UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS UFAL Curso Bsico de
UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS – UFAL Curso Básico de Estruturas de Aço em Perfis Formados a Frio AULA VIRTUAL (resolução de exercícios) INSTABILIDADE LOCAL EM PERFIS FORMADOS A FRIO SUBMETIDOS AO MOMENTO FLETOR (Versão 1) Prof. Luciano Barbosa dos Santos Contato: lbsantos@ctec. ufal. br (2020) O trabalho AULA VIRTUAL: INSTABILIDADE LOCAL EM PERFIS FORMADOS A FRIO SUBMETIDOS AO MOMENTO FLETOR de Luciano Barbosa dos Santos está licenciado com uma Licença Creative Commons - Atribuição-Não. Comercial-Compartilha. Igual 4. 0 Internacional.
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Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) Olá! Nesta aula virtual analisaremos o caso de PFFs submetidos a uma distribuição linear de tensões normais, situação que ocorre em barras submetidas ao momento fletor. MLE (E 3) MS E Conclus ão Você pode seguir a sequência regular desta aula ou então clicar no menu acima para ir diretamente para algum ponto específico.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Dê uma olhada na figura ao lado, ela ilustra a seção transversal de um PFF submetida a uma distribuição linear de tensões. Conclus ão
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão O objetivo desta aula é apresentar o processo de determinação do momento de inércia efetivo (Igxef) e do módulo elástico efetivo (Wgxef), propriedades estas que são necessárias para verificação do perfil ao momento fletor.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Começaremos nossa discussão pelo Método da Largura Efetiva (MLE), depois veremos o Método da Seção Efetiva (MSE). Clique para iniciar. Enrijecedo r Mesa Comprimida Alma A figura ao lado mostra a seção transversal de um perfil U enrijecido submetido a um momento fletor, o qual provoca uma distribuição de tensões normais que varia linearmente. A fibra mais afastada da parte superior está submetida a um valor máximo de compressão ( ), enquanto a fibra mais afastada da parte inferior está submetida a um valor máximo de tração (+). A aplicação do MLE requer que consideremos a distribuição de tensões nos elementos planos que integram a seção transversal do perfil. Dessa forma, para a seção mostrada na figura ao lado, é necessário analisar enrijecedores, mesas e alma. Lembre-se, antes de começarmos, que os trechos planos são obtidos descontandose os trechos curvos da largura total. Clique para visualizá-los na figura ao lado.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Analisaremos o caso de flexão em relação ao eixo de maior inércia, que é situação mais comum em peças trabalhando à flexão simples. Começaremos pelo MLE. Clique para avançar. Enrijecedo r Mesa Comprimida Alma A figura ao lado mostra a seção transversal de um perfil U enrijecido submetido a um momento fletor, o qual provoca uma distribuição de tensões normais que varia linearmente. A fibra mais afastada da parte superior está submetida a um valor máximo de compressão ( ), enquanto a fibra mais afastada da parte inferior está submetida a um valor máximo de tração (+). A aplicação do MLE requer que consideremos a distribuição de tensões nos elementos planos que integram a seção transversal do perfil. Dessa forma, para a seção mostrada na figura ao lado, é necessário analisar enrijecedores, mesas e alma. Lembre-se, antes de começarmos, que os trechos planos são obtidos descontandose os trechos curvos da largura total. Clique para visualizá-los na figura ao lado.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Analisaremos o caso de flexão em relação ao eixo de maior inércia, que é situação mais comum em peças trabalhando à flexão simples. Começaremos pelo MLE. Clique para avançar. A MESA COMPRIMIDA Por conta da pequena espessura do perfil, pode-se admitir que as mesas estão submetidas a uma tensão uniforme (ver linha em negrito no trecho em destaque na figura ao lado). Nos interessa, neste caso, a mesa superior, que por estar submetida a tensões de compressão pode sofrer instabilidade local, o que implica, então, na necessidade de se calcular sua largura efetiva (bef). A mesa inferior está tracionada, não havendo, portanto, possibilidade de instabilidade local, sendo sua largura considerada totalmente efetiva. Como a mesa superior está submetida a tensão uniforme de compressão, o MLE recomenda adotar k = 4, 00 para o coeficiente de flambagem local.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Analisaremos o caso de flexão em relação ao eixo de maior inércia, que é situação mais comum em peças trabalhando à flexão simples. Começaremos pelo MLE. Clique para avançar. O ENRIJECEDOR COMPRIMIDO Entre os enrijecedores de borda também nos interessa aquele localizado na região superior, justamente por conta das tensões de compressão nele atuantes (ver linhas em negrito). Note que a distribuição de tensões é linear e não apresenta inversão de sinal, o valor máximo atua na extremidade superior do trecho plano, enquanto o mínimo atua em sua extremidade livre. Obviamente, o cálculo do coeficiente de flambagem local k é feito levando em consideração essa distribuição de tensões. As Tabelas 5 e 6 da NBR 14762: 2010, as quais serão mostradas resumidamente mais adiante, apresentam as expressões para determinação desse coeficiente.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Analisaremos o caso de flexão em relação ao eixo de maior inércia, que é situação mais comum em peças trabalhando à flexão simples. Começaremos pelo MLE. Clique para avançar. A ALMA A alma do perfil, por sua vez, está submetida a uma distribuição de tensões com inversão de sinal, conforme mostra a figura ao lado. Considerando o trecho plano, a tensão máxima de tração ocorre na parte inferior, enquanto a tensão máxima de compressão ocorre na parte superior (ver linhas em negrito na figura). O cálculo do coeficiente de flambagem k depende dessas tensões máximas, e as expressões a serem empregadas também estão indicadas nas Tabelas 5 e 6 da NBR 14762: 2010.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Um resumo da marcha de cálculo do MLE está indicado no diagrama ao lado. Clique para visualizar as expressões recomendadas pela NBR 14762: 2010 para determinação do coeficiente de flambagem para elemento AA e AL. Se p ≤ 0, 673: Se p > 0, 673: Calcular as propriedades efetivas da seção considerando os eventuais rebaixamentos do centroide
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Observe esta tabela com calma. Perceba que surgiu um parâmetro que relaciona as tensões nas extremidades do elemento, e é com a ajuda desse parâmetro que determinaremos o coeficiente de flambagem local k. No caso, a tabela ao lado deve ser aplicada aos elementos AA. Clique para visualizar a tabela a ser empregada no caso de elementos AL. COEFICIENTES DE FLAMBAGEM LOCAL (k) PARA ELEMENTOS AA Caso B – – Caso C – Caso D + – +
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Observe esta tabela com calma. Perceba que surgiu um parâmetro que relaciona as tensões nas extremidades do elemento, e é com a ajuda desse parâmetro que determinaremos o coeficiente de flambagem local k. No caso, a tabela ao lado deve ser aplicada aos elementos AA. Clique para visualizar a tabela a ser empregada no caso de elementos AL. COEFICIENTES DE FLAMBAGEM LOCAL (k) PARA ELEMENTOS AL Caso A Caso B Caso C Caso D – + – – +
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora os critérios recomedados pela NBR 14762: 2010 para aplicação do Método da Seção Efetiva (MSE). A marcha de cálculo está indicada no diagrama ao lado. Determinação de k. L Após observar o diagrama, clique para avançar. Início de Escoamento da Seção Efetiva: Instabilidade Lateral com Torção: Início do Escoamento da Seção Efetiva Instabilidade Lateral com Torção
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Para aplicação do MSE é necessário determinar o coeficiente de flambagem local k. L, o qual depende da seção como um todo. Observe, na tabela ao lado, que as expressões recomendadas pela norma são aplicáveis apenas aos casos de flexão em relação ao eixo de maior inércia. Coeficiente de flambagem local k. L para barras sob flexão simples em torno do eixo de maior inércia Caso a: Seções U Simples e Z Simples Caso b: Seções U Enrijecido, Z Enrijecido e Cartola Caso d : Seções tubulares com solda de costura contínua Obs. : Para mais detalhes, consulte a Tabela 12 da NBR 14762: 2010.
MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Após esta breve introdução, faremos agora os exercícios indicados no quadro ao lado, leia atentamente o enunciado e depois clique para avançar. Para o estado-limite último de início de escoamento da seção transversal, determine o módulo elástico efetivo (Wgef) para os perfis listados a seguir, adotando aço com tensão de escoamento de 380 MPa. a) U 125 x 50 x 2, 00 b) U 125 x 50 x 1, 50 c) U 125 x 50 x 1, 20 Admita que os perfis estão submetidos a um momento fletor que traciona a parte inferior e comprime a parte superior, e que o início de escoamento ocorre, justamente, no trecho comprimido. A distribuição de tensões está indicada na figura abaixo. = fy = 38 k. N/cm 2 - bw – 2 t – 2 ri Introduçã o Posição original do centróide + bf – t – ri
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Começaremos nosso estudo pelo Método da Largura Efetiva (MLE). Algumas partes serão muito repetitivas, contudo, nos darão uma visão bastante abrangente do processo de aplicação deste método. Método da Largura Efetiva (MLE)
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão No exemplo 1 analisaremos um perfil U 125 x 50 x 2, 00, cujas propriedades da seção bruta são: A = 4, 37 cm 2; Ix = 103, 38 cm 4 e Wx = 16, 54 cm 3. MLE - Exemplo 1
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vamos começar? RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. AVALIAÇÃO DA MESA COMPRIMIDA Observe na figura abaixo que YG 0 é a posição original do centróide da seção transversal. Precisamos dessa informação para começar a resolução. Clique para avançar. 1. 1 – Determinação da largura efetiva MESA COMPRIMIDA A mesa é um elemento AL para o qual devemos adotar k = 0, 43. O primeiro passo consiste, então, em se determinar sua largura efetiva (bef). EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 YG 0 = 0, 5 bw YG 0 = 6, 25 cm bw – 2 t – 2 ri bef 1. 2 – Determinação da área a “retirar” da mesa comprimida Lret(m) = b – bef 1 Aret 1 = Lret 1 t Aef 1 = A – Aret 1 Lret(m) = 4, 60 – 2, 468 Aret 1 = 2, 132 x 0, 2 Aef 1 = 4, 37 – 0, 426 Lret(m) = = 2, 132 cm Aret 1 = 0, 426 cm 2 Aef 1 = 3, 944 cm 2 1. 3 – Parcela de Ix a “retirar” da seção transversal + + bf – t – ri
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vamos começar? RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. AVALIAÇÃO DA MESA COMPRIMIDA Observe na figura abaixo que YG 0 é a posição original do centróide da seção transversal. Precisamos dessa informação para começar a resolução. Clique para avançar. 1. 1 – Determinação da largura efetiva EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 YG 0 = 0, 5 bw YG 0 = 6, 25 cm bw – 2 t – 2 ri bef MESA COMPRIMIDA 1. 2 – Determinação da área a “retirar” da mesa comprimida Lret(m) = b – bef 1 Aret 1 = Lret 1 t Aef 1 = A – Aret 1 Lret(m) = 4, 60 – 2, 468 Aret 1 = 2, 132 x 0, 2 Aef 1 = 4, 37 – 0, 426 Lret(m) = = 2, 132 cm Aret 1 = 0, 426 cm 2 Aef 1 = 3, 944 cm 2 1. 3 – Parcela de Ix a “retirar” da seção transversal + + bf – t – ri Com base na largura efetiva nós determinamos as parcelas de largura (Lret 1) e de área (Aret 1) que devem ser “retiradas”, e assim encontramos a área efetiva da seção (Aef 1) levando em consideração a influência da mesa comprimida. Note que a área efetiva é obtida descontando-se a parcela não efetiva (ver os cálculos no quadro ao lado e o detalhe em vermelho na figura). Obs. : Para facilitar os cálculos adotaremos os índices “ 1” para designar as variáveis relacionadas à mesa comprimida e “ 2” para designar as variáveis relacionadas à alma.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vamos começar? RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. AVALIAÇÃO DA MESA COMPRIMIDA Observe na figura abaixo que YG 0 é a posição original do centróide da seção transversal. Precisamos dessa informação para começar a resolução. Clique para avançar. 1. 1 – Determinação da largura efetiva EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 YG 0 = 0, 5 bw YG 0 = 6, 25 cm bw – 2 t – 2 ri bef 1. 2 – Determinação da área a “retirar” da mesa comprimida Lret(m) = b – bef 1 Aret 1 = Lret 1 t Aef 1 = A – Aret 1 Lret(m) = 4, 60 – 2, 468 Aret 1 = 2, 132 x 0, 2 Aef 1 = 4, 37 – 0, 426 Lret(m) = = 2, 132 cm Aret 1 = 0, 426 cm 2 Aef 1 = 3, 944 cm 2 1. 3 – Parcela de Ix a “retirar” da seção transversal + + bf – t – ri MESA COMPRIMIDA Havendo um trecho da mesa a ser desconsiderado, é preciso retirar também uma parcela do momento de inércia (Ixret 1), pois obviamente esta propriedades geométrica também é afetada.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA MESA COMPRIMIDA Vamos começar? 1. 4 – Rebaixamento do centróide devido a Aret 1 Observe na figura abaixo que YG 0 é a posição original do centróide da seção transversal. Precisamos dessa informação para começar a resolução. Clique para avançar. EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aret 1 = 0, 426 cm 2 Aef 1 = 3, 944 cm 2 Aret 1 = 38 k. N/cm 2 1. 5 – Nova posição do centróide - bw – 2 t – 2 ri bef d 1 = YG 0 0, 5 t d 1 = 6, 15 cm YG 1 = 6, 25 + 0, 665 YG 1 = 6, 915 cm y 1 + + bf – t – ri YG 1 = YG 0 + y 1 A “retirada” de um trecho da mesa comprimida altera a geometria do perfil, fazendo-o perder a simetria em relação ao eixo x-x. Com isso, torna-se necessário calcular a nova posição do centróide, o qual sofrerá um rebaixamento de intensidade y 1 em relação a sua posição original. Clique para visualizar o rebaixamento y 1 na figura ao lado. Com base em uma relação de proporcionalidade entre áreas (Aret 1 e Aef 1) e distâncias (y 1 e d 1), nós determinamos o rebaixamento do centróide da seção devido a Aret 1. Note que d 1 é a distância da linha média da mesa comprimida em relação ao centróide original da seção (ver na figura), e que essa grandeza é necessária para determinação de y 1.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vamos começar? RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. 4 – Rebaixamento do centroide devido a Aret 1 Observe na figura abaixo que YG 0 é a posição original do centróide da seção transversal. Precisamos dessa informação para começar a resolução. Clique para avançar. EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aret 1 = 0, 426 cm 2 Aef 1 = 3, 944 cm 2 Aret 1 = 38 k. N/cm 2 1. 5 – Nova Posição do Centróide - bw – 2 t – 2 ri bef d 1 = YG 0 0, 5 t d 1 = 6, 15 cm YG 1 = 6, 25 + 0, 665 YG 1 = 6, 915 cm y 1 + + bf – t – ri YG 1 = YG 0 + y 1 MESA COMPRIMIDA Sendo YG 0 a posição inicial do centróide (é o valor que aparece na tabela de propriedades geométricas), e y 1 o rebaixamento devido ao trecho não efetivo da mesa comprimida, obtemos a nova posição do centroide (YG 1) fazendo: YG 1 = YG 0 + y 1 Se, mais adiante, houve necessidade de um novo rebaixamento do centróide devido a algum trecho não efetivo da alma, o qual chamaremos de y 2, a nova posição será dada por: YG 2 = YG 1 + y 2 ou, alternativamente: YG 2 = YG 0 + y 1 + y 2
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão O passo seguinte consiste em calcular a largura efetiva da alma e, se for o caso, o rebaixamento do centróide correspondente ao trecho não efetivo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. 1 – Determinação da largura efetiva bc e bt (ver figura) são as parcelas da alma que estão submetidas, respectivamente, a compressão e tração. = 38 k. N/cm 2 YG 1 = 6, 915 cm a = bw – 2 t – 2 ri - Depois disso, recorrendo às equações apresentadas pela Tabela 5 da NBR 14762: 2010, determinamos o fator , o coeficiente de flambagem local k e a largura efetiva do elemento. 1 bc bt 2 2. 2 – Determinação da nova posição do centróide YG-Final = YG 1 = 6, 915 cm bf – t – ri Considerando agora o trecho plano da alma, percebe-se que uma extremidade está submetido a uma tensão de compressão 1 e a outra a uma tensão de tração 2 (ver figura). Lembrando o que a distribuição de tensões é linear e que o início de escoamento ocorre na mesa comprimida, basta empregar as relações de proporcionalidade para determinar a tensão em qualquer ponto da seção, e assim determinamos 1 e 2. EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) + ALMA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão O passo seguinte consiste em calcular a largura efetiva da alma e, se for o caso, o rebaixamento do centróide correspondente ao trecho não efetivo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 1 – Determinação da largura efetiva EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) = 38 k. N/cm 2 YG 1 = 6, 915 cm a = bw – 2 t – 2 ri - 1 bc ALMA bt + 2 2. 2 – Determinação da nova posição do centróide YG-Final = YG 1 = 6, 915 cm bf – t – ri Percebe-se que, para a situação analisada, não houve necessidade de se reduzir a largura da alma, pois foi obtido p < 0, 673. Sendo assim, a posição final do centroide é aquela determinada no passo anterior.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão O passo seguinte consiste em calcular a largura efetiva da alma e, se for o caso, o rebaixamento do centróide correspondente ao trecho não efetivo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 3. DETERMINAÇÃO DE IGxef e WGxef Ixret = Ixret 1 + Ixret 2 = 16, 132 + 0 Ixret = 16, 132 cm 4 Ixef = Ix – Ixret Ixef = 103, 38– 16, 132 Ixef = 87, 248 cm 4 EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Aplicando o teorema dos eixos paralelos: Ixef = IGxef + Aef d 2 YG 0 = 6, 25 cm YG 1 = 6, 915 cm a = bw – 2 t – 2 ri IGxef = 87, 248 3, 944 0, 6652 IGxef = 85, 505 cm 4 WGxef = IGxef / yc (onde: yc = Ygfinal) WGxef = 85, 505 / 6, 915 WGxef = 12, 364 cm 3 bf – t – ri Como, no caso em questão, a alma resultou totalmente efetiva, as parcelas de redução da área e do momento de inércia relacionados a ela serão nulos, ou seja: e assim obtemos o valor de Ixef mostrado no quadro ao lado. d = 0, 665 cm + Aef = A – Aret 1 – Aret 2; Ixef = Ix – Ixret 1 – Ixret 2; Onde: d = YGfinal YGinicial d Levando em consideração o caso geral, no qual tanto a mesa comprimida quanto a alma possuem trechos a desconsiderar, a área e momento de inércia efetivos são dados, respectivamente, por: Aret 2 = 0 cm 2; Ixret 2 = 0 cm 4. IGxef = Ixef Aef d 2 - ALMA
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão O passo seguinte consiste em calcular a largura efetiva da alma e, se for o caso, o rebaixamento do centróide correspondente ao trecho não efetivo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 3. DETERMINAÇÃO DE Igxef e Wgxef Ixret = Ixret 1 + Ixret 2 = 16, 132 + 0 Ixret = 16, 132 cm 4 Ixef = Ix – Ixret Ixef = 103, 38– 16, 132 Ixef = 87, 248 cm 4 EXEMPLO 1: U 125 x 50 x 2, 00 (A = 4, 37 cm 2 / Ix = 103, 38 cm 4 / Wx = 16, 54 cm 3) Ixef = IGxef + Aef d 2 ALMA IGxef = Ixef Aef d 2 Note que o valor encontrado para Ixef está relacionado com a posição original do centróide, sendo assim, será necessário aplicar o Teorema dos Eixos Paralelos para determinar o valor em relação ao eixo em sua nova posição. Onde: d = YGfinal YGinicial YG 0 = 6, 25 cm YG 1 = 6, 915 cm a = bw – 2 t – 2 ri - Aplicando o teorema dos eixos paralelos: d = 0, 665 cm Igxef = 87, 248 3, 944 0, 6652 d Igxef = 85, 505 cm 4 Wgxef = IGxef / yc + Wgxef = 85, 505 / 6, 915 Wgxef = 12, 364 cm 3 bf – t – ri (onde: yc = Ygfinal) Observando a figura ao lado, vemos que d é a distância entre as posições inicial e final do centróide, e assim calculamos Igxef e Wgxef.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão No exemplo 2 analisaremos um perfil U 125 x 50 x 1, 50, cujas propriedades da seção bruta são: A = 3, 30 cm 2; Ix = 78, 79 cm 4 e Wx = 12, 63 cm 3. MLE - Exemplo 2
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. AVALIAÇÃO DA MESA COMPRIMIDA 1. 1 – Determinação da largura efetiva MESA COMPRIMIDA É só repetir os mesmos passos do exercício anterior. Note agora que, para uma espessura de chapa mais fina, a largura efetiva foi menor. Comparando os casos 1 e 2, temos: Para t = 2, 00 mm: Para t = 1, 50 mm: EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 bef bw – 2 t – 2 ri 1. 2 – Determinação da área a “retirar” da mesa comprimida + Lret 1 = b – bef 1 Aret 1 = Lret 1 t Aef 1 = A – Aret 1 Lret 1 = 4, 70 – 1, 929 Aret 1 = 2, 771 x 0, 15 Aef 1 = 3, 30 – 0, 416 Lret 1 = = 2, 771 cm Aret 1 = 0, 416 cm 2 Aef 1 = 2, 884 cm 2 1. 3 – Parcela de Ix a “retirar” da seção transversal bf – t – ri bef = 2, 468 cm bef = 1, 929 cm Consequentemente, o trecho a desconsiderar no cálculo das propriedades efetivas do exemplo 2 será maior, levando a um maior rebaixamento do centróide e a menores valores de área e de momento de inércia efetivos. Clique para visualizar a continuação do cálculo.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 - bw – 2 t – 2 ri bef d 1 = 0, 5 bw - 0, 5 t d 1 = 6, 18 cm 1. 4 – Rebaixamento do C. G. devido a Aret 1 = 0, 416 cm 2 MESA COMPRIMIDA Aef 1 = 2, 884 cm 2 Vê-se, então, que o rebaixamento do centróide no caso 2 foi de fato maior que no caso 1. + Comparando os dados, temos: Para t = 2, 00 mm: y 1 = 2, 468 cm YG 1 = 6, 915 cm Para t = 1, 50 mm: y 1 = 0, 890 cm YG 1 = 7, 140 cm 1. 5 – Nova posição do centroide YG 1 = YG 0 + y 1 YG 1 = 6, 25 + 0, 890 YG 1 = 7, 140 cm y 1 bf – t – ri RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA O passo seguinte consiste em verificar se há necessidade de rebaixamento devido a alma. Sendo a chapa do perfil mais fina, essa possibilidade aumenta.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 1 – Determinação do Coeficiente de Flambagem Local k ALMA Avaliada a influência da mesa comprimida no cálculo das propriedades efetivas, o passo seguinte consiste em determinar a influência da alma. É necessário, então, calcular as tensões 1 e 2 atuantes nas extremidades da largura plana do elemento. EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) O cálculo dessas tensões é feito em função das larguras bc e bt, que são, respectivamente, as partes comprimida e tracionada do trecho plano da alma. = 38 k. N/cm 2 YG 1 = 7, 140 cm a = bw – 2 t – 2 ri - 1 bc bt + bf – t – ri 2 Note que bc e bt são determinados considerando o rebaixamento do centróide determinado no passo anterior, e levando em consideração também a relação de proporcionalidade com a tensão máxima atuante na mesa comprimida, que é igual a fy. Como base nesse estudo determinamos o coeficiente de flambagem k a ser considerado para a alma.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) 2. 2 – Determinação da Largura Efetiva ALMA Na sequência, determinamos o índice de esbeltez reduzido ( p) e a largura efetiva da alma (bef). Note que, desta vez, obtivemos p > 0, 673 e, consequentemente bef < b. = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 bef 2 YG 1 = 7, 140 cm - 1 bc 2. 3 – Posição Final do Centroide bt + bf – t – ri 2 Como alma é totalmente efetiva, a posição final do centroide é aquela determinada no passo anterior YG-Final = YG 1 = 7, 14 cm Posição Final do Centróide
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. 2. 2 – Determinação da Largura Efetiva ALMA EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) Note que, como o trecho não efetivo fica no meio do elemento (é o trecho em vermelho na figura ao lado), surgem duas larguras efetivas, uma de cada lado do trecho não efetivo, e que são chamadas de bef, 1 e bef 2. Observe também que as larguras efetivas bef, 1 e bef, 2 estão localizadas no trecho comprimido da alma, ou seja, no trecho cuja largura total é dada bc. = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 bef 2 YG 1 = 7, 140 cm - 1 bc 2. 3 – Posição Final do Centroide bt + bf – t – ri 2 Como alma é totalmente efetiva, a posição final do centroide é aquela determinada no passo anterior YG-Final = YG 1 = 7, 14 cm Posição Final do Centróide Percebe-se que, embora tenhamos encontrado p > 0, 673, a soma entre as larguras efetivas bef, 1 e bef, 2 resultou maior que bc, o que significa que a alma é totalmente efetiva.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) 2. 2 – Determinação da Largura Efetiva = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 bef 2 YG 1 = 7, 140 cm - 1 bc ALMA 2. 3 – Posição Final do Centroide bt + bf – t – ri 2 Como alma é totalmente efetiva, a posição final do centróide é aquela determinada no passo anterior. YG-Final = YG 1 = 7, 14 cm Posição Final do Centróide Sendo a alma totalmente efetiva, não há necessidade de se fazer novo rebaixamento do centróide.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora o Exemplo 2. Lembre-se que, ao se reduzir a espessura da chapa, a expectativa é que os fenômenos de instabilidade local afetem ainda mais as propriedades efetivas. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 3. DETERMINAÇÃO DE IGxef e WGxef Aret = Aret 1 + Aret 2 = 0, 416 + 0 = 0, 416 cm 2 Aef = A – Aret = 3, 30 – 0, 416 = 2, 884 cm 2 Ixret = Ixret 1 + Ixret 2 = 15, 852 + 0 = 15, 852 cm 4 Ixef = Ix – Ixret = 78, 93– 15, 852 = 63, 083 cm 4 Aplicando o teorema dos eixos paralelos: EXEMPLO 2: U 125 x 50 x 1, 50 (A = 3, 30 cm 2 / Ix = 78, 79 cm 4 / Wx = 12, 63 cm 3) Ixef = IGxef + Aef d 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 2 YG 1 = 7, 140 cm - 1 Onde: d = YGfinal YGinicial bc d = 7, 14 6, 25 = 0, 89 cm IGxef = 63, 083 2, 884 0, 892 = 60, 799 cm 4 bt + bf – t – ri 2 Resumindo os resultados obtidos até aqui: Para t = 2, 00 mm: YG 1 = 6, 915 cm Igxef = 85, 51 cm 4 Wgxef = 12, 36 cm 3 Para t = 1, 50 mm: YG 1 = 7, 140 cm Igxef = 60, 80 cm 4 Wgxef = 8, 52 cm 3 IGxef = Ixef Aef d 2 = 38 k. N/cm 2 bef 1 Para o cálculo de Igef e Wgef é só seguir os passos do exemplo anterior. WGxef = IGxef / yc (onde: yc = Ygfinal) WGxef = 60, 799 / 7, 14 WGxef = 8, 516 cm 3
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão No exemplo 3 analisaremos um perfil U 125 x 50 x 1, 20, cujas propriedades da seção bruta são: A = 2, 65 cm 2; Ix = 63, 82 cm 4 e Wx = 10, 21 cm 3. MLE - Exemplo 3
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 1. AVALIAÇÃO DA MESA COMPRIMIDA Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. 1. 1 – Determinação da largura efetiva MESA COMPRIMIDA Nada de novo nesta etapa, apenas obtivemos uma largura efetiva ainda menor (conforme já era esperado), e isso levou, obviamente, a maiores reduções das propriedades geométricas efetivas. EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) Aret 1 = 38 k. N/cm 2 - bw – 2 t – 2 ri bef 1. 2 – Determinação da área a “retirar” da mesa comprimida Lret 1 = b – bef 1 Aret 1 = Lret 1 t Aef 1 = A – Aret 1 Lret 1 = 4, 76 – 1, 579 Aret 1 = 3, 181 x 0, 12 Aef 1 = 2, 65 – 0, 382 Lret 1 = = 3, 181 cm Aret 1 = 0, 382 cm 2 Aef 1 = 2, 268 cm 2 1. 3 – Parcela de Ix a “retirar” da seção transversal + bf – t – ri
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 1 – Determinação do coeficiente k ALMA EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) Nada de novo na determinação do coeficiente de flambagem k para a alma, é só seguir os passos dos exemplos anteriores. = 38 k. N/cm 2 YG 1 = 7, 29 cm a = bw – 2 t – 2 ri - 1 bc bt + bf – t – ri 2
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 2 – Determinação da largura efetiva EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 bef 2 YG 1 = 7, 29 cm - bt + bf – t – ri Na verificação da largura efetiva da alma, contudo, encontramos: 1 bc 2 ALMA bef, 1 + bef, 2 < bc A alma não é totalmente efetiva! e isso significa que haverá redução da largura da alma. Como consequência, será necessário calcular uma novo rebaixamento para o centróide! É necessário fazer um novo rebaixamento do C. G. !
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 3 – Determinação da nova posição do centroide ALMA A largura a desconsiderar é obtida subtraindo os trechos efetivos da largura comprimida da mesa. Sendo assim: Lret 2 = bc – (bef, 1 + bef 2) E em função de Lret 2 determinamos a área a ser descontada da seção transversal (Aret 2). EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 d 2 = bef 2 + 0, 5 Lret 2 - bef 2 1 YG 1 = 7, 29 cm a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 d 2 = 4, 413 + 0, 5 0, 255 = 4, 541 cm bc d 2 YG 2 = YG 1 + y 2 YG 2 = 7, 290 + 0, 063 bt + bf – t – ri 2 YG 2 = 7, 353 cm Posição final após a primeira iteração
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 3 – Determinação da nova posição do centroide EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 d 2 = bef 2 + 0, 5 Lret 2 - bef 2 1 YG 1 = 7, 29 cm a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 ALMA d 2 = 4, 413 + 0, 5 0, 255 = 4, 541 cm bc d 2 Note que d 2 (ver figura) é a distância entre o centro do trecho da alma a ser descontado e eixo que passa pela centroide da seção. YG 2 = YG 1 + y 2 YG 2 = 7, 290 + 0, 063 bt + bf – t – ri 2 YG 2 = 7, 353 cm Por meio da relação de proporcionalidade entre áreas (Aret 2 e Aef 2) e distâncias (y 2 e d 2) determinamos o segundo rebaixamento do centroide (y 2). Somando y 2 a Yg 1 encontramos a nova posição do centroide. Posição final após a primeira iteração Mas, será que isso encerra a questão?
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA Conclus ão Vejamos nosso último exemplo. Clique para avançar. 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 3 – Determinação da nova posição do centroide PROBLEMA ITERATIVO Note que, ao rebaixarmos a posição do centróide, as larguras bc e bt da alma se alteram. Consequentemente, as tensões 1 e 2 também se modificam. EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 d 2 = bef 2 + 0, 5 Lret 2 a = bw – 2 t – 2 ri YG 2 = 7, 353 cm - bef 1 1 d 2 = 4, 413 + 0, 5 0, 255 = 4, 541 cm bc YG 2 = 7, 290 + 0, 063 bt + 2 YG 2 = 7, 353 cm O cálculo torna-se, então, iterativo, pois para cada nova posição do centróide os valores das variáveis se alteram, sendo necessário corrigir seus valores. Naturalmente, como em todo problema iterativo, os cálculos são repetidos até que os resultados convirjam, e o critério de convergência depende da precisão que se considera adequada para o problema em estudo. YG 2 = YG 1 + y 2 bef 2 bf – t – ri A consequência disso é que os valores de k, p, bef 1 e bef 2 também mudam, sendo necessário recalcular todos eles, o que leva a um novo rebaixamento do centróide. Posição final após a primeira iteração
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão A tabela ao lado mostra os valores obtidos após a realização de diversas iterações. EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 YG 2 = 7, 353 cm - 1 bc bef 2 bt + bf – t – ri 2 Ponto de Partida
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Note que chega um momento em que os valores convergem para YG 2 = 7, 392 cm. EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 YG 2 = 7, 353 cm - 1 bc bef 2 bt + bf – t – ri 2 Ponto de Partida
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão A precisão do resultado pode ser definida pelo usuário, adotando, por exemplo, um erro menor ou igual a 10 -3 para a posição do centróide. EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 YG 2 = 7, 353 cm - 1 bc bef 2 bt + bf – t – ri 2 Ponto de Partida
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Continuaremos a questão com YG 2 = 7, 392 cm. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 2. AVALIAÇÃO DA ALMA 2. 4 – Determinação Ixret 2 YG 0 = 6, 250 cm YG 2 = 7, 392 cm (final) Lret 2 = 0, 411 cm Aret 2 = 0, 049 cm 2 bef 1 = 2, 373 cm EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) bef 2 = 4, 368 cm Conhecida a posição final do centróide, a qual foi determinada após convergência dos resultados em processo iterativo, calculamos as reduções das propriedades efetivas da seção transversal devidas a alma. d 2 = 4, 573 cm Na figura ao lado, temos: = 38 k. N/cm 2 a = bw – 2 t – 2 ri bef 1 bef 2 YG 2 = 7, 392 cm - d 2 G 0 = d 2 d = 4, 573 1, 142 = 3, 431 cm d 2 G 0 Ixret 2 = t Lret 23 / 12 + Aret 2 x d 2 G 02 d Ixret 2 = 0, 12 0, 4113 / 12 + 0, 049 3, 4312 bt + bf – t – ri d = YG 2 YG 0 = 7, 392 6, 250 = 1, 142 cm 2 Ixret 2 = 0, 578 cm 4 d 2 g 0 é a distância entre o centro do trecho a ser “retirado” da alma e o eixo que passa pela posição inicial (Yg 0) do centróide, pois os “descontos” do momento de inércia devem ser feitos em relação a esse eixo. d 2 é a distância entre o centro do trecho a ser “retirado” da alma e o eixo que passa pela posição final (YG 2) do centróide. d é a distância entre as posições inicial e final do centróide, ou seja, é igual ao rebaixamento total que ele sofreu levando em consideração as parcelas devidas à mesa comprimida e à alma.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Continuaremos a questão com YG 2 = 7, 392 cm. Clique para avançar. RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DA LARGURA EFETIVA 3. DETERMINAÇÃO DE IGxef e WGxef Aret = Aret 1 + Aret 2 = 0, 382 + 0, 049 = 0, 431 cm 2 Ixret = Ixret 1 + Ixret 2 = 14, 626 + 0, 582 = 15, 208 cm 4 Aef = A – Aret = 2, 65 – 0, 431 = 2, 219 cm 2 CONCLUSÃO Resumindo, os resultados obtidos nos três exercícios feitos até aqui, encontramos: Para t = 2, 00 mm: YGF = 6, 915 cm Igxef = 85, 51 cm 4 Wgxef = 12, 36 cm 3 Para t = 1, 50 mm: YGF = 7, 140 cm Igxef = 60, 80 cm 4 Wgxef = 8, 52 cm 3 Para t = 1, 50 mm: YGF = 7, 392 cm Igxef = 45, 72 cm 4 Wgxef = 6, 182 cm 3 Ixef = Ix – Ixret = 63, 82 – 15, 208 = 48, 612 cm 4 EXEMPLO 3: U 125 x 50 x 1, 20 (A = 2, 65 cm 2 / Ix = 63, 82 cm 4 / Wx = 10, 21 cm 3) Aplicando o teorema dos eixos paralelos: Ixef = IGxef + Aef d 2 = 38 k. N/cm 2 - IGxef = Ixef Aef d 2 YG 0 = 6, 25 cm d = 1, 142 cm WGxef = IGxef / yc (onde: yc = Ygfinal) WGxef = 45, 718/ 7, 392 + bf – t – ri Conforme esperado, quanto mais fina a chapa, maior tende a ser o rebaixamento do centróide. IGxef = 45, 718 cm 4 YG 2 = 7, 392 cm a = bw – 2 t – 2 ri IGxef = 48, 612 2, 219 1, 1422 2 WGxef = 6, 18 cm 3 Os valores efetivos do momento de inércia e do módulo elástico também tendem a ser menores, pois são obtidos a partir de maiores reduções das larguras efetivas dos elementos.
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Vejamos agora a resolução pelo Método da Seção Efetiva (MLE). Clique para avançar. Método da Seção Efetiva (MSE)
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Caso 1: U 125 x 50 x 2, 00 O MSE é muito mais prático e simples de se aplicar. Clique para visualizar no quadro ao lado a resolução dos três exercícios simultaneamente. O volume de cálculo é incomparavelmente menor, não acha? Caso 2: U 125 x 50 x 1, 50 Caso 3: U 125 x 50 x 1, 20
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Caso 1: U 125 x 50 x 2, 00 O único problema é que atualmente sua aplicação está limitada a flexão em torno do eixo de maior inércia, e também às seções transversais indicadas na Tabela 12 da norma. Caso 2: U 125 x 50 x 1, 50 Caso 3: U 125 x 50 x 1, 20
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) MLE (E 3) MS E Conclus ão Para encerrarmos a aula, veja na tabela ao lado os valores obtidos para o Wef das três seções transversais analisadas. Note que, nos casos estudados, o MSE forneceu valores menores que o MLE. COMPARAÇÃO DE RESULTADOS Casos Analisados MLE MSE a) U 125 x 50 x 2, 00 Wxef = 12, 36 cm 3 Wxef = 11, 03 cm 3 b) U 125 x 50 x 1, 50 Wxef = 8, 52 cm 3 Wxef = 6, 66 cm 3 c) Wxef = 6, 18 cm 3 Wxef = 4, 44 cm 3 U 125 x 50 x 1, 20
Introduçã o MLE (E 1) MLE (E 2) Para ampliar seus conhecimentos você pode fazer os exercícios indicados no quadro ao lado. MLE (E 3) MS E Conclus ão EXERCÍCIOS PROPOSTOS Por enquanto é só! Bons estudos e até a nossa próxima aula virtual! Refaça os exercícios anteriores utilizando perfis U enrijecidos, e ao aplicar o MLE, “percorra” a seção transversal começando pelo enrijecedor comprimido, depois analise a mesa comprimida e por fim a alma, adotando os índices 1, 2 e 3 para cada um deles, respectivamente. Obviamente, dependendo das dimensões dos perfis adotados, podem ocorrer um, dois, três ou até mesmo nenhum rebaixamento do centróide. Caso queira ir um pouco além dos seus estudos, varie a tensão de escoamento do aço e veja o que acontece com as propriedades efetivas da seção transversal. Como os cálculos tendem a ser muito exaustivos, a elaboração ou a utilização de ferramentas computacionais costuma ser uma boa opção.
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ASSOCIAÇÃO BRASILEIRA DE NORMAS TÉCNICAS (2010). NBR 14762 – Dimensionamento de estruturas de aço constituídas por perfis formados a frio. Rio de Janeiro, RJ. IMAGENS E ILUSTRAÇÕES Imagem de Joseph Mucira por Pixabay FIM DA AULA VIRTUAL Prof. Luciano Barbosa dos Santos Contato: lbsantos@ctec. ufal. br Universidade Federal de Alagoas – UFAL Centro de Tecnologia – CTEC
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