Capitulo5 FlambagememColunas

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CAPÍTULO 5:
FLAMBAGEM DE COLUNAS
Prof. Romel Dias Vanderlei
Universidade Estadual de Maringá
Centro de Tecnologia
Departamento de Engenharia Civil
Curso de Engenharia Civil
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.2 – Flambagem e Estabilidade
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
sen
LPM
kM
P
P
B
⋅⋅=
⋅⋅=
⋅=
θ
θ
θ
Sendo:
k – constante da mola
senθ ≈ θ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
∴⋅⋅=⋅
=
2
2 LPk
MM
cr
PB
θθ
L
kPcr
4
=
Se P<Pcr , estrutura estável
Se P>Pcr , Estrutura instável
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
MB
Q
yPA
x
x
v
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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 → 0²" =⋅+ vkv
Solução geral:
v = C1.sen(kx) + C2.cos(kx)
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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=npi
Logo: v = C1.sen(kx) e k.L = n.pipipipi , n = 1,2,3,...
Sendo k² = P/EI :
²
²²
L
EInPnL
EI
P ⋅⋅
=∴=⋅
pi
pi
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: 
Fórmula de Euler
O menor valor de P corresponde a n = 1.
²
²
L
EIPcr
⋅
=
pi Fórmula de Euler
A carga crítica deve ser calculada para I = Imín
Equação da linha elástica:
L
x
senCv ⋅⋅= pi1
LL
nk pipi =⋅=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.3 – Colunas com Extremidades Articuladas: 
Fórmula de Euler
²
²
²
²
²
²
²
r
L
E
A
I
L
E
giraçãoderaio
A
I
r
LA
EI
A
P
cr
cr
cr
⋅=
⋅
=
∴→=
⋅
⋅
==
pipi
σ
pi
σ
( )2
²
r
L
E
cr
pi
σ = → Tenção crítica
→r
r
L
: Índice de esbeltez da coluna
Deve ser para Imín
Tensão Crítica:
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
pi
=
adm
cr
cr
MPa
A
P
mmmma
aI
m
E
LPI
kNP
σσ
pipi
<=
×
==
≅=→×==
×=
×⋅
⋅×
=
⋅
⋅
=
=⋅=
−
−
10)²1,0(
³10100
1003,9810794,7
12
10794,7
1013²
²2³10250
²
²
2501005,2
6
4
46
9
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 1
b) P = 200kN
mmama
m
PA
MPa
A
P
mma
aI
m
E
LPI
kNP
adm
adm
cr
cr
1,129²1067,16²
²1067,16
1012
³10200
62,14)²11695,0(
³10200
95,11610588,15
12
10588,15
1013²
²2³10500
²
²
5002005,2
3
3
6
6
4
46
9
=→×=
⋅=
×
×
==
>=
×
==
=→×==
×=
⋅⋅
⋅×
=
⋅
⋅
=
=⋅=
−
−
−
−
σ
σσ
pipi
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
46
2
45
1
mA
mI
mI
mL
MPaGPaE adm
=
⋅=
⋅=
=
==
−
−
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 2
Carregamento crítico:
Flexão sobre o eixo 2:
kNP
L
EI
L
EIP
cr
cr
2,228.1
²62,7
1003,910200²4
²
²4
)²2(
²
69
22
=
⋅⋅⋅⋅
=
==
−pi
pipi
kN
L
EIPcr 0,387.1
²62,7
1008,410200²
²
²
59
1
=
⋅⋅⋅⋅
==
−pipi
Flexão sobre o eixo 1:
Logo: kNPcr 2,228.1=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
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n
de
rle
i
Exemplo 2
Tensões críticas:
iosatisfatórP
MPa
A
P
cradmcr
cr
cr
→<
=
⋅
==
σσ
σ 64,245
005,0
³102,228.1
Carregamento admissível:
5,2
2,228.1
==
n
PP cradm
kNPadm 28,491=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
2
²
e
cr L
EIP ⋅= pi )²/(
²
rL
E
e
cr
⋅
=
pi
σ
Onde Le/r é chamado de índice efetivo de esbeltez da 
coluna.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
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n
de
rle
i
5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
A curva de deflexãoé 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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
c) Coluna engastada na base e articulada no topo:
A
B
L
A
B
P
v
P
v’
MB
x
P
P’
M
V
A
Q
v
V’
x
LLLe 7,0699,0 ≈=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.4 – Colunas com Outras Condições de Apoio
� Comprimento efetivo de flambagem:
P
L
LLe =
P
L
LLe 2=
LLe
P
2
LLe =
P
Le
L
LLe 699,0=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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, sabendo-
se que L=500mm, E=70GPa, P=20KN e que o c.s. deve 
ser 2,5.
x
yz
P
La b
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 3
1) Flambagem no plano xy:
12
7,0
1212
²12
³
,
12
³
7,0
2
a
L
r
Le
a
r
a
ba
ab
A
Iz
r
baAabIz
LLe
z
zz
=
=∴=
⋅
⋅
==
⋅=
⋅
=
=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 3
2) Flambagem no plano xz:
12
2
b
r
LLe
y =
=
12
2
b
L
r
Le
y
=
a) Dimensionamento mais eficiente:
- Tensões iguais em relação aos dois modos de 
flambagem;
35,0
2
7,0
12
2
12
7,0
)²(
²)()(
==∴=
==
b
a
b
L
a
L
r
L
Eyz crcr
pi
σσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
b
b
r
Le
E
bbb
L
r
Le
bA
P
bbaAba
KNPscP
cr
y
cr
cr
cr
⋅⋅
=
⋅
⋅
→=
=
⋅
==
⋅
⋅
==
⋅=⋅=→⋅=
=⋅=⋅=
pipi
σ
σ
mmb 7,39= mmba 9,1335,0 =⋅=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: 
A Fórmula Secante
� Deflexão máxima → x = L/2
)1
2
(sec)1
2
cos
22
( −⋅=−+⋅⋅= KLeKLKLsenKLtgevmáx
]1)
2
[sec( −⋅⋅= L
EI
P
evmáx
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: 
A Fórmula Secante
Logo, a deflexão assume um valor infinito quando:
²
²
²
²
22
pi
pipi
LPEI
L
EIPL
EI
P
cr
cr
⋅
=
=→=⋅
]1)
2
[sec( −⋅⋅=
cr
máx P
P
ev
pi
Logo: v=0, quando e=0 ou P=0
v→∞, quando P→Pcr
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: 
A Fórmula Secante
� Tensão máxima:
I
cM
A
P máx ⋅+=maxσ
Onde:
).
2
sec(
 e :
)
2
sec(
2
sec
)(
2
2
2
EA
P
r
L
ePM
rAI
L
EIPsendo
P
P
ePKLePM
evPMvPM
máx
cr
cr
máx
máxAmáxmáx
⋅⋅=
⋅==
⋅⋅⋅=⋅⋅=
+⋅=+⋅=
pi
pi
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.5 – Colunas com Carregamentos Excêntricos: 
A Fórmula Secante
Logo:
)
2
sec(
EA
P
r
L
I
ceP
A
P
máx ⋅
⋅⋅
+=σ
)]
2
sec(
²
1[
EA
P
r
L
r
ce
A
P
máx ⋅
⋅
+=σ Fórmula da Secante
Uma outra forma:
)]
2
sec(
²
1[
cr
máx P
P
r
ce
A
P pi
σ ⋅
⋅
+=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
2,4 m c
10
0m
m
100mm
mmc
mmr
mI
mA
50
7,38
103,3
²102,2
46
3
=
=
⋅=
⋅=
−
−
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Comprimento efetivo:
mLLe 8,44,222 =⋅==
Carga crítica:
KNP
Le
EIP
cr
cr
7,282
²8,4
103,310200²
²
²
69
=
⋅⋅⋅⋅
==
−pipi
a) Carga admissível e tensão normal:
MPa
A
P
KN
sc
PP
adm
cr
adm
25,64
102,2
36,141
36,141
2
7,282
..
3 =
⋅
==
===
−
σ
Exemplo 4
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
b) Carga excêntrica:
P
20mm P
Vmáx
2
1
02,0
]1)
2
[sec(
=
=
−⋅=
cr
cr
máx
P
P
mme
P
P
ev
pi
Exemplo 4
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
)]
2
1
2
sec()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 pi
σ
pi
σ
pi
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅+=
=−⋅=
−−
máx
cr
máx
máx
P
P
r
ce
A
P
mmv
MPamáx 86,160=σ
Exemplo 4
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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?
e
P2P1
c
1
1
22 3,8 m
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 5
e’
P1
a)
mmeMeP
mKNePM
KNPPP
11,38
1602
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
6,7
sec(
²154,0
182,0038,01[
016,0
³101602
)]
2
sec(
²
'1[
9
=
⋅⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
=
⋅
⋅
+=
σ
σ
pi
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 5
b) Fator de segurança:
23,2
1602
9,3578
..
9,3578
)]1029,4sec(292,01[
)]
016,0107,206154,02
6,7
sec(
²154,0
182,0038,01[
016,0
10289
)]
2
sec(
²'1[
4
9
6
===
=
⋅⋅+=
⋅⋅⋅
⋅
⋅
+=⋅
⋅
⋅
+=
=→
−
P
P
sc
KNP
PP
PP
EA
PLe
r
ee
A
P
PPe
esc
esc
escescesc
escesc
esc
esc
escescmáx
σ
pi
σ
σσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
Colunas
Curtas
Colunas
Intermediárias
Colunas
Longas
Le/r
σcr
σe
← Tensão crítica de Euler
)²(
²
rL
E
cr
pi
σ =
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.1 – Aço Estrutural
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
r
L
E
cr
pi
σ =
Quando L/r=0 → σcr= σe → σ0= σe
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.1 – Aço Estrutural
O ponto B é definido pelo AISC, como : ecr σσ 2
1
=
²2
 ²
2
1
Cc
kCck eee
σ
σσ =→⋅−=
Logo:
Cc é o valor de L/r no ponto B.
Cc
r
Lpara
rL
E
Cc
r
Lpara
Cc
rL
cr
ecr
≥=
≤−=
)²(
²
]
²2
)²(1[
pi
σ
σσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.1 – Aço Estrutural
Na fórmula de Euler, se fizermos:
temos:
cecr C
r
L
e == 
2
1
σσ
e
c
EC
σ
pi ²22
=
Devemos introduzir um coeficiente de segurança:
-Para L/r ≥ Cc (Colunas Longas) C.S.=1,92
)²(92,1
²
.. rL
E
sc
cr
adm
piσ
σ == 200 ≤≤ r
LCpara c
OBS: Não são permitidas colunas com L/r > 200
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.1 – Aço Estrutural
-Para colunas curtas e intermediárias:


















⋅−==
2
2
11
.... Cc
r
L
scsc
ecr
adm
σσ
σ cCr
Lpara < 
3
8
1
8
3
3
5
.. 





⋅−⋅+=
c
r
L
c
r
L
CC
SC
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 6
7,116³1061,13
10290
10200²2²2
²
3,41
101452
³1060
6
9
6
=→⋅=
⋅
⋅⋅
==
=
⋅
⋅
==
−
CcECc
MPa
A
P
e
adm
pi
σ
pi
σ
Adotando: Cc
r
L
≥ temos )²(92,1
²
r
L
E
adm
pi
σ =
)(8,157
)²(92,1
10200²103,41
9
6 ok
r
L
r
L =→
⋅⋅
=⋅
pi
Para o menor raio de giração:
mLL
r
L
y
33,28,157
1075,14
8,157 3 =→=
⋅
∴=
−
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
r
L
C
adm =σ
r
L
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
MPa
rLr
L
MParL
r
L
MPa
r
L
adm
adm
adm
⋅
=≥
−=<<
=≤
σ
σ
σ
Liga 6061-T6
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.2 - Alumínio
Liga 2014-T6 (Alclad)
( ) )( 
³10372
 55
)( 585,1212 5512
193 12
2 MPa
r
Lr
L
MPa
r
L
r
L
MPa
r
L
adm
adm
adm
⋅
=≥












−=<<
=≤
σ
σ
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
2
²;;
4
4 c
A
I
rcAcI ==⋅=⋅= pipi
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 7
Verificando: )( 553,81
2/44,18
750
ok
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
6
2
=→⋅=
⋅






⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
=→>
−
pi
σ
mmd
cd
9,36
44,1822
=
×==
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 7
b) L=300 mm
Adotar mmc
r
L 66,1155 =→>
Verificando:
Adotar
mmc
cc
A
P
r
L
r
L
adm
0,12
10
2/
3,0585,1212
²
³1060
585,12125512
6
=
⋅











−=
⋅
⋅
=











−=→<<
pi
σ
mmcd
ok
r
L
242
)( 50300
2
12
==
==
) ( 555,51 erradahipótese
r
L
<=
Verificando:
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
2
admσ
b
d
σσσσ’adm
11 k
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
dL
admadm σσ
k
d
L
<<11
( ) ( )
²
²1274,2
²
74,2
²
2
d
L
E
rL
E
adm
⋅
==
pipi
σ
( )2
3,0
d
L
E
adm
⋅
≈σ k
d
L
>
Para colunas curtas →
Para colunas longas →
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
k
d
L
e
adm
admadm
⋅
=
==
σ
σσ
'
671,0
adm
Ek
σ
=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.6.3 - Madeira
Para colunas com seção transversalqualquer, 
podemos usar:
( )²74,2
²173'
'3
11'38
380
4
'
'
rL
E
r
Lk
k
r
L
k
r
L
r
L
adm
admadm
admadm
pi
σ
σσ
σσ
=<<


















−=<<
=≤≤
'
324,2'
adm
Ekonde
σ
=
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
( )
)(25,26
16,0
2,4
16,01098,6
²
2,4
104,123,0
²
³10140
²
3,0
,
5,24
103,9
104,12671,0671,0
44
9
6
9
'
okk
d
L
mdd
d
d
A
P
dL
Ek
d
L
Ek
adm
adm
>==
=→⋅=





⋅⋅
=
⋅
=
⋅
=>
=
⋅
⋅
==
−
σ
σ
Adotando:
Verificação:
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
58250
7,125
³1079,15
10250
³10200²2²2
² 6
=
⋅=
⋅
⋅⋅
==
Cc
ECc
e
pi
σ
pi
a)
z
7,2 m
P
x
y
( )
kNAP
MPa
rL
E
admadm
adm
373107420103,50
3,50
²43,192,1
10200²
²92,1
²
66
9
=⋅⋅⋅=⋅=
=
⋅
⋅⋅
==
−σ
pipi
σ
Como ry < rx, a flambagem ocorre no plano xz:
143
³103,50
2,7
=
⋅
=
yr
L
então,Como Cc
r
L
>
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 9
b) 
3,6 m
P
x
z
y
3,6 m
6,71
103,50
6,3
103,50
6,3
3
3
=
⋅
=
⋅==
=
−
−
r
Le
mrr
mLe
y
3,66
105,108
2,7
105,108
2,7
3
3
=
⋅
=
⋅==
=
−
−
r
Le
mrr
mLe
y
Plano xy:
Plano yz:
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 9
kNAP
MPa
Cc
rL
sc
sc
Cc
rL
Cc
rL
Cc
r
L
admadm
adm
e
adm
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
5
c.s.
riaintermediácoluna6,71Adotando
66
22
33
=⋅⋅⋅=⋅=
=














−=














−=
=






−





+=





−





+=
→<=
−σ
σ
σ
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.7 – Dimensionamento de colunas submetidas a 
carregamento excêntrico
c
Pe
I
cM
A
P
máx
flexãocentrada
⋅
+=
+=
σ
σσσ
c
P
M=P.e
P
σσσσcentrada=P/A σσσσflexão = I
cM ⋅
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
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.
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
( ) ( )
)(
25,6
²125,03
10123,0
²
3,0Como
24
125,0
3
2,23
1010
1012671,0671,0
'
9
6
9
'
ok
MPa
dL
EK
d
L
d
L
EK
admadm
adm
adm
σσ
σ
σ
<
=
⋅⋅
==→>
==
=
⋅
⋅
==
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 10
Carga máxima:
kNP
PP
I
cM
A
P
PPM
mI
mc
mA
adm
7,28
1025,6
1003,2
065,005,0
1062,15
05,0e
1003,2
12
)125,0(
065,0
²1062,15)²125,0(
6
53
45
4
3
≤
⋅≤
⋅
⋅
+
⋅
≤⋅+
=⋅=
⋅==
=
⋅==
−−
−
−
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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:
1≤
⋅
+
admadm
I
cM
A
P
σσ
Onde devemos utilizar a tensão admissível 
correspondente a carga concentrada e à flexão pura.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
5.7.2 – Método da Interação
1)()( ≤
⋅
+
flexãoadmcentradaadm
I
cM
A
P
σσ
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.
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
1)(
||
)(
||
)( ≤
⋅
+
⋅
+
flexãoadm
z
máxz
flexãoadm
x
máxx
centradaadm
I
xM
I
zM
A
P
σσσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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)(
=
=
σ
σ
kNP
MPa
PP
I
xM
I
zM
A
P
flexãoadm
z
máxz
flexãoadm
x
máxx
centradaadm
39
1
10
1003,2
065,005,0
1025,6
1062,15
1)(
||
)(
||
)(
5
6
3
≤
≤⋅
⋅
+
⋅
⋅
≤
⋅
+
⋅
+
−−
σσσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
x
y
c







⋅=
=
=
=
→
³³101058
8,49
6,131
²9480
74310W
mmW
mmr
mmr
mmA
x
x
y
x
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 12
-Maior índice de esbeltez: 4,90
105,49
5,4
3 =
⋅
=
−
yr
L
7,125²22 =→= c
e
c C
EC
σ
pi
centradaadm
e
adm
y
MPa
Cc
rL
sc
Cc
rL
Cc
rL
sc
Cc
r
L
)(1,98
2
11
..
89,1
8
1
8
3
3
5
..
:Como
2
3
σ
σ
σ →=














−=
=





−+=
<−
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 12
a) Método da tensão admissível :
kNP
PP
I
cM
A
P
adm
333
101,98
101058
10200
109480
66
3
6
≤
⋅≤
⋅
⋅⋅
+
⋅
≤⋅+
−
−
−
−
σ
b) Método da iteração para MPaflexãoadm 150)( =σ
kNP
PP
IcMAP
flexãoadmcentradaadm
428
1
10150
10105810200
101,98
109480
1)()(
6
63
6
6
≤
≤
⋅
⋅⋅⋅
+
⋅
⋅
≤⋅+
−−−
σσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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.
240 P
4,2 m
²
4
4
cA
cI
⋅=
⋅
=
pi
pi
m
c
c
c
A
I
r 055,0
2
11,0
2²4
4
===
⋅⋅
⋅
==
pi
pi
( ) ( )
MPa
rLe
Ek
r
Le
Ek
r
Le
esbeltezdeÍndice
adm
adm
adm
85,1
²73,15274,2
1012
²74,2
'
51,80
1010
1012324,2324,2'
73,152
055,0
2,42
922
6
9
'
=
⋅⋅
==→>−
=
⋅
⋅
==−
=
⋅
=→−
σ
pipi
σ
σ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 13
( ) ( )
kNP
PP
c
PM
m
cI
mcA
IcMAP
flexãoadmcentradaadm
91,26
1
1010
10150,111,024,0
1085,1
038,0
11,0
24,0
10150,1
4
²038,0²
1
6
4
6
44
4
≤
≤
⋅
⋅⋅⋅
+
⋅
=
⋅=
⋅=
⋅
=
=⋅=
≤⋅+
−
−
pi
pi
σσ
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
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
z
65kN y
A
P
dII
dyz
mkNePMM
Ek
adm
yx
máxmáx
yx
adm
=
==
==
⋅=⋅⋅=⋅==
=
⋅
⋅
==
σ
σ
12
2
925,2045,01065
46,23
109
1011671,0671,0
4
3
6
9
'
Pr
o
f. 
R
o
m
e
l D
ia
s 
Va
n
de
rle
i
Exemplo 14
( )
1004,010989,3
1
³
004,010989,3
1
³41,256
1
12,2507
1
1
109
12
2³10925,2
2
²10963,162
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
d
d
d
d
d
dd
L
Ek
d
L
IxMIzMAP
adm
adm
adm
zmáxz
adm
xmáxx
adm
σ
σ
σσσ
mmdmd 183183,0 =→≥
)(5,24
183,0
5,4
:overificand okk
d
L
>==