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0 em z = 0 z L y’ = 0 em z = L f) y y = y’ = 0 em z = 0 z L y’ = 0 em z = L g) y y = 0 em z = 0 z L y = y’ = 0 em z = L h) y y = y’ = 0 em z = 0 z L y = y’ = 0 em z = L Resolvendo para cada conjunto, temos: N cr= ² . E . A 2 , onde = L fl r min , L fl=K . L é o comprimento de flambagem da barra e K é o parâmetro de flambagem da barra. Valores de K: FLAMBAGEM 8 Versão 2011 Condições de Apoio - Caso Valor de K a 1,0 b 2,0 c 0,7 d 0,5 e 2,0 f 1,0 g 0,7 h 0,5 Notar que para as barras deslocáveis (casos b, e, f), K ≥ 1 e para as barras indeslocá- veis (casos a, c, d, g, h), K ≤ 1. O valor de K é, na verdade, o percentual do comprimento L da barra, correspondente a uma senóide. Ex.: K = 1,0 L K = 2,0 L L K = 0,7 0,7L L Observação:Concluímos, no estudo da barra birrotulada que a flexão se dará no plano de menor inércia. Porém, se as condições de apoio nos planos principais forem diferentes, isto pode não ocorrer. y x z z Lx Ly Lflx = Kx.Lx e Lfly = Ky.Ly Como Kx ≠ Ky, então Lflx ≠ Lfly. Os índices de esbeltez para flexão em torno de cada eixo serão x= L flx r x e y= L fly r y onde FLAMBAGEM 9 Versão 2011 r x= I xA e r y= I yA A tensão crítica de flambagem elástica será cr= f ex= 2. E x 2 ou cr= f ey= ² . E y ² . A tensão crítica será a menor entre fex e fey, isto é, será a tensão correspondente ao maior índice de esbeltez, que não necessariamente corresponde ao plano de menor inércia se Lflx ≠ Lfly. Observações Complementares: a) Em vigas contínuas, a deformada, na flambagem, tem o seguinte aspecto: b) Se a inércia da barra varia, temos: y E.I1 E.I2 N N z L1 L2 y ' 'k 1 ² . y1=0 em 0 ≤ z ≤ L1 onde k 1 2= N E . I 1 y ' 'k 2 ². y2=0 em L1 ≤ z ≤ L1 + L2 onde k 2 ²= N E . I 2 e, além das condições de contorno já vistas, teremos: y1 = y2 e y1’ = y2’ em z = L1 Se, ao invés da inércia, for o esforço normal que varia, temos solução análoga: N2 N1 N3 = N1 + N2 L1 L2 k 1 ²= N 1 E. I e k 2 ²= N 3 E. I FLAMBAGEM 10 Versão 2011 Método de energia para determinar a carga crítica Seja a barra bi-rotulada abaixo, submetida à carga crítica Pcr.. Ao ocorrer a flambagem, o apoio A sofrerá um deslocamento δ e a barra sofrerá flexão. A energia cedida pela carga crítica ao sistema será Pcr.δ será absorvida pela barra em forma de energia potencial de deformação. – cálculo do deslocamento δ =∫ 0 L du du=dx .1−cos cos≈1−1 2 ⋅ ² du=1 2 ⋅dx⋅dydx ² =∫ 0 L 1 2 ⋅ y ' ²⋅dx Energia de deformação (flexão da barra): U 1=∫ 0 L M² 2. E. I ⋅dx quando o ponto A se desloca para o ponto A', a força Pcr realiza o trabalho U 2=Pcr ˙ se U2 < U1 o equilíbrio é estável se U2 > U1 o equilíbrio é instável a flambagem ocorre quando em que U1 = U2 assim, FLAMBAGEM 11 δ P cr A A' B dx dx du=dx - dx.cosφ φ=dy/dx δ P cr A A' B dx Versão 2011 P cr ˙=∫ 0 L M² 2. E . I ⋅dx P cr= ∫ 0 L M² 2 . E . I ⋅dx ∫ 0 L 1 2 ⋅ y ' ²⋅dx ou, fazendo y ' '= ME . I P cr= ∫ 0 L M² 2. E . I ⋅E . I E. I ⋅dx ∫ 0 L 1 2 ⋅ y ' ²⋅dx , assim Pcr= ∫ 0 L E . I . y ' ' ² .dx ∫ 0 L y ' ² . dx Desta forma, a carga crítica é calculada a partir do conhecimento da equação da linha elástica da barra em questão. Se esta equação não é conhecida o problema pode ser resolvido de forma aproximada a partir de uma equação da linha elástica que se aproxime da teoricamente exata. Obviamente, tal equação deverá atender, no mínimo, às condições do contorno (condições de extremidade da barra) do problema. Exemplos 1 - Calcular a carga crítica para uma barra bi-rotulada de seção constante equação da linha elástica (calculada anteriormente – problema de Euler) y=A. sen . xL , então y '=A⋅L cos . xL e y ' '=−A⋅L ² sen . xL Pcr= ∫ 0 L E . I . y ' ' ² .dx ∫ 0 L y ' ² . dx = Pcr= E⋅I⋅∫ 0 L A²⋅ ²L² ⋅sin² xL ⋅dx ∫ 0 L A² L 2 ⋅cos² xL ⋅dx P cr= E. I . ² L² FLAMBAGEM 12 Versão 2011 se a função y não é conhecida, então deve-se partir para uma solução aproximada admitindo-se uma função y=f(x) que atenda às condições de extremidade. exemplo 2: calcular a carga crítica da barra bi-rotulada admitindo a função y=A . x .L− x como equação da linha elástica (observar que y = 0 para x=0 e para x=L). y=A . x .L− x=A . x . L− x² y '=A . L−2 . x y ' '=A .−2 , substituindo na expressão para cálculo de Pcr , vem Pcr= E . I∫ 0 L 4 . A² . dx ∫ 0 L A² .l−2 . x ² .dx = E . I . 4 . L ∫ 0 L L²−4 . L . x4 . x² . dx = E . I . 4 . L L³− 4. L³ 2 4 . L³ 3 = E. I L² ⋅ 4 1−24 3 P cr=12 . E . I L² Exemplo 3: No exemplo anterior, observamos que, a função escolhida para a deformada resultou em uma curvatura constante implicando em um resultado pouco aproximado). Experimentemos, agora, a função y para a curvatura e não para a deformada. y ' '=A . x .(L−x)=A .(x . L− x²) y '=A .(x² . L2 −x³3 +C1) y=A . (x³ . L6 −x 4 12 +C1. x+C 2) y 0=0C 2=0 y L=0 L6 − L 12 C1 . L=0C1=− L³ 12 desta forma, a função da deformada fica: y x =A 12 ⋅2 . x³ . L− x4−L³12⋅x y ' x =A 12 ⋅6 . x² . L−4 . x³−L³ y ' ' x=A .x . L− x² FLAMBAGEM 13 Versão 2011 P cr= E. I .∫ 0 L A² .x . L− x² ² . dx 1 12² ∫0 L A² . 6. x² . L−4 . x³−L³ ² . dx P cr=E⋅I⋅ 12².∫ 0 L x² . L²x 4−2 . x . L. x² . dx ∫ 0 L 36 . x4 . L216 . x6L6−48. x5 . L−12 . x² . L48 . x³ . L³ . dx integrando, desenvolvendo e simplificando, vem P cr= 168 17 ⋅E . I L² =9,88. E . I L² Observa-se um resultado muito próximo do encontrado analiticamente (problema de Euler) P cr= ²⋅ E . I L² =9,87⋅E . I L² Processo aproximado – Vianello (barras de seção variável) d2 y dx2 P E . I x ⋅y=0 1 I x= 1 I c ⋅f x k2= Pe . Ic d2 y dx2 k2. f x. y=0 O problema é determinar o menor valor de k que satisfaça a equação anterior. A solução é encontrada por aproximações sucessivas FLAMBAGEM 14 P P I(x) x P P y(x) Versão 2011 Procedimento: 1- adotar uma 1ª aproximação para y y1(x) atende às condições de contorno 2- Integrar a equação diferencial y2 x =−k 2⋅∬ f x⋅y1x⋅dx2 y2 é uma segunda aproximação 3- verificar a proporcionalidade entre y1 e y2 como será explicado mais adiante 4- integrar a equação diferencial novamente y3 x =−k 2⋅∬ f x⋅y2x⋅dx2 5- verificar a proporcionalidade entre y2 e y3 6- repetir os procedimento 4 e 5 sucessivamente até que seja encontrada uma boa aproximação (proporcionalidade entre as funções) – verificação da proporcionalidade entre as funções: se k2= y ix ∬ f x ⋅y ix⋅dx2 = constante em todos os pontos da barra, então o problema estará resolvido e Pcr=k 2 .E. I c É possível demonstrar que o processo é convergente e conduz ao menor valor não nulo de k Exemplo: Calcular a carga crítica para a barra bi-rotulada com inércia variando linearmente de Ic a Ic/2 solução: I x = I c 1 x L , 1I x = 1 Ic ⋅1 xL assim, f x=1 xL = 1 L ⋅Lx FLAMBAGEM 15 P P I(x) x P P y(x) Versão 2011 adotando como deformada a função y1 x =a . x .L−x , que atende às condições de extremidade y(0) = y(L) = 0. y2 x =−k 2⋅∬ f x⋅y1x⋅dx2 y2 x =−k 2⋅∬ [ 1L⋅L−x]⋅[a⋅x⋅L−x]⋅dx2 y2 x = −k2⋅a L ⋅∬x⋅Lx ⋅L−xdx 2= −k2.a L ⋅∬ x .L 2−x2dx2 y2 x = −k2 .a L ⋅∬L 2. x−x3dx2=−k 2 .a L ⋅∫ L 2 .x2 2 − x4 4 C1dx y2= −k2 .a L ⋅ L 2 .x3 6 − x5 20C1 .xC2 condições de extremidade: y20=0c2=0 y2 L=0 L5 6 − L 5 20 C1 .L=0C1= −7.L4 60 assim, y2 x = −k2 .a L ⋅L 2 .x3 6 − x5 20− 7. l4 60 ⋅x ou y2 x =− k2 .a 60.L⋅10.L 2 .x3−3. x5−7. l4 .x verificação da proporcionalidade entre y2(x) e y1(x) k2=− a .x.L−x a 60 .L⋅10.L 2. x3−3.x5−7.L4 . x = − 60.L. L−x 10.L2. x2−3.x4−7.L4 FLAMBAGEM 16 Versão 2011 x=0k2=8,57 L2 x=0,25Lk2=7,05