ESTRUTURAS DE AÇO E
MADEIRA - [ENG01110]
ÁREA II
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Prof. Dr, Ruy Carlos Ramos Menezes
2
Área 2
AULA 1
Resistência de Peças Submetidas à Flexão
Mn
≥ Md momento fletor
Rd ≥ Sd
n
≥ d esforço cortante
Sd: solicitação de projeto
Estados Limites:
Figura 1.1 – Esquema para o perfil I
* considerando-se perfis compostos por chapas, conforme mostrado na Figura 1.1
Mesa superior
Alma
3
Figura 13.2 – perfis mais usados para flexão, sendo os três primeiros os de menor rigidez à torção
Plastificação: Mnplast
Flambagem Local (da mesa e da alma): MnFLM
e MnFLA
Flambagem Lateral com Torção: MnFLT
Sendo que o menor Mn será o valor a ser considerado de para o Mn.
PLASTIFICAÇÃO:
Ocorre ger lmente p r v lores de „b/t‟ pequenos.
Deformações Tensões Seção
no regime elástico
início do escoamento
regime inelástico
plastificação total **
** momento de plastificação (rótula plástica).
e<ey
e<ey
σ<fy
σ<fy
e=ey
e=ey
fy
fy
e>ey
e>ey
fy
fy
fy
fy
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AULA 2
Resistência à Flexão
ELU Plastificação:
Onde:
- Momento de plastificação;
- Momento de início de escoamento;
= 1,1
Revisando:
- Regime elástico:
- No caso de ;
Onde:
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– Propriedade da seção transversal;
– Propriedade geométrica da seção (módulo elástico);
– Propriedade física do material.
I. Equilíbrio à Translação:
II. Equilíbrio de Momentos:
Onde:
– Propriedade da seção transversal;
– Propriedade geométrica da seção (módulo plástico);
– Propriedade física do material.
III. Fator de Forma:
Exemplo:
a) Seção retangular:
6
b) Seção I duplamente simétrica:
(em perfis usuiais está entre 1,1 e 1,2)
IV. Esbeltez dos Componentes:
Alma:
Mesa:
(limite)
Aplicação:
(considerando que o EL último é a plastificação)
Dados:
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Perfil: VS 300 x 50,9
Aço: MR 250
Solução:
8
AULA 3
Plastificação
P r “b/t” pequen s:
MRd = Mpl
1 10
Mpl = Z.fy
sendo Z: propriedade geométrica
P r “b/t” gr ndes: C so de Fl mb gem Loc l
Premissas:
Elementos estruturais são compostos por chapas;
Estas chapas são carregadas no seu plano.
Problemas: Flambagem de placas
A equação diferencial para o equilíbrio a direção deformada é a seguinte,
4w
x4
2. 4w
x4 y
4 4w
y4
fx.t
. 2w
x4 = 0
sendo D: rigidez da placa à flexão, dada pela equação D =
- Rigidez e flexão da barra
mesa alma
9
EIx .b.h
3
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- Rigidez à flexão da placa (ou chapa)
Rigidez:
tendo que (1 – ν
2) < 1
Para a solução de auto-valores (carregamento flambagem) e auto-vetores (forma de flambagem)
considera-se o menor auto-valor, que é a carga crítica.
sendo que k: considera como a placa está vinculada (apoiada, livre, engastada, etc) e
como está carregada (forma do carregamento)
b/t: esbeltez da placa (da chapa)
Validade:
Regime elástico linear (lei de Hooke)
Placa sem imperfeições
Observ ção: m c sos re is existem tensões residu is (σr).
h
b
x
1
t
10
Mesa: b
t carregamento uniforme;
vinculação livre/(apoio – engaste);
Alma: b
t carregamento triangular (compressão e tração);
vinculação (apoio – engaste)/(apoio – engaste);
válido
cr
(tensão)
fy
fy - r
r =B/t
elástico
inelástico
plastificação
Mn
Mpl
Mr
p r =B/t
b
b
t
t
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Conclusão: kmesa
Kalma
limites λp e λr p r mes e p r lm
MRd = Mn
1 10
genericamente:
- se λ≤λp M = Mpl
- se λ>λp e λ≤λr M – interpolado linearmente entre Mpl e Mr
- se λ>λr M = Mcr = W.σcr
* ver NBR8800 - nexo G: v lores λp e λr p r seções típic s.
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AULA 4
Resistência ao cisalhamento
Na plastificação
Válido para perfil com componente
pequeno.
Estado Limite Último de Flambagem Local
Considerações:
- a peça estrutural é composta por chapas
- estes componentes são solicitados no seu plano
O equilíbrio na condição deformada resulta numa equação diferencial, cuja rigidez é dada por:
Essas equações resultam em um problema de autovalores e autovetores, porém para a resistência o
menor valor:
Validade:
- regime elástico (lei de Hooke)
- isenta de imperfeições
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Mesa: carregamento uniforme
: vinculação livre (apoio-engaste)
Alma: carregamento com variação linear
: vinculação (apoio-engaste) - (apoio-engaste)
Conclusão: mes e lm têm v lores de “K” diferentes conseqüentemente e .
Casos reais são obtidos numericamente e experimentalmente.
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AULA 5
Resistência ao Momento Fletor
- ELÚltimo Flambagem Lateral com Torção (FLT) -
[M] – o momento é uniforme (constante) ao longo da estrutura e igual a Mo.
Para determinar o Mocrítico (o momento que leva a instabilidade) é necessário se equacionar
a equilíbrio na condição deformada, gerando-se assim um problema de auto-valores e auto-vetores.
Então, tem-se seguinte equação:
ECw d4
dz4 - GI
d2
dz2 -
Mo
y = 0
ECw: rigidez à torção com empenamento;
GI: rigidez à torção pura;
EIy: rigidez à flexão em torno do eixo de menor inércia.
Observação:
Os seguintes perfis representados ao lodo não iriam flambar
lateralmente, sendo que:
- os dois últimos perfis tem a mesma inércia, pois são
simétricos nos dois eixos;
- o primeiro perfil, na posição desenhada, já está no eixo de menor inércia, e os perfis
tendem a se acomodar em torno do eixo de menor inércia.
Validade:
Regime elástico;
Peça isenta de imperfeições
Momento uniforme (constante no trecho)
Contenções laterais
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A solução para o problema de auto-valores: cargas de flambagem
auto-vetores : formas de flambagem
Sendo o menor auto-valor:
Mocrítico =
Lb yG (
Lb 2 y Cw
Porém em casos reais o momento no vão não é uniforme, sendo:
Mocrnão unif
= Mocrunif
.Cb
(não analítica) (analítica)
Cb:
A condição mais severa para a peça (sob a ótica de flambagem lateral) é a condição onde o
momento aplicado é uniforme entre os pontos de contenção lateral:
Cb ≥ 1
Cb = 12 5.Mm x
2 5.Mm x 3M 4M 3MC.Rm
* os valores de Mmáx, MA, MB e MC serão determinados como o valor de Mmáximo no trecho
considerado e pelos valores de M em divisões de mesma distância do trecho, com Lb/4.
Rm: parâmetro de monosimetria;
Rm = 0,5 + 2( c
y)
2
Observação: A equação Rm é usada em casos onde a peça estiver submetida a curvatura severa, pois
para a maioria dos casos considera-se Rm = 1.
Iy: momento de inércia da peça em torno do eixo de simetria;
Ic: menor momento de inércia da mesa comprimida em torno do eixo de simetria.
Maior deformação
(menor momento
de flambagem)
Maior Mo
Cb≥1
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AULA 6
Resistência ao Momento Fletor
No regime elástico
Mcr =
Lb. yG (
Lb 2 y Cw
*não uniforme: Mcr = Cb.Mcrunif.
Cb ≥ 1 0
Sendo Cb função da distribuição de momento (Mmáx, MA, MB, MC).
MnFLT - Flambagem Lateral com Torção
Mp
Mr
p r
Assim deveremos, primeiramente, calcular
λ = Lb/ry
Sendo Lb: distância entre contenções laterais
Se λ≤λp Mn = Mp
Se λp<λ≤λr interpolação linear entre Mp e Mr
Mn = Mp – (Mp – Mr).(λ – λp)/(λr – λp)
Se λ>λr Mn = Mcr
Para definir λp; λp; Mr; Mcr com valores apresentados no Anexo G da NBR 8800.
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Resistência ao Esforço Cortante
Rd ≥ Sd com VRd≥ Sd tal que VSd é o esforço das combinações de ação.
VRd = n
1 10
Estados Limite Últimos ssoci dos o cort nte d do sendo necess rio definir ζ conforme é
representado na figura 18.1.
Figura 18.1. – squem tiz ção de ζ p r seção .
Assim, teremos que
ζ =
x.S
b
Constatações:
As maiores tensões estão na alma;
As tensões variam, mas, do ponto de vista prático, podem ser consideradas uniformes na
lm com um v lor ζmed.
ζmed =
w
Sendo V: esforço constante na seção
Aw: área efetiva para fins de cisalhamento
Tal que
Aw = tw.d
Sendo tw: espessura da alma
d: altura da peça
x
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- Problema sugerido:
Placa submetida a um estado de tensões no seu plano
Se hw/tw for pequeno Plastificação
Se hw/tw for grande Flambagem (instabilidade)
- Para a Plastificação:
Vp = Aw.ζy ζy = fy
3 ≈ 0 6.fy
Vn = Vp = 0,6.Aw.fy
- Para a Flambagem no regime elástico:
Vn = Vcr = Aw.ζcr
* Sendo necess rio definir ζcr.
AULA 7
a
hw
tw
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Flambagem de Placas
Validade:
Regime elástico;
Peça isenta de imperfeições.
Se ; então
Se ; então
Se ; então
Por exemplo: Perfil I
5,0
; caso contrário:
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a: distância entre enrijecedores de alma
Procedimento usual: encontrar o espaçamento entre enrijecedores que proporcione a
resistência adequada ao cortante
Resistência a Solicitações Combinadas
Caso Real: Edifício (pórtico)
Para carregamentos verticais (apenas):
Barras horizontais: flexão (vigas)
Barras vericais: axiais (almas)
Para carregamentos horizontais em todas as barras: par de [M eN] (simultâneas)
Abordagem:
(verificação da tensão)
Obs:
I) Na compressão há amplificação dos momentos atuantes;
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II) É necessário, adicionalmente verificar a estabilidade.
Estados Limites de Serviço:
Ações: freqüentes; ocorrem muitas vezes na saída útil da estrutura;
Resistências:
- Estabelecidas pela forma de utilização da estrutura;
- Deslocamentos máximos: visual; funcionamento de equipamentos;
- Acelerações e vibrações: conforto.
Equações de projeto: difícil generalização e formulação
Normas: usualmente fixam limites de deslocamento.
AULA 8 – 9
Exemplo:
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Determinar Pd que atenda os Estados Limites Últimos aplicáveis à viga abaixo:
Viga: VS 400x78
Aço: MR 250
Desconsiderar o peso próprio da viga;
Considerar as seguintes alternativas de contenção lateral:
A. Contenção lateral nos apoios e pontos de aplicação das cargas concentradas;
B. Contenção lateral apenas nos apoios;
C. Contenção lateral de forma contínua.
Resolução:
Conforme estudado, tem-se que:
Para a flexão:
Plastificação
do catálogo: d = 400mm bf = 200mm tf = 19mm tw = 6,3mm
Pelo cálculo das propriedades geométricas:
hw = 362mm Ix = 30094cm4 Iy = 2534cm4 rx = 17,45cm ry = 5,06cm Wx = 1505cm3
Zx = 1654cm3 Jt = 94,63cm4 Cw = 919353cm6
1 = 0,010471
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ELÚltimo FLM; FLA
FLT
MRd =
Mn = Mcr =
(perfis viga soldada)
Solicitações: Traçando os diagramas teremos os valores representados a seguir.
FLM:
λ = b/t = 100/19 = 5 3
Mp = Zx.fy = 413,5 kN.m
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Mr = Wx.(fy-σr) = Wx.0,7.fy = 263,3 kN.m
Pelo Anexo G da NBR:
λp = 0 38.
fy = 10,9
λr = 0,95.
(fy- σr /Kc = 23,6
tal que Kc = 4
hw/tw = 0,528 (dependerá da rigidez proporcionada pela alma)
MnFLM
=
= 375,91
FLA:
λ = 326/6,3 = 57,4
Mp = 413,5 kN.m
Mr = Wx.fy = 376,2 kN.m
λp = 3,76.
fy = 107,7
λr = 5,7.
fy = 163,2
MnFL
=
= 375,91
FLT:
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Caso A: Mp = 413,5
Mr = 263,3 (idem FLA)
Trecho i: Lb = 2,5m = 250cm Msd = 6Pd
Trecho ii: Lb = 600cm Msd = 6Pd
Trecho iii: Lb = 150cm Msd = 2,4Pd
Assim o trecho ii é o mais uniforme, com menor Cb, sendo o trecho crítico e de menor resistência
(rd). Já o trecho iii é o de maior resistência (rd).
Lb = 600cm
λp = 1 76.
fy = 50,4
λr = 1 38. y.
ry. . 1. 1 1
27.Cw.12
y = 169,9
27
tal que 1 = fy- σr .W
. = 0,013574
λ = 600/5 06 = 118 5
Mn = [Mp – (Mp – Mr (λ – λp)/(λr – λp)].Cb ≤ Mp
tal que Cb = 12 5.Mm x
2 5.Mm x 3M 4M 3MC.Rm = 1,32
sendo
com Mmáx = 6Pd
MA = 5,1Pd
MB = 4,2Pd
MC = 3,3Pd
Mn = 328.1,32 = 433kN.m sendo assim maior que Mp, logo, por norma,
Mn = Mp = 413,5kN.m
Mn – menor (MnFLA
; MnFLM
; MnFLT
) = 413,5kN.m
MRd ≥ Msd
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413 5/1 10 ≥ 6Pd
Pd ≤ 62,7kN
Caso B: Contenção lateral apenas nos apoios.
Lb = 1000cm
λ = 1000/5 06 = 197 5 (regime el stico
Mcr = . . y
Lb2 .Cb. (1 0 039.
.Lb2
Cw Cw
y = 273,4 kN.m
Com Mmáx = 6Pd MA = 6Pd MB = 4,5Pd MC = 3Pd Cb = 1,25
MRd ≥ Msd
273 4/1 10 ≥ 6Pd
Pd ≤ 41,4kN
Caso C: Contenção lateral contínua.
* não há flambagem lateral de torção.
Mn - menor (MnFLA
; MnFLM
)
Mn = 413,5
MRd ≥ Msd
413 5/1 10 ≥ 6Pd
Pd ≤ 62,7kN
Limite dado por Vsd
Supondo que há enrijecedores de alma nos apoios e nos pontos de aplicação das cargas concentradas:
a 250 600 150
a/hw 6,9 16,6 4,14
29
Kv 5,0 5,0 5,0
Vn = Vp = 0,6.Aw.fy = 0,6.(40.0,63).25 = 378kN
hw/tw = λ= 57,4
λp = 1,1. Kv.
fy = 70,4
λr = 1,37. Kv.
fy = 87,5
VRd ≥ sd
378/1 10 ≥ 2 4Pd
Pd ≤ 143,2kN
=
Vp
=1,24. (
)2.Vp