\mathbf{4}^{\text {a }} Questão - A barra de aço A B tem seção transversal retangular. Se estiver acoplada por pinos nas duas extremidades, qual a intensidade máxima admissível “w” de carga distribuída que pode ser aplicada a BC sem provocar flambagem da barra A B ? Usar o fator de segurança em relação à flambagem n=1,5. E_{a c ̧ o}=200 \mathrm{GPa} \mathrm{e} \sigma_{y}=360 M P a̧.

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar a intensidade máxima admissível de carga distribuída w aplicada em BC que não provoque flambagem (com fator de segurança n=1{,}5) na barra vertical AB.
Informações dadas (retiradas da figura):
  • Comprimento da barra vertical AB: \;3\\ \mathrm{m}.
  • Comprimento do braço horizontal BC: \;5\\ \mathrm{m}.
  • Seção transversal de AB: retângulo com dimensões \;30\\ \mathrm{mm} (no sentido y) e \;20\\ \mathrm{mm} (no sentido x) — eu peguei estes valores da imagem.
  • Módulo de elasticidade do aço: \;E=200\\ \mathrm{GPa}.
  • Tensão de escoamento do aço: \;\sigma_y=360\\ \mathrm{MPa} (fornecida, usaremos só para checar se há escoamento antes da flambagem).
  • Fator de segurança para flambagem: \;n=1{,}5.
O enunciado não pede outras verificações, mas vou calcular a carga máxima w considerando que a flambagem do pilar AB é o crítico.

Passo 2

Relação entre a carga distribuída w em BC e a força axial em AB.
  • O corpo BC está apoiado por pinos em B e em C. Para uma viga simplesmente apoiada com carga uniformemente distribuída w ao longo do comprimento L, as reações verticais em cada apoio valem \;wL/2.
  • Assim a força axial compressiva transmitida para AB através do pino em B é
P \;=\;\frac{wL}{2}.
Aqui L=5\\ \mathrm{m}. Portanto, quando encontrarmos o valor crítico permitido para P (devido à flambagem), podemos voltar e obter w por w=2P/L.

Passo 3

Critério de flambagem (Euler) e fator de segurança.
  • A carga crítica de Euler para uma barra ideal (com comportamento elástico e comprimento efetivo K L) é
P_{cr}=\frac{\pi^2 E I}{(K L)^2},
onde:
  • E é o módulo de elasticidade,
  • I é o momento de inércia da seção transversal em relação ao eixo de flambagem (usar o menor I),
  • L é o comprimento da barra ( 3\\ \mathrm{m}),
  • K é o fator de comprimento eficaz que depende das condições de contorno.
  • A barra AB está apoiada por pinos em ambas as extremidades (A e B), logo K=1 (condição pino–pino).
  • Aplicando o fator de segurança n em relação à flambagem, a força admissível é
P_{adm}=\frac{P_{cr}}{n}.

Passo 4

Cálculo do momento de inércia da seção retangular (escolher o menor momento de inércia).
Fórmula para retângulo de base b e altura h (em relação ao eixo que passa pelo centro e é paralelo a b):
I=\frac{b\,h^3}{12}.
Tomando as dimensões da figura: b=20\\ \mathrm{mm} e h=30\\ \mathrm{mm} ou trocando (dependendo do eixo). Calculamos os dois momentos e escolhemos o menor (que determina a flambagem):
  • Primeiro, em \mathrm{mm}^4:
I_x=\frac{20\cdot 30^3}{12}=\frac{20\cdot 27000}{12}=45000\\ \mathrm{mm}^4.
I_y=\frac{30\cdot 20^3}{12}=\frac{30\cdot 8000}{12}=20000\\ \mathrm{mm}^4.
  • O menor é I_{min}=20000\\ \mathrm{mm}^4.
Converter para \mathrm{m}^4 (pois E está em \mathrm{Pa}=\mathrm{N/m}^2):
I_{min}=20000\times 10^{-12}\\ \mathrm{m}^4=2{,}0\times 10^{-8}\\ \mathrm{m}^4.

Passo 5

Cálculo da carga crítica de Euler P_{cr}.
Substituindo em
P_{cr}=\frac{\pi^2 E I_{min}}{(K L)^2},
com E=200\\ \mathrm{GPa}=200\times 10^9\\ \mathrm{Pa}, I_{min}=2{,}0\times 10^{-8}\\ \mathrm{m}^4, K=1, L=3\\ \mathrm{m}:
P_{cr}=\frac{\pi^2\cdot 200\times10^{9}\cdot 2{,}0\times10^{-8}}{3^2}.
Calculemos passo a passo:
\pi^2\approx 9{,}8696,
200\times10^{9}\cdot 2{,}0\times10^{-8}=200\cdot 2{,}0\cdot 10^{1}=4000.
Logo
P_{cr}=\frac{9{,}8696\cdot 4000}{9}\approx \frac{39\,478{,}4}{9}\approx 4\,386{,}49\\ \mathrm{N}.

Passo 6

Aplicar o fator de segurança: carga admissível P_{adm}.
P_{adm}=\frac{P_{cr}}{n}=\frac{4\,386{,}49}{1{,}5}\approx 2\,924{,}33\\ \mathrm{N}.

Passo 7

Relacionar P_{adm} com a intensidade w e calcular w_{max}.
Da relação do Passo 2:
P=\frac{wL}{2}\quad\Rightarrow\quad w=\frac{2P}{L}.
Substituindo P=P_{adm} e L=5\\ \mathrm{m}:
w_{max}=\frac{2\cdot 2\,924{,}33}{5}\approx 1\,169{,}73\\ \mathrm{N/m}.
Arredondando de forma conveniente:
w_{max}\approx 1{,}17\\ \mathrm{kN/m}\quad(\text{ou }1\,170\\ \mathrm{N/m}).

Passo 8

Checagens rápidas (importante para a prova — mostrar que a hipótese de Euler é válida e que não há escoamento antes da flambagem).
  • Área da seção:
A=20\\ \mathrm{mm}\times 30\\ \mathrm{mm}=600\\ \mathrm{mm}^2=6{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m}^2.
  • Raio de giração r=\sqrt{I_{min}/A}=\sqrt{\dfrac{2{,}0\times10^{-8}}{6{,}0\times10^{-4}}}=\sqrt{3{,}333\times10^{-5}}\approx 5{,}77\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=5{,}77\\ \mathrm{mm}.
  • Razão de esbeltez:
\frac{K L}{r}=\frac{1\cdot 3}{0{,}00577}\approx 520\gg 100,
portanto a condição para usar a fórmula de Euler (coluna esbelta) está satisfeita.
  • Tensão média compressiva correspondente a P_{adm}:
\sigma=\frac{P_{adm}}{A}=\frac{2\,924{,}33}{6{,}0\times10^{-4}}\approx 4{,}87\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}=4{,}87\\ \mathrm{MPa}\ll \sigma_y,
ou seja, não ocorre escoamento antes da flambagem.

Passo 9

Resumo rápido do procedimento (como lembrar na prova):
  • Converter dimensões para unidades consistentes.
  • Encontrar reação vertical em B: P=wL/2.
  • Calcular I da seção para o eixo que torna I mínimo.
  • Calcular P_{cr} por Euler com K adequado.
  • Aplicar fator de segurança: P_{adm}=P_{cr}/n.
  • Encontrar w_{max}=2P_{adm}/L.
  • Verificar esbeltez e se a tensão resultante é menor que \sigma_y.

Resposta

\;w_{max}=1{,}17\\ \mathrm{kN/m}

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