Viga continua de dois vãos iguais com carga uniformemente distribuída q

Considere uma viga contínua de dois vãos iguais (cada vão de comprimento L ), engastada simplesmente nos apoios externos e apoiada no apoio intermediário (viga contínua com três apoios: A-B-C, sendo A B=B C=L ). Ambas as lajes/spans suportam uma carga uniformemente distribuída q sobre cada vão. Determinar os momentos fletores de apoio (momento negativo no apoio intermediário) e os momentos máximos positivos nas metades dos vãos.

Passo 1

O enunciado dá uma viga contínua com três apoios A\!-\!B\!-\!C, com dois vãos iguais AB=BC=L. Cada vão tem uma carga uniformemente distribuída q ao longo de seu comprimento. O que se pede:
  • Determinar o momento fletor no apoio intermediário B (momento negativo, hogging).
  • Determinar os momentos positivos nas metades dos vãos (ou seja, o momento em x=L/2 em cada vão).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Vão AB: comprimento L, carga q distribuída.
  • Vão BC: comprimento L, carga q distribuída.
  • Apoios externos A e C são simples (momento nulo nesses apoios).
  • Simetria do problema (vãos iguais, cargas iguais): o momento em A e C é zero e o momento em B será simetricamente negativo.

Passo 2

Escolhi usar o Teorema dos Três Momentos (Clapeyron) porque é direto para vigas contínuas com três apoios e aproveita bem a simetria do problema. Vou escrever a formulação do teorema e explicar cada termo.
Enunciado prático do teorema para três apoios A,B,C com comprimentos L_1=L e L_2=L:
M_A L_1 + 2 M_B (L_1+L_2) + M_C L_2 = -6\left(\frac{\displaystyle\int_{0}^{L_1} m_1(x)\,x\,dx}{L_1} + \frac{\displaystyle\int_{0}^{L_2} m_2(x)\,x\,dx}{L_2}\right)
onde:
  • M_A,M_B,M_C são os momentos nos apoios A,B,C (positivos conforme convensão).
  • m_1(x) é a função de momento no vão AB quando esse vão é considerado simplesmente apoiado (sem momentos de apoio), causada somente pela carga q. Similar para m_2(x) em BC.
  • As integrais \int m(x)\,x\,dx são os “primeiros momentos” da distribuição de momento do vão considerado como simplesmente apoiado. O fator -6 e os comprimentos vêm da dedução clássica do teorema.
Vou agora calcular essas integrais para uma carga uniforme em um vão simplesmente apoiado.

Passo 3

Calcular m(x) para um vão simplesmente apoiado com carga uniforme q.
Para um vão simplesmente apoiado de comprimento L, com carga q por unidade de comprimento, o momento fletor no ponto a distância x da extremidade esquerda é
m(x)=\frac{q\,x\,(L-x)}{2}.
(Esse resultado vem da expressão padrão do momento numa viga simplesmente apoiada sob carregamento uniforme; em particular o momento máximo no meio é qL^2/8.)
Agora calculamos a integral necessária:
\int_{0}^{L} m(x)\,x\,dx = \int_{0}^{L} \frac{q\,x\,(L-x)}{2}\,x\,dx = \frac{q}{2}\int_{0}^{L} \big(L x^2 - x^3\big)\,dx.
Fazendo a integração:
\frac{q}{2}\left[\frac{L x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_{0}^{L} = \frac{q}{2}\left(\frac{L^4}{3} - \frac{L^4}{4}\right) = \frac{q}{2}\cdot\frac{L^4}{12} = \frac{q L^4}{24}.
Portanto, para cada vão (são idênticos), temos
\frac{1}{L}\int_{0}^{L} m(x)\,x\,dx = \frac{1}{L}\cdot\frac{q L^4}{24} = \frac{q L^3}{24}.

Passo 4

Aplicar o teorema dos três momentos ao nosso caso simétrico.
Sabemos que M_A=0 e M_C=0 (apoios simples externos). Os comprimentos são L_1=L_2=L. Substituindo na fórmula do Passo 2:
M_A L + 2 M_B (L+L) + M_C L = -6\left(\frac{q L^3}{24} + \frac{q L^3}{24}\right).
Como M_A=M_C=0, a equação fica
2 M_B \cdot 2L = -6\left(\frac{2 q L^3}{24}\right).
Simplificando passo a passo:
4 L M_B = -6\left(\frac{q L^3}{12}\right) = -\frac{6 q L^3}{12} = -\frac{q L^3}{2}.
Dividindo por 4L:
M_B = -\frac{q L^3}{2}\cdot\frac{1}{4L} = -\frac{q L^2}{8}.
Assim o momento negativo no apoio intermediário é
M_B = -\frac{q L^2}{8}.
(Interpretação física rápida: o apoio intermediário gera um momento de vaivém que reduz o momento positivo nos meios de vão.)

Passo 5

Determinar o momento fletor ao longo de um vão (por exemplo AB) e o momento na metade do vão x=L/2.
Usamos superposição: o momento em um ponto x do vão com momentos de extremidade M_A e M_B é soma da contribuição linear dos momentos de extremidade mais o momento do vão simplesmente apoiado:
M(x)=M_A\left(1-\frac{x}{L}\right)+M_B\frac{x}{L} + \frac{q\,x\,(L-x)}{2}.
Aqui:
  • M_A\left(1-\dfrac{x}{L}\right)+M_B\dfrac{x}{L} representa a variação linear entre os momentos de apoio.
  • \dfrac{q x (L-x)}{2} é o momento do vão simplesmente apoiado (do Passo 3).
No nosso caso M_A=0 e M_B=-\dfrac{qL^2}{8}. Substituindo:
M(x) = -\frac{qL^2}{8}\cdot\frac{x}{L} + \frac{q\,x\,(L-x)}{2} = qx\!\left(-\frac{L}{8} + \frac{L-x}{2}\right).
Simplificando o parêntese:
-\frac{L}{8} + \frac{L-x}{2} = -\frac{L}{8} + \frac{L}{2} - \frac{x}{2} = \frac{3L}{8} - \frac{x}{2}.
Então
M(x) = q x\!\left(\frac{3L}{8} - \frac{x}{2}\right).
Agora avaliamos em x=\dfrac{L}{2} (metade do vão):
M\!\left(\frac{L}{2}\right) = q\cdot\frac{L}{2}\!\left(\frac{3L}{8} - \frac{L}{4}\right) = q\cdot\frac{L}{2}\cdot\frac{L}{8} = \frac{q L^2}{16}.
Portanto o momento positivo na metade do vão é \dfrac{qL^2}{16}.
Observação adicional (útil para prova): o ponto de momento positivo máximo dentro do vão não é exatamente o meio; derivando M(x) obtém-se que o máximo positivo ocorre em x=\dfrac{3L}{8} com valor M_{\max}=\dfrac{9}{128}\,qL^2. Mas como a questão pediu explicitamente o momento nas metades dos vãos, o valor relevante é \dfrac{qL^2}{16}.

Resposta

M_B = -\dfrac{q L^2}{8}\n M\!\left(\dfrac{L}{2}\right) = \dfrac{q L^2}{16}

Exercícios relacionados