1. Determine a inclinação \theta_{c}\left(\mathbf{2 , 5}\right. pts) e a deflexão y_{c}(\mathbf{2 , 5 p t s}) na extremidade \boldsymbol{C} da viga de madeira. Considere \mathrm{E}_{\text {mad }}=11 \mathrm{GPa}.

Passo 1

O enunciado dá uma viga de madeira de seção retangular (largura b=90\\ \text{mm}, altura h=180\\ \text{mm}), engastada em A, com comprimento total L=3{,}0+2{,}4=5{,}4\\ \text{m}. No trecho 0\le x\le3{,}0 há carga triangular w(x) que vale 2\\ \text{kN/m} em x=0 e vai a zero em x=3{,}0; no trecho 3{,}0\le x\le5{,}4 só atua a carga concentrada P=2\\ \text{kN} na extremidade C x=5{,}4. O aluno deve usar a teoria de Euler–Bernoulli:
E I\,\frac{d^2v}{dx^2}=M(x)
e integrar duas vezes para obter a inclinação v'(x) e a deflexão v(x), impondo em x=0 as condições de engaste v(0)=0 e v'(0)=0. Em seguida avaliaremos em x=5{,}4 para achar \theta_c=v'(5{,}4) e y_c=v(5{,}4).

Passo 2

Primeiro calculamos o momento fletor devido à carga triangular no trecho 0\le x\le3. A intensidade é
w(x)=2\Bigl(1-\frac{x}{3}\Bigr)\quad(\text{kN/m}).
Pelo princípio dos carregamentos distribuídos:
M(x)=-\int_{0}^{x}(x-s)\,w(s)\,ds =-2\int_{0}^{x}(x-s)\Bigl(1-\frac{s}{3}\Bigr)\,ds.
Fazendo a integração obtém-se
M(x)=-x^2+\frac{x^3}{9}\quad(\text{kN}\cdot\text{m}),\quad 0\le x\le3.

Passo 3

Para 3\le x\le5{,}4, a carga triangular só atua até s=3, de modo que
M(x)=-2\int_{0}^{3}(x-s)\Bigl(1-\frac{s}{3}\Bigr)\,ds =-3x+3\quad(\text{kN}\cdot\text{m}),\quad 3\le x\le5{,}4.
O ponto P em x=5{,}4 não contribui para M(x) nos pontos à esquerda de C.

Passo 4

Calculamos I e E\,I. Usando unidades SI (m e kN):
I=\frac{b\,h^3}{12} =\frac{0{,}09\,(0{,}18)^3}{12} \approx4{,}374\times10^{-5}\\ \text{m}^4, \qquad E=11\times10^6\\ \text{kN/m}^2,
E\,I\approx11\times10^6\cdot4{,}374\times10^{-5} \approx481{,}14\\ \text{kN}\,\text{m}^2.

Passo 5

No trecho 0\le x\le3 temos
\frac{d^2v}{dx^2}=\frac{M(x)}{E\,I} =\frac{-x^2+\tfrac{x^3}{9}}{481{,}14}.
Integramos uma vez e impomos v'(0)=0:
v'(x) =\int_0^x\frac{-s^2+\tfrac{s^3}{9}}{481{,}14}\,ds =\frac{-\tfrac{x^3}{3}+\tfrac{x^4}{36}}{481{,}14}.
Integramos de novo impondo v(0)=0:
v(x) =\int_0^x v'(s)\,ds =\frac{-\tfrac{x^4}{12}+\tfrac{x^5}{180}}{481{,}14}.

Passo 6

Para continuar em x\ge3 precisamos de v(3) e v'(3):
v'(3) =\frac{-\tfrac{27}{3}+\tfrac{81}{36}}{481{,}14} =\frac{-9+2{,}25}{481{,}14} =-\frac{6{,}75}{481{,}14} \approx-0{,}01403,
v(3) =\frac{-\tfrac{81}{12}+\tfrac{243}{180}}{481{,}14} =\frac{-6{,}75+1{,}35}{481{,}14} =-\frac{5{,}40}{481{,}14} \approx-0{,}01122\\ \text{m}.

Passo 7

No trecho 3\le x\le5{,}4 temos
\frac{d^2v}{dx^2}=\frac{-3x+3}{481{,}14}.
Então
v'(x) =v'(3)+\int_{3}^{x}\frac{-3s+3}{481{,}14}\,ds =\,-0{,}01403 +\frac{-1{,}5x^2+3x+4{,}5}{481{,}14},
onde o termo constante +4{,}5 vem da avaliação da integral. Simplificando,
v'(x) =\frac{-1{,}5x^2+3x-2{,}25}{481{,}14}.
E
v(x) =v(3)+\int_{3}^{x}v'(s)\,ds =\,-0{,}01122 +\frac{-0{,}5x^3+1{,}5x^2-2{,}25x+6{,}75}{481{,}14},
que, reorganizando,
v(x) =\frac{-0{,}5x^3+1{,}5x^2-2{,}25x+1{,}35}{481{,}14}.

Passo 8

Finalmente, em x=5{,}4\\ \text{m} (ponto C) calculamos:
\theta_c=v'(5{,}4) =\frac{-1{,}5(5{,}4)^2+3(5{,}4)-2{,}25}{481{,}14} =\frac{-29{,}79}{481{,}14} \approx-0{,}0619\\ \text{rad},
y_c=v(5{,}4) =\frac{-0{,}5(5{,}4)^3+1{,}5(5{,}4)^2-2{,}25(5{,}4)+1{,}35}{481{,}14} =\frac{-45{,}792}{481{,}14} \approx-0{,}0952\\ \text{m}.
O sinal negativo indica deflexão para baixo e rotação no sentido horário.

Resposta

\displaystyle \theta_c\approx -0{,}0619\\ \text{rad} \displaystyle y_c\approx -0{,}0952\\ \text{m}

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