7- Uma viga está fixada em sua extremidade esquerda e livre as sua estremidade direita. Use a transformadas de Laplace para obter a deflexão y(x) quando a carga é dada por w(x)=\left\{\begin{array}{ll}w_{0} & 0<x<L / 2 \\\\ 0, & L / 2<x<L\end{array}\right..

Passo 1

O enunciado trata da deflexão y(x)\) de uma viga em balanço (cantilever) de comprimento \(L\), com extremidade esquerda engastada em \(x=0\) e livre em \(x=L\). O carregamento distribuído é \[w(x)= \begin{cases} w_{0},&0<x<\tfrac{L}{2},\\\\ 0,&\tfrac{L}{2}<x<L. \end{cases}
A equação diferencial da deflexão é
EI\,y''''(x)=w(x),
com condições de contorno
y(0)=0,\quad y'(0)=0,\quad y''(L)=0,\quad y'''(L)=0.
Vamos resolver por transformada de Laplace em (x].

Passo 2

Denote Y(s)=\mathcal{L}\{y(x)\}. Usando
\mathcal{L}\{y''''\}(s) =s^4Y(s)-s^3y(0)-s^2y'(0)-s\,y''(0)-y'''(0) =s^4Y(s)-s\,\alpha-\beta,
onde \alpha=y''(0) e \beta=y'''(0). Além disso
\mathcal{L}\{w\}(s) =w_{0}\,\frac{1-e^{-sL/2}}{s}.
Logo da equação EI\bigl(s^4Y(s)-s\alpha-\beta\bigr)=w_{0}\,(1-e^{-sL/2})/s vem
Y(s) =\frac{w_{0}}{EI}\,\frac{1-e^{-sL/2}}{s^5} +\frac{\alpha}{EI}\,\frac{1}{s^3} +\frac{\beta}{EI}\,\frac{1}{s^4}.

Passo 3

Invertendo termo a termo, lembrando
\mathcal{L}^{-1}\{1/s^5\}=x^4/24,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-sL/2}/s^5\}=H(x-\tfrac{L}{2})(x-\tfrac{L}{2})^4/24,
\mathcal{L}^{-1}\{1/s^3\}=x^2/2 e
\mathcal{L}^{-1}\{1/s^4\}=x^3/6, obtemos
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[ \tfrac{x^4}{24} -\tfrac{H(x-\tfrac{L}{2})\,(x-\tfrac{L}{2})^4}{24} \Bigr] +\frac{\alpha}{EI}\,\frac{x^2}{2} +\frac{\beta}{EI}\,\frac{x^3}{6}.

Passo 4

Para determinar \alpha e \beta usamos as condições em x=L. Para x>L/2 vale
y''(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{(x-\tfrac{L}{2})^2}{2}\Bigr] +\frac{\alpha}{EI} +\frac{\beta}{EI}\,x,
y'''(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[x-(x-\tfrac{L}{2})\Bigr] +\frac{\beta}{EI} =\frac{w_{0}}{EI}\,\frac{L}{2}+\frac{\beta}{EI}.
Impondo y'''(L)=0 \tfrac{w_{0}L}{2EI}+\tfrac{\beta}{EI}=0, logo
\beta=-\frac{w_{0}L}{2}.
Em seguida y''(L)=0 gera
\frac{w_{0}}{EI}\,\Bigl(\tfrac{L^2}{2}-\tfrac{(L/2)^2}{2}\Bigr) +\frac{\alpha}{EI} +\frac{\beta\,L}{EI}=0 \;\Longrightarrow\; \alpha=\frac{w_{0}L^2}{8}.

Passo 5

Substituindo \alpha e \beta em y(x) obtemos a forma final com função de Heaviside H:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[ \tfrac{x^4}{24} -\tfrac{H(x-\tfrac{L}{2})(x-\tfrac{L}{2})^4}{24} +\tfrac{L^2\,x^2}{16} -\tfrac{L\,x^3}{12} \Bigr].
Equivalente a expressão em parcelas contínuas:
Para 0\le x\le \tfrac{L}{2}:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[ \tfrac{x^4}{24} +\tfrac{L^2\,x^2}{16} -\tfrac{L\,x^3}{12} \Bigr],
para \tfrac{L}{2}\le x\le L:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[ \tfrac{x^4}{24} -\tfrac{(x-\tfrac{L}{2})^4}{24} +\tfrac{L^2\,x^2}{16} -\tfrac{L\,x^3}{12} \Bigr].

Resposta

Para 0\le x\le \tfrac{L}{2}:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl(\tfrac{x^4}{24}+\tfrac{L^2x^2}{16}-\tfrac{Lx^3}{12}\Bigr).
Para \tfrac{L}{2}\le x\le L:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl(\tfrac{x^4}{24}-\tfrac{(x-\tfrac{L}{2})^4}{24}+\tfrac{L^2x^2}{16}-\tfrac{Lx^3}{12}\Bigr).

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