Flambagem - Capitulo5 - Flambagememcolunas

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Curso de Engenharia Civil Universidade Estadual de Maringá Centro de Tecnologia Departamento de Engenharia Civil Prof. Romel Dias Vanderlei Prof. Romel Dias Vanderlei CAPÍTULO 5: FLAMBAGEM DE COLUNAS 5.1 – Introdução Elementos longos e esbeltos sob compressão pode fletir lateralmente e falhar por flexão. P P B B L A A Estabilidade de uma estrutura é a capacidade desta suportar uma carga, sem sofrer mudanças bruscas em sua configuração. Prof. Romel Dias Vanderlei 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 L/2 B K L/2 Prof. Romel Dias Vanderlei A 5.2 – Flambagem e Estabilidade 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. P P O momento tende a retornar a estrutura para sua posição reta, enquanto que a força tende a aumentar o deslocamento lateral. C C θ θ B B MB θ A P Prof. Romel Dias Vanderlei 5.2 – Flambagem e 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. 5.2.1 – Carregamento Crítico É um valor para a força axial correspondente a transição entre as condições estável e instável. P C L/2 Prof. Romel Dias Vanderlei 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. θ 2θ B MB P A M B = k ⋅ ( 2θ ) L ⋅ senθ 2 L M P = P ⋅θ ⋅ Sendo: 2 MP = P⋅ k – constante da mola senθ ≈ θ Prof. Romel Dias Vanderlei 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. MB = MP k ⋅ 2θ = Pcr ⋅θ ⋅ L 2 ∴ Pcr = 4k L Prof. Romel Dias Vanderlei Se PPcr , Estrutura instável 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. P y P P y A A Q L x v Q MB L x B P x P Prof. Romel Dias Vanderlei 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 → v"+ k ² ⋅ v = 0 Prof. Romel Dias Vanderlei Solução geral: v = C1.sen(kx) + C2.cos(kx) 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler Condições de contorno: x=0 → v=0 → C2=0 x=L → v=0 → C1.sen(kL)=0 Duas soluções: C1=0 → Coluna reta ou sen(kL)=0 → kL=nπ Logo: v = C1.sen(kx) Sendo k² = P/EI : e k.L = n.π π , n = 1,2,3,... P n ² ⋅ π ² ⋅ EI ⋅ L = nπ ∴ P = EI L² Prof. Romel Dias Vanderlei 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler O menor valor de P corresponde a n = 1. Pcr = π ² ⋅ EI Fórmula de Euler L² A carga crítica deve ser calculada para I = Imín Equação da linha elástica: k= n ⋅π π = L L Prof. Romel Dias Vanderlei v = C1 ⋅ sen π ⋅x L 5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: Fórmula de Euler Tensão Crítica: σ cr = π ²E ( r) L 2 Pcr π ² ⋅ EI = A A ⋅ L² I r= → raio de giração ∴ A π ² ⋅ E I π ²E σ cr = = ⋅ r² L² A L² σ cr = → Tenção crítica L : Índice de esbeltez da coluna r r → Deve ser para Imín Prof. Romel Dias Vanderlei 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. Pcr = 2,5 ⋅100 = 250kN a) P = 100kN Prof. Romel Dias Vanderlei Pcr = π ² EI L² Pcr ⋅ L ² 250 ×10³ ⋅ 2² = = 7,794 ×10−6 m 4 π ² ⋅ E π ² ⋅13 ×109 a4 I= = 7,794 ×10−6 → a = 98,3mm ≅ 100mm 12 P 100 ×10³ σ= = = 10MPa < σ adm A (0,1)² I= Exemplo 1 b) P = 200kN Pcr = 2,5 ⋅ 200 = 500kN Pcr ⋅ L ² 500 × 10³ ⋅ 2² = = 15,588 × 10−6 m 4 9 π²⋅E π ² ⋅13 ⋅10 4 a I= = 15,588 ×10 −6 → a = 116,95mm 12 P 200 ×10³ = 14,62MPa > σ adm σ= = A (0,11695)² P 200 × 10³ A= = = 16,67 ⋅10 −3 m ² 6 σ adm 12 × 10 I= a ² = 16,67 ×10 −3 m ² → a = 129,1mm Prof. Romel Dias Vanderlei 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 E = 200GPa 2 L = 7,62m L/2 1 1 I1 = 4,08 ⋅10 −5 m 4 I 2 = 9,03 ⋅10 − 6 m 4 L/2 2 Prof. Romel Dias Vanderlei A σ adm = 289,4 MPa A = 0,005m² Exemplo 2 Carregamento crítico: Flexão sobre o eixo 2: Pcr = π ² EI 2 = 4π ² EI 2 L² ( L )² 2 4π ² ⋅ 200 ⋅109 ⋅ 9,03 ⋅10− 6 Pcr = = 1.228,2kN 7,62² Flexão sobre o eixo 1: Pcr = Logo: π ² EI1 L² = π ² ⋅ 200 ⋅109 ⋅ 4,08 ⋅10 −5 Pcr = 1.228,2kN 7,62² = 1.387,0kN Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 2 Tensões críticas: Pcr 1.228,2 ⋅10³ = = 245,64MPa A 0,005 σ cr < σ adm → Pcr satisfatório σ cr = Carregamento admissível: Padm = Pcr 1.228,2 = n 2,5 Prof. Romel Dias Vanderlei Padm = 491,28kN 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio a) Coluna engastada na base e livre na topo: P A P v A B 2L=Le L B A’ P Prof. Romel Dias Vanderlei 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. Pcr = π ² ⋅ EI σ cr = 2 e L π²⋅E ( Le / r )² Prof. Romel Dias Vanderlei Onde Le/r é chamado de índice efetivo de esbeltez da coluna. 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio b) Coluna engastada na base e no topo: P P P Mo A A A L/4 D L/2 C L E L/4 B B B Mo P Prof. Romel Dias Vanderlei 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 L/2 Prof. Romel Dias Vanderlei E 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio c) Coluna engastada na base e articulada no topo: P P V v A A A x Q L V’ M v P’ B v’ B MB P x Le = 0,699 L ≈ 0,7 L Prof. Romel Dias Vanderlei 5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
Comprimento efetivo de flambagem: P P P Le L Prof. Romel Dias Vanderlei Le = L P L L Le Le = Le = 2 L L 2 L Le = 0,699 L 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, sabendose que L=500mm, E=70GPa, P=20KN e que o c.s. deve ser 2,5. P z y a b x L Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 3 1) Flambagem no plano xy: Le = 0,7 L b ⋅ a³ , A = a ⋅b 12 b ⋅ a³ Iz a² a rz2 = = 12 = ∴ rz = A a ⋅ b 12 12 Le 0,7 L = a rz 12 Prof. Romel Dias Vanderlei Iz = Exemplo 3 2) Flambagem no plano xz: Le = 2 L b ry = 12 Le 2L = ry b 12 a) Dimensionamento mais eficiente: - Tensões iguais em relação aos dois modos de flambagem; π ²E σ cr ( z ) = σ cr ( y ) = ( L )² r 0,7 L 2L a 0,7 = ∴ = = 0,35 b 2 a 12 b 12 Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 3 b) Dimensionamento: Pcr = c.s. ⋅ P = 2,5 ⋅ 20 = 50 KN a = 0,35 ⋅ b → A = a ⋅ b = 0,35 ⋅ b ² Pcr 50 ⋅10³ = A 0,35 ⋅ b ² Le 2L 2 ⋅ 0,5 3,464 = = = ry b 12 b 12 b σ cr = σ cr = π ²E → ( Le )² r a = 0,35 ⋅ b = 13,9mm b = 39,7 mm Prof. Romel Dias Vanderlei 50 ⋅10³ π ² ⋅ 70 ⋅109 = 0,35 ⋅ b² (3,464 )² b 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante P Pe MA=P.e A vmáx L v B MB=P.e P P 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 Prof. Romel Dias Vanderlei 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante
Deflexão máxima → x = L/2 vmáx = e ⋅ (tg KL KL KL KL ⋅ sen + cos − 1) = e ⋅ (sec − 1) 2 2 2 2 Prof. Romel Dias Vanderlei vmáx = e ⋅ [sec( P L ⋅ ) − 1] EI 2 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Logo, a deflexão assume um valor infinito quando: P L π ⋅ = EI 2 2 P ⋅ L² EI = cr π² → Pcr = π ² EI L² π P vmáx = e ⋅ [sec( ⋅ ) − 1] 2 Pcr Logo: v=0, quando e=0 ou P=0 v→∞, quando P→Pcr Prof. Romel Dias Vanderlei 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante
Tensão máxima: σ max = P M máx ⋅ c + A I M máx = P ⋅ vmáx + M A = P ⋅ (vmáx + e) Onde: M máx = P ⋅ e ⋅ sec sendo : Prof. Romel Dias Vanderlei M máx Pcr = KL P π = P ⋅ e ⋅ sec( ⋅ ) 2 2 Pcr π 2 EI 2 e L L P = P ⋅ e ⋅ sec( . ) 2r EA I = A⋅r2 5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: A Fórmula Secante Logo: σ máx = σ máx = P P ⋅e⋅c L + ⋅ sec( A I 2r P e⋅c L [1 + ⋅ sec( A r² 2r P ) EA P )] Fórmula da Secante EA Uma outra forma: σ máx = P e⋅c π [1 + ⋅ sec( 2 A r² P )] Pcr Prof. Romel Dias Vanderlei 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. 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. A = 2,2 ⋅10−3 m ² 2,4 m 100mm Prof. Romel Dias Vanderlei 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. c 100mm I = 3,3 ⋅10 −6 m 4 r = 38,7 mm c = 50mm Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 4 Comprimento efetivo: Le = 2 L = 2 ⋅ 2,4 = 4,8m Carga crítica: Pcr = π ² EI = π ² ⋅ 200 ⋅109 ⋅ 3,3 ⋅10−6 Le ² Pcr = 282,7 KN 4,8² a) Carga admissível e tensão normal: Pcr 282,7 = = 141,36 KN c.s. 2 P 141,36 σ = adm = = 64,25MPa A 2,2 ⋅10 −3 Prof. Romel Dias Vanderlei Padm = Exemplo 4 b) Carga excêntrica: P 20mm P vmáx = e ⋅ [sec( Vmáx e = 0,02mm P 1 = Pcr 2 π 2 P ) − 1] Pcr Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 4 vmáx = 0,02 ⋅ [sec( π 1 ) − 1] = 25,04mm 2 2 σ máx = π P e.c [1 + ⋅ sec( A r² 2 σ máx = 141,36 ⋅103 0,02.0,05 π [1 + ⋅ sec( −3 −3 2,2 ⋅10 (38,7 ⋅10 )² 2 P )] Pcr 1 )] 2 Prof. Romel Dias Vanderlei σ máx = 160,86MPa 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? P1 e P2 1 2 c 1 2 3,8 m Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 5 P = P1 + P2 = 1602KN a) e’ M = P2 ⋅ e = 178 ⋅ 0,343 = 61,05KN .m P1 P ⋅ e' = M → e' = 61,05 = 38,11mm 1602  A = 0,016m²  W 14 x82 →  r = 0,154m  e = 0,182m  Le = 2 L = 7,6m σ máx = P e'⋅e Le [1 + ⋅ sec( A r² 2π σ máx = 1602 ⋅10³ 0,038 ⋅ 0,182 7,6 1602 ⋅10³ [1 + ⋅ sec( )] 0,016 0,154² 2 ⋅ 0,154 206 ⋅109 ⋅ 0,016 P )] EA Prof. Romel Dias Vanderlei σ máx = 134,23MPa Exemplo 5 b) Fator de segurança: σ máx → σ esc σ esc = e P = Pesc Pesc e'⋅e Le ⋅ sec( [1 + A r² 2π 289 ⋅106 = P )] EA Pesc Pesc 0,038 ⋅ 0,182 7,6 [1 + ⋅ sec( )] 0,016 0,154² 2 ⋅ 0,154 206,7 ⋅109 ⋅ 0,016 σ esc = Pesc [1 + 0,292 ⋅ sec(4,29 ⋅10− 4 Pesc )] Pesc = 3578,9 KN c.s. = Pesc 3578,9 = = 2,23 P 1602 Prof. Romel Dias Vanderlei 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. σcr ← Tensão crítica de Euler σe σ cr = Prof. Romel Dias Vanderlei Colunas Curtas π ²E ( L r )² Colunas Colunas Intermediárias Longas Le/r 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. Prof. Romel Dias Vanderlei 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. σcr σe 1 σe 2 D Curvas de Euler B Parábola C Prof. Romel Dias Vanderlei Cc Le/r 5.6.1 – Aço Estrutural A parte AB dessa curva é um arco de parábola: L σ cr = σ 0 − k ⋅   r 2 A parte BE pertence à curva de Euler BDE: σ cr = π ²E ( L )² r Quando L/r=0 → σcr= σe → σ0= σe Prof. Romel Dias Vanderlei 5.6.1 – Aço Estrutural O ponto B é definido pelo AISC, como : 1 2 σ cr = σ e Cc é o valor de L/r no ponto B. 1 σ e = σ e − k ⋅ Cc ² 2 σ cr = σ e [1 − Logo: Prof. Romel Dias Vanderlei σ cr = ( L r )² ] 2Cc ² π ²E ( L r )² para → k= σe 2Cc ² L ≤ Cc r para L ≥ Cc r 5.6.1 – Aço Estrutural Na fórmula de Euler, se fizermos: σ cr = temos: Cc2 = 1 σe 2 e L = Cc r 2π ² E σe Devemos introduzir um coeficiente de segurança: -Para L/r ≥ Cc (Colunas Longas) C.S.=1,92 σ adm = σ cr c.s. = π ²E 1,92( L r )² para Cc ≤ L ≤ 200 r OBS: Não são permitidas colunas com L/r > 200 Prof. Romel Dias Vanderlei 5.6.1 – Aço Estrutural -Para colunas curtas e intermediárias: 5 3 L 1 L  C.S . = + ⋅ r − ⋅  r  3 8 Cc 8  Cc  Prof. Romel Dias Vanderlei σ adm = σ cr c.s.  3 2  L  σ 1  = e 1 − ⋅  r   c.s.   2  Cc      para L 55 → σ adm = r (L r )² A 60 ⋅10³ 372 ⋅10³ = ⋅10 6 2 π ⋅ c ²  0,75     c/2  c 4 = 115,5 ⋅10 −9 → c = 18,44mm Verificando: Então: L 750 = = 81,3 > 55 r 18,44 / 2 d = 2c = 2 × 18,44 d = 36,9mm (ok ) Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 7 b) L=300 mm L Adotar > 55 → c = 11,66mm r L = 51,5 < 55 ( hipótese errada ) Verificando: r Adotar 12 < Prof. Romel Dias Vanderlei Verificando:  L  L  P < 55 → σ adm = 212 − 1,585  = r  r  A  60 ⋅10³   0,3  6 = 212 − 1,585  ⋅10 π ⋅ c²   c / 2  c = 12,0mm L 300 = = 50 (ok ) 12 r 2 d = 2c = 24mm 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. σadm σ’adm A B b 2 ' σ adm 3 C d D 11 k L d Prof. Romel Dias Vanderlei 5.6.3 - Madeira ' Para colunas curtas → σ adm = σ adm Para colunas intermediárias → (paralela as fibras) σ adm = σ ' adm L < 11 d  1  L d 4    1 −   3  k   L k d 5.6.3 - Madeira Segundo AITC, não são permitidas colunas em que L/d>50 2 ' L =k No ponto C,σ adm = σ adm e 3 2 ' 0,3 ⋅ E σ adm = 3 k² k = 0,671 d E ' σ adm Prof. Romel Dias Vanderlei 5.6.3 - Madeira Para colunas com seção transversal qualquer, podemos usar: 0≤ L ≤ 38 r ' σ adm = σ adm L 38 < < k ' r k'< L < 173 r σ adm  L 1  r '  = σ adm 1 −  3  k'   σ adm = 4     π ²E 2,74(L r )² onde k ' = 2,324 Prof. Romel Dias Vanderlei     E ' σ adm 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. k = 0,671 140 kN A Adotando: 4,2 m L > k, d E ' σ adm σ adm = Verificação: 12,4 ⋅109 = 24,5 9,3 ⋅106 0,3 ⋅ E P = (L d )² A 140 ⋅10³ 0,3 ⋅12,4 ⋅109 = d²  4,2 ²  d d 4 = 6,98 ⋅10 −4 B = 0,671 → L 4,2 = = 26,25 > k d 0,16 d = 0,16m (ok ) Prof. Romel Dias Vanderlei 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.  A = 7420mm²  W 250 x58 rx = 108,5mm  r = 50,3mm  y Cc ² = σe = 2π ² ⋅ 200 ⋅10³ = 15,79 ⋅10³ 250 ⋅106 Cc = 125,7 Como ry < rx, a flambagem ocorre no plano xz: P a) L 7,2 = = 143 ry 50,3 ⋅10³ 7,2 m x y L > Cc, então r π ²E π ² ⋅ 200 ⋅109 = = = 50,3MPa 1,92(L r )² 1,92 ⋅1,43² Como σ adm Padm = σ adm ⋅ A = 50,3 ⋅10 6 ⋅ 7420 ⋅10 −6 = 373kN z Prof. Romel Dias Vanderlei 2π ² E Exemplo 9 Le = 3,6m b) P Plano xy: 3,6 m Le 3,6 = = 71,6 r 50,3 ⋅10−3 3,6 m Le = 7,2m x y Plano yz: z r = ry = 50,3 ⋅10 −3 m r = ry = 108,5 ⋅10 −3 m Le 7, 2 = = 66,3 r 108,5 ⋅10 −3 Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 9 Adotando L = 71,6 < Cc → coluna intermediária r 3 5 3  L r  1  L r  5 3  71,6  1  71,6  c.s. = +  −   −   = +  3 8  Cc  8  Cc  3 8  125,7  8  125,7  3 c.s. = 1,86 σ adm σe  1L r =  1 −  c.s.  2  Cc  2  250  1  71,6  2    1 −  =  1,86  2  125,7   σ adm = 112,6 MPa Prof. Romel Dias Vanderlei Padm = σ adm ⋅ A = 112,6 ⋅106 ⋅ 7420 ⋅10−6 = 835kN 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. Prof. Romel Dias Vanderlei 5.7 – Dimensionamento de colunas submetidas a carregamento excêntrico e P PP M=P.e M ⋅c σcentrada=P/A σflexão = I c c σ = σ centrada + σ flexão Prof. Romel Dias Vanderlei σ máx = P M ⋅c + A 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. P M ⋅c + ≤ σ adm A I Sendo a tensão admissível (σadm) sob carga centrada para o maior valor do índice de esbeltez. Essa especificação pode levar a dimensionamentos exagerados. Prof. Romel Dias Vanderlei 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. K = 0,671 E ' σ adm = 0,671 12 ⋅109 = 23,2 10 ⋅10 6 L 3 = = 24 d 0,125 Como L >K d Prof. Romel Dias Vanderlei ' σ adm < σ adm → σ adm = 0,3E 0,3 ⋅12 ⋅109 = = 6,25MPa (L d )² (3 0,125)² (ok ) Exemplo 10 Carga máxima: A = (0,125)² = 15,62 ⋅10 −3 m ² c = 0,065m (0,125) 4 = 2,03 ⋅10 −5 m 4 12 M = P ⋅ e = 0,05P I= P M ⋅c + ≤ σ adm A I P 0,05 P ⋅ 0,065 + ≤ 6,25 ⋅106 −3 −5 15,62 ⋅10 2,03 ⋅10 P ≤ 28,7kN Prof. Romel Dias Vanderlei 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: P A+ M ⋅c σ adm σ adm I ≤1 Prof. Romel Dias Vanderlei Onde devemos utilizar a tensão admissível correspondente a carga concentrada e à flexão pura. 5.7.2 – Método da Interação P A (σ adm ) centrada + M ⋅c I (σ adm ) flexão ≤ 1 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. Prof. Romel Dias Vanderlei 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. P | M x | ⋅z máx A Prof. Romel Dias Vanderlei (σ adm ) centrada + Ix (σ adm ) flexão | M z | ⋅ xmáx + Iz (σ adm ) flexão ≤1 Exemplo 11
Usar o método da interação para a determinação da máxima carga P do exemplo 10. (σ adm ) centrada = 6,25MPa -Exemplo 10 : P (σ adm ) flexão = 10MPa | M x | ⋅ z máx A (σ adm ) centrada P + 15,62 ⋅10 −3 + 6,25 ⋅106 P ≤ 39kN Ix (σ adm ) flexão | M z | ⋅xmáx + 0,05 P ⋅ 0,065 Iz (σ adm ) flexão 2,03 ⋅10 −5 ≤1 10 MPa ≤1 Prof. Romel Dias Vanderlei 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 admissível b) Método da iteração para (σadm)flexão=150MPa. 200mm P W310 x74 x Prof. Romel Dias Vanderlei y →  A = 9480mm²  r = 131,6mm  x   ry = 49,8mm Wx = 1058 ⋅10³mm³ c Exemplo 12 -Maior índice de esbeltez: Cc2 = 2π ² E σe − Como L 4,5 = = 90,4 ry 49,5 ⋅10−3 → Cc = 125,7 L < Cc : ry 3 5 3 L r 1 L r  c.s. = + −   = 1,89 3 8 Cc 8  Cc  σ adm = σe  1L r  1 −  c.s.  2  Cc  2   = 98,1MPa → (σ adm ) centrada  Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 12 a) Método da tensão admissível : P M ⋅c + ≤ σ adm A I P P ⋅ 200 ⋅10 −3 + ≤ 98,1 ⋅10 −6 −6 −6 9480 ⋅10 1058 ⋅10 P ≤ 333kN b) Método da iteração para (σ adm ) flexão = 150 MPa P A M ⋅c I + ≤1 (σ adm ) centrada (σ adm ) flexão Prof. Romel Dias Vanderlei P 9480 ⋅10 −6 P ⋅ 200 ⋅10 −3 1058 ⋅10 −6 + ≤1 98,1 ⋅106 150 ⋅106 P ≤ 428kN 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. I= 240 π ⋅ c4 r= 4 A = π ⋅ c² P I c 0,11 π ⋅ c4 = = = = 0,055m A 4 ⋅ π ⋅ c² 2 2 − Índice de esbeltez → 4,2 m − k ' = 2,324 − E σ ' adm = 2,324 Le 2 ⋅ 4,2 = = 152,73 r 0,055 12 ⋅109 = 80,51 10 ⋅106 Le π 2E π 2 ⋅12 ⋅109 > k ' → σ adm = = r 2,74(Le r )² 2,74(152,73)² σ adm = 1,85MPa Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 13 P A (σ adm )centrada + M ⋅c I (σ adm ) flexão ≤1 A = π ⋅ c ² = 0,038 m ² π ⋅c4 = 1,150 ⋅ 10 − 4 m 4 4 M = P ⋅ 0, 24 I= c = 0,11 Prof. Romel Dias Vanderlei P 0,038 P ⋅ 0, 24 ⋅ 0,11 1,150 ⋅ 10 − 4 + ≤1 1,85 ⋅ 10 6 10 ⋅ 10 6 P ≤ 26 ,91kN 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”. z 65kN y e k = 0,671 e d d x E σ ' adm = 0,671 11⋅109 = 23,46 9 ⋅10 6 M x = M y = P ⋅ e = 65 ⋅103 ⋅ 0,045 = 2,925kN ⋅ m z máx = ymáx = Ix = Iy = σ adm = P A d4 12 d 2 Prof. Romel Dias Vanderlei Exemplo 14 P A σ adm + | M x | ⋅ z máx I x ' σ adm + | M z | ⋅xmáx I z ' σ adm ≤1 L 0,3E 0,3 ⋅11⋅109 > k → σ adm = = (4,5 d )² d ( L )² d = 162,963 ⋅106 d ² Adotando σ adm 2,925 ⋅10³ ⋅ d 2 65 ⋅10³ d ² d 4 12 + 2⋅ ≤1 6 162,963 ⋅10 ⋅ d ² 9 ⋅106 1 1 d ≥ 0,183m → d = 183mm + ≤1 2507,12 ⋅ d 4 256,41⋅ d ³ 3,989 ⋅10 − 4 0,004 + ≤1 d4 d³ 3,989 ⋅10 − 4 + 0,004d ≤1 d4 verificando : L 4,5 = = 24,5 > k d 0,183 (ok )