Flambagem
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Disciplina:MECÂNICA DOS SÓLIDOS766 materiais16.661 seguidores
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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

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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
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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

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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,

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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

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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 . x4 . x²  . dx
= E . I . 4 . L

L³− 4. L³
2

4 . L³
3

= E. I
L²

⋅ 4

1−24
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=0C 2=0

y L=0 L6 −
L
12 C1 . L=0C1=−

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 

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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 . L²x 4−2 . x . L. x²  . dx

∫
0

L

36 . x4 . L216 . x6L6−48. x5 . L−12 . x² . L48 . 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

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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⋅y1x⋅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⋅y2x⋅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 ix

∬ f x ⋅y ix⋅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
⋅Lx 

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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⋅y1x⋅dx2

y2 x =−k
2⋅∬ [ 1L⋅L−x]⋅[a⋅x⋅L−x]⋅dx2

y2 x =
−k2⋅a

L ⋅∬x⋅Lx ⋅L−xdx
2=

−k2.a
L ⋅∬ x .L

2−x2dx2

y2 x =
−k2 .a

L ⋅∬L
2. x−x3dx2=−k

2 .a
L ⋅∫ L

2 .x2
2 −

x4
4 C1dx

y2=
−k2 .a

L ⋅ L
2 .x3
6 −

x5
20C1 .xC2

condições de extremidade:

y20=0c2=0

y2 L=0
L5
6
− L

5

20
C1 .L=0C1=

−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

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16

Versão 2011

x=0k2=8,57
L2

x=0,25Lk2=7,05