Questão 3 ( \mathbf{2 , 0} pontos) - Determine a maior intensidade p da carga distribuida que a viga pode suportar, uma vez que os apoios A e B conseguem receber uma solicitação vertical máxima de 35 e 50 kN , respectivamente.

Passo 1

O enunciado pede: determinar a maior intensidade p (em \text{kN/m}) da carga distribuída que a viga pode suportar, sabendo que os apoios A e B suportam, no máximo, reações verticais de 35 e 50\\ \text{kN}, respectivamente.
Informações fornecidas (extraí da figura):
  • Viga simplesmente apoiada em A (esquerda) e B (direita), comprimento total 6\\ \text{m} dividido em três trechos de 2\\ \text{m} cada.
  • Há duas cargas concentradas para baixo de 10\\ \text{kN} cada, localizadas em x=2\\ \text{m} e em x=4\\ \text{m} medidas a partir de A.
  • Há uma carga distribuída triangular no trecho 0 a 2\\ \text{m}: intensidade varia linearmente de 0 em A até p (em \text{kN/m}) em x=2\\ \text{m}.
  • Há uma carga distribuída uniforme de intensidade p no trecho 2 a 6\\ \text{m} (comprimento 4\\ \text{m}).
  • Máximos admissíveis das reações: R_A^{\max}=35\\ \text{kN} e R_B^{\max}=50\\ \text{kN}.
Objetivo operacional: escrever reações R_A e R_B em função de p, aplicar os limites dados e achar o maior p que satisfaça ambos.

Passo 2

Vamos calcular as cargas resultantes das distribuições (módulos e posições de ataque) de forma explícita e didática.
  1. Triangular no trecho 0 a 2\\ \text{m} (intensidade cresce de 0 até p):
  • Para uma carga triangular com base L e altura p (lado com intensidade zero em x=0), a resultante W_{tri} é
W_{tri}=\frac{1}{2}L\cdot p.
Aqui L=2, logo
W_{tri}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot p = p\quad(\text{kN}).
  • A posição da resultante (braço a partir de A) fica a uma distância
x_{tri}=\frac{2}{3}L
do extremo onde a intensidade é zero. Assim
x_{tri}=\frac{2}{3}\cdot 2=\frac{4}{3}\\ \text{m}.
(Obs.: derivei isso lembrando que para w(x)=kx temos W=\int_0^L kx\,dx = kL^2/2 e momento \int_0^L kx\cdot x\,dx = kL^3/3, daí x_{centroid}=M/W=(2/3)L.)
  1. Carga uniforme de intensidade p no trecho 2 a 6\\ \text{m} (comprimento 4\\ \text{m}):
  • Resultante
W_{uni}=p\cdot 4 = 4p\quad(\text{kN}).
  • Centroide desse trecho está no ponto médio de 2 a 6, ou seja, a 4\\ \text{m} de A. Então
x_{uni}=4\\ \text{m}.
  1. Cargas concentradas:
  • Duas forças 10\\ \text{kN} em x=2\\ \text{m} e x=4\\ \text{m}.
Resumo das cargas (todas para baixo):
  • Triangular: carga p atuando em x=\tfrac{4}{3}\\ \text{m}.
  • Uniform no trecho direito: carga 4p atuando em x=4\\ \text{m}.
  • Concentrados: 10\\ \text{kN} em x=2\\ \text{m} e 10\\ \text{kN} em x=4\\ \text{m}.

Passo 3

Equilíbrio vertical (somatório das forças verticais = 0):
se tomarmos reações positivas para cima,
R_A+R_B = W_{tot},
onde
W_{tot}=W_{tri}+W_{uni}+10+10 = p + 4p + 20 = 5p + 20\quad(\text{kN}).

Passo 4

Equilíbrio de momentos em relação a A (somatório dos momentos das cargas em relação a A = R_B vezes 6\\ \text{m}):
R_B\cdot 6 = \sum (\text{momentos das cargas em relação a }A).çã
Calculemos os momentos das cargas conhecidas:
  • Momentos das cargas concentradas:
10\\ \text{kN}\\ \text{em }x=2:\quad 10\cdot 2 = 20\\ \text{kN}\cdot\text{m},
10\\ \text{kN}\\ \text{em }x=4:\quad 10\cdot 4 = 40\\ \text{kN}\cdot\text{m}.
Soma = 60\\ \text{kN}\cdot\text{m}.
  • Momento da carga uniforme 4p em x=4:
M_{uni} = 4p \cdot 4 = 16p\quad(\text{kN}\cdot\text{m}).
  • Momento da carga triangular p em x=\tfrac{4}{3}:
M_{tri} = p \cdot \frac{4}{3} = \frac{4}{3}p\quad(\text{kN}\cdot\text{m}).
Somando momentos das cargas:
M_{\text{total}} = 60 + 16p + \frac{4}{3}p = 60 + \frac{52}{3}p.
Assim
R_B\cdot 6 = 60 + \frac{52}{3}p,
logo
R_B = \frac{60 + \dfrac{52}{3}p}{6}.

Passo 5

Simplificamos a expressão para R_B:
R_B = \frac{60}{6} + \frac{\tfrac{52}{3}p}{6} = 10 + \frac{52}{18}p = 10 + \frac{26}{9}p.

Passo 6

Usando R_A = W_{tot} - R_B, obtemos R_A:
R_A = (5p+20) - \left(10 + \frac{26}{9}p\right) = 10 + \left(5 - \frac{26}{9}\right)p.
Calculemos o coeficiente de p:
5 - \frac{26}{9} = \frac{45}{9} - \frac{26}{9} = \frac{19}{9}.
Logo
R_A = 10 + \frac{19}{9}p.
Confirmamos que R_A+R_B = 20 + 5p, consistente com W_{tot}.

Passo 7

Agora impomos as restrições dos máximos admissíveis:
  1. Para o apoio A:
R_A \le 35 \implies 10 + \frac{19}{9}p \le 35.
Resolvendo:
\frac{19}{9}p \le 25 \implies p \le \frac{25\cdot 9}{19} = \frac{225}{19}\\ \text{kN/m}.
  1. Para o apoio B:
R_B \le 50 \implies 10 + \frac{26}{9}p \le 50.
Resolvendo:
\frac{26}{9}p \le 40 \implies p \le \frac{40\cdot 9}{26} = \frac{360}{26} = \frac{180}{13}\\ \text{kN/m}.

Passo 8

Comparamos os dois limites obtidos:
\frac{225}{19}\approx 11{,}84\\ \text{kN/m},\qquad \frac{180}{13}\approx 13{,}85\\ \text{kN/m}.
O valor mais restritivo (menor) é \dfrac{225}{19}. Portanto o maior p admissível é
p_{\max}=\frac{225}{19}\\ \text{kN/m}\approx 11{,}84\\ \text{kN/m}.

Resposta

\displaystyle p_{\max}=\frac{225}{19}\\ \text{kN/m}\approx 11{,}84\\ \text{kN/m}

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