Capítulo 1 - Flambagem de Colunas v4b

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Capítulo 1
Flambagem de 
Colunas
Professores Luciano Lima e André Tenchini
Bibliografia
2
3
Introdução
• O que leva à falha de uma estrutura? 
• Um engenheiro sempre deve considerar possíveis modos de falha ao projetar 
uma estrutura. Algumas delas são:
• O escoamento controla o dimensionamento;
• As deformações e deflexões; e
• A fadiga provocada por ciclos de carregamentos repetidos.
Tensão
P/A
Deformação
Até agora!!!!!
L1 < L 2
P
Ponto 2
L2 < L1
Ponto 3
3
P
L
Ponto 1
1
L
Introdução
• Outro tipo de falha possível
• A flambagem em tensões inferiores a 
tensão de escoamento, por exemplo;
P
1
2
Esforço normal N1>0
(tração)
Esforço normal N2<0
(compressão)
N2 = Pcr → tensões normais < sy
P
N2/A < fy ou sy
(compressão)
Tensão P/A
Deformação
N2=Pcr → (falha por flambagem)
• Surgimento de deslocamentos laterais no 
plano da solicitação;
4O esforço normal de compressão 
é que causa a falha por 
flambagem na barra 2
4
Estabilidade de Estruturas
Estável Neutro Instável
; 0Fxå = ; 0Fyå = å = 0M
5
Estabilidade de Estruturas
Aplicação do Equilíbrio a Elementos Submetidos à Compressão
D´= kF linear_mola
Relembrando
A força é diretamente 
proporcional ao 
deslocamento linear Þ
q´= kM rotacional_mola
qq .kMAR =momento restaurador ®
P
L.senq
qPLsenMAP =momento carga P ®
? ARAP M M
P
Ax = 0
Ay = P
MAR
P
Elemento 
rígido
Mola 
linear de 
torção
L
6
Estabilidade de Estruturas
Aplicação do Equilíbrio a Elementos Submetidos à Compressão
ARAP MM <
Estável Neutro
ARAP MM =
Instável
ARAP MM >
mas .kPLsen q=q q ( )q@qsen
L
kP q=
A carga que define a transição entre o equilíbrio estável e o equilíbrio instável é a chamada carga 
crítica – Pcr e a perda de estabilidade do equilíbrio é chamada de flambagem, de modo que 
também chamamos Pcr de carga crítica de flambagem.
7
Estabilidade de Estruturas
Diagrama de Equilíbrio
P P
B
CC’
ponto de bifurcação
q=0
P = Pcr
P
L
kP q= q=0 (estável)
P < Pcr
q>0 (instável)
P > Pcr
P
q
8
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
P = Pcr
B
v(x)
A
y, v(x)
x
(b) Configuração flambada
(c) DCL (d) DCLsimplificado
Configuração flambada
P < Pcr
equilíbrio estável
P = Pcr
equilíbrio neutro
(a) Coluna ideal
P
B
A SV = 0 à Ax = P
SH = 0 à Ay = 0
9
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
• Hipóteses adotadas:
i. Inicialmente, a coluna é perfeitamente reta;
ii. O material que a compõe tem comportamento linear elástico; 
iii. Os pinos das extremidades passam pelo centróide da seção transversal;
iv. A coluna tem liberdade para girar pelos pinos sem que haja fricção, assim, as restrições 
desses apoios são equivalentes àquelas de uma viga bi-apoiada; 
v. A coluna é simétrica em relação ao plano xy e qualquer deflexão lateral da coluna 
ocorrerá neste plano; e
vi. A coluna recebe uma força axial compressiva P aplicada através do pino superior.
10
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Equilíbrio de colunas flambadas
0M(x)v(x).P =+
Relembrando
Da teoria de vigas Þ
EI
)x(M
dx
yd
2
2
-=
2
2
dx
ydEI)x(M -=
)x("EIv)x(M -=
0(x)v".EIv(x).P =-
Equação diferencial para coluna bi-
rotulada ® ordinária, homogênea, 
linear e de segunda ordem
↓
Solução ® condições de contorno
v(x)
x
M(x)
y, v(x)
x
P
P
A
Como SMA = 0, tem-se
0(x)v".EIv(x).P =++
Troca-se o sinal porque o deslocamento está no sentido 
positivo do eixo y e na viga, na direção negativa 
Repare no binário formado pelas 
cargas P → na deformada → surgimento 
de um esforço de flexão
11
Equilíbrio de colunas flambadas
Condições de 
contorno?
v(L) = 0
v(0) = 0
0v(x).P(x)v".EI =+
A presença do termo v(x) significa que não
se pode integrar duas vezes a equação para
se obter a solução. De fato, apenas quando
EI for constante, existirá uma solução
simples para esta equação. Sendo assim,
trata-se de uma equação diferencial
ordinária com coeficientes constantes.
mas 0
EI
v(x).P(x)v" =+ EI/P2 =l
0)x(v(x)"v 2 =+ l
xcosCxsenCv(x) 21 ll +=
Aplicação das condições de contorno?
v(0) = 0 ® 00cosC0senC 21 =l+l
01.C0.C 21 =+
0LcosCLsenC 21 =l+l
0Lcos.0LsenC1 =+ ll
0LsenC1 =l
v(L) = 0 ®
0C2 =®
???? 0C1 =®
P
B
A
12
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Equilíbrio de colunas flambadas
Condições de contorno?
P
B v(L) = 0
v(0) = 0
xcosCxsenCv(x) 21 ll +=
Se C1 = 0 e C2 = 0, v(x) = 0 ? ®
configuração original ® não ocorre 
flambagem
• Configurações alternativas de equilíbrio ®
deve-se encontrar um valor de l que
satisfaça a equação com C1 ¹ 0
• l deve satisfazer a equação característica
\=l 0Lsen n ,...3,2,1n;L
.n
n =
p
=l
• Como \=l EI/P2
3... 2, 1, n com 
L
EInP 2
22
n =
p
=
• Interessa a menor carga crítica de
flambagem, ou seja, n = 1
 
L
EIP 2
2
cr
p
=
carga crítica de flambagem elástica 
de Euler ® colunas bi-rotuladas
13
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Equilíbrio de colunas flambadas
xcosCxsenCv(x) 21 ll +=
 
L
EIP 2
2
cr
p
=
÷
ø
ö
ç
è
æ p=
L
xsen.Cv(x)
• Da equação de v(x), tem-se os
modos de flambagem
associados às diversas cargas
críticas
P
[v(L/2) = C]
 
L
EIP 2
2
1cr
p
= 
L
EI4P 2
2
2cr
p
=
L/2
L/2
14
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Equilíbrio de colunas flambadas
• Tensão crítica de flambagem elástica de
Euler
( )2
2
2
22
2
2
cr
cr r/L
E
AL
)Ar(E
AL
EI
A
P p
=
p
=
p
==s
Relembrando
Raio de giração
2rAI 
A
Ir ´=\=
• L / r ® índice de esbeltez da coluna
42 89 200
 
L
EIP 2
2
1cr
p
=
15
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Características da Flambagem Elástica
i. Um material com maior módulo de
elasticidade E, provoca um aumento direto
na capacidade de carga de flambagem
elástica de um elemento. Essa propriedade,
que representa a rigidez mecânica do
material, atua diretamente nas equações
de tensão e carga crítica de flambagem;
ii. A equação de Euler vale apenas para
colunas “longas”, limitadas pela tensão de
escoamento do material para o caso do aço
e o alumínio;
 
L
EIP 2
2
cr
p
= ( )2
2
cr r/L
Ep
=s
42 89 200
16
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Características da Flambagem Elástica
iii. Maiores momentos de inércia I
fornecem maiores cargas de
flambagem. Para atingir maiores
valores, podem-se utilizar seções
transversais maiores, vazadas e que
conservem a área anteriormente
empregada.
Fonte: fotografia de W. H. Horton; de
Computerized Buckling Analysis of
Shells, por D. Bushnell, 1985
Fonte: dissertação de mestrado Hugo
Penalva – PGECIV - 2016
Entretanto, se a parede da seção
transversal for muito fina, a peça
poderá sofrer flambagem local;
17
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Características da Flambagem Elástica
L 152,4 x 19,05
A = 5444 mm2
P = 42,7 kg/m 
IPE300
A = 5380 mm2
P = 42,7 kg/m 
HEA200
A = 5380 mm2
P = 42,3 kg/m 
CHS 168,3 x 11
A = 5444 mm2
P = 42,7 kg/m 
SHS 140 x 140 x 11
A = 5444 mm2
P = 42,7 kg/m 
 
L
EIP 2
2
1cr
p
=
Comprimento de 
flambagem: 3m
18
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Características da Flambagem Elástica
P y
x
b
h
L
Ix Iy
rx ry
>
> <
>
L/rx L/ry
 
L
EIP 2
x
2
x,cr
p
=
flambagem em torno 
do eixo x ou no plano yz
 
L
EI
P 2
y
2
y,cr
p
=
flambagem em torno do 
eixo y ou no plano xz
scr,x
scr,y
L/rx < L/ry
2
Pcr,y controla!!!! Desde que mesmas condições de contorno e sem travamentos laterais em algum dos eixos 
1
 A
Ir =Lembrando que
L/ry controla!!!!
19
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
z
Características da Flambagem Elástica
v. Quando o índice de esbeltez (L/r) é
muito grande, como por exemplo, em
L/r > 200 , a tensão crítica atingida na
flambagem é muito pequena. Nesses
casos, o projeto deve ser modificado
porque a resistência do material está
subutilizada. A alteração nas condições
de contorno pode ser uma das
soluções para diminuir o de projeto.
20
Fórmula de Euler para Colunas Bi-rotuladas
Exemplos - Colunas Bi-rotuladasExemplo 1.1
Qual é a carga máxima que pode ser aplicada na coluna em liga de alumínio
submetida à compressão, com 4m de comprimento, se o elemento é
carregado de uma maneira que permite rotação livre nas suas extremidades e
se um fator de segurança de 1,5 contra falhas deve ser aplicado?
MPa270y =s
E = 70GPa
r0 = 45mm
ri = 40mm
L = 4m
5,1 
aplicada carga
aresistênci 
admissívelaargc
falhadeaargc
 FS ===
Momento de Inércia de seções circulares: ( )
4
4045
4
r.I
444 -
==
pp
( ) kN 52,25 N 52247
4
4045
4000
.70000
L
EIP
44
2
2
2
2
cr ==
-pp
=
p
=
( ) y22
cr
cr MPa13,394045
52247
A
P
s
p
s <=
-
==
Como a tensão crítica é menor que a tensão de escoamento, 
confirma-se a hipótese anterior e conclui-se que o elemento sofrerá 
flambagem elástica em L/r = 133 
N
mm
mmmm/N
2
42
=
´
(atenção com as unidades)
133
kN8,34
5,1
25,52
FS
PP cradm ===
270MPa
21
Exemplos - Colunas Bi-rotuladas
Exemplo 1.2
Uma coluna de extremidades articuladas tem seção transversal quadrada de 2m de comprimento sendo
constituída de pinho com E = 13GPa e sadm=12MPa para compressão na direção paralela às fibras.
Usando um coeficiente de segurança de 2,5 no cálculo da carga crítica de flambagem de Euler,
determinar a dimensão da seção transversal, de modo que a coluna possa resistir com segurança a uma
força de 100kN.
MPa12adm =s
E = 13 GPa
P = 100 kN
L = 2,5m
kN 2501005,2P 5,2 
aplicada carga
)(P aresistênci FS crcr =´=\==
4
2
2
mm
mm/N
mmN
=
´
(atenção com as unidades)
a
a
13000.
2000.10.250
E
L.PI
L
EIP 2
23
2
2
cr
2
2
cr pp
p
==Þ= mas mm10.794,7I 46=
12
aI
4
=
mm 100mm 98,34012.7,794.112.Ia 4 64 »===
MPa10
100
10.100
A
P
2
3
===s A tensão na seção adotada é menor que a tensão admissível para 
compressão na direção paralela às fibras, o que comprova a escolha.
22
Efeito das Condições de Extremidade na 
Flambagem de Colunas
(a) engastada e livre (b) bi-rotulada (c) Engastada e rotulada (d) bi-engastada com 
carrinho no topo
Condições idealizadas de apoio ® comprimento efetivo de flambagem 
23
Coluna Engastada e Rotulada
P<Pcr P = Pcr
B
A
P
B
A
A
B P
24
Coluna Engastada e Rotulada
P
A
B
PA0V x =Þ=å
yB AH0H -=Þ=å
¬Þ=å BA H0M
Da Figura (c)
Da Figura (d)
( ) 0xLHv(x).PM(x)0M B0 =--+Þ=å
 e v(x).Px)(LHM(x) B --= M(x)(x)v"EI =
xHLHPv(x)(x)v"EI BB -=+
\-=+
EI
xH
EI
LHv(x)
EI
P(x)v" BB
EI
xH
EI
LHv(x)(x)v" BB2 -=l+
l2
25
Coluna Engastada e Rotulada
EI
xH
EI
LHv(x)(x)v" BB2 -=l+
(equação diferencial ordinária linear, não homogênea 
e de 2ª ordem com coeficientes constantes)
P
A
B
Condições de contorno?
v(L) = 0
v(0) = 0
pc v(x)v(x)v(x) +=
Um solução complementar e uma solução particular
A solução complementar é obtida igualando-se o lado 
direito da equação a zero.
0)x(v)x(v" 2 =+ l
xcosCxsenC)x(v 21c ll +=
xCCv(x) 43p +=
( ) \-=+l
EI
xH
EI
LHxCC BB43
2 ( )
EI
xH
EI
LHxCC
EI
P BB
43 -=+
pv(x)
26
v'(0) = 0
Coluna Engastada e Rotulada
( ) \-=+l
EI
xH
EI
LHxCC BB43
2 ( )
EI
xH
EI
LHxCC
EI
P BB
43 -=+
Þpv(x) P
xH
P
LHv(x) BBp -=
Finalmente, a solução geral completa é dada porpc v(x)v(x)v(x) +=
P
xH
P
LHxcosCxsenCv(x) BB21 -++= ll
Deve-se então aplicar as três condições de contorno para obtenção das quatro constantes l, HB, C1 e C2
Þ=-+l+lÞ 0
P
0H
P
LH0cosC0senC BB21
v(L) = 0
v'(0) = 0
v(0) = 0
P
LHC B2 -=
Þ=-ll-llÞ 0
P
H0senC0cosC B21 P
HC
P
HC B1B1 =lÞl
=
Þ=-+l+lÞ 0
P
LH
P
LHLcosCLsenC BB21 0LcosCLsenC 21 =+ ll
0Lcos
P
LHLsenC B1 =- ll
[ ] 0LcosLLsenC1 =- lll
27
Coluna Engastada e Rotulada
[ ] 0LcosLLsenC1 =- lll
Esta equação substitui a condição muito mais simples que foi obtida para a coluna bi-apoiada. Novamente,
há duas soluções, mas a solução C1 = 0 => HB = C2 = 0, de modo que se obtém a solução “trivial” da
configuração retilínea do equilíbrio, v(x) = 0. Porém, configurações de equilíbrio alternativas são possíveis
se l satisfaz a seguinte equação:
Þ=ll-l 0LcosLLsen nnn ,...3,2,1n,LLtg nn =l=l (equação característica)
LLtg)L(f lll ´º
LL)L(g lll ´º
O menor valor de lL onde as curvas se interceptam é 4934,4L1 =l
Combinando este valor com a equação l2 = P / EI, tem-se
Þ= 4934,4L
EI
P ( ) Þ= 2
2
L
4934,4
EI
P ´= 
L
EI1906,20P 2cr L
EIP 2
2
cr
p
=
(coluna bi-rotulada)Quanto maior essa carga crítica?
28
´= 
L
EI1906,20P 2cr Þ
p
= 
L
EIP 2
2
cr
P
B
A
P
B
A
%6,104%100.1906,20 2
2
=÷÷
ø
ö
çç
è
æ -
p
p
x
Logo, pode-se concluir que a
resistência a flambagem de uma
coluna em compressão pode ser
aumentada alterando-se as
condições de contorno da mesma.
29
Coluna Engastada e Rotulada
Comprimento Efetivo de Flambagem
P
B
A
 
L
EIP 2
e
2
cr
p
= 
L
EI1906,20P 2cr =mas
L.7,0L
L
1906,20
L e22e
2
=Þ=
p
Le = 0,7L Þ Le = K x LFisicamente, o comprimento efetivo
de uma coluna é a distância entre
pontos de momento nulo (ou pontos
de inflexão), quando a coluna é fletida
em seus modos fundamentais de
flambagem elástica
Onde K é o coeficiente de
comprimento efetivo de
flambagem
( )
 
KL
EI 
L
EIP 2
2
2
e
2
cr
p
=
p
=
30
L
Comprimento Efetivo de Flambagem
(d) engastada 
e livre
(a) bi-rotulada (b) Engastada 
e rotulada
(c) bi-engastada com 
carrinho no topo
0,7LL
0,5L
2L
L
L
(e) bi-engastada
c/ carrinhos ¹
L
L
1(2)L=2L
(f) engastada c/ carrinho e 
apoiada (rotulada)
K = 1 K = 0,7 K = 0,5 K = 2 K = 1 K = 2
L L L
31
0,5(2)L=L
Comprimento Efetivo de Flambagem
( )
 
KL
EI 
L
EIP 2
2
2
e
2
cr
p
=
p
= 2
2
2
e
2
cr
cr
r
L.K
E
r
L
E
A
P
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
==s
L.KLe º
Conforme slide anterior
32
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplos 1.3/1.4
Uma viga rígida BC é sustentada por duas colunas idênticas tipo W6x20 (padrão americano).
Considerando que as colunas são impedidas de girar em ambas as extremidades devido a esta
configuração e tanto o movimento lateral quanto para fora do plano são permitidos, estimar as cargas
críticas de flambagem elástica, Pcr, considerando-se o comprimento efetivo das colunas. Considere que as
ligações em B e C são rígidas, que a viga BC é rígida e que a carga P é aplicada no centróide do topo de
cada coluna.
W6x20
E = 200 GPa
sy = 250 MPa
Iy = 553,6 cm4
Iz = 1723,2 cm4
A = 3787,1 mm2
L = 4,9 m
z
y
33
2P
L
Ky = 0.5x(2L)=1
Kz = 2
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplos 1.3/1.4
W6x20
E = 200 GPa
sy = 250 MPa
Iy = 553,6 cm4
Iz = 1723,2 cm4
A = 3787,1 mm2
L = 4,9 m
(a) Configuração não-flambada (b) Configuração flambada –
eixo z ou plano xy
2P
L
(b) Configuração flambada –
eixo y ou plano xz
z
y
Le
34
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplos 1.3/1.4
W6x20
E = 200 GPa
sy = 250 MPa
Iy = 553,6 cm4
Iz = 1723,2 cm4
A = 3787,1 mm2
L = 4,9 m
Flambagem em torno do eixo y ou plano xz (Ky = 1) 
z
y
Flambagem em torno do eixo z ou plano xy (Kz = 2) 
( ) ( ) kN1,455mm4900.1
mm10.6,553.mm/N10.200.
LK
IE
P
22
44232
2
y
y
2
y,cr =
p
=
´
´´p
=
( ) ( )
kN1,354
mm4900.2
mm10.2,1723.mm/N10.200.
LK
IEP
22
44232
2
z
z
2
z,cr =
p
=
´
´´p
=
2P
2P
y
z
(b) Configuração flambada –
eixo y ou plano xz
(b) Configuração flambada –
eixo z ou plano xy
Pcr,z controla porque é a 
menor carga crítica apesar do 
eixo z ser o de maior inércia 
da seção!!!!
35
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplo 1.5
Uma coluna de alumínio de seção transversal retangular
tem comprimento L e extremidade engastada em B. A
coluna suporta uma carga centrada em sua
extremidade A. Na extremidade A da coluna, existem
duas placas rígidas de cantos arredondados que
impedem essa extremidade de se movimentar em um
dos planos verticais de simetria da coluna, mas não
impedem movimentos na direção do outro plano:
a) determinar a relação a/b entre os lados da seção
transversal que corresponde à solução de projeto
mais eficiente contra flambagem;
b) dimensionar a seção transversal mais eficiente
para a coluna, sabendo-se que L = 500 mm, E = 70
GPa, P = 20 kN e que o coeficiente de segurança
deveser de 2,5.
P
36
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplo 1.5
P
Ky = 2Kz = 0,7
Configuração flambada –
eixo y ou plano xz
Configuração flambada –
eixo z ou plano xy
AL0,7Le = L2Le =
b.aAe
12
baI
3
z ==
( )2
z
2
z,cr L0,7
EIP p=
b.aAe
12
abI
3
y ==
( )2
y
2
y,cr L2
EI
P
p
=
37
Exemplos – Comprimento Efetivo
Exemplo 1.5
( )2
z
2
z,cr L0,7
EIP p=
( )2
y
2
y,cr L2
EI
P
p
=
a) determinar a relação a/b entre os lados da seção transversal que corresponde à solução de projeto
mais eficiente contra flambagem?
? Þ y,crz,cr PP =
( ) ( )2
z
2
2
y
2
L0,7
EI
L2
EI p
=
p
( ) ( )2
3
2
3
L0,7
12
ba
L2
12
ab
=
( )
( )2
2
2
2
L2
L0,7
b
a
= 35,0b
a =Þ
b) dimensionar a seção transversal mais eficiente para a coluna, sabendo-se que L = 500 mm, E =
70GPa, P = 20 kN e que o coeficiente de segurança deve ser de 2,5.
kN5020.5,2Pcr == ( )
N10.50
L2
EI 3
2
y
2
=
p
12
b0,35I0,35
b
ae
12
abI
4
y
3
y =Þ== ( )
N10.50
mm5002.
12
b35,0mm/N10.70
3
22
4
232
=
p
b = 39,7 mm
mm7,39.35,0a =
Þ Þ
Þ
Þ
mm9,13a =Þ
38
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
(a) Coluna engastada 
e livre
(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
P
Comportamento Viga-Coluna
P
P
Se a excentricidade e = 0, coluna de Euler
Se e ¹ 0 ® diagrama de corpo-livre simplificado
0M(x)v(x).Pe.P0ΣMA =++Þ=
v(x).Pe.PM(x) --=
M(x)(x)v".EI =
e.Pv(x).P(x)v".EI -=+
Dividindo-se tudo por EI e lembrando que l2 = P / EI
e
EI
Pv(x)
EI
P(x)v" -=+
e)x(v)x("v 22 ll -=+
pc v(x)v(x)v(x) +=
P
39
(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
Comportamento Viga-Coluna
P
P
e)x(v)x("v 22 ll -=+
pc v(x)v(x)v(x) +=
v(x)c – solução complementar
0)x(v)x(v" 2 =+ l
xcosCxsenC)x(v 21c ll +=
ev(x)p -=
v(x)p – solução particular
excosCxsenCv(x) 21 -+= ll
condições de contorno
v(0) = 0 e v(L) = 0
P
40
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Comportamento Viga-Coluna
condições de contorno
v(0) = 0 ® 0e0cosC0senC0)0(v 21 =-+Þ= ll
eC2 =
0 1
v(L) = 0 ® 0eLcoseLsenC0)L(v 1 =-+Þ= ll
[ ] 01LcoseLsenC1 =-+ ll
[ ]Lcos1eLsenC1 ll -=
lembrando que
÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ=
2
Lcos
2
Lsen2Lsen lll
÷
ø
ö
ç
è
æ=-
2
Lsen2Lcos1 2 ll
(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
P
P
P
41
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Comportamento Viga-Coluna
÷
ø
ö
ç
è
æ=÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
2
Lsen.2.e
2
Lcos
2
Lsen.2.C 21
lll
÷
ø
ö
ç
è
æ=÷
ø
ö
ç
è
æ
2
Lsen.e
2
LcosC1
ll
÷
ø
ö
ç
è
æ=
2
Ltg.eC1
lÞ
Substituindo-se C1 e C2 na equação de v(x), tem-se
ú
û
ù
ê
ë
é
-l+l÷
ø
ö
ç
è
æ l= 1xcosxsen
2
Ltg.ev(x)
Porém, a deflexão máxima ocorrerá em x=L/2
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ l+÷
ø
ö
ç
è
æ l
÷
ø
ö
ç
è
æ l=÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lcos
2
Lsen
2
Ltg.e
2
Lvvmáx
( )
( ) úúû
ù
ê
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ l+÷
ø
ö
ç
è
æ l
l
l
= 1
2
Lcos
2
Lsen
2
Lcos
2
Lsen
.evmáx(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
P
P
P
42
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Comportamento Viga-Coluna
( )
( ) úúû
ù
ê
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lcos
2
Lsen
2
Lcos
2
Lsen
.evmáx
ll
l
l
( ) úû
ù
ê
ë
é
÷
ø
ö
ç
è
æ-÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ=
2
Lcos
2
Lcos
2
Lsen.
2
Lcos
ev 22máx
lll
l
( )
( ) úúû
ù
ê
ê
ë
é -
=
2
Lcos
2
Lcos1
.evmáx l
l
Þ ( ) úúû
ù
ê
ê
ë
é
-= 1
2
Lcos
1.evmáx l
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lsec.evmáx
l
Diferente da coluna bi-rotulada de Euler, que deflete lateralmente
apenas quando P iguala-se ou excede a carga de flambagem de
Euler, Pcr, a deflexão lateral de um elemento carregado
excentricamente ocorre para qualquer valor de carga P.
(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
P
P
P
43
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Comportamento Viga-Coluna
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lsec.evmáx
l
EI
P
=lmas
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
= 1
2
L
EI
Psec.evmáx
Quando este termo 
atinge seu máximo?
y = sec(x); y = cos(x)
22
L
EI
P p
= Þ
44
L
EI
P 22 p
= 2
2
cr L
EIP p=Þ ??????
(b) Coluna bi-
rotulada
(c) DCLs
P
P
P
P
44
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
(a) Coluna perfeita 
bi-rotulada (carga 
centrada)
(b) Coluna perfeita bi-
rotulada (carga excêntrica)
P
Comportamento Viga-Coluna
P/Pcr
vmáx
1
e = 0 (coluna perfeita)
e = crescente
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lsec.evmáx
l
P
B
A
P
45
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Equação da Secante
P
P
O momento máximo (em valor absoluto) ocorre em x = L/2 e é 
obtido combinando as equações de M(x) com vmáx em x = L/2.
P
[ ]v(x)ePM(x) +-=
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ=÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lsec.e
2
Lvvmáx
l
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ= 1
2
Lsec.evmáx
l Þ
ú
û
ù
ê
ë
é
-÷
ø
ö
ç
è
æ+-= 1
2
Lsec1e.PMmáx
l
÷
ø
ö
ç
è
æ=÷
ø
ö
ç
è
æ=
2
Lsec.e.P
2
LMMmáx
l
P
46
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Equação da Secante
P
P
P
C CT
C
I
c.M
A
P máx
máx +=s
P/A M.c/I
÷
ø
ö
ç
è
æ+=
2
Lsec
I
c.e.P
A
P
máx
lsÞ
÷
ø
ö
ç
è
æ=÷
ø
ö
ç
è
æ=
2
Lsec.e.P
2
LMMmáx
l
Relembrando
2rAI 
A
Ir ´=\=
EI
P=l
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
EI
P
2
Lsec
Ar
c.e.P
A
P
2máxs
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P
2máxs
Mmáx
47
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Equação da Secante
P
P
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P
2máxs Equação da Secante
= máxima tensão de compressão na viga-coluna
P = carga de compressão excêntrica
A = área da seção transversal do elemento em compressão
e = excentricidade da carga
c = distância do centróide até a fibra mais externa onde atua
I = Momento de inércia em relação ao eixo de flexão do 
centróide
r = raio de giração 
L = comprimento do elemento
máxs
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=s
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P e
2máx
Equação da Secante – viga-coluna 
engastada e livre
48
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Equação da Secante
P
P
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P
2máxs
• Para determinar a carga de compressão máxima
que pode ser aplicada a uma dada excentricidade,
a uma coluna de comprimento e material dados e
sem causar escoamento do material, pode-se
fazer smáx = sy, o limite de escoamento em
compressão e resolver a equação de smáx para
P/A, a tensão média.
• P/A nos dois termos è equação transcendental
è solução por tentativas?????
• Solução com ábacos è as curvas são traçadas
para uma tensão de escoamento e um módulo
de elasticidade conhecidos è calculam-se os
valores de Le/r e ec/r2 e se obtém o valor de P/A
multiplicar este valor pela área è obtém-se a
excentricidade e de forma que não provoque a
a máxima carga P que pode ser aplicada com
que resolve a equação da secante è ao se
falha da viga-coluna
ec/r2
P/A
Le/r
49
Carregamentos Excêntricos – Eq. da Secante
Imperfeições de Colunas
÷
ø
ö
ç
è
æ pd=
L
x.sen(x)v 00
÷
ø
ö
ç
è
æ p=
L
xsen.Cv(x)
[ ](x)vv(x)PM(x) 0+-=
÷
ø
ö
ç
è
æ pd-=+
L
xsenPv(x).P)x(v".EI 0
Do DCLs, obtém-se
(a) Coluna bi-
rotulada imperfeita
(b) Com aplicação 
de carga centrada
(c) DCLs
Condições de contorno: v(0)=v(L)=0
÷
ø
ö
ç
è
æ÷
ø
ö
ç
è
æ
-
=
L
xsen
1
.v(x) 0 p
a
da
onde
EI
)L.(P
P
P
2
2
e
cr p
a ==
P é a carga aplicada no centroide de uma coluna
imperfeita e Pcr é a resistência a flambagem da coluna
ideal de Euler (coluna perfeita)
50
(a) Coluna bi-
rotulada imperfeita
(b) Com aplicação 
de carga centrada
(c) DCLs
÷
ø
ö
ç
è
æ÷
ø
ö
ç
è
æ
-
=
L
xsen
1
.v(x) 0 p
a
da
Da equação de v(x) pode-se determinar a 
deflexão máxima, dmáx, e o momento fletor 
máximo, Mmáx, da seguinte maneira:
÷÷
÷
ø
ö
çç
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
-
+=÷
ø
ö
ç
è
æ+=
L
2
L.
sen
1
.
2
Lv 000máx
p
a
da
ddd
( )
a
daad
d
-
+-
=
1
.1 00
máx
a
d
d
-
=
1
0
máx
Þd= máxmáx .PM a
d
-
=
1
.PM 0máx
I
c.M
A
P máx
máx +=s
ú
û
ù
ê
ë
é
-
+=
)1(r
c.1
A
P
2
0
máx a
d
s
51
Imperfeições de Colunas
Imperfeições de Colunas
(a) Coluna bi-
rotulada imperfeita
(b) Com aplicação 
de carga centrada
(c) DCLs
ú
û
ù
ê
ë
é
a-
d
+=s
)1(r
c.1
A
P
2
0
máx
Novamente, como a = P/Pcr, as equaçõesde
dmáx, Mmáx e smáx, são todas não lineares em
relação a carga P. A razão de imperfeição
d0.c/r2 pode ser usada na determinação de
uma família de curvas de Py/A x L/r para uma
dada tensão de escoamento para compressão
smáx= sy . O resumo é bastante similar às
curvas obtidas no caso de colunas ideais, ou
seja, sem imperfeições iniciais.
52
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.6
Uma coluna de aço estrutural W6x20 com E=200GPa e
sy = 250MPa está carregada de forma excêntrica como
mostrado ao lado. Considere que a carga é aplicada
diretamente na seção transversal do topo, embora com
uma excentricidade e. A coluna está travada para
evitar a flambagem para fora do plano. Desta forma,
pede-se:
a) Se uma carga de compressão P = 90 kN é aplicada
com uma excentricidade e = 100 mm, qual a tensão
de compressão máxima na coluna?
b) Qual o fator de segurança contra o escoamento
inicial da coluna submetida ao carregamento
acima?
Dados: A = 3787,1 mm2; rz = 67,56 mm, ry = 38,31 mm
(consultar tabela de perfis em W disponível no site do
curso)
P
157,48
153
P
53
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.6
153
P
Le = 2L
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=s
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P e
2máx
a) Tensão de compressão máxima (seção A, B ou C?
fibra esquerda ou direita?)
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=s
.(3787,1)200.10
90.10
2.(67,56)
2.(2500)sec
(67,56)
)100.(78,741
mm3787,1
N90.10
3
3
22
3
máx
MPa7,64máx =s
em radianos
A
B
C
z
157,48
1 3
2
54
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.6
153
P
Le = 2L
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=s
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P e
2máx
b) Qual o fator de segurança contra o escoamento
inicial da coluna submetida ao carregamento acima?
z
157,48
Como a equação da secante é não-linear, deve-se determinar o valor da carga
Py que satisfaça smáx = sy (tensão de escoamento de compressão). Esta análise
será feita utilizando o ábaco abaixo
74
56,67
2500.2
r
Le ==
1,725
(67,56)
100.78,74
r
c.e
22 ==
Interpolando-se nas curvas 
de (e.c/r2) = 1,60 e (e.c/r2) = 
1,80
MPa75
A
P
=
2
2 mm3787,1mm
N75P ´=
Nk284P =
P/A=75
74
y
157,48 / 2
55
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.6
153
P
Le = 2L
Ainda utilizando o aplicativo é possível obter o valor exato de P, conforme pode ser
visto na tela abaixo extraída do Secante Applet.
z
157,48
y
kN 77,295P =
3,15
90
284
P
P
FS y ===
(ábaco) 
293,
90
77,295
P
P
FS y ===
(exato) 
56
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.7
A coluna de seção uniforme apresentada ao lado é
constituída de um tubo com 2,4 m de comprimento.
Desta forma, pede-se:
a) determinar pela fórmula de Euler com coeficiente
de segurança igual a 2,0, a carga centrada
admissível para a coluna e a tensão normal
correspondente;
b) supondo-se que o valor da carga admissível
encontrada em (a) seja aplicado a um ponto 20,0
mm fora do eixo da coluna, determinar o
deslocamento horizontal do topo da coluna e a
tensão normal máxima que ocorre.
Usar E = 200 GPa.
Padm
Padm
57
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.7
a) determinar pela fórmula de Euler com coeficiente
de segurança igual a 2,0, a carga centrada
admissível para a coluna e a tensão normal
correspondente;
Padm
comprimento efetivo de flambagem:
kN 7,282
4800
.10.3,3.10.200.10
)(L
EIP 2
12632
2
e
2
cr =
p
=
p
=
-
carga admissível e a tensão normal
kN 35,141
2
7,282
FS
PP cradm ===
MPa 25,64
mm.102,2.10
N141,35.10
A
P
263
3
===s -
Ky = 2
(engastada e livre) Le = 2.L = 2.(2,4) = 4,8 m
carga crítica de Euler (carga centrada)
58
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.7
b) supondo-se que o valor da carga admissível encontrada em (a)
seja aplicado a um ponto 20,0 mm fora do eixo da coluna,
determinar o deslocamento horizontal do topo da coluna e a
tensão normal máxima que ocorre. Usar E = 200 GPa.
Padm
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
= 1
P
P
2
sec.ev
cr
máx
p mas
FS
1
P
P
cr
=
Þ
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ p
== 1
2
1
2
sec.20)L(vvmáx ( )[ ]11,1107sec20.v(L) -=
( ) mm 04,2512,25220.v(L) =-=
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
EA
P
r2
Lsec
r
c.e1
A
P e
2máxs
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+=
-- 633
3
263
3
máx .10.2,2.10200.10
141,35.10
2.38,7
2.2400sec
38,7
20.501
.102,2.10
141,35.10s
( )[ ] MPa 1,16131,1115sec0,668.164,25.máx =+=s
59
Exemplos – Viga-Coluna
Exemplo 1.7
b)
60
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
scr
Le/r
sy
curtas intermediárias longas
• Ensaios de colunas do aço 
com carregamento centrado
P (kN)
D (mm)
P → Pmáx → scrítica
Pmáx
← Três tipos de ruptura
Ruptura segundo Euler è
L/r é alto (depende do 
módulo de elasticidade).
Tensão crítica 
de flambagem 
elástica de 
Euler
( )2
2
cr r/L
Ep
=s
A ruptura ocorre como 
resultado do escoamento, 
ou seja, scr = sy
A ruptura depende de 
E e de sy , 
simultaneamente.
P
Três materiais a serem abordados 
→ Aço, Alumínio e Madeira
61
Aço Estrutural → AISC (American Institute of Steel Constructional)
A parte AB da curva é uma parábola da forma
2
e
0cr r
Lk ÷
ø
ö
ç
è
æ-s=s
enquanto o trecho BE é obtido pela equação de 
Euler
( )2e
2
cr rL
Ep
=s
• Para scr = sy → Le/r = 0 de modo que s0 = sy na 
equação do treco AB
• Ponto B, ponto de tangência entre a parábola e a curva 
de Euler, ocorre para a tensão crítica com valor igual à 
metade de sy → Denota-se CC o valor de Le/r neste ponto
Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-s=s
2
e
0cr r
Lk 2cyyc )C.(k2
1C
r
L
-s=sÞ=
2
c
y
C.2
k s=
62
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
Aço Estrutural → AISC (American Institute of Steel Constructional)
Substituindo-se s0 = sy e K na equação de scr a 
seguir, tem-se
Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-s=s
2
e
0cr r
Lk
2
e
2
c
y
ycr r
L
C.2
÷
ø
ö
ç
è
æs-s=s
( )
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-s=s 2
c
2
e
ycr C.2
r/L1 para ce Cr/L0 <£
2
e
2
cr
r
L
E
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=s ce Cr/L ³para (Euler)
E se obtém a expressão para CC substituindo-se a 
condição scr = ½ sy e Le/r = Cc na equação de Euler
Þ
p
=s 2
c
2
y C
E
2
1
y
2
c
E..2C
s
p
=
63
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
Aço Estrutural → AISC (American Institute of Steel Constructional)
3
c
e
c
e
ce C
rL
8
1
C
)r(L
8
3
3
5FSC/rL0 ÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-+=Þ<£
1,92
12
23FS200/rLC ec »=Þ££
Finalmente, aplicando-se os fatores de segurança nas
equações de scr, obtém-se as equações de sadm = scr /FS:
( )
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-=Þ<£ 2
c
2
ey
admce C.2
rL1
FS
C/rL0
s
s
2
e
2
admec
r
L.92,1
E200/rLC
÷
ø
ö
ç
è
æ
=Þ££
ps
Faltando apenas introduzir um fator de segurança para 
obtenção das fórmulas finais de dimensionamento do AISC 
que definem sadm como função de L/r.
64
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
Alumínio → Aluminum Association
Liga de alumínio 6061-T6
( )[ ]
( )ï
ï
ï
ï
ï
î
ïï
ï
ï
ï
í
ì
=sÞ³
-=sÞ<<
=sÞ£
)MPa(
rL
10.35166rL
(MPa)rL0,86813966rL5,9
MPa1315,9rL
2
3
adm
adm
adm
Liga de alumínio 2014-T6 (ALCLAD)
( )[ ]
( )ï
ï
ï
ï
ï
î
ïï
ï
ï
ï
í
ì
=Þ³
-=Þ<<
=Þ£
)MPa(
rL
10.37255rL
(MPa)rL.585,121255rL12
MPa93112rL
2
3
adm
adm
adm
s
s
s
curtas intermediárias longas
65
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
Madeira → American Institute of Timber Construction 
curtas longas
intermediárias
y
x
b
d
Para uma coluna com seção transversal retangular de 
lados b e d (b > d)
• Colunas curtas ® admadm ss ¢=
tensão admissível à 
compressão paralela as fibras
• Descontinuidade em L/d = 11
• Colunas Intermediárias
ú
ú
ú
ú
û
ù
ê
ê
ê
ê
ë
é
÷
÷
÷
ø
ö
ç
ç
ç
è
æ
-¢=
4
e
admadm K
d
L
3
11ss
mas
• Colunas longas ® Euler com FS = 2,74
2
e
2
adm
r
L2,74
E
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=s Þ=Þ´== 12/dr)]db/()12/d.b[(A/Ir 3 Þ
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
p
=s 2
e
2
adm
d
12L
E
2,74
1
2
e
adm
d
L
E0,3
÷
ø
ö
ç
è
æ
=s
50
D
66
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
Madeira → American Institute of Timber Construction 
Para obtenção de K ® a equação de Euler com Le/d = K 
Þ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=s 2
e
adm
d
L
E0,3
admadm3
2
s¢=s
Þ=s¢ 2adm K
E0,3
3
2
adm
E671,0K
s¢
=
Já para uma seção qualquer
admadme 38rL0 s¢=sÞ£<
ú
ú
ú
û
ù
ê
ê
ê
ë
é
÷
÷
÷
ø
ö
ç
ç
ç
è
æ
¢
-s¢=sÞ¢<<
4
e
admadme K
r
L
3
11KrL38
2
e
2
adme
r
L2,74
E173rLK
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=sÞ££¢
onde 
adm
E324,2K
s¢
=¢
67
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Centradas
P scentrada = P/A
P
M = P x e
sflexão = M.c/I
C C
C
T
I
c.M
A
P
máx +=s
2 métodos possíveis ® Método da Tensão Admissível e o Método da Interação
68
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Excêntricas
máxI
c.M
A
P
s<+
Método da Tensão Admissível
Método da Interação
centrada)adm(I
c.M
A
P
s<+
1Ic/.MAP/
)adm()adm(
<
s
+
s
1Ic/.MAP/
flexãocenrada )adm()adm(
<
s
+
s
69
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Excêntricas
Método da Interação
( ) ( ) ( ) 1
I.x.MI.z.MA
P
flexãoadm
zmáxz
flexãoadm
xmáxx
centradaadm
<
s
+
s
+
s
1Ic/.MAP/
flexãocenrada )adm()adm(
<
s
+
s 1
2
4
3
P Mz Mx
1
2
3
4
C
C
C
C
T
T
C
C C
C
T
T
70
Projeto de Colunas Sujeitas a Cargas Excêntricas
Exemplos – Projeto de Colunas
Exemplo 1.8
Calcular o maior comprimento sem travamento que pode ser usado para o perfil S100x115, para que este
suporte a força centrada indicada com segurança. Dados E = 200 GPa, sy = A = 1452 mm2; rx = 41,6 mm e
ry = 14,75 mm (consultar tabela de perfis I)
P=60 kN
y
x
x
y
Para que a carga de 60 kN seja suportada
com segurança,
MPa41,3
mm1452
N60.10
A
P
2
3
adm ===s
7,116C
290
10.200..2E.2C c
32
y
2
c =Þ
p
=
s
p
=
Adotando-se Le/r ³ Cc (solução mais fácil de arbitrar)
MPa3,41MPa
r
L
10.1028
r
L.92,1
10.200.
r
L.92,1
E
2
e
3
adm2
e
32
2
e
2
adm =
÷
ø
ö
ç
è
æ
=sÞ
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=
÷
ø
ö
ç
è
æ
p
=s
Le/r = 157,8 Þ=Þ 75,14.8,157L L = 2327 mm = 2,33 m
71
Exemplos – Projeto de Colunas
Exemplo 1.9
Sabendo-se que o comprimento efetivo de flambagem da coluna AB é de 4,2 m, e que deve suportar com
segurança uma carga de 140 KN, projetar a coluna usando uma seção transversal quadrada. A madeira a
ser usada tem E = 12,4 GPa e à compressão paralela às fibras.
P=140 kN Inicialmente, calcula-se K em função de E
e
MPa9,3adm =¢s
adms¢
5,24K
3,9
10.4,12671,0E671,0K
3
adm
=Þ=
s¢
=
Como d não é conhecido, assume-se que
Le/d > K
Þ=Þ=s 2
3
2
3
2
e
adm )d/4200(
)100,3.(12,4.
d
140.10
)d/L(
E0,3
mm160d663,9.10d 64 =Þ=
Verificação ® K25,26
160
4200
d
Le >==
72
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.10 / 1.11
Uma coluna de seção transversal quadrada de lado igual a 125 mm e comprimento de 3,0 m é feita de
pinho (E = 12 GPa e para compressão paralela às fibras). Determinar a máxima carga P que
a coluna pode suportar com segurança, aplicada com excentricidade e = 50 mm.
P ???? Inicialmente, calcula-se K em função de E
e
MPa10adm =s¢
adms¢
2,23K
10
10.0,12671,0E671,0K
3
adm
=Þ=
s¢
=
Le/d = 3000/125 = 24
( ) MPa 25,6
)125/3000(
)0,3.(12.10
)d/L(
E0,3
2
3
2
e
cadm ===s
e
3,0m
=125mm
23,2 24
Como 6,25 MPa < 10 MPa → OK!
73
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.10 / 1.11
P ????
( ) MPa 25,6cadm =se
3,0m
=125mm
Método da Tensão Admissível
centrada)adm(I
c.M
A
P
s<+
Método da Interação
P < 28,7 kN
( ) ( ) 1
I
c.M
A
P
flexãoadmcentradaadm
<
s
+
s
P < 39,06 kNe
P ????
e
25,6
12/)125(
)2/125.(50P
)125(
P
42 <
´
+Þ
1
10
12/)125(
)2/125(50P
25,6
)125(
P
42
£
´´
+Þ
Conclusões??????
74
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplo 1.12
Determinar a maior carga P que pode ser suportada com segurança por um perfil de aço laminado
W310x74, que forma uma coluna de 4,5 m de comprimento de flambagem. Utilizar o método da tensão
admissível e depois o método da interação com . E = 200 GPa e sy = 250 MPa.
P ????
( ) MPa150flexãoadm =s
e
Wy = 228.103 mm3
M = P x (200 mm) → Mx
centrada)adm(I
c.M
A
P
s<+ ( ) ( ) 1
I
c.M
A
P
flexãoadmcentradaadm
<
s
+
s
Método da Tensão Admissível Método da Interação
P P
75
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.12
Wy = 228.103 mm3
centrada)adm(I
c.M
A
P
s<+
Método da Tensão Admissível
Mx = P x (200 mm)
P
para o cálculo da tensão admissível para carga centrada,
ignora-se que a carga foi aplicada de forma excêntrica e
considera-se a mesma, atuando no centroide.
)controla(
r
L
r
L
r
L
90,36
49,8
4500
r
L
34,19
131,6
4500
r
L
y
e
y
e
x
e
y
e
x
e
Þ<
ï
ï
ï
þ
ïï
ï
ý
ü
==
==
125,66C
250
10.200..2E..2C c
32
y
2
c =Þ==
p
s
p
= 125,66
Le/ry=90,36
( )
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-= 2
c
2
ey
adm C.2
rL1
FS
s
s
3
c
e
c
e
C
rL
8
1
C
)r(L
8
3
3
5FS ÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-+=e
1,89FS
125,66
90,36
8
1
125,66
90,36
8
3
3
5FS
3
=Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-÷
ø
ö
ç
è
æ+=
( ) MPa98,08
2.(125,66)
90,361
1,89
250
adm2
2
adm =Þ
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-= sse
Þ£+ 98,08
1058.10
.200P
9480
P
3 kN333,0P £
Relembrando
W
1
I
cW
c
I
=\=
76
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.12
Wy = 228.103 mm3
Método da Interação
Mx = P x (200 mm)
P
= 125,66
Le/ry=90,36
kN333,0P £
( ) ( ) 1
I
c.M
A
P
flexãoadmcentradaadm
<
s
+
s
Relembrando
W
1
I
cW
c
I
=\=
1
150
10.1058
200.P
08,98
9480
P 3
£+
kN428,1P £
Método da Interação → kN428,1P £
Método da Tensão Admissível → MUITO CONSERVADOR!!!!!!!!!
77
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplo 1.13
Uma coluna de aço com comprimento da flambagem de 4,8
m é carregada excentricamente como indica a figura.
Usando o método da interação, determinar qual o perfil da
abas largas com altura nominal de 200 mm deve ser usado.
( ) MPa150flexãoadm =s
M = 380.103 N x (120 mm) →
Mx = 45,6.106N.mm
P=380 kN
e =
P=380 kN
P=380 kN
E = 200 GPa, sy = 250 MPa e
Wy = 173,8.103 mm3
Wy = 246.103 mm3
Wy = 199.103 mm3
78
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.13
1ª tentativa – W200 x 52
M = 380.103 N x (120 mm) →
Mx = 45,6.106N.mm
P=380 kN
93
51,6
4800
r
L
y
e ==
7125,C
250
10.200..2C c
32
c =Þ=
p
c
y
e C
r
L
<
3
c
e
c
e
C
rL
8
1
C
)r(L
8
3
3
5FS ÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-+=
1,89FS
7125,
39
8
1
7125,
93
8
3
3
5FS
3
=Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-÷
ø
ö
ç
è
æ+=
( ) MPa95,9
2.(125,7)
931
1,89
250
C2.
rL1
FS adm2
2
2
c
2
ey
adm =Þú
û
ù
ê
ë
é
-=
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-= s
s
s
MPa57,14
mm6650
N380.10
A
P
2
3
== MPa88,72
mm514.10
Nm45,6.10
W
M
I
c.M
33
3
x
===
Na equação da interação
11,19
150
88,72
95,9
57,14
>=+ → (não serve!!!!!!)
= 125,7
Le/ry=93
Wy = 173,8.103 mm3
79
Exemplos – Projeto de Vigas-Colunas
Exemplos 1.13
2ª tentativa – W200 x 71
M = 380.103 N x (120 mm) →
Mx = 45,6.106N.mm
P=380 kN
9,90
8,25
4800
r
L
y
e ==
7125,C
250
10.200..2C c
32
c =Þ=
p
c
y
e C
r
L
<
3
c
e
c
e
C
rL
8
1
C
)r(L
8
3
3
5FS ÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-+=
1,89FS
7125,
9,09
8
1
7125,
9,90
8
3
3
5FS
3
=Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-÷
ø
ö
ç
è
æ+=
( ) MPa7,79
2.(125,7)
9,091
1,89
250
C2.
rL1
FS adm2
2
2
c
2
ey
adm =sÞú
û
ù
ê
ë
é
-=
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-
s
=s
MPa76,41
mm9100
N380.10
A
P
2
3
== MPa32,64mm.10709
Nm45,6.10
W
M
I
c.M
33
3
x
===
Na equação da interação
186,0
150
32,64
7,79
76,41
<=+ → (OK!!!!!! )
= 125,7
Le/ry=93
Wy = 246.103 mm3
80
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
P P
EbIb
EcIc EcIc
A
B C
D
Lb
P P
Lc
Pórticos cuja resistência lateral (deslocamento)
depende basicamente da resistência à flexão de
seus membros e ligações são chamados de
pórticos deslocáveis ou “unbraced frames”.
Pórticos com contraventamento são chamados de
pórticos indeslocáveis ou “braced frames”.
MBC
MCB
P
P
y
qBC
qBA
qCB
P
Pd
A
B C
D
x
81
MBC
MCB
P
P
y
qBC
qBA
qCB
P
Pd
A
B C
D
x
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
\=M(x)
dx
ydIE 2
2
cc mas y.P
dx
ydIE 2
2
cc -=
cccc
2
I.E
P;
I.E
P
== ll
xcos.Bxsen.Ay ll +=
condições de contorno: y(0) = 0 e y(Lc) = d
0)0(cosB)0(Asen0)0(y =+Þ= ll 0B =\
dlld =+Þ= ccc LcosBLAsen)L(y cLAsenl=d\
momento fletor MBA = P. d cBA Lsen.A.PM l=\
momento fletor MBC com CBBC θθ =
B
BCbb
CBBC
b
BCbb
BC L
θ.IE6.)θθ(2
L
θ..IE2.M =+=
mas de onde vem isso?????82
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
MBC
MCB
P
P
y
qBC
qBA
qCB
P
Pd
A
B C
D
x B
BCbb
CBBC
b
BCbb
BC L
θ.IE6.)θθ(2
L
θ..IE2.M =+=
mas de onde vem isso????? Hiperestática II
=
EI3
LMθ 0B = EI6
LMθ 0C =coeficiente de distribuição = 0,5
+
EI6
LMθ 0B = EI3
LMθ 0C =coeficiente de distribuição = 0,5
EI6
LM
EI6
LM
EI3
LMθ 000B =-=
B0 θL
EI6M =
BC
b
bb
BC θL
IE6M =
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
83
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
M0 M0
M0
M0
MBC
MCB
P
P
y
qBC
qBA
qCB
P
Pd
A
B C
D
x B
BCbb
CBBC
b
BCbb
BC L
θ.IE6.)θθ(2
L
θ..IE2.M =+=
MBA = MBC onde cBA Lsen.A.PM l=
Þl= c
b
BCbb Lsen.A.P
L
θ.IE6.
bb
cb
BC I.E6.
Lsen.L.A.Pθ l=
A rotação qBA da coluna é dada por c
LcX
BA Lcos..Adx
dyθ ll=÷
ø
ö
ç
è
æ=
=
Igualando-se qBA com qBC, tem-se
bb
cb
c IE6.
Lsen.A.P.LLcos..A lll =
cc
b
bb Lsen.PLcos.
L
IE6
lll = cc
2
cc
2 IE.P
IE
Pmas ll =Þ=
Þ÷ll=ll )L(Lsen.IE.Lcos.
L
IE6
cccc
2
c
b
bb
c
c
cc
c
cb
bb Lsen.
L
IE.Lcos.
L
1
L
IE6
lll =
( )
( ) Þl
l
l=
c
c
c
ccc
bbb
Lcos
Lsen.L.
LIE
LIE6 ( )
( ) ccccc
bbb Ltg.L.
LIE
LIE6
ll=
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
84
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
MBC
MCB
P
P
y
qBC
qBA
qCB
P
Pd
A
B C
D
x
( )
( ) Þll= ccccc
bbb Ltg.L.
LIE
LIE6
1º caso - viga muito mais rígida que a coluna (EbIb >> EcIc) 
mas 
2
LLtg cc
p
=lÞl=¥
ccIE
P
=l
\
p
=
2
L.
IE
P
c
cc ( )
2K ;
L2.
IEP 2
c
cc
2
=
p
=
2º caso - viga e colunas muito rígidas (EbIb ≈ EcIc) 
mas 1,35LLtgL6 ccc =lÞll=
ccIE
P
=l
\=1,35L.
IE
P
c
cc ( )
33,2K ;
L33,2
IEP 2
c
cc
2
=
p
=
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
( )
( ) ccccc
bbb Ltg.L.
LIE
LIE6
ll=
85
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Pórticos com contraventamento são chamados de
pórticos indeslocáveis ou “braced frames”.
P P
EbIb
EcIc EcIc
A
B C
D
Lb
P P
Lc
x
PP
B C
MBC
MCB
P P
qBC
qBA
MBA / Lc
MBA
A
D
y
\=M(x)
dx
ydIE 2
2
cc
cccc
2
I.E
P;
I.E
P
== ll
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
c
BA
2
2
cc L
x.My.P
dx
ydIE +-=
c
BA
L
xMxcos.Bxsen.Ay ++= ll
condições de contorno: v(0) = 0 e y(Lc) = 0
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-=
cc
BA
Lsen
xsen
L
x
P
My
l
l
CLX
BABC dx
dyθθ
=
÷
ø
ö
ç
è
æ -==
( ) ( )
bbb
ccc
2
c
cc LIE
LIE
2
LLgcotL1 lll -=-
x
y
86
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
x
PP
B C
MBC
MCB
P P
qBC
qBA
MBA / Lc
MBA
A
D
y
Pórticos deslocáveis ou não-contraventados
( ) ( )
bbb
ccc
2
c
cc LIE
LIE
2
LLgcotL1 lll -=-
1º caso - viga muito mais rígida que a coluna (EbIb >> EcIc) 
2º caso - viga e colunas muito rígidas (EbIb ≈ EcIc) 
4,49Lc =lÞ
( )
Þ= 2
c
cc
L
IE20,2.P
( )
0,70K ;
L0,7
IEP 2
c
cc
2
=
p
=
( ) ( )
bbb
ccc
2
c
cc LIE
LIE
2
LLgcotL1 lll -=- 59,3Lc =lÞ
( )
Þ= 2
c
cc
L
IE.9,12P
( )
8750,K ;
L8750,
IEP 2
c
cc
2
=
p
=
“O comprimento efetivo (coeficiente K) aumenta com a diminuição
da rigidez da viga e se torna unitário quando a rigidez é nula”.
( ) ( )
bbb
ccc
2
c
cc LIE
LIE
2
LLgcotL1 lll -=-
87
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
i. O pórtico está sujeito a cargas
verticais aplicadas apenas nos nós
(ligações);
ii. Todas as colunas do pórtico tornam-
se instáveis simultaneamente;
iii. Todas as ligações ao nível dos pisos
são iguais. Porém, são em sentidos
alternados para pórticos
indeslocáveis e na mesma direção
em pórticos deslocáveis;
iv. A transferência de momento fletor das
vigas para as colunas através das
ligações no início da flambagem é
proporcional a rigidez das colunas, ou
seja, EcIc/Lc.
88
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
( )
( )
1
k
ktg2.
ktg
k1.
2
GG
k4
GG BA
2
BA =
÷÷
÷
ø
ö
çç
ç
è
æ
+
÷÷
÷
ø
ö
çç
ç
è
æ
-÷
ø
ö
ç
è
æ ++÷
ø
ö
ç
è
æ
p
p
p
pp
( )
( ) ( )ktg
k
GG6.
36kGG
BA
2
BA
p
p
=
+
-p
å
å
÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=
b
bb
c
cc
L
IE
L
IE
G
sendo GA ou GB
dado por
onde SEcIc/Lc é a soma das
rijezas das vigas que chegam
no ponto considerado e
SEbIb/Lb é a soma das rijezas
das colunas
De posse de GA e GB, entra-se no ábaco correspondente para obtenção do coeficiente de
comprimento efetivo de flambagem K
89
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
å
å
÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=
b
bb
c
cc
L
IE
L
IE
G
1
2
3
4
5
6
7
Coeficiente de comprimento efetivo de flambagem da coluna 6
Estrutura INDESLOCÁVEL
2b
bb
1b
bb
6c
cc
5c
cc
A
L
IE
L
IE
L
IE
L
IE
G
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
=
4b
bb
3b
bb
7c
cc
6c
cc
B
L
IE
L
IE
L
IE
L
IE
G
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
=
Estruturas INDESLOCÁVEIS
No ábaco para estruturas indeslocáveis tendo em
vista que a coluna não apresenta deslocamentos
laterais nem no ponto A, nem no ponto B, marca-
se GA, depois marca-se GB. Então, traça-se uma
reta ligando estes dois pontos e se obtém o valor
de K = 0,7, por exemplo.
K = 0,7
90
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
å
å
÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=
b
bb
c
cc
L
IE
L
IE
G
1
2
3
4
5
6
7
Coeficiente de comprimento efetivo de flambagem da coluna 6
Estrutura DESLOCÁVEL
2b
bb
1b
bb
6c
cc
5c
cc
A
L
IE
L
IE
L
IE
L
IE
G
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
=
4b
bb
3b
bb
7c
cc
6c
cc
B
L
IE
L
IE
L
IE
L
IE
G
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ
=
Estruturas DESLOCÁVEIS
No ábaco para estruturas deslocáveis tendo em
vista que a coluna apresenta deslocamentos
laterais, pelo menos no ponto A ou no ponto B,
marca-se GA, depois marca-se GB. Então, traça-
se uma reta ligando estes dois pontos e se obtém
o valor de K = 0,7, por exemplo.
K = 2,0
91
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
Estruturas INDESLOCÁVEIS Estruturas DESLOCÁVEIS
x
92
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
å
å
÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=
b
bb
c
cc
L
IE
L
IE
G
Coeficiente de correção da rigidez
EbIb
EcIc
A
B
Lb
Lc
C
P
MBC
A
B C
P
Condição Deslocável Indeslocável
Quando a outra extremidade
da viga for rotulada
Quando a outra extremidade
da viga for impedida de girar
2
1
2
3
3
2
Fator a ser usado na correção da rigidez da viga apoiada
apenas sobre uma coluna
2
93
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Exemplos – Comprimento Efetivo - Pórticos
Exemplo 1.14
Determinar os coeficientes de comprimento efetivo para o pórtico mostrado a seguir. Os valores de I/L
são apresentados abaixo (I em in4 e L em ft).
AB 110/15 = 7,33
BD 800/30 = 26,7
CD 110/15 = 7,33
DE 110/12 = 9,17
FG 110/15 = 7,33
DG 800/20 = 40
EH 291/20 = 14,5
GJ 800/20 = 40
GH 110/12 = 9,17
A
B
D G
J
E H
C F
94
Exemplo 1.14
A
B
D G
J
E H
C
F
7,33
26,7
7,33 7,33
9,17
14,5
40 40
9,17
Coluna DE (deslocável)
GD = 0,247
K = 1,14
Coluna GH (deslocável)
K = 1,15
Coluna FG (indeslocável)
GF = 1
K = 0,76
165,0
40 
2
340
17,933,7GG =
+
+
=
Coluna AB (indeslocável)
GA = 10
274,0
7,26
33,7GB ==
K = 0,77
Coluna CD(indeslocável)
GC = 10
K = 0,76
247,0
407,26
17,933,7GD =+
+
=
630,0
5,14
17,9GE ==
275,0
40 
2
140
17,933,7GG =
+
+
=
630,0
5,14
17,9GH ==
95
Exemplos – Comprimento Efetivo - Pórticos
Ábaco para simplificação da obtenção de K 
Estruturas INDESLOCÁVEIS Estruturas DESLOCÁVEIS
x
96
Comprimento Efetivo em Estruturas Aporticadas
Exemplo 1.15
Determinar a carga admissível P para o pórtico a seguir com contraventamento diagonal e as seguintes
dimensões, Lb = 12,2 m, Lc = 6,1 m, BC = W610x101, AB = DC = W310x23,8, aço ASTM A36 com sy = 250
MPa. A estrutura encontra-se contraventada para deslocametos para fora do plano.
B
C
P P
A
D
Lb
Lc
y
x
y
x
W610x101
W
31
0x
23
,8
W
31
0x
23
,8
Colunas
W310x23,8Ix = 42,9x103 mm4
Iy = 1,174x103 mm4
A = 3040 mm2
rx = 118,6 mm
ry = 19,63 mm
Viga
W610x101
Ix = 762x103 mm4
Iy = 29,3x103 mm4
A = 13000 mm2
rx = 243 mm
ry = 47,5 mm
y
x
8,7032
6100
10.9,42
L
I 6
c
c ==
0,62459
12200
10.762
L
I 6
b
b ==
GA = 10 (base rotulada)
(indeslocável)
K = 0,73
11,0
62459
8,7032GB ==
Þ== 43,51
6,118
6100
r
L
x
c 54,3743,51.73,0
r
L.k
x
c ==
97
Exemplos – Comprimento Efetivo - Pórticos
Exemplo 1.15
B
C
P P
A
D
Lb
Lc
y
x
y
x
W610x101
W
31
0x
23
,8
W
31
0x
23
,8
y
x
54,3743,51.73,0
r
L.k
x
c ==
= 125,7
Le/rx=37,54
r/L7,125
250
10.200.2CE..2C
32
c
y
2
c >==Þ=
p
s
p
78,1FS
7,125
54,37
8
1
7,125
54,37.
8
3
3
5FS
3
=Þ÷
ø
ö
ç
è
æ-+=
( ) MPa2,134
7,125.2
54,371
78,1
250
C.2
rL1
FS adm2
2
2
c
2
ey
adm =sÞú
û
ù
ê
ë
é
-=
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é
-
s
=s
kN 408Pmm3040.
mm
N2,134A.P 22admcr =Þ=s=
Supondo pórtico deslocável (sem contraventamentos)
GA = 10 (base rotulada)
K = 1,7
11,0GB =
54,3743,51.7,1
r
L.k 
x
c ==Þ
kN 8,304PMPa 3,10089,1FS adm =Þ=sÞ=
98
Exemplos – Comprimento Efetivo - Pórticos
Obrigado