A coluna AB suporta uma força centrada P de intensidade de 66 kN . Os cabos BC e BD estão esticados e impedem o movimento do ponto B no plano xz . Usando a fórmula de Euler e um coeficiente de segurança de 2,2 , e desprezando a tração nos cabos, determine o comprimento L máximo admissível. Use \mathrm{E}=200 \mathrm{GPa}.

Passo 1

O enunciado pede: determinar o comprimento máximo admissível L da coluna AB usando a fórmula de Euler e um coeficiente de segurança n=2{,}2, desprezando a tração nos cabos. Dados fornecidos (retirei da figura e da tabela de dimensões):
  • Carga concentrada aplicada axialmente em B: P=66\\ \text{kN}.
  • Módulo de elasticidade: E=200\\ \text{GPa}.
  • Perfil usado: W250\times32{,}7 com dimensões (peguei da imagem):
    • d = 258\\ \text{mm} (profundidade total),
    • b_f = 146\\ \text{mm} (largura da aba),
    • t_w = 6{,}1\\ \text{mm} (espessura da alma),
    • t_f = 9{,}1\\ \text{mm} (espessura da aba),
    • h = 239{,}8\\ \text{mm} (altura interna da alma = d-2t_f).
  • As cordas BC e BD impedem o movimento do ponto B no plano xz; o enunciado pede desprezar a tração nos cabos (logo não contribuem para rigidez axial, apenas impõem restrição de movimento em certo plano).
O que precisamos encontrar: L_{\max} tal que, com fator de segurança n, a carga aplicada P não exceda a carga crítica de flambagem de Euler reduzida pelo fator n.

Passo 2

Decidir o modo de flambagem e o eixo relevante (escolha do momento de inércia e do fator de comprimento efetivo K) — explicando o raciocínio didaticamente:
  • A coluna pode flambear em duas direções perpendiculares (no plano xz e no plano xy). As cordas BC e BD impedem deslocamentos do ponto B no plano xz. Isso significa que a coluna está lateralmente apoiada no plano xz no topo, mas não está apoiada na direção perpendicular a esse plano (direção y). Portanto a direção sem contraflexão (sem apoio lateral) é a direção y: é por aí que a flambagem ocorrerá (é o modo mais crítico).
  • Para flambagem sobre essa direção crítica escolhemos o menor momento de inércia da seção (momento de inércia fraco), que chamarei de I_y.
  • Condições de contorno (para o lado de flambagem em y): a base A está presa à fundação (aproximamos como encastrada/fixada) e o topo B está livre para se deslocar na direção y (pois os cabos não agem nessa direção). Assim, para a flambagem no plano y o topo comporta-se como extremidade livre (translação e rotação permitidas) e a outra extremidade está encastrada: condição “encastrado-livre” (ou “fixo-livre”), cujo fator de comprimento efetivo é K=2{,}0.
    Observação didática: valores comuns de K K=1{,}0 (pino-pino), K\approx0{,}7 (fixo-pino), K=0{,}5 (fixo-fixo), K=2{,}0 (fixo-livre). Escolhi K=2{,}0 pois não há restrição lateral no eixo y no topo.

Passo 3

Calcular as propriedades da seção necessárias (vou desenvolver passo a passo para poder fazer à mão):
  1. Áreas (tudo em mm e depois converto unidades se preciso).
  • Área da alma (web): A_w = t_w \cdot h. A_w = 6{,}1\cdot239{,}8 = 1462{,}78\\ \text{mm}^2.
  • Área de cada aba (flange): A_f = b_f\cdot t_f. A_f = 146\cdot9{,}1 = 1328{,}6\\ \text{mm}^2.
  • Área total aproximada: A = A_w + 2A_f = 1462{,}78 + 2\cdot1328{,}6 = 4120{,}0\\ \text{mm}^2.(isto concorda aproximadamente com a área do perfil comercial W250\times32{,}7 que tem área próxima a 0{,}00416\\ \text{m}^2.)
  1. Momento de inércia fraco I_y (o menor momento de inércia, que controla a flambagem):
  • Para a alma (retângulo de base t_w e altura h, eixo neutro no centro):
    I_{y,w} = \frac{1}{12}\,h\,t_w^3.
    Calcule:
    I_{y,w} = \frac{1}{12}\cdot239{,}8\cdot(6{,}1)^3 \approx 4{,}533\\ \times10^{3}\\ \text{mm}^4.
    (detalhe: 6{,}1^3\approx226{,}98, multiplicando pelo fator dá ~4533.)
  • Para cada aba, o momento de inércia em relação ao eixo neutro vertical (passando pelo centro da seção) é basicamente o momento de inércia do retângulo da aba em seu próprio centro (uma vez que as abas estão simétricas em relação ao eixo y, não há termo de transferência por teorema dos eixos paralelos):
    I_{y,f,cent} = \frac{1}{12}\,t_f\,b_f^3.
    Calcule:
    I_{y,f,cent} = \frac{1}{12}\cdot9{,}1\cdot(146)^3 \approx 2{,}360{,}037\\ \text{mm}^4\\ \text{(cada flange)}.
  • Soma total:
    I_y \approx I_{y,w} + 2\cdot I_{y,f,cent} \approx 4{,}533 + 2\cdot2{,}360{,}037 \approx 4{,}724{,}607\\ \text{mm}^4.
  • Converter I_y para \text{m}^4 (necessário para usar E em \text{N/m}^2):
    I_y = 4{,}724{,}607\\ \text{mm}^4 = 4{,}724{,}607\times10^{-12}\\ \text{m}^4 \approx 4{,}7246\times10^{-6}\\ \text{m}^4.
Comentário didático curto: para perfis I, o momento de inércia fraco é controlado principalmente pela dimensão da flange ao cubo em relação à direção lateral, por isso I_y é muito menor que I_x.

Passo 4

Escrever a fórmula de Euler e relacioná-la ao fator de segurança:
  • Fórmula de Euler para carga crítica: P_{cr} = \frac{\pi^2 E I}{(K L)^2},onde K é o fator de comprimento efetivo e L é o comprimento real da coluna.
  • Como o enunciado exige fator de segurança n, a carga crítica deve ser tal que P_{cr} = n\,P.Assim, isolando L, (K L)^2 = \frac{\pi^2 E I}{nP} \quad\Rightarrow\quad L = \frac{1}{K}\,\pi\sqrt{\frac{E I}{nP}}.

Passo 5

Substituir os números e calcular (vou mostrar contas intermediárias para poder fazer à mão):
  • Dados numéricos (converter unidades): E = 200\\ \text{GPa} = 200\times10^{9}\\ \text{N/m}^2, \qquad I = I_y \approx 4{,}7246\times10^{-6}\\ \text{m}^4,
P = 66{,}000\\ \text{N}, \qquad n = 2{,}2, \qquad K = 2{,}0.
  • Calcular E I: E I = 200\times10^{9}\cdot4{,}7246\times10^{-6} \approx 944{,}920\\ \text{N}\cdot\text{m}^2.
  • Calcular \pi^2 E I: \pi^2 E I \approx 9{,}8696\cdot944{,}920 \approx 9{,}325{,}970\\ \text{N}\cdot\text{m}^2.
  • Dividir por nP: nP = 2{,}2\cdot66{,}000 = 145{,}200\\ \text{N}.
\frac{\pi^2 E I}{nP} \approx \frac{9{,}325{,}970}{145{,}200} \approx 64{,}23\\ \text{m}^2.
  • Logo K L = \sqrt{64{,}23}\approx 8{,}014\\ \text{m}. Assim L = \frac{8{,}014}{K} = \frac{8{,}014}{2{,}0}\approx 4{,}007\\ \text{m}.

Passo 6

Interpretação final e verificação rápida:
  • O comprimento máximo admissível encontrado é L_{\max}\approx4{,}01\\ \text{m}.
  • Observações didáticas e de checagem: escolhemos a flambagem no eixo fraco (menor I) porque as cordas só impedem movimento no plano xz. Se houvesse apoio também na direção y ou se o topo estivesse rigidamente travado contra translação em y, o valor de K e o modo crítico mudariam e L_{\max} poderia ser maior. Também desprezamos efeitos de imperfeições iniciais, flambagem local, e efeitos de flambagem composta; essa é a avaliação clássica por Euler com segurança solicitada.

Resposta

L_{\max}=4{,}01\\ \text{m}

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