\begin{array}{l} d=256 \mathrm{~mm} \\\ b f=255 \mathrm{~mm} \\\ t f=15,6 \mathrm{~mm} \\\ t w=9,4 \mathrm{~mm} \end{array}
Cargas axiais de intensidade \mathrm{P}=600,5 \mathrm{kN} são aplicadas paralelas ao eixo geométrico da coluna AB feita com um perfil de aço laminado W250x80 e interceptam o eixo x a uma distância “e” do eixo geométrico. Sabendo que \sigma_{\mathrm{adm}}=82,74 \mathrm{MPa} e \mathrm{E}=200 \mathrm{GPa}, determine o maior comprimento L admissível quando (a) \mathrm{e}=6,35 \mathrm{~mm}, (b) \mathrm{e}=12,7 \mathrm{~mm}.
Passo 1
O enunciado pede: determinar o maior comprimento L admissível da coluna para dois casos de excentricidade e: (a) e=6,35\\ \text{mm} e (b) e=12,7\\ \text{mm}, sabendo que a carga axial é P=600,5\\ \text{kN}, a tensão admissível é \sigma_{\mathrm{adm}}=82,74\\ \text{MPa} e E=200\\ \text{GPa}.
Dados fornecidos (peguei estes valores do enunciado / da figura):
d = 256\\ \text{mm} (altura total do perfil)
b_f = 255\\ \text{mm} (largura da aba)
t_f = 15{,}6\\ \text{mm} (espessura da aba)
t_w = 9{,}4\\ \text{mm} (espessura da alma)
P = 600{,}5\\ \text{kN} = 600\,500\\ \text{N}
\sigma_{\mathrm{adm}} = 82{,}74\\ \text{MPa}
E = 200\\ \text{GPa} = 200\,000\\ \text{N/mm}^2
O que precisamos encontrar: o maior L tal que a tensão de compressão máxima no extremo da seção não ultrapasse \sigma_{\mathrm{adm}}, considerando a excentricidade e dada (efeito de flexão + efeito de segunda ordem por flambagem).
Passo 2
Cálculo da área da seção transversal A. Modelo aproximado por retângulos (2 abas + alma):
altura útil da alma h = d - 2 t_f.
área das abas A_f = b_f t_f (cada uma).
área da alma A_w = t_w h.
Fórmula:
A = 2 b_f t_f + t_w h,\qquad h = d - 2 t_f.
Substituindo números (tomei d,b_f,t_f,t_w do enunciado):
Cálculo do momento de inércia I (eixo forte x horizontal). Aproximação por soma das contribuições da alma e das duas abas (teorema dos eixos paralelos).
Definições:
h já calculado.
distância do centro de cada flange ao eixo neutro (centro da seção): a = \dfrac{h + t_f}{2}.
I_{web} = \dfrac{t_w h^3}{12}.
I_{flange,\,centro} = \dfrac{b_f t_f^3}{12}.
contribuição total de uma flange: I_{flange} = I_{flange,\,centro} + A_f a^2.
Cálculos numéricos:
a = \frac{224{,}8 + 15{,}6}{2} = 120{,}2\\ \text{mm}.
O valor de c (distância do neutro até fibra extrema) é
c = \frac{d}{2} = \frac{256}{2} = 128\\ \text{mm}.
Passo 4
Explicação física e fórmula da amplificação por flambagem (segunda ordem):
Uma coluna com uma pequena excentricidade inicial e sofre não só o momento M_0=P e (primeira ordem), mas, se a carga é próxima da carga crítica de Euler P_{cr}, a deflexão aumenta e o momento máximo é amplificado. Para condições de extremidade articuladas (pino-pino) a solução da EDO linearizada dá o fator de amplificação:
M_{\max}=\frac{P e}{1-\dfrac{P}{P_{cr}}}.
Aqui P_{cr} é a carga crítica de Euler:
P_{cr}=\frac{\pi^2 E I}{L^2}.
A tensão máxima na fibra comprimida (lado que soma compressão axial + flexão) é:
Explicação simples: o denominador 1-P/P_{cr} aumenta muito quando P se aproxima de P_{cr}, mostrando a sensibilidade à flambagem. Por isso devemos usar essa expressão para garantir \sigma_{\max}\le\sigma_{\mathrm{adm}}.
\frac{\pi^2 E I}{L^2} \ge \frac{P}{\,1 - \dfrac{P e\,c}{I S}\,}
e isolando L:
L \le \pi \sqrt{\frac{E I\left(1-\dfrac{P e\,c}{I S}\right)}{P}}.
Essa expressão nos dá o maior L admissível (para condições pino-pino e usando o modelo linear com excentricidade inicial e). Agora vamos aplicar numericamente.