Instruções gerais: Para cada problema abaixo, determine as reações nos apoios A e B e trace os diagramas de esforço cortante (DEC) e momento fletor (DMF). Considere as vigas com peso próprio desprezível. Unidades: kN e m .
Uma viga simplesmente apoiada de 12 m de comprimento suporta uma carga distribuída uniforme de 8 \mathrm{kN} / \mathrm{m} nos primeiros 5 metros a partir do apoio esquerdo, uma carga concentrada de 30 kN a 7 m do apoio esquerdo e um momento concentrado de 40 \mathrm{kN} \cdot \mathrm{m} no apoio direito.

Passo 1

O enunciado dá uma viga simplesmente apoiada com comprimento 12\\ \mathrm{m}. As cargas são:
\text{- carga distribuída uniforme } w = 8\\ \mathrm{kN/m}\\ \text{sobre } 0\le x\le 5\\ \mathrm{m};í
\text{- carga concentrada } P = 30\\ \mathrm{kN}\\ \text{em } x=7\\ \mathrm{m};
\text{- momento concentrado } M_B = 40\\ \mathrm{kN\cdot m}\\ \text{aplicado no apoio direito (}x=12\\ \mathrm{m}\text{).}
Peça: determinar as reações verticais em A e B (vou chamar de R_A e R_B) e traçar os diagramas de esforço cortante (DEC) e momento fletor (DMF).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{- comprimento total } L=12\\ \mathrm{m};
\text{- a carga distribuída age somente nos primeiros }5\\ \mathrm{m};í
\text{- desprezamos peso próprio da viga.}ó

Passo 2

Vamos transformar a carga distribuída em sua resultante concentrada (para usar nas equações de equilíbrio) e localizar sua aplicação.
A resultante da distribuição é
W_d = w\cdot 5 = 8\cdot 5 = 40\\ \mathrm{kN}.
A posição dessa resultante a partir de A (centro da área da distribuição) é
x_{Wd}= \frac{5}{2} = 2{,}5\\ \mathrm{m}.
Explicação breve do porquê: uma carga uniforme sobre um trecho de comprimento a equivale a uma força w\cdot a aplicada no baricentro do trecho, isto é, no meio (a a/2 do início do trecho).

Passo 3

Escolhas de sinal e convenções (importante para não se perder):
  • Forças verticais para cima positivas.
  • Momentos no sentido anti-horário (CCW) positivos.
  • Vou assumir que o momento concentrado dado M_B=40\\ \mathrm{kN\cdot m} é positivo no sentido CCW (se ele fosse CW trocaríamos o sinal; procedimento é o mesmo).
Equilíbrios estáticos:
  1. Equilíbrio vertical:
R_A + R_B - W_d - P = 0 \quad\Rightarrow\quad R_A + R_B = 40 + 30 = 70\\ \mathrm{kN}.
  1. Momento em relação a A ( \sum M_A = 0). Atenção: o momento concentrado M_B no apoio direito aparece diretamente na equação (é um momento externo ao corpo):
\sum M_A: \; R_B\cdot 12 - W_d\cdot x_{Wd} - P\cdot 7 + M_B = 0.
Substituindo números:
R_B\cdot 12 - 40\cdot 2{,}5 - 30\cdot 7 + 40 = 0.
Calcule os termos:
40\cdot 2{,}5 = 100,\qquad 30\cdot 7 = 210.
Então
12 R_B - 100 - 210 + 40 = 0 \quad\Rightarrow\quad 12 R_B - 270 = 0.
Logo
R_B = \frac{270}{12} = 22{,}5\\ \mathrm{kN}.
E de R_A + R_B = 70 vem
R_A = 70 - 22{,}5 = 47{,}5\\ \mathrm{kN}.
Comentário didático: o momento concentrado no apoio entra na soma dos momentos porque é um momento externo; ele não gera força vertical e portanto não altera a equação de forças verticais, mas altera a distribuição de momentos e, via equilíbrio de momentos, muda as reações verticais.

Passo 4

Agora montamos o Diagrama de Esforço Cortante (DEC). Vou dividir a viga em trechos sem variações de carregamento: 0\le x\le 5 (trecho com w), 5<x<7 (trecho sem w e antes da carga concentrada), 7<x<12 (após a carga concentrada até o apoio direito).
Região 1: 0\le x\le 5. A equação do esforço cortante é obtida somando forças verticais à esquerda de uma seção a distância x:
V(x)= R_A - w\cdot x.
Substituindo R_A=47{,}5 e w=8:
V(x)=47{,}5 - 8x\quad (\mathrm{kN}),\quad 0\le x\le 5.
Valores importantes:
V(0)=47{,}5\\ \mathrm{kN},\qquad V(5^-)=47{,}5 - 8\cdot 5 = 47{,}5 - 40 = 7{,}5\\ \mathrm{kN}.
Região 2: 5<x<7. A distribuição já terminou, então a força resultante W_d=40 já está incorporada:
V(x)=R_A - W_d = 47{,}5 - 40 = 7{,}5\\ \mathrm{kN}\quad (5<x<7).
Em x=7 há uma carga concentrada P=30\\ \mathrm{kN} para baixo, que provoca uma queda instantânea no DEC de magnitude 30\\ \mathrm{kN}:
V(7^+)=V(7^-)-30 = 7{,}5 - 30 = -22{,}5\\ \mathrm{kN}.
Região 3: 7<x<12. Após o ponto de carga:
V(x)=R_A - W_d - P = 47{,}5 - 40 - 30 = -22{,}5\\ \mathrm{kN}\quad (7<x<12).
No apoio direito em x=12 a reação R_B=22{,}5\\ \mathrm{kN} atua para cima; isso faz o DEC saltar de V(12^-)= -22{,}5 para V(12^+)=0 (equilíbrio final). Esse salto final é igual a +22{,}5, que é a reação R_B.
Didática rápida: o DEC é a derivada do DMF ( V(x)=\dfrac{dM}{dx}). Onde há distribuição w, o DEC varia linearmente; onde há apenas forças concentradas, o DEC tem saltos; em trechos sem carga o DEC é constante.

Passo 5

Agora o Diagrama de Momento Fletor (DMF). Integramos o DEC (ou usamos somas de momentos à esquerda).
Região 1: 0\le x\le 5. Tomando seção em x,
M(x)= R_A\cdot x - \frac{w x^{2}}{2}.
Substituindo:
M(x)=47{,}5\,x - 4 x^{2}\quad (\mathrm{kN\cdot m}),\quad 0\le x\le 5.
Valores importantes:
M(0)=0,
M(2{,}5)=47{,}5\cdot 2{,}5 - 4\cdot(2{,}5)^{2}=118{,}75 - 25 = 93{,}75\\ \mathrm{kN\cdot m},
M(5^-)=47{,}5\cdot 5 - 4\cdot 25 = 237{,}5 -100 = 137{,}5\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Região 2: 5\le x\le 7. Aqui podemos usar a resultante W_d aplicada em x_{Wd}=2{,}5\\ \mathrm{m}. Para x\ge 5 (mas antes de x=7):
M(x)=R_A x - W_d (x - x_{Wd}) = 47{,}5 x - 40(x - 2{,}5).
Simplificando:
M(x)=7{,}5 x + 100\quad (\mathrm{kN\cdot m}),\quad 5\le x\le 7.
Verificação de continuidade:
M(5)=7{,}5\cdot 5 + 100 = 137{,}5\\ \mathrm{kN\cdot m}\\ (\text{confere com }M(5^-)).
No ponto x=7 (imediatamente à esquerda):
M(7^-)=7{,}5\cdot 7 +100 = 52{,}5 +100 = 152{,}5\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Observação: a carga concentrada em x=7 provoca salto no DEC, mas o momento é contínuo (não há salto no DMF devido a força concentrada).
Região 3: 7\le x\le 12. Após incluir a carga concentrada:
M(x)=R_A x - W_d (x - 2{,}5) - P (x - 7).
Substituindo e simplificando:
M(x) = 47{,}5 x - 40(x - 2{,}5) - 30(x - 7) = -22{,}5 x + 310\quad (\mathrm{kN\cdot m}),\quad 7\le x\le 12.
Verificações:
M(7)= -22{,}5\cdot 7 +310 = -157{,}5 +310 = 152{,}5\\ \mathrm{kN\cdot m},
M(12^-)= -22{,}5\cdot 12 +310 = -270 +310 = 40\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Agora o momento concentrado M_B=40\\ \mathrm{kN\cdot m} no apoio direito causa uma descontinuidade do DMF na própria posição x=12 igual ao valor do momento aplicado. Como o comprimento do trecho termina em x=12, o DMF no lado esquerdo do apoio vale M(12^-)=40\\ \mathrm{kN\cdot m}. O momento aplicado no ponto é compatível com esse valor (sinais dependem da convenção adotada; adotamos M_B CCW positivo).
Didática sobre continuidade e saltos:
  • Força concentrada causa salto no DEC, mas o DMF permanece contínuo nesse ponto.
  • Momento concentrado causa salto no DMF (descontinuidade de magnitude igual ao momento aplicado), enquanto o DEC não é afetado por momentos concentrados.

Passo 6

Pontos-chave para desenhar os diagramas (use estes pares para esboçar):
DEC (esforço cortante) — pontos (x, V):
(0,\;47{,}5),\quad (5^-,\;7{,}5),\quad (5^+,\;7{,}5),\quad (7^-,\;7{,}5),\quad (7^+,\;-22{,}5),\quad (12^-,\;-22{,}5),\quad (12^+,\;0).
Formato do DEC:
  • Em 0\le x\le 5: reta decrescente (inclinação -8 kN/m).
  • Em 5<x<7: reta horizontal V=7{,}5 kN.
  • Em 7<x<12: reta horizontal V=-22{,}5 kN.
  • Saltos: em x=7 queda de 30 kN; em x=12 subida de 22{,}5 kN (reação em B).
DMF (momento fletor) — pontos (x, M):
(0,\;0),\quad (2{,}5,\;93{,}75),\quad (5,\;137{,}5),\quad (7,\;152{,}5),\quad (12^-,\;40).
Formato do DMF:
  • Em 0\le x\le 5: curva quadrática M(x)=47{,}5x -4x^{2} (concavidade determinada pelo sinal do DEC).
  • Em 5\le x\le 7: reta M(x)=7{,}5x + 100.
  • Em 7\le x\le 12: reta M(x)= -22{,}5 x +310.
  • Em x=12 há o momento concentrado de 40\\ \mathrm{kN\cdot m} aplicado no apoio, que representa a descontinuidade (na prática o DMF atinge 40\\ \mathrm{kN\cdot m} imediatamente à esquerda do apoio; o salto é o momento do concentrado conforme convenção adotada).
Máximo do momento fletor:
  • Observando os valores calculados, o máximo positivo é
M_{\max} = 152{,}5\\ \mathrm{kN\cdot m}\\ \text{em } x=7\\ \mathrm{m}.
(Verificamos que não há raiz de V(x)=0 dentro do primeiro trecho válida além de x=5, portanto o máximo aparece na borda do trecho antes da carga concentrada.)

Passo 7

Resumo didático rápido para a prova (como desenhar rápido):
  • Calcule resultante da distribuição e sua posição.
  • Use \sum F_y=0 e \sum M=0 (escolhendo um ponto) para obter R_A,R_B. Lembre-se de incluir momentos concentrados na equação de momentos.
  • Monte o DEC por trechos: inclinação -w quando há distribuição; saltos de magnitude igual a forças concentradas; salto final para zerar o DEC com a reação do apoio.
  • Obtenha o DMF integrando o DEC (ou somando momentos à esquerda): curvas/quadráticas em trechos de w\neq 0, retas em trechos sem w; momentos concentrados produzem saltos no DMF.
  • Marque pontos críticos (início/fim de distribuição, posições das forças, apoios) e calcule V e M nesses pontos para esboçar com segurança.

Resposta

R_A = 47{,}5\\ \mathrm{kN} \
R_B = 22{,}5\\ \mathrm{kN} \
DEC (expressões por trecho): \
0\le x\le 5:\quad V(x)=47{,}5 - 8x\\ \mathrm{(kN)}
5<x<7:\quad V(x)=7{,}5\\ \mathrm{(kN)}
7<x<12:\quad V(x)=-22{,}5\\ \mathrm{(kN)}
(com saltos: em x=7 queda de 30 kN; em x=12 salto +22{,}5 kN para zerar o DEC devido a R_B) \
DMF (expressões por trecho): \
0\le x\le 5:\quad M(x)=47{,}5\,x - 4x^{2}\\ \mathrm{(kN\cdot m)}
5\le x\le 7:\quad M(x)=7{,}5x + 100\\ \mathrm{(kN\cdot m)}
7\le x\le 12:\quad M(x)=-22{,}5x + 310\\ \mathrm{(kN\cdot m)}
(Valores chave: M(0)=0,\\ M(2{,}5)=93{,}75,\\ M(5)=137{,}5,\\ M(7)=152{,}5,\\ M(12^-)=40\\ \mathrm{kN\cdot m}. O momento concentrado M_B=40\\ \mathrm{kN\cdot m} no apoio direito corresponde à descontinuidade do DMF no ponto x=12.)

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