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 descreve uma viga engastada em x=0 e livre em x=L. A teoria de vigas de Euler–Bernoulli diz que a deflexão y(x) satisfaz
E I\,\frac{d^{4}y}{dx^{4}} \;=\; w(x),
com condições de contorno
y(0)=0,\quad y'(0)=0
(no engaste) e
E I\,y''(L)=0,\quad E I\,y'''(L)=0
(no extremo livre). Vamos usar a transformada de Laplace em x para resolver essa EDO com forçamento
w(x) = \begin{cases} w_{0},&0<x<\tfrac{L}{2},\\\\ 0,&\tfrac{L}{2}<x<L. \end{cases}

Passo 2

Definimos
Y(s)=\mathcal{L}\{y(x)\}(s),\quad A=y''(0),\quad B=y'''(0).
Aplicando Laplace em \frac{d^{4}y}{dx^{4}} e usando y(0)=y'(0)=0 obtemos
\mathcal{L}\{y''''\}(s) = s^{4}Y(s)\;-\;s\,y''(0)\;-\;y'''(0) = s^{4}Y(s)\;-\;A\,s\;-\;B.
Logo a equação transformada é
E I\bigl(s^{4}Y(s)-A\,s-B\bigr) =\mathcal{L}\{w(x)\}(s).

Passo 3

Calculemos \mathcal{L}\{w(x)\}. Como w(x)=w_{0} em [0,L/2] e zero depois,
W(s)=\int_{0}^{L/2}w_{0}\,e^{-s x}\,dx = \frac{w_{0}}{s}\,\bigl(1-e^{-sL/2}\bigr).
Substituindo em
E I\bigl(s^{4}Y(s)-A\,s-B\bigr) = \frac{w_{0}}{s}\,\bigl(1-e^{-sL/2}\bigr),
temos
Y(s) = \frac{1}{EI}\,\frac{w_{0}}{s}\,\frac{1-e^{-sL/2}}{s^{4}} \;+\;\frac{A\,s+B}{s^{4}} = \frac{w_{0}}{EI}\,\frac{1-e^{-sL/2}}{s^{5}} \;+\;\frac{A}{s^{3}} \;+\;\frac{B}{s^{4}}.

Passo 4

Já sabemos que
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s^{5}}\Bigr\} =\frac{x^{4}}{24},\quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{e^{-sL/2}}{s^{5}}\Bigr\} =\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{4}}{24}\,H\bigl(x-\tfrac{L}{2}\bigr),
e também
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s^{3}}\Bigr\}=\frac{x^{2}}{2},\quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s^{4}}\Bigr\}=\frac{x^{3}}{6}.
Logo, em domínio geral,
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[\frac{x^{4}}{24} -\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{4}}{24}\,H\bigl(x-\tfrac{L}{2}\bigr)\Bigr] +\;A\,\frac{x^{2}}{2} +\;B\,\frac{x^{3}}{6}.

Passo 5

Agora impomos as condições no extremo livre x=L:
y''(L)=0,\quad y'''(L)=0.
Das derivadas calculamos
y''(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[\frac{x^{2}}{2} -\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{2}}{2}\,H(x-\tfrac{L}{2})\Bigr] +\;A +\;B\,x,
y'''(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[x-(x-\tfrac{L}{2})\,H(x-\tfrac{L}{2})\Bigr] +\;B.
Para x=L temos H(L-L/2)=1, então
y'''(L)=\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[L-(L-\tfrac{L}{2})\Bigr]+B =\frac{w_{0}L}{2EI}+B \stackrel!=0 \;\implies\; B=-\frac{w_{0}L}{2EI},
y''(L) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[\frac{L^{2}}{2}-\frac{(L/2)^{2}}{2}\Bigr] +A+B\,L =\frac{3w_{0}L^{2}}{8EI}+A+\!B\,L \stackrel!=0.
Substituindo B descobrimos
A-\frac{w_{0}L^{2}}{8EI}=0 \;\implies\; A=\frac{w_{0}L^{2}}{8EI}.

Passo 6

Voltando a
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[\frac{x^{4}}{24} -\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{4}}{24}\,H(x-\tfrac{L}{2})\Bigr] +\frac{w_{0}L^{2}}{8EI}\,\frac{x^{2}}{2} -\frac{w_{0}L}{2EI}\,\frac{x^{3}}{6},
simplificamos coeficientes:
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl[ \frac{x^{4}}{24} -\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{4}}{24}\,H(x-\tfrac{L}{2}) +\frac{L^{2}x^{2}}{16} -\frac{L\,x^{3}}{12} \Bigr].

Resposta

Para 0\le x\le \tfrac{L}{2} (onde H=0):
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl(\frac{x^{4}}{24} +\frac{L^{2}x^{2}}{16} -\frac{L\,x^{3}}{12}\Bigr).
Para \tfrac{L}{2}\le x\le L (onde H=1):
y(x) =\frac{w_{0}}{EI}\Bigl(\frac{x^{4}}{24} -\frac{(x-\tfrac{L}{2})^{4}}{24} +\frac{L^{2}x^{2}}{16} -\frac{L\,x^{3}}{12}\Bigr).

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