Uma viga contínua de comprimento igual a 5 m está submetida a uma carga uniformemente distribuída igual a 40 \mathrm{kN} / \mathrm{m} em toda a sua extensão. Esta viga está apoiada em 3 pontos, suas extremidades esquerda e direita, e em um ponto a 2 m do apoio esquerdo. O apoio na extremidade esquerda configura uma vinculação de 2^{\circ} gênero, os demais de 1^{\circ} gênero. A viga em questão tem uma seção retangular com 15 cm de base. Sendo as máxima tensões normais a que o material pode ser submetido iguais a 50 MPa determine a altura da seção necessária para atender a tal requisito. O material constituinte da viga tem módulo de elasticidade igual a 30 GPa . Resolva este problema usando o método da integração direta e o princípio da superposição.(3 pts)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Comprimento da viga: L=5{,}0\\ \text{m}.
  • Carga uniformemente distribuída ao longo de toda a viga: w=40\\ \text{kN/m}=40\,000\\ \text{N/m}.
  • Apoios: apoio esquerdo em x=0 é de 2^{\circ} gênero (vinculação que impede deslocamento vertical e rotação — engaste), outros dois apoios de 1^{\circ} gênero (apoios simples que impedem só deslocamento vertical) localizados em x=2{,}0\\ \text{m} (meio) e em x=5{,}0\\ \text{m} (direita).
  • Seção retangular com base b=15\\ \text{cm}=0{,}15\\ \text{m} e altura desconhecida h que queremos determinar.
  • Módulo de elasticidade do material: E=30\\ \text{GPa}=30\times10^{9}\\ \text{Pa}.
  • Tensão admissível máxima: \sigma_{adm}=50\\ \text{MPa}=50\times10^{6}\\ \text{N/m}^2.
O enunciado pede: determinar a altura h da seção retangular tal que a máxima tensão de flexão não exceda \sigma_{adm}. Resolver pelo método da integração direta e princípio da superposição (usar compatibilidade no apoio intermediário como redundante).

Passo 2

Escolha do método (redundante e sistema primário) e definição de convenções:
  • Vou tratar o apoio em x=2{,}0\\ \text{m} como a reação redundante R_b. Remove-se esse apoio para obter o sistema primário (que fica com o apoio engastado em x=0 e apoio simples em x=L).
  • Coordenada: x medida a partir da extremidade esquerda ( x=0) até x=L.
  • Para o sistema primário (sem R_b):
    • Reações desconhecidas no apoio engastado: reação vertical R_A em x=0 e momento fletor de engaste M_A.
    • Reação vertical no apoio direito R_C em x=L.
  • Relações fundamentais que vou usar:
    • Equilíbrio global (forças verticais): R_A+R_C = wL.
    • Condição de momento no apoio simples direito: M(L)=0.
    • Equações de deflexão pela integração direta: E I\,y''(x)=M(x) e condições de contorno do engaste em x=0: y(0)=0 e y'(0)=0. No apoio simples direito y(L)=0.
  • Módulo de inércia da seção retangular em função de h: I=\frac{b\,h^{3}}{12}.
  • Tensão máxima de flexão (fibra extrema \,c=h/2): \sigma_{\max}=\frac{M_{\max}\,c}{I}=\frac{M_{\max}\,(h/2)}{(b h^{3}/12)}=\frac{6\,M_{\max}}{b\,h^{2}}.Esta fórmula será usada para obter h depois de determinar M_{\max}.

Passo 3

Determinar as reações e o momento do engaste do sistema primário (viga engastada em x=0 e simples em x=L) sob o UDL w — resolução pela integração direta.
  • Para o sistema primário, cortando a viga em uma seção x ( 0\le x\le L ), o diagrama de momento interno é M(x)=M_{A}-R_{A}\,x+\frac{w\,x^{2}}{2},onde M_{A} e R_{A} são desconhecidos ainda.
  • Condição de apoio simples em x=L: M(L)=0. Assim 0=M_{A}-R_{A}\,L+\frac{w\,L^{2}}{2}\quad\Rightarrow\quad M_{A}=R_{A}L-\frac{wL^{2}}{2}. \tag{1}
  • Integro duas vezes para obter a deflexão (constantes de integração serão obtidas pelas condições do engaste): E I\,y''(x)=M(x),
E I\,y'(x)=M_{A}x-\frac{R_{A}x^{2}}{2}+\frac{w\,x^{3}}{6}+C_{1},
E I\,y(x)=\frac{M_{A}x^{2}}{2}-\frac{R_{A}x^{3}}{6}+\frac{w\,x^{4}}{24}+C_{1}x+C_{2}.
Condições no engaste x=0: y(0)=0\Rightarrow C_{2}=0 e y'(0)=0\Rightarrow C_{1}=0.
  • Condição y(L)=0 0=\frac{M_{A}L^{2}}{2}-\frac{R_{A}L^{3}}{6}+\frac{w\,L^{4}}{24}. \tag{2}
  • Substituo M_A de (1) em (2): \Big(R_{A}L-\frac{wL^{2}}{2}\Big)\frac{L^{2}}{2}-\frac{R_{A}L^{3}}{6}+\frac{wL^{4}}{24}=0.Simplificando dá (feito passo a passo): R_{A}\,L^{3}\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{5wL^{4}}{24}=0 \quad\Rightarrow\quad R_{A}=\frac{5}{8}\,wL.
  • Assim R_{C}=wL-R_{A}=\frac{3}{8}\,wL,
M_{A}=R_{A}L-\frac{wL^{2}}{2}=\frac{1}{8}\,wL^{2}.
  • Substituindo w=40\,000\\ \text{N/m} e L=5{,}0\\ \text{m}: wL=40\,000\times5=200\,000\\ \text{N},
R_{A}=\frac{5}{8}\cdot200\,000=125\,000\\ \text{N}=125\\ \text{kN},
R_{C}=\frac{3}{8}\cdot200\,000=75\,000\\ \text{N}=75\\ \text{kN},
M_{A}=\frac{1}{8}\,wL^{2}=\frac{1}{8}\cdot40\,000\cdot25=125\,000\\ \text{N}\cdot\text{m}=125\\ \text{kN}\cdot\text{m}.
  • A deflexão no ponto x=a=2{,}0\\ \text{m} para o sistema primário sob o UDL (chamo-a de y_{w}) é dada por y(x)=\frac{1}{E I}\Big(\frac{M_{A}x^{2}}{2}-\frac{R_{A}x^{3}}{6}+\frac{w\,x^{4}}{24}\Big).Substituindo x=a=2 e os valores encontrados: \frac{M_{A}a^{2}}{2}=125\,000\cdot\frac{4}{2}=250\,000,
\frac{R_{A}a^{3}}{6}=125\,000\cdot\frac{8}{6}=166\,666{,}666\ldots,
\frac{w\,a^{4}}{24}=40\,000\cdot\frac{16}{24}=26\,666{,}666\ldots
Soma interna:
\frac{M_{A}a^{2}}{2}-\frac{R_{A}a^{3}}{6}+\frac{w\,a^{4}}{24}=250\,000-166\,666{,}666\ldots+26\,666{,}666\ldots=110\,000.
Logo
y_{w}=\frac{110\,000}{E I}.

Passo 4

Calcular a flexibilidade f no ponto x=a=2 — deflexão no ponto a causada por uma força unitária vertical P=1\\ \text{N} aplicada em x=a no mesmo sistema primário (método do carregamento virtual / unidade). Vou obter a reação e o momento do engaste para esse caso e depois calcular \delta por integração.
  • Para a carga unitária P=1\\ \text{N} em x=a o sistema (engaste em 0, simples em L) tem reações R_{A}^{(u)},R_{C}^{(u)} e momento M_{A}^{(u)}. Por procedimento análogo ao do Passo 3 (resolver pela integração e condições de contorno) obtém-se, depois de manipulação algébrica (detalhes: equilíbrio global, M(L)=0, e y(L)=0 com integrações), as expressões numéricas: R_{A}^{(u)}\approx0{,}792\\ \text{N},\qquad R_{C}^{(u)}\approx0{,}208\\ \text{N},
M_{A}^{(u)}\approx0{,}96\\ \text{N}\cdot\text{m}.
(Os valores são obtidos substituindo L=5 e a=2 nas fórmulas resultantes do sistema com carga concentrada.)
  • O momento interno devido à unidade é (peça-se atenção às duas regiões):
    • Para 0\le x<a: m(x)=M_{A}^{(u)}-R_{A}^{(u)}x.
    • Para a\le x\le L: m(x)=M_{A}^{(u)}-R_{A}^{(u)}x+(x-a).
  • A deflexão no ponto a causada pela unidade é dada pelo método do trabalho virtual: f=\delta_{u}=\frac{1}{E I}\int_{0}^{L} m(x)^{2}\,dx.Calculei a integral dividida em duas partes e obtive (passo a passo das integrais polinomiais) \int_{0}^{2}(M_{A}^{(u)}-R_{A}^{(u)}x)^{2}dx\approx0{,}474624,
\int_{2}^{5}\big(M_{A}^{(u)}-R_{A}^{(u)}x+(x-2)\big)^{2}dx\approx0{,}389376,
soma dando
\int_{0}^{5}m(x)^{2}dx\approx0{,}864.
Portanto
f=\frac{0{,}864}{E I}.

Passo 5

Compatibilidade no apoio redundante x=a e determinação da reação redundante R_{b}:
  • A deflexão total no ponto a deve ser nula: a deflexão devido ao UDL no sistema primário y_{w} acrescida da deflexão causada pela reação redundante R_{b} (que é R_{b} vezes a flexibilidade f) deve ser zero: y_{w}+R_{b}\,f=0.
  • Substituindo y_{w}=\dfrac{110\,000}{E I} e f=\dfrac{0{,}864}{E I}: \frac{110\,000}{E I}+R_{b}\frac{0{,}864}{E I}=0 \quad\Rightarrow\quad R_{b}=-\frac{110\,000}{0{,}864}.
  • Assim R_{b}\approx-127\,314{,}815\\ \text{N}\approx-127{,}3\\ \text{kN}.O sinal negativo indica que a direção da reação no sentido assumido na equação (escolha de positivo para cima) é contrária; em termos práticos, a reação vertical no apoio do meio é 127{,}3\\ \text{kN} para cima (ou seja, o apoio sustenta essa força).

Passo 6

Determinar o diagrama de momentos final e encontrar M_{\max} (momento fletor máximo) — superposição de efeitos.
  • Momento final em qualquer seção é soma do momento devido ao UDL no sistema primário M_{w}(x) (calculado no Passo 3) mais a contribuição da reação R_{b} multiplicada pelo momento de influência da unidade m(x) (do Passo 4): M_{\text{total}}(x)=M_{w}(x)+R_{b}\,m(x).Onde M_{w}(x)=M_{A}-R_{A}x+\frac{w x^{2}}{2},com M_{A}=125\,000\\ \text{N}\cdot\text{m} e R_{A}=125\,000\\ \text{N}; e m(x) conforme as fórmulas do Passo 4.
  • Para encontrar os pontos possíveis de máximo absoluto avalio M_{\text{total}}(x) em candidatos: extremos internos (onde a força cortante total V(x)=M'_{\text{total}}(x)=0), e nas seções de apoio. Calculei explicitamente a força cortante total e obtive dois pontos internos onde V=0, um em x\approx0{,}606\\ \text{m} (no intervalo 0\le x<2) e outro em x\approx3{,}787\\ \text{m} (no intervalo 2\le x\le5). Também avaliei nos apoios x=0,\;2,\;5.
  • Avaliando M_{\text{total}}(x) nesses pontos (substituições numéricas, mantendo unidades N·m) resulta aproximadamente:
    • M_{\text{total}}(0)\approx2{,}777\\ \text{N}\cdot\text{m},
    • M_{\text{total}}(0{,}606)\approx-4{,}496\\ \text{N}\cdot\text{m},
    • M_{\text{total}}(2{,}0)\approx34{,}396\\ \text{N}\cdot\text{m},
    • M_{\text{total}}(3{,}787)\approx-29{,}421\\ \text{N}\cdot\text{m},
    • M_{\text{total}}(5{,}0)=0.
  • O máximo absoluto de momento (em valor absoluto) é M_{\max}\approx34{,}396\\ \text{N}\cdot\text{m}\approx34{,}396\\ \text{kN}\cdot\text{m}.

Passo 7

Cálculo da altura h necessária usando a relação tensão–momento:
  • A tensão máxima por flexão deve satisfazer \sigma_{\max}\le\sigma_{adm}. Usando a fórmula (do Passo 2) \sigma_{\max}=\frac{6\,M_{\max}}{b\,h^{2}}\le\sigma_{adm}.Resolvo para h: h=\sqrt{\frac{6\,M_{\max}}{b\,\sigma_{adm}}}.
  • Substituindo M_{\max}=34\,396\\ \text{N}\cdot\text{m}, b=0{,}15\\ \text{m} e \sigma_{adm}=50\times10^{6}\\ \text{N/m}^{2}: h=\sqrt{\frac{6\cdot34\,396}{0{,}15\cdot50\times10^{6}}} =\sqrt{\frac{206\,376}{7{,}5\times10^{6}}} =\sqrt{0{,}0275168\ldots}\approx0{,}1658\\ \text{m}.
  • Em milímetros: h\approx165{,}8\\ \text{mm}.

Resposta

h \approx 0{,}166\\ \text{m} \approx 165{,}8\\ \text{mm}

Exercícios relacionados