13 - Determinar o valor da reação vertical \mathrm{V}_{\mathrm{D}}.
\mathrm{K}=80 \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm}
\mathrm{E}=2000 \mathrm{~cm}^{4}
\mathrm{E}=10^{5} \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm}^{2}

Passo 1

O enunciado pede: determinar o valor da reação vertical em D, que é a força que a mola suporta (chamarei de V_D).
Dados do enunciado (peguei estes números da figura e do texto):
  • Carga distribuída w = 300\\ \mathrm{Kgf/m} aplicada ao longo do trecho de A até D (comprimento 4\\ \mathrm{m}).
  • Carga concentrada P = 600\\ \mathrm{Kgf} aplicada em C, localizada 2\\ \mathrm{m} a direita de D (logo, AC = 6\\ \mathrm{m}, AD = 4\\ \mathrm{m}, DC = 2\\ \mathrm{m}).
  • Mola vertical em D com rigidez K = 80\\ \mathrm{Kgf/cm}.
  • Momento de inércia I = 2000\\ \mathrm{cm^4}.
  • Módulo de Young E = 10^{5}\\ \mathrm{Kgf/cm^2}.
  • Apoio em A é engastado (fixo).
O que vamos achar: \;V_D (em \mathrm{Kgf}), reação vertical fornecida pela mola em D.

Passo 2

Estratégia de resolução (sem resolver ainda): o problema é indeterminado (a mola fornece uma reação desconhecida que depende da flecha da viga). Vou usar o método das virtualizações (princípio da energia/teorema dos trabalhos virtuais ou método da carga unitária) para calcular:
  • \delta_0: a flecha para baixo em D causada pelas cargas externas quando a mola é ignorada (ou seja, viga em balanço engastada em A sem a mola).
  • f: a flexibilidade no ponto D, isto é, a flecha em D provocada por uma força unitária (1 \mathrm{Kgf}) aplicada para baixo em D.
    A condição de compatibilidade com a mola é: deslocamento em D (positivo para baixo) é \delta = \delta_0 - V_D f (a força V_D para cima reduz a flecha). A força da mola é V_D = K \delta. Com isso obtém-se uma equação para V_D:
V_D = K(\delta_0 - V_D f) \quad\Rightarrow\quad V_D(1+K f)=K\delta_0
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V_D=\dfrac{K\,\delta_0}{1+K f}.
Vou calcular \delta_0 e f pelo método de energia (integral \displaystyle \delta=\int \dfrac{M(x) M^*(x)}{EI}\,dx), usando momentos internos da viga.

Passo 3

Conversão de unidades (tudo em \mathrm{cm} e \mathrm{Kgf}):
  • 1\\ \mathrm{m}=100\\ \mathrm{cm}.
  • w = 300\\ \mathrm{Kgf/m} = \dfrac{300}{100}\\ \mathrm{Kgf/cm}=3\\ \mathrm{Kgf/cm}.
  • AD=4\\ \mathrm{m}=400\\ \mathrm{cm}.
  • DC=2\\ \mathrm{m}=200\\ \mathrm{cm}.
  • AC=6\\ \mathrm{m}=600\\ \mathrm{cm}.
  • P=600\\ \mathrm{Kgf}.
  • Produto \;EI = E\cdot I = 10^{5}\\ \mathrm{Kgf/cm^2}\times 2000\\ \mathrm{cm^4} = 2{,}0\times10^{8}\\ \mathrm{Kgf\cdot cm^2}.

Passo 4

Determinar \delta_0 (flecha em D devido às cargas externas, sem a mola) pelo método do trabalho virtual (carga unitária virtual aplicada para obter M^*):
  • Coloco um carregamento virtual unitário (1 \mathrm{Kgf} para baixo) em D (posição x=400\\ \mathrm{cm}).
  • A flecha em D causada pelas cargas reais é
\delta_0=\int_{0}^{L}\dfrac{M(x)\,M^*(x)}{EI}\,dx,
onde L=600\\ \mathrm{cm}, M(x) é o momento fletor devido às cargas reais, M^*(x) é o momento fletor devido à unidade aplicada em D.
Agora obtenho M(x) e M^*(x). Vou medir x a partir de A (origem x=0).

Passo 5

Momento fletor devido às cargas reais M(x) (usar a convenção: momento causado por cargas à direita da seção; só preciso do produto M M^* e sinais consistentes):
Para 0\le x\le 400 (seção entre A e D):
  • A parte da carga distribuída que está à direita da seção vai de x até 400. Resultante dessa parte: w(400-x) atuando no centro da parte, a uma distância (400-x)/2 da seção.
  • Além disso a carga pontual P em x=600 está à direita, gerando momento P(600-x).
Portanto, para 0\le x\le 400:
M(x) = -\left[\dfrac{w(400-x)^2}{2} + P(600-x)\right].
Para 400<x\le 600 (entre D e C):
M(x)= -P(600-x)
(pois a carga distribuída está à esquerda da seção e não contribui para o momento a partir da porção à direita).
Momento devido ao carregamento unitário aplicado em D (posição x_0=400\\ \mathrm{cm}):
  • Para 0\le x\le 400, a unidade está à direita da seção então
M^*(x) = -1\cdot(400-x).
  • Para 400<x\le600, a unidade está à esquerda da seção, então M^*(x)=0.
Observação: os sinais negativos desaparecem quando multiplicamos M por M^* (negativo×negativo = positivo) — o importante é a consistência.

Passo 6

Cálculo da integral para \delta_0. Como M^*(x) é não nulo somente em 0\le x\le 400, basta integrar nesse intervalo.
Defina u=400-x. Quando x=0\Rightarrow u=400. Quando x=400\Rightarrow u=0. Troco a integral para \,u (o sinal de dx é tratado pelo limite invertido):
Para 0\le x\le 400 temos 600-x = 200+u. Assim
M(x)M^*(x)=\Big(\dfrac{w\,u^2}{2}+P(200+u)\Big)\,u = \dfrac{w\,u^3}{2} + P(200u+u^2).
Portanto
\delta_0=\dfrac{1}{EI}\int_{0}^{400}\Big(\dfrac{w\,u^3}{2} + P(200u+u^2)\Big)\,du.
Agora calculo a integral termo a termo.
Calcule potências (em \mathrm{cm}):
\;u^2=400^2=160{,}000,\quad u^3=400^3=64{,}000{,}000,\quad u^4=400^4=25{,}600{,}000{,}000.
Integrais:
\int_{0}^{400}\dfrac{w\,u^3}{2}\,du = \dfrac{w}{2}\cdot \dfrac{u^4}{4}\Big|_0^{400} = \dfrac{w\,u^4}{8}\Big|_0^{400},
\int_{0}^{400}200P\,u\,du = 200P\cdot\dfrac{u^2}{2}\Big|_0^{400}=100P\,u^2\Big|_0^{400},
\int_{0}^{400}P\,u^2\,du = P\cdot\dfrac{u^3}{3}\Big|_0^{400}.
Substituindo os valores numéricos w=3\\ \mathrm{Kgf/cm} e P=600\\ \mathrm{Kgf}:
  • Primeiro termo: \dfrac{w\,u^4}{8} = \dfrac{3\cdot 25{,}600{,}000{,}000}{8} = 9{,}600{,}000{,}000.
  • Segundo termo: 100P\,u^2 = 100\cdot 600 \cdot 160{,}000 = 9{,}600{,}000{,}000.
  • Terceiro termo: P\cdot\dfrac{u^3}{3} = 600\cdot\dfrac{64{,}000{,}000}{3} = 12{,}800{,}000{,}000.
Somando:
\int_{0}^{400} M M^*\,dx = 9{,}600{,}000{,}000 + 9{,}600{,}000{,}000 + 12{,}800{,}000{,}000 = 32{,}000{,}000{,}000.
Assim
\delta_0 = \dfrac{32\times 10^{9}}{EI} = \dfrac{32\times 10^{9}}{2\times10^{8}} = 160\\ \mathrm{cm}.
Interpretação: sem a mola, o ponto D desceria 160\\ \mathrm{cm} sob as cargas dadas (número grande por causa dos dados e unidades).

Passo 7

Cálculo da flexibilidade f no ponto D: é a flecha em D causada por uma força unitária (1 \mathrm{Kgf}) aplicada para baixo em D. Pelo mesmo método:
f=\int_{0}^{L}\dfrac{M^*(x)^2}{EI}\,dx.
Como M^*(x)=-(400-x)= -u só para 0\le x\le 400,
f=\dfrac{1}{EI}\int_{0}^{400}u^2\,du=\dfrac{1}{EI}\cdot\dfrac{u^3}{3}\Big|_0^{400} =\dfrac{400^3}{3\;EI}.
Numericamente:
400^3=64{,}000{,}000,\quad \Rightarrow\quad f=\dfrac{64{,}000{,}000}{3\cdot 2\times10^{8}} =\dfrac{64\times10^{6}}{6\times10^{8}} =\dfrac{64}{6000}=0{,}010666\ldots\\ \text{(cm per Kgf)?}
Vou recomputar com atenção aos zeros (evitar erro de escala):
Cálculo direto:
f=\dfrac{64{,}000{,}000}{3\cdot 200{,}000{,}000} =\dfrac{64{,}000{,}000}{600{,}000{,}000} = \dfrac{64}{600} = 0{,}106\overline{6}\\ \mathrm{cm/Kgf}.
Então
f \approx 0{,}1066667\\ \mathrm{cm/Kgf}.
(Confirmando a unidade: deslocamento por unidade de força.)

Passo 8

Aplicar a equação de compatibilidade para a mola:
V_D=\dfrac{K\,\delta_0}{1+K f}.
Substituo K=80\\ \mathrm{Kgf/cm}, \delta_0=160\\ \mathrm{cm}, f=0{,}1066667\\ \mathrm{cm/Kgf}.
Calcule K\delta_0 = 80\cdot 160 = 12{,}800\\ \mathrm{Kgf}.
Calcule K f = 80\cdot 0{,}1066667 \approx 8{,}5333336.
Portanto
V_D=\dfrac{12{,}800}{1+8{,}5333336}=\dfrac{12{,}800}{9{,}5333336}\approx 1{,}342{,}1053\\ \mathrm{Kgf}.
Arredondando com razoável precisão:
V_D \approx 1342{,}1\\ \mathrm{Kgf}.

Passo 9

Interpretação final curta e incentivo: a reação em D é cerca de 1{,}34\times10^{3}\\ \mathrm{Kgf}. Apesar da flecha \delta_0 sem mola ter saído grande (160 cm), a mola muito rígida (80 Kgf/cm) gera uma reação significativa que reduz a flecha e produz V_D da ordem de 10^3\\ \mathrm{Kgf}. Está indo bem — questões com indeterminação por mola seguem sempre esse esquema: calcular deslocamento sem mola, calcular função de flexibilidade no ponto, e usar compatibilidade com V=K\delta.

Resposta

V_{D}\approx 1{,}342{,}1\\ \mathrm{Kgf}

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