Flambagem

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Módulo 04 – FLAMBAGEM Prof.Dr. José José Luiz P. Melges Departamento de Engenharia Civil Faculdade de Engenharia de Ilha Solteira - UNESP 1. 1. Introdução Colapso de uma estrutura pode ocorrer: ÎEsgotamento da capacidade resistente ÎInutilização da mesma por deformação excessiva ÎInstabilidade do equilíbrio (flambagem) 2. 1 Flambagem: Barras esbeltas à compressão Î rompem bem antes que a tensão de ruptura seja atingida Por quê ? Após um determinado carregamento (crítico), a barra flamba (eixo do elemento deixa de ser retilíneo) Î rompe por flexão) (a) Com apoio lateral pode ser atingida (b) Sem apoio lateral não chega a ser atingida 3. Então, após o carregamento crítico ser alcançado, a barra necessariamente deixa de ter o seu eixo retilíneo? Não! Ela pode permanecer em equilíbrio instável ! 4. 2 2. Tipos de Equilíbrio ÎEstável ÎInstável ÎIndiferente (Após ligeira perturbação na posição do corpo, ou ele volta para a posição inicial, ou se afasta da posição inicial, ou permanece na nova posição) 5. Relacionando Carregamento na barra com o tipo de Equilíbrio: P < P crít. Î Configuração Estável P ≥ P crít. Î 2 possibilidades (bifurcação da condição de equilíbrio) Configuração final (após ligeira perturbação) Configuração inicial (possível mas instável) 6. 3 3. Tipos de Equilíbrio com Relação à uma barra Barra rígida – sem peso Articulada na base, com mola rotacional elástica de constante K também vinculada neste ponto. Quando barra sofre um giro, mola reage sobre a barra, aplicando-lhe um momento igual a: Mi = K θ 7. Estudo do equilíbrio Para o carregamento vertical P (segundo o eixo da barra), considerar o sistema em equilíbrio na posição θ = 0. 8. 4 Impondo-se uma perturbação θ no sistema, surgirão momentos desestabilizadores (ou “externos”), gerados pela força P, e momentos estabilizadores (ou “internos”), gerados pela mola. M e = P f = P l sen θ Mi = K θ l 9. Diagramas Mi e Me Análise do equilíbrio em θ = 0 Comparar Me com Mi por meio dos coef. angulares das retas tangentes aos diagramas do Me e do Mi na origem (comparar as derivadas das funções). (Derivada – taxa de crescimento de uma grandeza em relação à outra) 10. 5 ⎛d ⎞ m i = ⎜ (M i )⎟ ⎝ dθ ⎠θ = 0 ⎛d ⎞ m des = ⎜ (M des )⎟ ⎝ dθ ⎠θ= 0 m des = d (P l sen θ) = P l d sen θ dθ dθ θ=0 m des = P l m i == d (K θ) = K d (θ) = K dθ dθ mi = K 11. Comparando os coeficientes angulares Situação a) me < mi Para qualquer Mi > Me Barra volta à posição de equilíbrio (equilíbrio estável) K Portanto: P l < K ou P < l 12. 6 Situação b) me = mi Para qualquer θ ≠ 0 Mi > Me Barra volta à posição de equilíbrio (equilíbrio estável) Portanto: P l = K ou P= K l 13. Situação c) me > mi Para θ ≠ 0 e θ < θ o Me > Mi Barra se afasta da posição inicial (equilíbrio instável) Portanto: K Pl>K ou P> l 14. 7 Resumindo: P≤ K l ⎯⎯→ Equilíbrio Estável P> K l ⎯⎯→ Equilíbrio Instável P= K l ⎯ ⎯→ Mudança na Natureza do Equilíbrio Pcr (carregamento crítico) 15. Importante: Quando me > mi , Além da posição de equilíbrio instável para θ = 0 , Existirá uma posição de equilíbrio estável θ o para θ ≠ 0 (Mi = Me) 16. 8 Aplicando um carregamento P crescente: Pcrit: Equilíbrio Estável (barra reta com θ = 0 P: 0 ) P > Pcrít: 2 possibilidades: a) Barra permanece reta com θ = 0 , mas com equilíbrio instável b) Após qualquer perturbação que aconteça, a barra passará para uma configuração estável de equilíbrio, com θ=θ o ( essa passagem de uma configuração de equilíbrio instável para outra estável é chamada de Flambagem) 17. Cálculo de θ o M e = P f = P l sen θo M i = K θo M e = Mi P l sen θo = K θo θo Pl = K sen θo θo P = Pcrit sen θo 18. 9 Para carga 6% maior que Pcrit então deslocamento no topo da barra será igual a 56% do comprimento da barra 19. Representação gráfica do comportamento do modelo de barra com carga axial 20. 10 Flecha na extremidade da barra 21. Obs.: O encurvamento da barra elástica bi-rotulada dá-se por efeito do mesmo fenômeno explicado para a barra rígida 22. 11 4. Avaliação do Carregamento Crítico (Pcrit) ÎDa Teoria de Deformação por Flexão (Linha Elástica) foi visto que: d2v dx 2 3 2⎤2 v⎞ ⎡ ⎛d ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ dx ⎠ ⎥⎦ =− M EI ÎNo caso de pequenos deslocamentos: d2v M =− EI dx 2 • E: mód. de def. long. • I: mom. de inércia 23. 4.1 Análise para Barras Bi-articuladas ÎConsiderar força axial P atuando na direção de seu eixo. ÎConsiderar a barra na sua posição fletida, para uma configuração estável para P > Pcrit. 24. 12 M =Pv d2v dx 2 d2v dx ÎSe definirmos um termo k: k= 2 =− + M EI P v =0 EI P EI ÎEntão teremos a seguinte equação diferencial: d2v dx 2 + k2 v = 0 25. ÎSolução geral da equação diferencial d2v dx 2 + k 2 v = 0 é: v = C1 sen k x + C 2 cos k x ÎPara obter as constantes C1 e C2: impor condições de contorno (função do tipo de vinculação adotado) a) 1a. Condição de Contorno v (para x = 0) = 0 (apoio móvel) b) 2a. Condição de Contorno v ( para x = l) = 0 (apoio fixo ) 26. 13 Substituindo a 1a. Condição de Contorno na solução geral da equação diferencial: 0 0 = C1 sen 0 + C 2 cos 0 1 0 = C2 Substituindo a 2a. Condição de Contorno na solução geral da equação diferencial: 0 0 = C1 sen k l + C 2 cos k l 0 = C1 sen k l 27. Portanto, da 2a. Condição de contorno ( 0 = C1 sen k l ), tem-se duas possibilidades: a) C1 = 0 0 0 v = C1 sen k x + C 2 cos k x = 0 0 d2v dx 2 0 + k2 v = 0 (Solução trivial) 28. 14 b) sen k l = 0 Soluções: kl=0 ( k= P ≠ 0; l ≠ 0) EI kl=π k l = 2π k l = i π ( i = 1, 2, 3, ..., n,...) Para cada valor de i, tem-se um valor de k e, portanto: → um valor para P; → uma elástica particular 29. Exemplo: kl=π ⇒ k= P EI k= π l ⇒ P = EI k 2 P = EI π2 l2 Elástica ⇒ 30. 15 Para cada caso: Elástica bem definida mas com ordenadas indeterminadas (C1=?) 31. Linhas elásticas v2 e v3: Resolvem os casos em que, nos pontos de deslocamento nulo, podemos ter apoios móveis, vinculando lateralmente a barra. 32. 16 Linhas elásticas: dadas em função da constante C1, que não pode ser determinada. Onde foi que eu errei ??? Não foi erro, mas uma simplificação usada: d2v dx 2 3 2⎤2 v⎞ ⎡ ⎛d ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ dx ⎠ ⎥⎦ =− M EI d2v dx 2 =− M EI (expressão simplificada) (expressão exata) 33. Caso a expressão exata tivesse sido usada então teria sido possível obter a linha elástica na posição fletida estável. Com as simplificações adotadas ⇒ obtém-se uma posição fletida indeterminada, associada à natureza do equilíbrio indiferente 34. 17 Portanto: • para barra bi-articulada • carregamento axial na direção do eixo da barra • sem vínculos intermediários no vão vertical a carga crítica será dada pela solução da equação diferencial que resultar no menor valor de P: P = EI π2 l2 Resultado conhecido como Carga Crítica de Euler 35. 4.2 Análise para Barra Vertical Articulada-Engastada Momento fletor – posição genérica x: M (x) = P v(x) − H x Substituindo na equação da elástica: d2v dx 2 =− M P v H.x =− + EI EI EI Reescrevendo a expressão: d2v P v H . x + = EI EI dx 2 36. 18 ÎDefinindo novamente o termo k como sendo: k= P EI ÎChega-se à seguinte equação diferencial: d2v dx 2 + k2 v = Hx EI ÎCuja solução é: v = C1 sen k x + C 2 cos k x + H x P ÎPara obter as constantes C1 e C2: impor condições de contorno (função do tipo de vinculação adotado) 37. v = C1 sen k x + C 2 cos k x + H x P a) 1a. Condição de Contorno (deslocamento - apoio móvel) v ( para x = 0) = 0 0 0 = C1 sen 0 + C 2 1 0 H cos 0 + 0 P 0 = C2 b) 2a. Condição de Contorno (rotação - engaste) H ⎛ dv ⎞ = k C1 cos kl + = 0 ⎜ ⎟ P ⎝ dx ⎠ x = l H = − k C1 cos kl P 38. 19 v = C1 sen k x − (k C1 cos k l ) x v = C1 [ sen k x − (k cos k l ) x c) 3a. Condição de Contorno (deslocamento – apoio fixo) ] v ( para x = l) = 0 0 = C1 [ sen k l − (k cos k l ) l • C1 = 0 ] (Solução trivial) • sen kl - k (cos kl) l = 0 tg kl = k l A menor raiz desta equação será igual a : kl = 4,493 39. Portanto: ⎯→ k = kl = 4,493 ⎯ k= Pcrit = 4,493 l P EI 4,4932 l2 EI Por comodidade de cálculo – buscar adotar expressão única Pcrit = π2 l fl 2 EI (foi substiuído o comprimento real da barra por um comprimento de flambagem que depende do tipo de vinculação da barra) 40. 20 Portanto: Pcrit = Pcrit = π2 4,4932 π2 l 2 EI = π2 π2 l2 2 4,493 EI = π 2 EI ⎞ ⎛ π l⎟ ⎜ ⎝ 4,493 ⎠ 2 π 2 EI π 2 EI = (0,699 l )2 l fl 2 Neste caso, o comprimento de flambagem será a distância entre o apoio simples e o ponto de inflexão da elástica, próximo ao engaste 41 4.3 Análise para Outros Casos de Vinculação 42. 21 5. Tensão crítica de flambagem Pcrit = π 2 EI π 2 EI = (0,699 l )2 l fl 2 P π 2 EI π 2 E Tensão crítica de flambagem: σfl = crit = = 2 2 A l fl A l fl I/A Definindo parâmetro geométrico chamado de raio de giração (i): i (raio de giração) = I A 43. Tensão crítica de flambagem: σfl = π2 E π2 E = l fl 2 ⎛ l fl ⎞ 2 ⎜ ⎟ i2 ⎝ i ⎠ Definindo parâmetro geométrico chamado de índice de esbeltez ( λ ): λ= l fl i •Indice de esbeltez ( λ ): mede a facilidade ou a dificuldade que um elemento comprimido tem de flambar Se o λ é pequeno → probabilidade do elemento flambar é menor Se o λ é grande → probabilidade do elemento flambar é maior 2 Portanto: σ = π E fl λ2 44. 22 Plotando-se os valores σfl versus λ , têm-se um gráfico conhecido como hipérbole de Euler: 2 Obs.: a expressão σ = π E é válida apenas no regime elástico fl λ2 linear, até que a tensão no material atinja a tensão de proporcionalidade . 45. Portanto, a expressão de Euler é valida para λ ≥ λ lim ite Pode-se calcular o valor de λ lim ite , igualando-se a tensão de proporcionalidade com a tensão crítica de flambagem σfl,lim ite = π2 E (λ lim ite ) 2 = σp ⎯ ⎯→ λ lim ite = π2 E σp 46. 23 Quando a tensão no material é maior que a tensão de proporcionalidade, mas menor que a tensão limite à compressão, então tem-se a situação de flambagem plástica. 47 Utiliza-se a expressão de Euler, mas levando-se em conta o módulo de elasticidade tangente, variável de ponto para ponto. Nesse caso, o módulo vai depender do nível de tensão. 48. 24 Complicação: Encurvamento da barra (flexão)→ uma das fibras extremas vai ter a sua tensão de compressão aumentada enquanto que, na outra extremidade da seção, haverá um alívio das tensões produzidas pela compressão causada pela força axial. Existe possibilidade de um “duplo módulo”. Solução: Fórmulas Práticas 49. 6. Fórmulas Práticas Ex.:AISC (American Institute of Steel Construction) Gráfico: define o valor admissível da tensão de flambagem que pode atuar na seção transversal do elemento σe = tensão de escoamento λo = 2 π2 E σe 50. 25 λ > λo 12 π 2 E Então σfl = 23 λ2 Para Para Então λ ≤ λo ⎡ λ2 ⎤ σ ⎢1 − 2⎥ e ⎢⎣ 2 λ o ⎥⎦ σfl = 5 3λ λ3 + − 3 8 λ o 8 λ o3 51. Agradecimentos: Aos Professores Doutores Rogé Rogério de Oliveira Rodrigues e Haroldo de Mayo Bernardes, pelo material didá didático disponibilizado. 52. 26 Este trabalho está disponível para download e teve como finalidade a elaboração de material didático para a disciplina “Resistência dos Materiais II”. A grande maioria das figuras, algumas delas adaptadas para este texto, foram obtidas pela internet, por meio do site de busca www.google.com.br . OBRIGADO PELA SUA ATENÇÃO! José Luiz P. Melges Ilha Solteira, 2006. . 53 27