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.
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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
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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
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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
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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
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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
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Se P<Pcr , estrutura estável
Se P>Pcr , 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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
Comprimento efetivo de flambagem:
P
P
P
Le
L
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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 :
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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 =
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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.
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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
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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
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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:
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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
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5.6.1 – Aço Estrutural
-Para colunas curtas e intermediárias:
5 3 L
1 L 
C.S . = + ⋅ r − ⋅  r 
3 8 Cc 8  Cc 
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σ adm =
σ cr
c.s.

3
2

L 
σ
1 
= e 1 − ⋅  r  
c.s. 

2  Cc  

 
para
L <C
c
r
Exemplo 6
Calcular o maior comprimento para o perfil S100x11,5,
sabendo-se que: E=200GPa e σe=290MPa.
60kN
A
L
B
 A = 1452mm²

S100 x11,5 →  rx = 41,6mm
 r = 14,75mm
y
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Exemplo 6
P
60 ⋅10³
=
= 41,3MPa
A 1452 ⋅10−6
2π ² E 2π ² ⋅ 200 ⋅109
Cc ² =
=
= 13,61⋅10³ → Cc = 116,7
290 ⋅106
σe
π ²E
L
Adotando: ≥ Cc temos σ adm =
r
1,92( L )²
r
σ adm =
41,3 ⋅10 =
6
π ² ⋅ 200 ⋅109
→
L
= 157,8
r
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(ok )
1,92( L )²
r
Para o menor raio de giração:
L
L
= 157,8 ∴
= 157,8 → L = 2,33m
ry
14,75 ⋅10 −3
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
σ adm =
C4
2
L
r
( )
L
r
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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.
Liga 6061-T6
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L
σ adm = 131MPa
≤ 9,5
r
L
9,5 < < 66 σ adm = [139 − 0,868(L r )] ( MPa )
r
L
351⋅10³
σ adm =
( MPa)
≥ 66
(L r )²
r
5.6.2 - Alumínio
Liga 2014-T6 (Alclad)
L
≤ 12
r
L
12 < < 55
r
L
≥ 55
r
σ adm = 193MPa

 L 
 
σ adm = 212 − 1,585  ( MPa)
r
σ adm

372 ⋅10³
=
2
L
r
( )
( MPa )
Prof. Romel Dias Vanderlei
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
π ⋅ c4
I c
I=
=
; A = π ⋅ c ²; r =
A 2
4
A
L
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B
Exemplo 7
a) L=750 mm
Adotar :
L
372 ⋅10³ P
=
> 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 )
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Exemplo 7
b) L=300 mm
L
Adotar
> 55 → c = 11,66mm
r
L
= 51,5 < 55
( hipótese errada )
Verificando:
r
Adotar
12 <
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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
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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
π ²E
π ²E
=
=
2
2,74(L r )
2,74 12 ⋅ L ²
Onde: k = L/d no ponto C e 11 <
Para colunas longas → σ adm
(
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σ
≈
adm
0 ,3 ⋅ E
2
L
d
( )
d²
)
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
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



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 )
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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
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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
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'
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
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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 )