 3 3 5 . . | | ¹ | \ | ⋅ − ⋅ + = c r L c r L C C S C P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 6 Calcular o maior comprimento para o perfil S100x11,5, sabendo-se que: E=200GPa e σ e =290MPa. 60kN B A L ¦ ¹ ¦ ´ ¦ = = = → mm r mm r mm A x S y x 75 , 14 6 , 41 ² 1452 5 , 11 100 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 6 7 , 116 ³ 10 61 , 13 10 290 10 200 ² 2 ² 2 ² 3 , 41 10 1452 ³ 10 60 6 9 6 = → ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ = = − Cc E Cc MPa A P e adm π σ π σ Adotando: Cc r L ≥ temos )² ( 92 , 1 ² r L E adm π σ = ) ( 8 , 157 )² ( 92 , 1 10 200 ² 10 3 , 41 9 6 ok r L r L = → ⋅ ⋅ = ⋅ π Para o menor raio de giração: m L L r L y 33 , 2 8 , 157 10 75 , 14 8 , 157 3 = → = ⋅ ∴ = − P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.2 - Alumínio Existem muitas ligas de alumínio que podem ser usadas em estruturas. A Aluminium Association especifica fórmulas para cada uma dessas ligas, para a tensão admissível de colunas com carga centrada: σ adm σ adm =C 1 σ adm =C 2 -C 3 .L/r ( ) 2 4 r L C adm = σ r L P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.2 - Alumínio Para coluna curtas, σ adm = Constante; Para colunas intermediárias, relação linear entre σ adm e L/r; Para colunas longas, fórmula de Euler. ( ) ( ) ) ( ² ³ 10 351 66 ) ( ] 868 , 0 139 [ 66 5 , 9 131 5 , 9 MPa r L r L MPa r L r L MPa r L adm adm adm ⋅ = ≥ − = < < = ≤ σ σ σ Liga 6061-T6 P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.2 - Alumínio Liga 2014-T6 (Alclad) ( ) ) ( ³ 10 372 55 ) ( 585 , 1 212 55 12 193 12 2 MPa r L r L MPa r L r L MPa r L adm adm adm ⋅ = ≥ ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = < < = ≤ σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 7 Usando a liga de alumínio 2014-T6, determine o menor diâmetro para a barra, de modo que esta possa suportar com segurança uma carga centrada de 60kN, quando: a) L=750mm; b) L=300mm. P B A L 2 ²; ; 4 4 c A I r c A c I = = ⋅ = ⋅ = π π P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 7 Verificando: ) ( 55 3 , 81 2 / 44 , 18 750 ok r L > = = Então: a) L=750 mm ( ) mm c c c c A P r L r L Adotar adm 44 , 18 10 5 , 115 10 2 / 75 , 0 ³ 10 372 ² ³ 10 60 ² ³ 10 372 55 : 9 4 6 2 = → ⋅ = ⋅ | ¹ | \ | ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = → > − π σ mm d c d 9 , 36 44 , 18 2 2 = × = = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 7 b) L=300 mm Adotar mm c r L 66 , 11 55 = → > Verificando: Adotar mm c c c A P r L r L adm 0 , 12 10 2 / 3 , 0 585 , 1 212 ² ³ 10 60 585 , 1 212 55 12 6 = ⋅ ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = ⋅ ⋅ = ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = → < < π σ mm c d ok r L 24 2 ) ( 50 300 2 12 = = = = ) ( 55 5 , 51 errada hipótese r L < = Verificando: P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.3 - Madeira A American Institute of Timber Construction especifica fórmulas para colunas de madeira sob ação de cargas centradas. Coluna com seção transversal retangular de lados b e d, onde d < b. σ σσ σ adm A d L B C D ' 3 2 adm σ b d σ σσ σ’ adm 11 k P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.3 - Madeira Para colunas intermediárias → Onde: k = L/d no ponto C e ' adm adm σ σ = (paralela as fibras) 11 < d L ( ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = 4 ' 3 1 1 k d L adm adm σ σ k d L < < 11 ( ) ( ) ² ² 12 74 , 2 ² 74 , 2 ² 2 d L E r L E adm ⋅ = = π π σ ( ) 2 3 , 0 d L E adm ⋅ ≈ σ k d L > Para colunas curtas → Para colunas longas → P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.3 - Madeira Segundo AITC, não são permitidas colunas em que L/d>50 No ponto C, ² 3 , 0 3 2 3 2 ' ' k E k d L e adm adm adm ⋅ = = = σ σ σ ' 671 , 0 adm E k σ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.6.3 - Madeira Para colunas com seção transversal qualquer, podemos usar: ( )² 74 , 2 ² 173 ' ' 3 1 1 ' 38 38 0 4 ' ' r L E r L k k r L k r L r L adm adm adm adm adm π σ σ σ σ σ = < < ( ( ( ¸ ( ¸ | | ¹ | \ | − = < < = ≤ ≤ ' 324 , 2 ' adm E k onde σ = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 8 Projetar a coluna usando seção transversal quadrada de madeira, sabendo-se que: E=12,4 GPa, σ’adm=9,3 MPa paralela às fibras. 140 kN B A 4,2 m ( ) ) ( 25 , 26 16 , 0 2 , 4 16 , 0 10 98 , 6 ² 2 , 4 10 4 , 12 3 , 0 ² ³ 10 140 ² 3 , 0 , 5 , 24 10 3 , 9 10 4 , 12 671 , 0 671 , 0 4 4 9 6 9 ' ok k d L m d d d d A P d L E k d L E k adm adm > = = = → ⋅ = | ¹ | \ | ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = > = ⋅ ⋅ = = − σ σ Adotando: Verificação: P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 9 A coluna AB é feita com perfil W250x58 que apresenta E=200 GPa e σe=250 MPa. Determine a força centrada P para: a) Le=7,2 m; b) se um travamento é colocado no ponto médio. ¦ ¹ ¦ ´ ¦ = = = mm r mm r mm A x W y x 3 , 50 5 , 108 ² 7420 58 250 7 , 125 ³ 10 79 , 15 10 250 ³ 10 200 ² 2 ² 2 ² 6 = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = Cc E Cc e π σ π a) z 7,2 m P x y ( ) kN A P MPa r L E adm adm adm 373 10 7420 10 3 , 50 3 , 50 ² 43 , 1 92 , 1 10 200 ² ² 92 , 1 ² 6 6 9 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = = − σ π π σ Como ry < rx, a flambagem ocorre no plano xz: 143 ³ 10 3 , 50 2 , 7 = ⋅ = y r L então , Como Cc r L > P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 9 b) 3,6 m P x z y 3,6 m 6 , 71 10 3 , 50 6 , 3 10 3 , 50 6 , 3 3 3 = ⋅ = ⋅ = = = − − r Le m r r m Le y 3 , 66 10 5 , 108 2 , 7 10 5 , 108 2 , 7 3 3 = ⋅ = ⋅ = = = − − r Le m r r m Le y Plano xy: Plano yz: P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 9 kN A P MPa Cc r L s c s c Cc r L Cc r L Cc r L adm adm adm e adm 835 10 7420 10 6 , 112 6 , 112 7 , 125 6 , 71 2 1 1 86 , 1 250 2 1 1 . . 86 , 1 . . 7 , 125 6 , 71 8 1 7 , 125 6 , 71 8 3 3 5 8 1 8 3 3 5 c.s. ria intermediá coluna 6 , 71 Adotando 6 6 2 2 3 3 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = = ( ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = ( ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = = | ¹ | \ | − | ¹ | \ | + = | ¹ | \ | − | ¹ | \ | + = → < = − σ σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7 – Dimensionamento de colunas submetidas a carregamento excêntrico As tensões podem ser obtidas por superposição das tensões devidas à força centrada “P” e ao conjugado M. Condição: - seção transversal não muito próxima de uma das extremidades; - tensões não excedam o limite de proporcionalidade do material. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7 – Dimensionamento de colunas submetidas a carregamento excêntrico c P e I c M A P máx flexão centrada ⋅ + = + = σ σ σ σ c P M=P.e P σ σσ σ centrada =P/A σ σσ σ flexão = I c M ⋅ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7.1 – Método da Tensão Admissível Baseia-se na hipótese de que a tensão admissível é a mesma que para uma coluna com carga centrada. adm I c M A P σ ≤ ⋅ + Sendo a tensão admissível (σadm) sob carga centrada para o maior valor do índice de esbeltez. Essa especificação pode levar a dimensionamentos exagerados. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 10 Uma coluna de seção quadrada de 125mm de lado e L=3,0m é feita de pinho, apresentando as seguintes propriedades: E=12GPa e σ’adm=10MPa para compressão paralela as fibras. Determine a máxima carga P que a coluna pode suportar com segurança, aplicada com excentricidade e e=50mm. ( ) ( ) ) ( 25 , 6 ² 125 , 0 3 10 12 3 , 0 ² 3 , 0 Como 24 125 , 0 3 2 , 23 10 10 10 12 671 , 0 671 , 0 ' 9 6 9 ' ok MPa d L E K d L d L E K adm adm adm adm σ σ σ σ < = ⋅ ⋅ = = → > = = = ⋅ ⋅ = = P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 10 Carga máxima: kN P P P I c M A P P P M m I m c m A adm 7 , 28 10 25 , 6 10 03 , 2 065 , 0 05 , 0 10 62 , 15 05 , 0 e 10 03 , 2 12 ) 125 , 0 ( 065 , 0 ² 10 62 , 15 )² 125 , 0 ( 6 5 3 4 5 4 3 ≤ ⋅ ≤ ⋅ ⋅ + ⋅ ≤ ⋅ + = ⋅ = ⋅ = = = ⋅ = = − − − − σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7.2 – Método da Interação Como a tensão admissível para carga centrada é usualmente menor que a tensão admissível para coluna em flexão pura, o método da tensão admissível pode levar a dimensionamentos exagerados. Um método mais aperfeiçoado de dimensionamento é o método da interação: 1 ≤ ⋅ + adm adm I c M A P σ σ Onde devemos utilizar a tensão admissível correspondente a carga concentrada e à flexão pura. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7.2 – Método da Interação 1 ) ( ) ( ≤ ⋅ + flexão adm centrada adm I c M A P σ σ Fórmula da Interação Para M=0 →coluna com carga centrada; Para P=0 →viga sujeita a flexão pura. A fórmula da interação leva a um dimensionamento que considera a capacidade da barra de resistir tanto a flexão como a carga centrada. A (σadm)centrada é determinada usando-se o maior índice de esbeltez da coluna. P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i 5.7.2 – Método da Interação Quando a carga excêntrica “P” não é aplicada em um plano de simetria, ocorre flexão nos dois planos principais. 1 ) ( | | ) ( | | ) ( ≤ ⋅ + ⋅ + flexão adm z máx z flexão adm x máx x centrada adm I x M I z M A P σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 11 Usar o método da interação para a determinação da máxima carga P do exemplo 10. -Exemplo 10 : MPa MPa flexão adm centrada adm 10 ) ( 25 , 6 ) ( = = σ σ kN P MPa P P I x M I z M A P flexão adm z máx z flexão adm x máx x centrada adm 39 1 10 10 03 , 2 065 , 0 05 , 0 10 25 , 6 10 62 , 15 1 ) ( | | ) ( | | ) ( 5 6 3 ≤ ≤ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ≤ ⋅ + ⋅ + − − σ σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 12 Determinar a maior carga “P” que pode se suportada com segurança por um perfil de aço laminado W310x74, onde Le=4,5 m, E=200GPa e σ e =250MPa. a) Utilizar o método da tensão admissível b) Método da iteração para (σ adm ) flexão =150MPa. 200mm P x y c ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ´ ¦ ⋅ = = = = → ³ ³ 10 1058 8 , 49 6 , 131 ² 9480 74 310 W mm W mm r mm r mm A x x y x P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 12 -Maior índice de esbeltez: 4 , 90 10 5 , 49 5 , 4 3 = ⋅ = − y r L 7 , 125 ² 2 2 = → = c e c C E C σ π centrada adm e adm y MPa Cc r L s c Cc r L Cc r L s c Cc r L ) ( 1 , 98 2 1 1 . . 89 , 1 8 1 8 3 3 5 . . : Como 2 3 σ σ σ → = ( ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | − = = | ¹ | \ | − + = < − P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 12 a) Método da tensão admissível : kN P P P I c M A P adm 333 10 1 , 98 10 1058 10 200 10 9480 6 6 3 6 ≤ ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ≤ ⋅ + − − − − σ b) Método da iteração para MPa flexão adm 150 ) ( = σ kN P P P I c M A P flexão adm centrada adm 428 1 10 150 10 1058 10 200 10 1 , 98 10 9480 1 ) ( ) ( 6 6 3 6 6 ≤ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ≤ ⋅ + − − − σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 13 Um poste de madeira de 220mm de diâmetro está engastada na base e no topo. A madeira usada tem E=12GPa e σ’ adm =10MPa, paralela as fibras. Determine a maior carga excêntrica “P” que pode ser aplicada. 240 P 4,2 m ² 4 4 c A c I ⋅ = ⋅ = π π m c c c A I r 055 , 0 2 11 , 0 2 ² 4 4 = = = ⋅ ⋅ ⋅ = = π π ( ) ( ) MPa r Le E k r Le E k r Le esbeltez de Índice adm adm adm 85 , 1 ² 73 , 152 74 , 2 10 12 ² 74 , 2 ' 51 , 80 10 10 10 12 324 , 2 324 , 2 ' 73 , 152 055 , 0 2 , 4 2 9 2 2 6 9 ' = ⋅ ⋅ = = → > − = ⋅ ⋅ = = − = ⋅ = → − σ π π σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 13 ( ) ( ) kN P P P c P M m c I m c A I c M A P flexão adm centrada adm 91 , 26 1 10 10 10 150 , 1 11 , 0 24 , 0 10 85 , 1 038 , 0 11 , 0 24 , 0 10 150 , 1 4 ² 038 , 0 ² 1 6 4 6 4 4 4 ≤ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = = ⋅ = ≤ ⋅ + − − π π σ σ P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 14 Uma coluna quadrada de madeira de 4,5m de comprimento efetivo, suporta uma carga de 65kN, com excentricidade e=45mm, como mostrado. Para o tipo de madeira usado, E=11GPa e σ’adm=9MPa. Determinar a menor dimensão admissível “d”. x d d e e z 65kN y A P d I I d y z m kN e P M M E k adm y x máx máx y x adm = = = = = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = = = ⋅ ⋅ = = σ σ 12 2 925 , 2 045 , 0 10 65 46 , 23 10 9 10 11 671 , 0 671 , 0 4 3 6 9 ' P r o f . R o m e l D i a s V a n d e r l e i Exemplo 14 ( ) 1 004 , 0 10 989 , 3 1 ³ 004 , 0 10 989 , 3 1 ³ 41 , 256 1 12 , 2507 1 1 10 9 12 2 ³ 10 925 , 2 2 ² 10 963 , 162 ² ³ 10 65 ² 10 963 , 162 ² 5 , 4 10 11 3 , 0 )² ( 3 , 0 Adotando 1 | | | | 4 4 4 4 4 6 4 6 6 9 ' ' ≤ + ⋅ ≤ + ⋅ ≤ ⋅ + ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = → > ≤ ⋅ + ⋅ + − − d d d d d d d d d d d d d L E k d L I x M I z M A P adm adm adm z máx z adm x máx x adm σ σ σ σ σ mm d m d 183 183 , 0 = → ≥ ) ( 5 , 24 183 , 0 5 , 4 : o verificand ok k d L > = =