Slide - Flambagem em Colunas - 2024-1

1 - 1 Componente Curricular : ENG 301 – Resistências dos Materiais II-A Carga Horária: 60 horas Flambagem em “Colunas” 13 - 2 Capítulo13- Flambagem 13.1 Introdução 13.2 Estabilidade das Estruturas 13.3 Carga Crítica de Barras 13.4 Influência das Condições de Extremidade na Carga Crítica 13.5 Curva de Flambagem/ Índice de Esbeltez R. C. Hibbeler Pearson Education do Brasil 13.6 Projetos de Barras com carregamento Concêntrico 13.7 Exemplos de Aplicação 13.8 Projetos de Barras com carregamento excêntrico 13.9 Exemplos de Aplicação  Os elementos componentes de uma estrutura devem possuir geometria adequada e serem definidos para resistirem às AÇÕES (forças existentes e peso próprio ou prováveis = ação do vento) impostas sobre eles. 13 - 3  Desta maneira:  um pilar de um edifício terá a resistência para suportar às cargas provenientes das vigas;  as paredes de um reservatório de pressão terão a resistência apropriada para suportar à pressão interna;  as asas do avião suportarão com segurança às cargas aerodinâmicas que aparecem durante o vôo ou decolagem.  Se o material não resistir às AÇÕES, atingirá o Estado Limite Último por Ruptura.  Portanto, é importante verificar os fenômenos que acontecem nas estruturas e um deles é a FLAMBAGEM. 13 - 4  Assim, se um elemento estrutural for esbelto sujeito a uma força de compressão, ocorrerá um fenômeno denominado FLAMBAGEM, causado pela instabilidade do equilíbrio elástico desse elemento.  A força máxima que um elemento de barra, por exemplo, um pilar, irá suportar quando está na eminência de sofrer flambagem é denominada carga crítica, Pcr.  Qualquer acréscimo de força P acima Pcr provocará flambagem do elemento de barra. 13 - 5  A flambagem é um fenômeno que ocorre quando o elemento estrutural está submetido às tensões de compressão e/ou forças de compressão.  Esse fenômeno representa uma situação de perigo “extremo” para estrutura, pois o colapso se dá de forma repentina e, em muitos casos de forma catastrófica.  Para o dimensionamento de qualquer elemento de uma estrutura, o engenheiro deve se preocupar em satisfazer às seguintes condições:  Resistência (teoria de falhas ou critérios de resistência);  Deslocamentos limites (flechas – linha elástica);  Estabilidade do equilíbrio (flambagem).  Todo e qualquer problema da engenharia sempre envolve equilíbrio.  Então, torna-se necessário comentar sobre a estabilidade do equilíbrio. 13 - 6  Este conceito pode ser demonstrado considerando-se o equilíbrio de uma esfera sobre três superfícies diferentes.  Nas três situações, a esfera está em equilíbrio, ou seja, ΣF = 0 e ΣM = 0 .  Na figura (a), a esfera encontra-se em equilíbrio estável. Caso a esfera for ligeiramente deslocada para um dos lados e logo após soltá-la, ela voltará para a posição de equilíbrio original, no fundo do “vale”. Estabilidade Superfície plana Superfície convexa Superfície côncava 13 - 7  Na figura (c) , apesar da esfera está na posição de equilíbrio, qualquer deslocamento aplicado à mesma, fará com que a esfera se afaste cada vez mais da posição de equilíbrio inicial caracterizando um equilíbrio instável.  Finalmente, se a esfera estiver sobre uma superfície perfeitamente plana (figura-b), ela está em uma configuração de equilíbrio neutro ou indiferente.  Se a esfera for deslocada ligeiramente para qualquer um dos lados, não terá a tendência de se mover, seja para mais longe ou voltar para a posição original.  Pois ela, da mesma forma que na posição original, está em equilíbrio na posição deslocada. Estabilidade Instabilidade Instabilidade 13 - 8  Equilíbrio estável – Se um sistema estrutural sofre uma pequena perturbação, depois elimina-se as causas desta perturbação, o sistema volta ao seu estado inicial de equilíbrio.  Equilíbrio instável e neutro – O sistema estrutural sofre uma pequena perturbação, depois elimina-se as causas desta perturbação, esse sistema não volta ao seu estado inicial de equilíbrio. Estabilidade Instabilidade Instabilidade  Portanto, no estudo das estruturas de barras deve-se projetá-las para o equilíbrio estável. 13 - 9  A carga crítica, Pcr, de um elemento de barra pode ser calculada de forma direta pela consideração do comportamento de um pilar ideal.  Supõe-se que esse pilar ideal tenha seu eixo perfeitamente reto, submetido a uma força normal de compressão aplicada no centroide da seção transversal prismática, formada de material homogêneo, de elasticidade ilimitada, sem qualquer tipo de imperfeição.  Se P < Pcr → equilíbrio estável. P =  Se P = Pcr → equilíbrio neutro.  Se P > Pcr → equilíbrio instável. P < P <  Ao fenômeno da passagem de uma barra reta de equilíbrio estável para uma forma curva de equilíbrio, chamamos de FLAMBAGEM.  A carga que corresponde a está passagem denomina-se de Carga Crítica ou Carga de Flambagem ou Carga de Bifurcação do Equilíbrio ou Carga de Euler. 13.3 Carga Crítica em Elementos de Barra ❑ Considerando um pilar esbelto de comprimento L, engastado na extremidade inferior e livre na superior. ❑ A carga crítica, Pcr, pode ser obtida utilizando a equação diferencial da linha elástica (LE), fazendo o equilíbrio do pilar na posição deslocada de δ. ❑ O momento fletor M devido ao Pcr em uma seção do pilar à distância x do ponto O e deslocamento v, vale: M = Pcr(δ - v) ❑ Levando na equação diferencial de LE, tem-se: d²v/dx² = Pcr(δ - v)/EI = Pcrδ/EI - Pcrv/EI ❑ Introduzindo a notação: k² = Pcr/EI ❑ Substituindo na equação diferencial: d²v/dx² = k²δ - k²v v'' = k²δ - k²v v'' + k²v = k²δ 13.3 Carga Crítica em Elementos de Barra v'' + k²v = k²δ Essa é uma equação diferencial ordinária (EDO), linear de 2ª ordem, não homogênea, com coeficientes constantes, cuja solução geral é dada por: v = vh + vp ∙ vh – solução da equação diferencial homogênea correspondente; ∙ vp – solução particular; ❑ A equação diferencial homogênea é dada por: v'' + k²v = 0 v'' = -k²v Quais as soluções que derivando duas vezes é a própria função multiplicada por uma constante ao quadrado negativa? v(x) = sin kx v'(x) = k cos kx v''(x) = -k² sin kx v(x) = cos kx v'(x) = -k sin kx v''(x) = -k² cos kx ∙ A solução da equação diferencial homogênea, vh, é dada por: vh = C1 sin kx + C2 cos kx ❑ A equação diferencial particular é dada por: vp = δ v'' + k²v = k²δ v''p + k²vp = k²δ 0 + k²vp = k²δ k²vp = k²δ vp = δ 13.3 Carga Crítica em Elementos de Barra Assim a EDO é dada por: v = vh + vp vh = C1 sin kx + C2 cos kx vp = δ v = C1 sin kx + C2 cos kx + δ ❑ As constantes C1 e C2 podem ser determinadas utilizando as condições de contorno da estrutura e a EDO, dadas por: (v0)x=0 = 0 0 = C1 sin k(0) + C2 cos k(0) + δ C2 = -δ (θ0)x=0 = 0 v' = θ = kC1 cos kx - kC2 sin kx 0 = kC1 cos k(0) - kC2 sin k(0) C1 = 0 ∙ Substituindo-se os valores de C1 e C2 na EDO, tem-se a equação da LE, dada por: v = -δ cos kx + δ ❑ Para encontrar o Pcr utiliza-se a seguinte condição de contorno ou extremidade: (vB)x=L = δ δ = -δ cos kL + δ δ cos kL = 0 ∙ Se δ = 0 solução trivial, não interessa, porque a barra estaria em sua forma reta, sendo P < Pcr. Qual o valor de kL para que o cosseno seja igual a zero? Portanto: cos kL = 0 kL = (2n - 1)π/2 (n = 1,2,3, ...) cos kL = cos(2n - 1)π/2 Então, existem várias soluções variando n. 13.3 Carga Crítica em Elementos de Barra - E uma das soluções é fazer n = 1, tem-se: kL = (2 x 1 - 1) π/2 k = π/2L Tem-se que: k^2 = P_cr/EI (k)^2 = (π/2L)^2 k^2 = π^2/4L^2 P_cr/EI = π^2/4L^2 P_cr1 = π^2EI/4L^2 - Para n = 2, tem-se: kL = (2 x 2 - 1) π/2 k = 3π/2L Tem-se que: k^2 = P_cr/EI (k)^2 = (3π/2L)^2 k^2 = 9π^2/4L^2 P_cr/EI = 9π^2/4L^2 P_cr2 = 9π^2EI/4L^2 - Verifica-se que P_cr2 > P_cr1, não interessando cargas superiores, porque o primeiro modo de flambagem é quando se tem n = 1, consequentemente, P_cr1. - Conclui-se que a carga crítica P_cr para elementos engastado em balanço submetidos à forças de compressão será: P_cr = π^2EI/4L^2 Carga de Flambagem ou de Euler. 13.4 Influência das Condições de Extremidade no P_cr - Considerando-se um pilar birrotulado: - E fazendo uma analogia com P_cr deduzido de um pilar engastado-livre dado por: P_cr = π^2EI/4L^2 P_cr = π^2EI/4(L/2)^2 P_cr = π^2EI/L^2 - Para um pilar biengastado, considerando-se : θ = 0 L/2 P = P_cr L/2 L/4 Ponto de inflexão L/4 L/4 P_cr = π^2EI/4(L/4)^2 P_cr = 4π^2EI/L^2 13.4 Influência das Condições de Extremidade no P_cr - Para um pilar engastado-livre foi deduzido que o P_cr é dado por: P_cr = π^2EI/4L^2 - A partir do P_cr de um pilar birrotulado pode-se também encontrar o P_cr do pilar engastado-livre, dado por: P = P_cr 2L L δ P_cr = π^2EI/(2L)^2 = π^2EI/4L^2 - Para um pilar engastado-rotulado, considera-se (EDO): 0,7L P_cr = π^2EI/0,49L^2 - A carga crítica P_cr depende do material (E) e da geometria do elemento estrutural (I e L). 13.4 Influência das Condições de Extremidade no Pcr Se considerar o caso da barra birrotulada como referência, o Pcr é dado por: Pcr = π²EI/L² Essa mesma expressão pode ser usada em todos os casos, desde que o comprimento real, L, do pilar seja substituído por um comprimento fictícios, Lfl Pfl = π²EI/L²fl Pcr = Pfl Esse comprimento Lfl é denominado comprimento de flambagem ou efetivo, que depende de cada condição de extremidade ou do apoio, e é capaz de ajustar uma expressão genérica à real expressão da carga de flambagem em cada caso. Lfl = kL k – fator de comprimento de flambagem ou efetivo. 13 - 16 13.4 Influência das Condições de Extremidade no Pcr Pfl = π²EI/L²fl Lfl = Le = kL k – fator de comprimento de flambagem ou efetivo. K = 1 Extremidades Rotuladas K = 2 Extremidades Engastada - livre K = 0.5 Extremidades Engastadas K = 0.7 Extremidade Engastada - rotulada 13 - 17 13 - 18  Em um gráfico força (P ) por deslocamento (v), tem-se:  Flambagem em barras em diversos tipos de apoios.  Se P < Pcr → equilíbrio estável.  Se P = Pcr → equilíbrio neutro.  Se P > Pcr → equilíbrio instável. fl 13.5 Curva de Flambagem / Índice de Esbeltez Para um pilar submetido a uma força normal de compressão P, a tensão normal média atuante é dada por: σ = P/A Define-se tensão de flambagem como sendo a tensão normal no instante da flambagem, dada por: σfl = Pfl/A Pfl = π²EI/L²fl Levando a equação de Pfl na expressão de σfb tem-se: σfl = 1/A π²EI/L²fl Sendo: r² = I/A r – raio de giração; σfl = π²Er²/L²fl = π²E/(Lfl/r)² Chamando: Lfl/r = λ λ – índice de esbeltez; σfl = π²E/λ² Essa função é válida dentro do limite da Lei de Hooke – flambagem elástica. Hipérbole de Euler 13 - 19 13.5 Curva de Flambagem / Índice de Esbeltez Então, a representação gráfica da tensão de flambagem σ_fl(λ) chamamos de curva de Flambagem. Comentários: i. Quanto maior λ, menor σ_fl , logo P_fl será menor; P_fl = σ_fl A ii. A pior situação é quando se tem λ_máx (peça muito esbelta), que será dado por: λ_máx = L_fl / r_mín Sendo: r_mín = I_mín / A r_mín – raio de giração mínimo; iii. Como a equação da hipérbole de Euler é válida para a Lei de Hooke, tem-se: σ_fl ≤ σ_lp σ_fl = π2E / λ2 Para o Aço: σ_y = 250 MPa = 25 kN/cm2 e E = 200.000 MPa = 20.000 kN/cm2. λ Para λ σ_lp = σ_y λ_lp = π E / σ_lp λ_lim = 88,86 ≈ 90 • σ_lp tensão limite de proporcionalidade • σ_y resistência ao escoamento λ_lim 13.6 Projeto de Barras com carregamento concêntrico No projeto e dimensionamento de barras comprimidas o mais importante, inicialmente, é conhecer a curva de flambagem do elemento, por exemplo: λ > λ_lim • Flambagem elástica (σ_fl < σ_y = σ_lp) σ_lp = σ_y tan α = E ε_y ε Região elastoplástica ou inelástica 0 λ λ_lim σ_fl = π2E / λ2 σ_fl Região elastoplástica Para região inelástica, a partir de diversos pontos de ensaio e com tratamento estatístico adequado, traça-se o restante da curva de Flambagem. σ_fl = π2Et / λ2 Equação de Engesser – Flambagem inelástica σ_r σ_lp = σ_y - σ_r λ < λ_lim • O material pode escoar ou ter uma flambagem inelástica. σ_fl = π2E / λ2 λ σ_lp = σ_y - σ_r E ε_y ε_p Módulo tangente E_t Região inelástica Região elástica Região inelástica Barras curtas e intermediárias Barras longas 13.6.1 - Exemplo 1 O elemento estrutural A-36 W200 X 46 (altura-mm x massa-kg/m) de aço ilustrado na figura ao lado deve ser usado como um pilar acoplado por pinos ou apoios articulados (extremidades articuladas). Determine a maior carga axial que ele pode suportar antes de começar a sofrer flambagem ou antes que o aço escoe. Solução: Do apêndice B do livro do Hibbeler, dados: A = 5890 mm2, I_x = 45,5x10^6 mm4, I_y = 15,3x10^6 mm4 • E = 200.000 MPa • Para o Aço: σ_y = 250 MPa P_fl = π2EI / L2_fl L_fl = kL Neste caso, por inspeção, ocorrerá flambagem em torno do eixo y-y. P_fl(y) = π2 • 200 x 103N/mm2 • 15,3 x 106mm4 / (1 • 4000 mm)2 P_(cr)(y) = 1.887.561 N P_fl = P_cr = 1.887,6 kN P_fl(x) = π2 • 200 x 103N/mm2 • 45,5 x 106mm4 / (1 • 4000 mm)2 P_fl(x) = 5.613.340 N 13.6.1 - Exemplo 1 Solução: Quando totalmente carregada, a tensão de compressão média na pilar é dada por: σfl = Pfl/A σfl = 1.887.561 N/5.890 mm² σfl = 320,5 MPa Visto que a tensão ultrapassa à resistência ao escoamento, σe = σy = 250 MPa, deverá ser calculada a carga devida a essa resistência. 250 N/mm² = P/5.890 mm²; P = 1.472,5 kN Resposta O pilar escoará antes de ocorrer a flambagem.... 13.6.1 - Exemplo 2 O pilar de alumínio está preso na base e seu topo está ancorado por cabos de modo a impedir que o topo movimente-se ao longo do eixo x. Se considerarmos que o pilar está engastado na base, determine a maior carga admissível P que pode ser aplicada. Use um coeficiente de segurança para flambagem CS = FS = 3,0. Considere Eal = 70GPa, σe = σy = 215MPa, A = 7,5 x 10⁻³ m², Ix = 61,3 x 10⁻⁶ m⁴, Iy = 23,2 x 10⁻⁶m⁴. Solução: Pfl = π²EI/L²fl Pcr(x) = π²EIx/(Lfl²)x Pcr(y) = π²EIy/(Lfl²)y Lfl = kL Para flambagem em torno do eixo x, K = 2. (KL)x = 2(5) = 10 m Para flambagem em torno do eixo y, K = 0,7. (KL)y = 0,7(5) = 3,5 m 13.6.1 - Exemplo 2 As cargas críticas para cada caso são: Pcr(x) = π²EIx/(KL)²x = 424 kN Pcr(y) = π²EIy/(KL)²y = 1.308,43 kN A carga admissível e tensão crítica Padm = Pcr/FS = 424/3,0 = 141 kN σcr = Pcr/A = 424/7,5(10⁻³) = 56,5 MPa < 215 MPa σe = 215 x 10⁶ N/m² = Pe/7,5 x 10⁻³ m² Pe = 1.612.500 N = 1.612,5 kN Não haverá escoamento da seção 13.6.1 - Exemplo 4 Uma barra com comprimento de 750 mm é usada para suportar uma carga de compressão axial de 60 kN. A barra têm suas extremidades articuladas e módulo E = 73,1 GPa. Dada a curva de flambagem, determine as dimensões da área da seção transversal do pilar, se a largura for duas vezes a espessura. Solução: Como L_fl = KL = 750 mm é o mesmo para flambagem em ambos os eixos x-x e y-y σ_fl (MPa) σ_y = 195 σ_lp = 125 Escoamento Região inelástica Região elástica σ_fl = aλ + b σ_fl = π²E/λ² KL/r_y = KL/√(I_y/A) = 2598,1/b σ_fl = P/A 195 MPa = 60.000/2b·b b = 12,40 mm 13.6.1 - Exemplo 4 Solução: Verificando o índice de esbeltez, tem-se λ = 2.598,1/b λ = 2.598,1/12,40 = 209,5 >> 12 λ = 209,5 > 12 Utilizando a equação da hipérbole de Euler válida para λ > 55: σ_fl = π²E/λ² σ_fl = π²·73,1×10³/(2.598,1/b)² σ_fl = 0,1069 b² σ_fl = P/A σ_fl = 60.000/2b² 0,1069 b² = 60.000/2b² b = 23,02 mm Conferindo se b com esse valor o λ compreende essa curva: λ = 2.598,1/b λ = 2.598,1/23,02 = 112,86 > 55 ok 13.6.1 - Aplicação – Exemplo 5 Determinar a carga máxima (P_máx) que pode ser aplicada ao pilar ilustrado na figura de comprimento L = 250 cm e seção tubular de espessura t = 1 cm, utilizando o coeficiente de segurança, cs = 2,0. σ_y = 25 kN/cm²; σ_lp = 20 kN/cm²; E = 20.000 kN/cm². Dados: Para λ ≤ 30, não ocorrerá flambagem; Para 30 ≤ λ ≤ λ_lim, a Tensão de flambagem varia linearmente; O pilar não possui nenhum contraventamento nas direções z e y. σ_fl (kN/cm²) σ_y = 25 σ_lp = 20 Escoamento Região inelástica Região elástica λ = 30 σ_fl = aλ + b σ_fl = π²E/λ² P_máx(adm) = P_fl/cs P_fl = σ_flA λ_lim = π√(E/σ_lp) L_fl = kL λ = L_fl/r_mín r_mín = √(I_mín/A) 13.6.1 - Exemplo 5 σ_y = 25 \text{ kN/cm}^2; \sigma_{ip} = 20 \text{ kN/cm}^2; E = 20.000 \text{ kN/cm}^2. σ_fL = a\lambda + b \lambda = 30 \to \sigma_fL = 25 30a + b = 25 \sigma_fL = \frac{\pi^2E}{\lambda^2} \lambda = 99,35 \to \sigma_fL = 20 99,35a + b = 20 a = -7,18 \times 10^{-2} \quad b = 27,54 \sigma_fL = -7,18 \times 10^{-2}\lambda + 27,54 σ_fL = a\lambda + b λ = 64,37 \to \sigma_fL = 22,53 \text{ kN/cm}^2 λ = \frac{L_fL}{r_{mín}} \lambda = \frac{500}{7,77} \quad \lambda = 64,37 \lambda_{lim} = \pi \sqrt{\frac{E}{\sigma_{ip}}} \lambda_{lim} = \pi \sqrt{\frac{20.000}{20}} \quad \lambda_{lim} = 99,35 L_fL = kL \quad L_fL = 2,0 \times 250 \quad L_fL = 500 \text{ cm} r_{mín} = \sqrt{\frac{I_{mín}}{A}} r_{mín} = \sqrt{\frac{4.585,33}{76}} \quad r_{mín} = 7,77 \text{ cm} I_z = I_y = \frac{20 \times 20^3}{12} - \frac{18 \times 18^3}{12} I_z = 4.585,33 \text{ cm}^4 \sigma_{fL} = \frac{P_{fL}}{A} \quad P_fL = 22,53 \times 76 \quad P_fL = 1.712,30 \text{ kN} \sigma_{máx} = \frac{P_fL}{cs} \quad \sigma_{máx} = 856,15 \text{ kN} A = 20 \times 20 - 18 \times 18 \quad A = 76 \text{ cm}^2 13.25. A treliça é feita de barras de aço A-36 e cada uma delas tem seção transversal circular. Se a carga aplicada for P = 50 kN, determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro do elemento estrutural AB que impedirá que esse elemento estrutural sofra flambagem. As extremidades dos elementos estruturais estão apoiadas por pinos. 13.8 Projeto de Barras com carregamento excêntrico • Quando se tem um carregamento excêntrico, o momento fletor causado pela carga excêntrica deve ser levado em conta no projeto do pilar. • A tensão de compressão máxima será dada por: \sigma_{máx} = \frac{P}{A} + \frac{M}{I}c c é a distância da fibra da seção transversal mais comprimida. • Para um projeto conservador, \sigma_{máx} \leq \sigma_{adm} • Quando projetamos um elemento de barra submetido à carga excêntrica, é desejável verificar como às cargas axiais e de flexão se interagem. • Para as cargas axiais requer uma área necessária para suportar à carga P dada por: A_{axial} = \frac{P}{\sigma_{adm(a)}} • Para um pilar sujeito à flexão simples, requer uma área necessária para suportar o momento fletor, dada por: A_{flexão} = \frac{Mc}{\sigma_{adm(f)}r^2} I = Ar^2 13.8 Projeto de Barras com carregamento excêntrico A_{axial} = \frac{P}{σ_{adm(a)}} A_{flexão} = \frac{Mc}{σ_{adm(f)}r^{2}} • A área total A necessária para resistir a carga axial e ao momento fletor, é dada por: \[A = A_{a} + A_{f}\] \frac{P}{σ_{adm(a)}} + \frac{Mc}{σ_{adm(f)}r^{2}} \leq A \frac{P/A}{σ_{adm(a)}} + \frac{Mc/Ar^{2}}{σ_{adm(f)}} \leq \frac{A}{A} \frac{P/A}{σ_{adm(a)}} + \frac{Mc/I}{σ_{adm(f)}} \leq 1 \frac{σ_{(a)}}{σ_{adm(a)}} + \frac{σ_{(f)}}{σ_{adm(f)}} \leq 1 Equação da interação σ_{(a)} = tensão devido à força axial; σ_{(f)} = tensão devido ao Momento fletor ou à flexão; σ_{adm(a)} = tensão admissível definida por normas devido à força axial; σ_{adm(f)} = tensão admissível definida por normas devido ao momento; 13.8.1 - Exemplo 8 \sigma_{máx} = \frac{P}{A} + \frac{M}{I}c \sigma_{máx} = \sigma_{adm} \sigma_{adm} = 4,92 MPa I_{x} = \frac{40 \times 80^{3}}{12} = 1,71 \times 10^{6} mm^{4} M_{x} = P e_{y} 4,92 = \frac{P}{3.200 mm^{2}} + \frac{P \cdot (20) mm}{1,71 \times 10^{6} mm^{4}}(40 mm) \frac{σ_{(a)}}{σ_{adm(a)}} + \frac{σ_{(f)}}{σ_{adm(f)}} \leq 1 Verificando a carga de flambagem em torno do eixo y P_{fl(y)} = \frac{\pi^2 E I_{y}}{L_{f1}^2} P_{fl(y)} = \frac{\pi^{2} \cdot 38.312 N/mm^{2} \cdot 426,67 \times 10^{3} mm^{4}}{(3.200)^{2}} P_{fl(y)} = 15,76 kN \space > \space P = 6,30 kN \space \text{Ok!}\space \sigma_{fl} = aλ + b \sigma_{fl} = \frac{\pi^2 E}{λ^2} λ = 277,13 13.8.1 - Exemplo 8 O Pilar tem módulo de elasticidade longitudinal igual a 38.312 MPa e seção transversal retangular com as dimensões ilustradas na figura. Se o pilar estiver engastado na base e livre no topo, determine a carga excêntrica P que pode ser suportada pelo pilar. λ = \frac{L_{fl}}{r_{mín}} L_{fl} = kL r_{mín} = \sqrt{\frac{I_{mín}}{A}} A = 80 \cdot 40 = 3.200 mm^{2} I_{mín} = I_{y} = \frac{80 \times 40^{3}}{12} = 426,67 \times 10^{3} mm^{4} λ = \frac{3.200}{11,55} = 277,13 L_{fl} = 2 \cdot 1.600 = 3.200 mm r_{mín} = \sqrt{\frac{426,67 \times 10^{3}}{3.200}} = 11,55 mm σ_{fl} = \pi^2 \cdot 38,312 \over 277,13^2 = 4,92 MPa = σ_{adm} 13.8.1 - Exemplo 9 O Pilar de madeira é composto por duas tábuas pregadas de modo que a seção transversal tem as dimensões ilustradas na figura. Se o pilar estiver engastado na base e livre no topo, determine a carga excêntrica P que pode ser aplicada no console desse pilar. \[ \lambda = \frac{L_{fl}}{b} \] \[ \lambda = \frac{2.400}{60} = 40 > 26 \] \[ E = 376,71\ MPa \] b é a menor dimensão da seção transversal \[ L_{fl} = kL \] \[ L_{fl} = 2 \cdot 1.200 = 2.400\ mm \] \[ \sigma_{fl} = \frac{\pi^2 \cdot 376,71}{40^2} = 2,324\ MPa = \sigma_{adm} \] \[ \sigma_{adm} = \sigma_{fl} = \frac{\pi^2E}{\lambda^2}\] \[ \sigma_{adm} = 8,25 \left[1 - \frac{1}{3} \left(\frac{\lambda^2}{26}\right)\right] \] 13.8.1 - Exemplo 9 \[ \sigma_{máx} = \frac{P}{A} + \frac{M}{I}c \] \[ \sigma_{máx} = \sigma_{adm} \] \[ \sigma_{fl} = 2,324\ MPa = \sigma_{adm} \] \[ E = 376,71\ MPa \] \[ I_x = \frac{60 \times 120^3}{12} = 8,64 \times 10^6\ mm^4 \] \[ \frac{2,324 = \frac{P}{(60 \cdot 120)mm^2}} + \frac{P \cdot (20 + 60)mm^2 \cdot 60mm}{8,64 \times 10^6\ mm^4} \] \[ M_x = Pe_y \] \[ \sigma_{(a)} + \frac{\sigma_{(f)}}{\sigma_{adm(f)}} \leq 1 \] \[ P = 3,35\ kN \] Verificando a carga de flambagem em torno do eixo y \[ I_y = \frac{120 \times 60^3}{12} = 2,16 \times 10^6\ mm^4 \] \[ P_{fl(y)} = \frac{\pi^2 \cdot 376,71 N/mm^2 \cdot 2,16 \times 10^6 mm^4}{(2.400)^2} \] \[ P_{fl(y)} = 1,40\ kN \ \] \(<\) \[ \, P = 3,35\ kN \ \] \( \text{Nok!} \)] 13.8.1 - Exemplo 10 Considere que a coluna está acoplada por pinos no topo e na base e totalmente escorada contra flambagem em torno do eixo y-y. Se for submetida a uma carga axial de 200 kN, determine a excentricidade máxima (e) que a carga axial pode ser aplicada sem provocar escoamento do material. \[ E_{aço} = 200\ GPa \ e \ \sigma_{e} = 250\ MPa \] \[ \sigma_{máx} = \frac{P}{A} + \frac{M}{I}c \] \[ \sigma_{máx} = \sigma_{e} \] \[ A = 15 \times 150 \times 2 + 15 \times 120 = 6.300\ mm^2 \] \[ I_x = \left( \frac{150 \times 15^3}{12} + 150 \times 15 \times (67,5)^2 \right) \times 2 + \frac{15 \times 120^3}{12} = 22,75 \times 10^6\ mm^4 \] \[ 250 = \frac{200.000}{6.300\ mm^2} + \frac{M_x \cdot 75\ mm}{22,75 \times 10^6\ mm^4} \] \[ M_x = 66.204\ kNmm \] \[ M_x = 66,20\ kNm \] Pela observação da figura, tem-se que o momento M é dado por: \[ M_x = Pe_y \] 13.8.1 - Exemplo 10 Mx = 66,20 kNm Mx = P ey Mx 66,20 P = 200 = ey = 0,331 m = 331 mm A carga P está aplicada fora do perfil. • Por curiosidade, se a barra não estivesse totalmente escorada contra flambagem em relação ao eixo y-y, verificaríamos a carga de flambagem em torno desse eixo. Lfl = kL Lfl = 1 · 8.000 = 8.000 mm Iy = 15 × 150 3 120 × 153 12 × 2 + 12 = 8,47 × 106 mm4 π2 EIy PfL(y) = L2 π2 · 200 × 103 N/mm2 · 8,47 × 106mm4 PfL(y) = (8.000)2 PfL(y) = 261,27 kN > P = 200 kN Ok! 13 - 39  Resolver os seguintes exercícios do capítulo 13 – Flambagem de Colunas do livro texto (Resistência dos Materiais, 7a ed. - R. C. Hibbeler): Pág. 488 - Prob. 13.13; 13.15; 13.19; 13.21. Pág. 487 - Prob. 13.3; 13.5; 13.6; 13.9; 13.11. Pág. 489 - Prob. 13.22; 13.28; 13.29. Pág. 491 e 492 - Prob. 13.39 e 13.41. Para o Aço ASTM A 36: Resistência ao Escoamento σe = 250 MPa e Módulo de Elasticidade E = 200 GPa, ; Pág. 507 - Prob. 13.76; 13.80; 13.84; 13.88. Pág. 508 e 509 - Prob. 13.93; 13.94; 13.98; 13.100 e 13.103. Pág. 513 e 514- Prob. 13.108; 13.113; 13.114; 13.116.