CAPÍTULO 5: FLAMBAGEM DE COLUNAS - … · Prof. Romel Dias Vanderlei 5.2 – Flambagem e Estabilidade Estrutura idealizada ou Modelo de Flambagem: O carregamento P atua no eixo horizontal

CAPÍTULO 5:FLAMBAGEM DE COLUNAS

Prof. Romel Dias Vanderlei

Universidade Estadual de MaringáCentro de TecnologiaDepartamento de Engenharia Civil

Curso de Engenharia CivilP

rof.

Rom

el D

ias

Van

derle

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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.2 – Flambagem e 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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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(

LPM

senL

PM

kM

P

P

B

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

θ

θ

θ

Sendo:

k – constante da mola

senθ ≈ θ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

∴⋅⋅=⋅

=

22

LPk

MM

cr

PB

θθL

kPcr

4=

Se P<Pcr , estrutura estávelSe P>Pcr , Estrutura instável

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

MBQ

yP

A

x

x

v

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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 = 0equação diferencial linear homogênea de 2ª ordem com coeficientes constantes.

Fazendo k² = P/EI → 0²" =⋅+ vkv

Solução geral:v = C1.sen(kx) + C 2.cos(kx)

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


Condições de contorno:x=0 → v=0 → C2=0x=L → v=0 → C1.sen(kL)=0Duas soluções:

C1=0 → Coluna reta ou sen(kL)=0 → kL=nπ

Logo: v = C1.sen(kx) e k.L = n. ππππ , n = 1,2,3,...

Sendo k² = P/EI :

²

²²

L

EInPnL

EI

P ⋅⋅=∴=⋅ ππ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


O menor valor de P corresponde a n = 1.

²

²

L

EIPcr

⋅= π Fórmula de Euler

A carga crítica deve ser calculada para I = Imín

Equação da linha elástica:

L

xsenCv

⋅⋅= π1

LL

nk

ππ =⋅=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


²²

²

²

²

²

²

rL

E

A

I

L

E

giraçãoderaioA

Ir

LA

EI

A

P

cr

crcr

⋅=⋅=

∴→=

⋅⋅==

ππσ

πσ

( )2

²

rL

Ecr

πσ = → Tenção crítica

→rr

L: Índice de esbeltez da coluna

Deve ser para Imín

Tensão Crítica:

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 1

� Uma coluna articulada nas extremidades tem seção quadrada e comprimento de 2m. Sabendo-se que E=13GPa, σadm=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

EIPcr

π=

adm

cr

cr

MPaA

P

mmmmaa

I

mE

LPI

kNP

σσ

ππ

<=×==

≅=→×==

×=×⋅

⋅×=⋅⋅=

=⋅=

−

−

10)²1,0(

³10100

1003,9810794,712

10794,71013²

²2³10250

²

²

2501005,2

64

469

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 1

b) P = 200kN

mmama

mP

A

MPaA

P

mmaa

I

mE

LPI

kNP

adm

adm

cr

cr

1,129²1067,16²

²1067,161012

³10200

62,14)²11695,0(

³10200

95,11610588,1512

10588,151013²

²2³10500

²

²

5002005,2

3

36

64

469

=→×=

⋅=××==

>=×==

=→×==

×=⋅⋅

⋅×=⋅⋅=

=⋅=

−

−

−

−

σ

σσ

ππ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 2

� Determine o carregamento admissível Padm, 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

11

²005,0

1003,9

1008,4

62,7

4,289 200

462

451

mA

mI

mI

mL

MPaGPaE adm

=⋅=

⋅==

==

−

−

σ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 2

Carregamento crítico:Flexão sobre o eixo 2:

kNP

L

EIL

EIP

cr

cr

2,228.1²62,7

1003,910200²4

²

²4

)²2(

²

69

22

=⋅⋅⋅⋅=

==

−π

ππ

kNL

EIPcr 0,387.1

²62,7

1008,410200²

²

² 591 =⋅⋅⋅⋅==

−ππFlexão sobre o eixo 1:

Logo:kNPcr 2,228.1=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 2

Tensões críticas:

iosatisfatórP

MPaA

P

cradmcr

crcr

→<

=⋅==

σσ

σ 64,245005,0

³102,228.1

Carregamento admissível:

5,2

2,228.1==n

PP cr

adm

kNPadm 28,491=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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

ecr L

EIP

⋅= π)²/(

²

rL

E

ecr

⋅= πσ

Onde Le/r é chamado de índice efetivo de esbeltez da coluna.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


c) Coluna engastada na base e articulada no topo:

A

B

L

A

B

P

v

P

v’

MB

x

P

P’

M

VA

Q

v

V’

x

LLLe 7,0699,0 ≈=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


� Comprimento efetivo de flambagem:

P

L

LLe=

P

L

LLe 2=

LLe

P

2

LLe=

P

LeL

LLe 699,0=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 3

� Para a coluna mostrada, determinea) 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

yz

P

La b

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 3

1) Flambagem no plano xy:

12

7,01212

²12³

,12

³

7,0

2

aL

r

Le

ar

a

ba

ab

A

Izr

baAab

Iz

LLe

z

zz

=

=∴=⋅

⋅

==

⋅=⋅=

=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 3

2) Flambagem no plano xz:

12

2

br

LLe

y =

=

12

2

b

L

r

Le

y

=

a) Dimensionamento mais eficiente:- Tensões iguais em relação aos dois modos de

flambagem;

35,02

7,0

12

2

12

7,0

)²(

²)()(

==∴=

==

b

a

b

L

a

Lr

LE

yz crcr

πσσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 3

b) Dimensionamento:

)²464,3(

1070²

²35,0

³1050

)²(

²

464,3

12

5,02

12

2

²35,0

³1050

²35,035,0

50205,2..

9

bb

rLe

E

bbb

L

r

Le

bA

P

bbaAba

KNPscP

cr

y

crcr

cr

⋅⋅=⋅

⋅→=

=⋅==

⋅⋅==

⋅=⋅=→⋅=

=⋅=⋅=

ππσ

σ

mmb 7,39= mmba 9,1335,0 =⋅=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante

P e

P

B

A

L

P

P

MA=P.e

MB=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 MA=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

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


� Deflexão máxima → x = L/2

)12

(sec)12

cos22

( −⋅=−+⋅⋅= KLe

KLKLsen

KLtgevmáx

]1)2

[sec( −⋅⋅= L

EI

Pevmáx

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


Logo, a deflexão assume um valor infinito quando:

²

²²

²

22

π

ππ

LPEI

L

EIP

L

EI

P

cr

cr

⋅=

=→=⋅

]1)2

[sec( −⋅⋅=cr

máx P

Pev

π

Logo: v=0, quando e=0 ou P=0v→∞, quando P→Pcr

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


� Tensão máxima:

I

cM

A

P máx ⋅+=maxσ

Onde:

).2

sec(

e :

)2

sec(2

sec

)(

22

2

EA

P

r

LePM

rAIL

EIPsendo

P

PeP

KLePM

evPMvPM

máx

cr

crmáx

máxAmáxmáx

⋅⋅=

⋅==

⋅⋅⋅=⋅⋅=

+⋅=+⋅=

π

π

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


Logo:)

2sec(

EA

P

r

L

I

ceP

A

Pmáx ⋅⋅⋅+=σ

)]2

sec(²

1[EA

P

r

L

r

ce

A

Pmáx ⋅⋅+=σ Fórmula da Secante

Uma outra forma:

)]2

sec(²

1[cr

máx P

P

r

ce

A

P πσ ⋅⋅+=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


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, nãodeve 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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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” éaplicado 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

100m

m

100mmmmc

mmr

mI

mA

50

7,38

103,3

²102,246

3

==

⋅=⋅=

−

−

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Comprimento efetivo:

mLLe 8,44,222 =⋅==Carga crítica:

KNP

Le

EIP

cr

cr

7,282

²8,4

103,310200²

²

² 69

=

⋅⋅⋅⋅==−ππ

a) Carga admissível e tensão normal:

MPaA

P

KNsc

PP

adm

cradm

25,64102,2

36,141

36,1412

7,282

..

3=

⋅==

===

−σ

Exemplo 4

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

b) Carga excêntrica:

P20mm P

Vmáx

2

1

02,0

]1)2

[sec(

=

=

−⋅=

cr

crmáx

P

P

mme

P

Pev

π

Exemplo 4

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

)]2

1

2sec(

)²107,38(

05,0.02,01[

102,2

1036,141

)]2

sec(²

.1[

04,25]1)2

1

2[sec(02,0

33

3 πσ

πσ

π

⋅⋅

+⋅

⋅=

⋅+=

=−⋅=

−−máx

crmáx

máx

P

P

r

ce

A

P

mmv

MPamáx 86,160=σ

Exemplo 4

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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 éo fator de segurança em relação ao escoamento?

eP2P1

c

1

1

22 3,8 m

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 5

e’P1

a)

mmeMeP

mKNePM

KNPPP

11,381602

05,61''

.05,61343,0178

1602

2

21

==→=⋅

=⋅=⋅==+=

===

→me

mr

mA

xW

182,0

154,0

²016,0

8214 mLLe 6,72 ==

MPa

EA

PLe

r

ee

A

P

máx

máx

máx

23,134

)]016,010206

³101602

154,02

6,7sec(

²154,0

182,0038,01[

016,0

³101602

)]2

sec(²

'1[

9

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅+⋅=

⋅⋅+=

σ

σ

πσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 5

b) Fator de segurança:

23,21602

9,3578..

9,3578

)]1029,4sec(292,01[

)]016,0107,206154,02

6,7sec(

²154,0

182,0038,01[

016,010289

)]2

sec(²

'1[

4

96

===

=⋅⋅+=

⋅⋅⋅⋅⋅+=⋅

⋅⋅+=

=→

−

P

Psc

KNP

PP

PP

EA

PLe

r

ee

A

P

PPe

esc

esc

escescesc

escesc

escesc

escescmáx

σ

πσ

σσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

ColunasCurtas

ColunasIntermediárias

ColunasLongas

Le/r

σcr

σe

← Tensão crítica de Euler

)²(

²

rL

Ecr

πσ =

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

eσ2

1

D

C

B

Parábola

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


A parte AB dessa curva é um arco de parábola:2

0

⋅−=r

Lkcr σσ

A parte BE pertence à curva de Euler BDE:

)²(

²

rL

Ecr

πσ =

Quando L/r=0 → σcr= σe → σ0= σe

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


O ponto B é definido pelo AISC, como : ecr σσ2

1=

²2 ²

2

1

CckCck e

ee

σσσ =→⋅−=

Logo:

Cc é o valor de L/r no ponto B.

Ccr

Lpara

rL

E

Ccr

Lpara

Cc

rL

cr

ecr

≥=

≤−=

)²(

²

]²2

)²(1[

πσ

σσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


Na fórmula de Euler, se fizermos:

temos:

cecr Cr

Le ==

2

1σσ

ec

EC

σπ ²22 =

Devemos introduzir um coeficiente de segurança:-Para L/r ≥ Cc (Colunas Longas) C.S.=1,92

)²(92,1

²

.. rL

E

sccr

adm

πσσ == 200 ≤≤ rLCpara c

OBS: Não são permitidas colunas com L/r > 200

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


-Para colunas curtas e intermediárias:

⋅−==

2

2

11

.... Ccr

L

scscecr

adm

σσσ cCrLpara <

3

8

1

8

3

3

5..

⋅−⋅+=

c

rL

c

rL

CCSC

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 6

� Calcular o maior comprimento para o perfil S100x11,5, sabendo-se que: E=200GPa e σe=290MPa.

60kN

B

A

L

==

=→

mmr

mmr

mmA

xS

y

x

75,14

6,41

²1452

5,11100

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 6

7,116³1061,1310290

10200²2²2²

3,41101452

³1060

6

9

6

=→⋅=⋅

⋅⋅==

=⋅⋅== −

CcE

Cc

MPaA

P

e

adm

πσπ

σ

Adotando: Ccr

L ≥ temos)²(92,1

²

rLE

adm

πσ =

)(8,157)²(92,1

10200²103,41

96 ok

r

L

rL

=→⋅⋅=⋅ π

Para o menor raio de giração:

mLL

r

L

y

33,28,1571075,14

8,1573

=→=⋅

∴= −

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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:

σadm σadm=C1

σadm=C2-C3.L/r

( )24

rL

Cadm =σ

r

L

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.6.2 - Alumínio

Para coluna curtas, σadm = Constante;Para colunas intermediárias, relação linear entre σadm e L/r;Para colunas longas, fórmula de Euler.

( )

( ) )( ²

³10351 66

)( ]868,0139[ 665,9

131 5,9

MParLr

L

MParLr

L

MPar

L

adm

adm

adm

⋅=≥

−=<<

=≤

σ

σ

σ

Liga 6061-T6

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.6.2 - Alumínio

Liga 2014-T6 (Alclad)

( ) )( ³10372

55

)( 585,1212 5512

193 12

2 MPa

rLr

L

MPar

L

r

L

MPar

L

adm

adm

adm

⋅=≥

−=<<

=≤

σ

σ

σ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

2²;;

4

4 c

A

IrcA

cI ==⋅=⋅= ππ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 7

Verificando: )( 553,812/44,18

750ok

r

L >==

Então:

a) L=750 mm

( )

mmcc

c

c

A

P

rLr

LAdotar adm

44,18105,115

10

2/75,0

³10372

²

³1060

²

³1037255:

94

62

=→⋅=

⋅

⋅=⋅⋅

=⋅=→>

−

π

σ

mmd

cd

9,36

44,1822

=×==

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 7

b) L=300 mmAdotar mmc

r

L66,1155 =→>

Verificando:

Adotar

mmc

cc

A

P

r

L

r

Ladm

0,12

102/

3,0585,1212

²

³1060

585,12125512

6

=

⋅

−=⋅⋅

=

−=→<<

π

σ

mmcd

okr

L

242

)( 50300

212

==

==

) ( 555,51 erradahipóteser

L <=

Verificando:

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

σσσσadm

A

d

L

B

C

D

'

3

2admσ

b

d

σσσσ’adm

11 k

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.6.3 - Madeira

Para colunas intermediárias →

Onde: k = L/d no ponto C e

'admadm σσ = (paralela as fibras) 11<

d

L

−=4

'

3

11

k

dLadmadm σσ

kd

L <<11

( ) ( )²²1274,2

²

74,2

²2

dL

E

rL

Eadm ⋅== ππσ

( )2

3,0

dL

Eadm

⋅≈σ kd

L >

Para colunas curtas →

Para colunas longas →

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

kd

Le

adm

admadm

⋅=

==

σ

σσ

'671,0

adm

Ek

σ=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.6.3 - Madeira

Para colunas com seção transversal qualquer, podemos usar:

( )²74,2

²173'

'3

11'38

380

4

'

'

rL

E

r

Lk

kr

Lk

r

L

r

L

adm

admadm

admadm

πσ

σσ

σσ

=<<

−=<<

=≤≤

'324,2'

adm

Ekonde

σ=

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

( )

)(25,2616,0

2,4

16,01098,6

²2,4104,123,0

²

³10140

²

3,0,

5,24103,9

104,12671,0671,0

44

9

6

9

'

okkd

L

mdd

dd

A

P

dL

Ek

d

L

Ek

adm

adm

>==

=→⋅=

⋅⋅=⋅

=⋅=>

=⋅⋅==

−

σ

σ

Adotando:

Verificação:

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

===

mmr

mmr

mmA

xW

y

x

3,50

5,108

²7420

582507,125

³1079,1510250

³10200²2²2²

6

=

⋅=⋅

⋅⋅==

Cc

ECc

e

πσπ

a)

z

7,2 m

P

xy

( )kNAP

MParL

E

admadm

adm

373107420103,50

3,50²43,192,1

10200²

²92,1

²

66

9

=⋅⋅⋅=⋅=

=⋅

⋅⋅==

−σ

ππσ

Como ry < rx, a flambagem ocorre no plano xz:

143³103,50

2,7 =⋅

=yr

L

então,Como Ccr

L >

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 9

b)

3,6 m

P

x

z

y

3,6 m

6,71103,50

6,3

103,50

6,3

3

3

=⋅

=

⋅===

−

−

r

Le

mrr

mLe

y

3,66105,108

2,7

105,108

2,7

3

3

=⋅

=

⋅==

=

−

−

r

Le

mrr

mLe

y

Plano xy:

Plano yz:

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 9

kNAP

MPa

Cc

rL

sc

sc

Cc

rL

Cc

rL

Ccr

L

admadm

adm

eadm

835107420106,112

6,112

7,125

6,71

2

11

86,1

250

2

11

..

86,1..

7,125

6,71

8

1

7,125

6,71

8

3

3

5

8

1

8

3

3

5c.s.

riaintermediácoluna6,71Adotando

66

22

33

=⋅⋅⋅=⋅=

=

−=

−=

=

−

+=

−

+=

→<=

−σσ

σσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.7 – Dimensionamento de colunas submetidas a carregamento excêntrico

c

Pe

I

cM

A

Pmáx

flexãocentrada

⋅+=

+=

σ

σσσ

c

PM=P.e

Pσσσσcentrada =P/A σσσσflexão =

I

cM ⋅

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.7.1 – Método da Tensão Admissível

Baseia-se na hipótese de que a tensão admissível éa mesma que para uma coluna com carga centrada.

admI

cM

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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 10

� Uma coluna de seção quadrada de 125mm de lado e L=3,0m éfeita 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.

( ) ( ))(

25,6²125,03

10123,0

²

3,0Como

24125,0

3

2,231010

1012671,0671,0

'

9

6

9

'

ok

MPadL

EK

d

L

d

L

EK

admadm

adm

adm

σσ

σ

σ

<

=⋅⋅==→>

==

=⋅⋅==

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 10

Carga máxima:

kNP

PPI

cM

A

P

PPM

mI

mc

mA

adm

7,28

1025,61003,2

065,005,0

1062,15

05,0e

1003,212

)125,0(

065,0

²1062,15)²125,0(

653

454

3

≤

⋅≤⋅⋅+

⋅

≤⋅+

=⋅=

⋅==

=⋅==

−−

−

−

σ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

5.7.2 – Método da Interação

Como a tensão admissível para carga centrada éusualmente 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≤⋅

+admadm

IcM

AP

σσOnde devemos utilizar a tensão admissível

correspondente a carga concentrada e à flexão pura.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


1)()(

≤⋅

+flexãoadmcentradaadm

IcM

AP

σσFórmula 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.

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei


Quando a carga excêntrica “P” não é aplicada em um plano de simetria, ocorre flexão nos dois planos principais.

1)(

||

)(

||

)(≤

⋅

+

⋅

+flexãoadm

z

máxz

flexãoadm

x

máxx

centradaadm

IxM

IzM

AP

σσσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 11

� Usar o método da interação para a determinação da máxima carga P do exemplo 10.

-Exemplo 10 :MPa

MPa

flexãoadm

centradaadm

10)(

25,6)(

==

σσ

kNP

MPa

PP

IxM

IzM

AP

flexãoadm

z

máxz

flexãoadm

x

máxx

centradaadm

39

110

1003,2065,005,0

1025,61062,15

1)(

||

)(

||

)(

5

6

3

≤

≤⋅⋅

+⋅⋅

≤

⋅

+

⋅

+

−−

σσσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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 σe=250MPa.

a) Utilizar o método da tensão admissívelb) Método da iteração para (σadm)flexão=150MPa.

200mm P

x

yc

⋅====

→

³³101058

8,49

6,131

²9480

74310W

mmW

mmr

mmr

mmA

x

x

y

x

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 12

-Maior índice de esbeltez: 4,90105,49

5,43

=⋅

= −yr

L

7,125²22 =→= ce

c CE

Cσπ

centradaadme

adm

y

MPaCc

rL

sc

Cc

rL

Cc

rLsc

Ccr

L

)(1,982

11

..

89,18

1

8

3

3

5..

:Como

2

3

σσσ →=

−=

=

−+=

<−

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 12

a) Método da tensão admissível :

kNP

PP

I

cM

A

Padm

333

101,98101058

10200

1094806

6

3

6

≤

⋅≤⋅⋅⋅+

⋅

≤⋅+

−−

−

−

σ

b) Método da iteração para MPaflexãoadm 150)( =σ

kNP

PP

IcMAP

flexãoadmcentradaadm

428

110150

10105810200

101,98

109480

1)()(

6

63

6

6

≤

≤⋅

⋅⋅⋅+⋅

⋅

≤⋅+

−−−

σσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 13

� Um poste de madeira de 220mm de diâmetro estáengastada 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.

240P

4,2 m

²4

4

cA

cI

⋅=

⋅=

π

πm

c

c

c

A

Ir 055,0

2

11,0

2²4

4

===⋅⋅

⋅==π

π

( ) ( )MPa

rLe

Ek

r

Le

Ek

r

LeesbeltezdeÍndice

adm

adm

adm

85,1

²73,15274,2

1012

²74,2'

51,801010

1012324,2324,2'

73,152055,0

2,42

922

6

9

'

=

⋅⋅==→>−

=⋅⋅==−

=⋅=→−

σ

ππσ

σ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 13

( ) ( )

kNP

PP

c

PM

mc

I

mcA

IcMAP

flexãoadmcentradaadm

91,26

11010

10150,111,024,0

1085,1

038,0

11,0

24,0

10150,14

²038,0²

1

6

4

6

444

≤

≤⋅

⋅⋅⋅+⋅

=⋅=

⋅=⋅=

=⋅=

≤⋅+

−

−ππ

σσ

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

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

z65kN y

A

P

dII

dyz

mkNePMM

Ek

adm

yx

máxmáx

yx

adm

=

==

==

⋅=⋅⋅=⋅==

=⋅⋅==

σ

σ

12

2

925,2045,01065

46,23109

1011671,0671,0

4

3

6

9

'

Pro

f. R

omel

Dia

s V

ande

rlei

Exemplo 14

( )

1004,010989,3

1³

004,010989,3

1³41,256

1

12,2507

1

110912

2³10925,2

2²10963,162

²³1065

²10963,162

²5,4

10113,0

)²(

3,0Adotando

1||||

4

4

4

4

4

6

4

6

6

9

''

≤+⋅

≤+⋅

≤⋅

+⋅

≤⋅

⋅⋅

⋅+⋅⋅

⋅

⋅=

⋅⋅==→>

≤⋅

+⋅

+

−

−

d

d

dd

dd

dd

d

d

d

dd

LE

kd

L

IxMIzMAP

adm

adm

adm

zmáxz

adm

xmáxx

adm

σ

σ

σσσ

mmdmd 183183,0 =→≥

)(5,24183,0

5,4:overificand okkd

L >==

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CAPÍTULO 5: FLAMBAGEM DE COLUNAS - … · Prof. Romel Dias Vanderlei 5.2 – Flambagem e Estabilidade Estrutura idealizada ou Modelo de Flambagem: O carregamento P atua no eixo horizontal