(d) Uma viga simplesmente apoiada de 10 m de comprimento suporta que varia parabolicamente de 0 \mathrm{kN} / \mathrm{m} no apoio esquerdo a 16 \mathrm{kN} / \mathrm{m} no apoio direito, um momento concentrado de 50 \mathrm{kN} \cdot \mathrm{m} a 3 m do apoio esquerdo e uma carga concentrada de 20 kN a 2 m do apoio direito. Dica: Para a carga distribuída parabólica, você pode expressá-la como q(x)=0.16 x^{2}. Lembre-se de calcular a resultante e a posição do centróide dessa carga parabólica para determinar as reações de apoio e os diagramas. Não esqueça de considerar os efeitos do momento concentrado e da carga pontual na sua análise.

Passo 1

O enunciado fornece uma viga simplesmente apoiada de comprimento 10\\ \mathrm{m} com as seguintes ações:
\begin{aligned} &\text{(a)}\\ \text{Carga distribuída parabólica } q(x)=0{,}16\,x^{2}\quad(0\le x\le 10),\\\ &\text{(b)}\\ \text{Momento concentrado } M_{c}=50\\ \mathrm{kN\cdot m}\\ \text{aplicado a } x=3\\ \mathrm{m\\ (do\\ apoio\\ esquerdo)},\\\ &\text{\text{(c)}}\\ \text{Carga concentrada } P=20\\ \mathrm{kN}\\ \text{aplicada a } 2\\ \mathrm{m}\\ \text{do apoio direito, ou seja, } x=8\\ \mathrm{m}. \end{aligned}íó
O que o problema pede:
  • Determinar as reações de apoio (forças verticais em A e B).
  • Construir/expor os diagramas de esforço cortante V(x) e momento fletor M(x) (ou seja, as expressões e os valores principais).
    Observação importante (que eu não posso inferir do enunciado): a direção do momento concentrado não foi informada (sentido horário ou anti-horário). Vou adotar a convenção padrão: momento positivo é o sentido anti-horário (contra-relógio). Assim, tomarei M_{c}=+50\\ \mathrm{kN\cdot m} se o momento for anti-horário; se o enunciado quisesse o sentido oposto, basta trocar o sinal de M_{c} e seguir o mesmo procedimento (eu indicarei como mudar no passo onde isso for usado).
    Não inicio a resolução ainda; apenas identifiquei todos os dados e as perguntas.

Passo 2

Calcular a resultante (valor total) da carga distribuída parabólica e a posição do centróide dessa carga — esses dois dados servem como uma carga concentrada equivalente para balanço das reações.
Explicação didática rápida do conceito:
  • A resultante R_q de uma carga distribuída q(x) é a integral da intensidade ao longo do vão: \displaystyle R_q=\int_{0}^{L} q(x)\,dx.
  • A posição do centróide \bar{x} (medida a partir do apoio esquerdo) é dada por \displaystyle \bar{x}=\dfrac{1}{R_q}\int_{0}^{L} x\,q(x)\,dx.
    Essas fórmulas vêm da definição de momento estático da carga em relação a um ponto.
Aplicando ao nosso caso q(x)=0{,}16x^{2} em L=10\\ \mathrm{m}:
Calcule R_q:
R_q=\int_{0}^{10} 0{,}16x^{2}\,dx =0{,}16\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{10} =0{,}16\cdot\dfrac{1000}{3} =\dfrac{160}{3}\\ \mathrm{kN}.
Logo \displaystyle R_q=\dfrac{160}{3}\\ \mathrm{kN}\approx 53{,}333\\ \mathrm{kN}.
Calcule a primeira ordem (momento estático) para achar \bar{x}:
\int_{0}^{10} x\,q(x)\,dx=\int_{0}^{10} 0{,}16x^{3}\,dx =0{,}16\left[\dfrac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{10} =0{,}16\cdot\dfrac{10000}{4} =400\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Portanto
\bar{x}=\dfrac{400}{R_q}=\dfrac{400}{160/3}=\dfrac{400\cdot 3}{160}=7{,}5\\ \mathrm{m}.
Interpretação: a carga parabólica equivalente R_q age em x=7{,}5\\ \mathrm{m} (ou seja, mais para a direita, que é intuitivo porque a intensidade cresce para a direita).

Passo 3

Equilíbrios estáticos para obter as reações R_A (apoio esquerdo) e R_B (apoio direito).
Lembrando as equações de equilíbrio para uma viga bi-apoiada (forças verticais e momentos):
  • Soma das forças verticais: \displaystyle R_A+R_B=R_q+P.
  • Soma dos momentos em torno de A (convenção: momento positivo anti-horário): incluir os momentos das forças e também o momento concentrado M_c com seu sinal algebraico.
Substituindo os valores conhecidos:
R_A+R_B=\dfrac{160}{3}+20=\dfrac{160+60}{3}=\dfrac{220}{3}\\ \mathrm{kN}\approx 73{,}333\\ \mathrm{kN}.
Agora a equação de momentos em A. Para ser consistente com a convenção (momento positivo anti-horário), os termos que giram em sentido anti-horário são positivos. A equação fica:
R_B\cdot 10 + M_{c} - R_q\cdot \bar{x} - P\cdot 8 = 0.
Explicação do sinal do termo M_{c}: se o momento concentrado for anti-horário (positivo na nossa convenção), ele entra com sinal +M_{c}; se for horário, então M_{c} deve ser tomado negativo. (Se você tiver o outro sentido, troque o sinal de M_{c} no cálculo abaixo.)
Agora substituímos os valores conhecidos: R_q\cdot\bar{x}= \dfrac{160}{3}\cdot 7{,}5 =400\\ \mathrm{kN\cdot m} (já calculado), P\cdot 8=20\cdot 8=160.
Com M_{c}=+50\\ \mathrm{kN\cdot m} (assumido anti-horário):
R_B\cdot 10 +50 -400 -160 =0 \quad\Rightarrow\quad R_B\cdot 10 =560-50=510,
logo
R_B=51\\ \mathrm{kN}.
Então
R_A=\dfrac{220}{3}-51=\dfrac{220}{3}-\dfrac{153}{3}=\dfrac{67}{3}\\ \mathrm{kN}\approx 22{,}333\\ \mathrm{kN}.
Observação sobre a incerteza de sinal do momento: se o momento concentrado tivesse sentido contrário (horário), substitua M_{c}=-50 nas equações acima; então R_B=(560-(-50))/10=61\\ \mathrm{kN} e R_A=73{,}333-61=12{,}333\\ \mathrm{kN}. Ou seja, o efeito do sentido do momento é deslocar as reações em \pm 5\\ \mathrm{kN} distribuído entre os apoios conforme o sinal. A partir daqui vou prosseguir com M_{c}=+50\\ \mathrm{kN\cdot m} (anti-horário). Se você precisa do caso horário, me avise mentalmente que troque M_c\to -50 e os números mudam conforme indicado.

Passo 4

Determinar o esforço cortante V(x) ao longo da viga (expressões em função de x), explicando como construir o diagrama.
Conceito rápido: o esforço cortante V(x) é dado pela soma (com sinal) das forças verticais aplicadas à esquerda da seção em x. Para cargas distribuídas integradas, usamos a integral da intensidade.
Para 0\le x<8 (antes da carga pontual em x=8):
V(x)=R_A-\int_{0}^{x} q(s)\,ds.
Já calculamos \int_{0}^{x} q(s)\,ds=0{,}16\cdot \dfrac{x^{3}}{3}=\dfrac{0{,}16}{3}x^{3}=\dfrac{4}{75}x^{3} (porque 0{,}16/3=4/75). Assim:
\boxed{V(x)=R_A-\dfrac{4}{75}x^{3},\quad 0\le x<8.}
Para 8\le x\le 10 (após a carga pontual de 20\\ \mathrm{kN} em x=8):
\boxed{V(x)=R_A-\dfrac{4}{75}x^{3}-20,\quad 8\le x\le 10.}
Verificações rápidas (controle):
  • V(0^{+})=R_A=\dfrac{67}{3}\approx 22{,}333\\ \mathrm{kN} (ok).
  • V(8^{-})= \dfrac{67}{3}-\dfrac{4}{75}\cdot 8^{3}=\dfrac{67}{3}-\dfrac{4\cdot 512}{75}\approx -4{,}974\\ \mathrm{kN}.
  • Salto em x=8: V(8^{+})=V(8^{-})-20\approx -24{,}974\\ \mathrm{kN}.
  • V(10^{-})=\dfrac{67}{3}-\dfrac{4}{75}\cdot 1000 -20=\dfrac{67}{3}-\dfrac{4000}{75}-20 = \dfrac{67}{3}-\dfrac{160}{3}-20 = -51\\ \mathrm{kN} = -R_B. Isso é consistente com o equilíbrio (o valor do cortante imediatamente à esquerda do apoio direito é o negativo da reação do apoio direito).

Passo 5

Determinar o momento fletor M(x) (expressões em função de x), incluindo o efeito do momento concentrado como salto do diagrama de momentos.
Conceito e regra prática:
  • O momento fletor é obtido por integração do cortante: M'(x)=V(x). Ao integrar, obtemos M(x) por trechos; uma carga concentrada de momento (couple) provoca uma descontinuidade (salto) no diagrama de momento igual ao negativo do momento aplicado, conforme a convenção adotada (explico abaixo).
  • A intensidade de carga q foi incorporada no cortante; a constante de integração é fixada por M(0)=0.
Integração por trechos (sem ainda aplicar o salto do momento concentrado):
Para 0\le x\le 3 (até a posição do momento concentrado):
M(x)=\int_{0}^{x} V(s)\,ds =\int_{0}^{x}\left(R_A-\dfrac{4}{75}s^{3}\right)ds =R_A x - \dfrac{4}{75}\cdot \dfrac{x^{4}}{4} =R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4}.
Assim:
\boxed{M(x)=R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4},\quad 0\le x\le 3.}
Agora, ao atravessar o momento concentrado M_c em x=3, o diagrama de momentos sofre um salto. Regra de sinal prática (explicada): se o momento externo aplicado em x for positivo no sentido anti-horário (nossa convenção), então o valor do momento interno imediatamente à direita será igual ao valor imediatamente à esquerda menos esse M_c; em fórmula:
M(3^{+})=M(3^{-})-M_{c}.
(É o mesmo resultado que garante a compatibilidade global: integrar o cortante fornece os momentos até uma constante; o momento concentrado entra como mudança dessa constante.)
Calculamos M(3^{-}):
M(3^{-})=R_A\cdot 3 - \dfrac{1}{75}\cdot 3^{4}=3R_A-\dfrac{81}{75}=3R_A-1{,}08.
Com R_A=\dfrac{67}{3}, 3R_A=67, então
M(3^{-})=67-1{,}08=65{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Logo, com M_c=+50 (anti-horário),
M(3^{+})=65{,}92-50=15{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Para 3<x<8 (entre o momento concentrado e a carga pontual em x=8), a expressão do momento é a mesma integral do cortante, acrescida de uma constante ajustada pelo salto. Ou seja:
M(x)=R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4} - M_{c},\quad 3<x<8,
porque para x>3 adicionamos a constante -M_{c} (veja que em x=3^{+} recuperamos M(3^{+})). Escreveremos então:
\boxed{M(x)=R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4} - M_{c},\quad 3<x<8.}
Para 8\le x\le 10 (após a carga pontual de 20\\ \mathrm{kN} em x=8), devemos incluir o efeito da força concentrada (que causa uma inclinação do diagrama de momentos — isto está contido ao integrar o cortante que contém o salto de -20). A expressão fica:
M(x)=R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4} - 20(x-8) - M_{c},\quad 8\le x\le 10.
Podemos verificar a condição de contorno M(10)=0 (momento nulo no apoio direito). Substituindo x=10 na expressão de x\ge 8:
M(10)=10R_A - \dfrac{1}{75}\cdot 10^{4} -20(2)-M_{c} =10R_A -\dfrac{10000}{75} -40 -M_{c} =10R_A -\dfrac{400}{3} -40 -M_{c}.
Com R_A=\dfrac{67}{3} e M_c=50:
10R_A=10\cdot \dfrac{67}{3}=\dfrac{670}{3}\approx 223{,}333,
\dfrac{400}{3}\approx 133{,}333,\quad \text{logo }M(10)=223{,}333-133{,}333-40-50=0,
confirmando que as equações e sinais estão coerentes.

Passo 6

Resumir valores importantes (checagens numéricas e pontos de interesse no diagrama):
  • Resultante da carga distribuída:
R_q=\dfrac{160}{3}\\ \mathrm{kN}\approx 53{,}333\\ \mathrm{kN}, \quad \text{agem em } \bar{x}=7{,}5\\ \mathrm{m}.
  • Reações (assumindo M_c=+50\\ \mathrm{kN\cdot m} positivo anti-horário):
R_A=\dfrac{67}{3}\\ \mathrm{kN}\approx 22{,}333\\ \mathrm{kN},\qquad R_B=51\\ \mathrm{kN}.
  • Esforço cortante (checar pontos):
V(0^{+})=R_A\approx 22{,}333\\ \mathrm{kN},\quad V(8^{-})\approx -4{,}974\\ \mathrm{kN},\quad V(8^{+})\approx -24{,}974\\ \mathrm{kN},\quad V(10^{-})=-R_B=-51\\ \mathrm{kN}.
  • Momento fletor em pontos chave:
M(0)=0,\quad M(3^{-})\approx 65{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m},\quad M(3^{+})\approx 15{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m},\quad M(10)=0.
Observação final de didática: com as expressões de V(x) e M(x) você consegue traçar os diagramas qualitativamente: o cortante começa positivo em A, decresce em curva (por causa do x^{3}), sofre salto negativo em x=8 por causa da carga de 20\\ \mathrm{kN}, e termina negativo com valor -R_B. O momento tem formato polinomial (curvas de 4ª ordem na contribuição da parabólica), com um salto vertical no ponto x=3 igual a -M_c (ou seja, diminui de 65{,}92 para 15{,}92 no caso assumido).
Se você quiser eu desenho (em texto) um esboço qualitativo do diagrama ou calcule o ponto exato de máximo de momento interno (derivando M'(x)=V(x) e igualando a zero dentro dos trechos), eu faço passo a passo também.

Resposta

[R_A=\dfrac{67}{3}\ \mathrm{kN}\approx 22{,}333\ \mathrm{kN})
R_B=51\\ \mathrm{kN}
Esforço cortante:
V(x)= \begin{cases} R_A-\dfrac{4}{75}x^{3}, & 0\le x<8,\\[4pt] R_A-\dfrac{4}{75}x^{3}-20, & 8\le x\le 10. \end{cases}
Momento fletor (assumindo (M_c=+50\ \mathrm{kN\cdot m}] anti-horário):
M(x)= \begin{cases} R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4}, & 0\le x\le 3,\\[4pt] R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4} - M_c, & 3<x<8,\\[4pt] R_A x - \dfrac{1}{75}x^{4} -20(x-8) - M_c, & 8\le x\le 10. \end{cases}
Valores numéricos principais:
R_q=\dfrac{160}{3}\\ \mathrm{kN},\quad \bar{x}=7{,}5\\ \mathrm{m}; \quad V(0^{+})\approx 22{,}333\\ \mathrm{kN},\quad V(10^{-})=-51\\ \mathrm{kN};
M(3^{-})\approx 65{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m},\quad M(3^{+})\approx 15{,}92\\ \mathrm{kN\cdot m},\quad M(10)=0.]

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