[
y y +σ ∂x ∂y ∂z ∂τ ∂τ yz ∂σ∇z ⋅ σρ+ ρb = 0 σ z = xz E y −ν + = + + b 0 3 z ,33 y +σ ε = 1 (σ + ∂x ∂z ∂y 3× − z r r r x z = 10 5 σ ˆ + ρb = 0 t (nˆ ) =∇σ⋅⋅σn σ 3 ) z , E 3 =− (σ + 323x×1 a − λ −r4ax 2 − λ − 4ax 2 z − ν σ 2,31 x nˆ )∂σ = 0∂τ 2 x1 a ∂τ γ 10 −5 ( σ = ˆ x 1 ⋅ t = σ n xy 0 x +σ 8× − xz y ρ= − 4ax 2 2ax1 − λx + z )= + = + b 0 − − λ 10 5 4 ax 2 ax −2 2 1x τ y = ∂ ∂ ∂ G x y z x , y = 3 − 2 2 1 4, +σ 8⇒× (2 x1−a − λ )(2ax1 − λ )− 16 2 2 x(22ax γa=−0 λ )(2ax − λ )2−,16 10 5 ∂τ xy ∂σ⇒ ∂σ x ∂τ xy ∂τ ∂1τ xyzy = ρ1 1 2 x1 a5−×xλ120a −5−=40ax 2 348 × − y = y 10 6 =0 2 2 + + +G2bτy = 0 − 2 ε −4,13 (4ax 2+) ⇒ + ⇒ − λ = ( ) 2 x a − λ 1 ∂x ∂y ∂ x = ∂x ∂y (γ2 x∂1xaz − λ ) =xy(4=ax02 )x41 ax 2 2ax1 48 × − dx1 t 0 5 x 1 λ = − = y 2 2 2 x a 4 ax E σx −10 −6 τ 1 2 ⇒ (2λx11 a==−2 xλd1)( ∂τ xy ∂σ y ∂τ a − 41ax−2λ )− 16 x 2 a = 0 νσ ⇒ ⇒ ∂τ 1yz + ∂σ 2 x1 a − λ = ±4∂ax xz z τ=ρxb±4ax ε 2 + ⇒2 t 2ax⇒ + + X1 x1 − λ ⇒ + = ε G x a 0 λ = + t 1 2 z = y y = 1 ∂y2 2 x∂1za 4ax 2 0 ⇒ (λ =−02λx )a2 + x1 x =l2n1 ∂x ∂x ∂y − yλ + σ− 4ax2 ∂x 2 x a 4 ax = 1 ( ) 2 1 2 x 2 x a 4 ax σ 2 1 2 σ = t = z = 0 E dt E ∂τ dx2 Xx − t ⇒ y −ν−x(4ax 2 2ax1 −3λ,3 ∂τ yz ∂σ ⇒ xz 33 × 0ε λ 1 1=2 xν1 aσ− 4ax 2 x1 = ε ln 1σ = d + + z = 1 t r 1 x =+ σ = y X x22 x1 a − λ = ±4ax 2 ⇒ 10 −52 2 t (nˆ ) = σ ⋅ nˆ X⇒ y +σ 1xexp t ∂y ∂ ∂ t 2 σ X ⇒ − λ − λ − = ( )( ) ⇒ 16 x a 0 ⇒ 1 2 x a z ) =2ax1 E z − 0 2t + 3 E σλlyn2−=x22 x1 a + 4axz2 = 3 −2 2xx1 =a −X λ 2− 4ax dt νσ 1 x = ν ,33 3 ( = ln ε = 1 X3 2 1182×)2 1 exp t 3× − +2σx1 a − λ )2 = (,43ax x ( =0 z X2 σ 2t=+ 13 ⇒ ⇒ r x + σ 2t + 10 5 − 1 x 5 − − λ 3 τ 0 l 4 ax 2 ax n t( − 2 σ y 2 1 l n ) G xy = z E ==ln−4 = z −ν 3 2 x1 a − r4axr2 −2 2,5 ×⇒ X ⇒ ,3 +⇒2 (⇒ λ−1∇=λ ⋅)( r r σ + 1ρ−b λ=)0− 16 x 22 a 2 = 0∇ ⋅ σ +γxρb ,31 1 8 3× 2−xln1−aλ = 2σ2xax x 1 10 2−5x21a − λ = ±24t4ax = 0 + = y x 8 + × a 4 ax 1 σ 1 2 0 6 23 2 ⇒ 10 −5 τ 2 y G τxy = x1 =− G xy = ⇒ (2 x1 a − λ ) = (4ax 2x ) 0 dx 4,3 2,5 × t γ 2 = X 2 1 48 × r x 1 r 2 = y − 1 t + = 5 0+ ρb = 0 λ 1 = 23x1 a −14ax 2 10 − 6 τx ∇ ⋅ σ dt τ X1 x1 ⇒ ⇒ 2 x a − λ = ±4ax ⇒ Gτ xy = x1 y = 2 x1 a − λ − 4a 0 ln x1 1 ∂σ x + ∂2τ xy +λ∂τ2 xz= 2+xρ1 ab+γ∂=4σax 0 x2 ∂ Eduardo V. Chaves ∂τ0xz dρx W. xy t = t x x 0x= 2+1 + 1b = 0 + y − 4ax 2 − 2λax1 ∂z ∂y dx2 X1 t x ∂⇒ 2 x1 a ∂zX x =x dt ∂x τ∂xy x = dt = G 1 ⇒ 1 x⇒ ( ∂τ xy r ∂σ1 y X1∂eτxyzp t y = X 2 x2 0 − λ2 )(2a2 l 0 r n x−1 a4ax 2 1 ⇒ + ρby ∂=τ xy x ∇ ⋅ σ + ρ+b = 0 + 0 + ∂σ y + ∂τ xyz2 +∂ρ σbx =∂0τ xy 2∂τx1xza −λρ −=4tax ε0 2t +13 2 l ε n d 2 = X yt+ ∂y ∂x z x3 = X x + b1 =20x a −⇒ + x =∂x1 ∂y ∂x z x2∂= ⇒1− (2λx1λa=)−02 λ= ∂x ∂z4ax 2 ⇒x2(ax 3 d∂ty x − X 2 = ln 2σ E σx − 1 t x +∂3τ X2 ∂τE νσ ln ∂σ3z + ρb ∂=2τx0xz1 a − ∂λτ yz − 4∂ax ε σ z2 2 ∂ρτ xy0 2t ∂+σ3y ∂⇒ xz +x − yzν− σ + ⇒ (2−x−λ1 aλ=)−± z y = 1 ρ−b⇒λx)( −λ4 += 0b z += 0 + ⇒τ(yz2 x+1 aln + + y + σ εy = 1∂ 22 a1 x3 = X ∂y y ∂+zε ⇒ =2x01ax x r1 ∂rxx y = σ ∂ ∂ σ z = = 2X y 2ax ∂y ∂x E y − X ln 2 1 −z λ 3∂x ∂3E σ, x σy∂τ−xy ∂τ∇xz ⋅ σxρz+=ρ=b = 0− 42 ax ⇒ (z2 x1 a − λ2)2⇒= 2(4xaxa 22−)t 2λ+ ν(σ 2 σ 3 ε2 x=1 a 1− λ − 4ax t + + = + + b 3 0 3 ν 1 2 , 1 E x 3⇒3x 3(−2 νx a − λ3)(2ax − ∂λτ)− 16 x∂τ2 ayz2 = ∂0σ 3 ×∂y −(σ ∂zr nˆ z x =+0σ εz = 1∂x 1 ( ) ρ xz × z 1σ − 1 2 5 x +t ε r 0 ˆ ˆ ⋅ = σ n n + + + = b σ λ 1 ( ) − 4Eax 2 2ax1 − λ 0 σ 1 0 5 z )= = z −ν ⇒ 2∂τσxyz − ∂σ y ∂τ yzyz =) = σ ⇒ (2 x a y− +λ )σ2 t= (4ax σ∂)x⋅2nˆ ∂y ⇒∂z2 x1 a − λz = ±−4λ ax E − 2 − 4aλ 2 x1 a γ σ 1 2 z = Eb−y2=,y30− + +ρ xy ⇒ = ε(12x x=1 a 1− λ )(2axx 1 +−σλ )γ−xy 16= x 221a 2,∂3=108 +×ν∂σx + 3 ν ,33 λ = 2 x a − 4ax − 4ax ε∂x∂=z σ x1 ∂τ xy 18 ×∂(τσxz − ρ x 10y−5 σ ax 2 τ 3 y 2 1 z 1 r 2 ×1 + + 10x ++5 b = 0 σ)2 = (4ax )2 = −G τx ⇒G(2 xx1yaE=− 2λ ˆ = σ ⋅n 4,3 ∂yτ = 2 ∂τ yz ∂yσ ∂E=x −ρ4σ ∂y ⇒ 2∂xz1 a − σλz =)x±=4ax 2 ⇒ λ10=−52 x a t+(nˆ4)ax x5 − ν 2 γ , xz 4 z × 2 xy = ε1 1 2 ⇒ (2 x1 a − λ )(2a −2 10 σ−γ5y xy+ =λ1 = 8 ×−1 +,5− ×1 γ+− ∂τ+ b,z3z∂4−σ=8ν×0 σ ∂τ y = 1 ,31 2x1∂ax 04ax6∂2y 0 xy5 =∂z 1 xy τ 1 σ − y 10 yz ρ + 6 x 8 G⇒ x2yEx1=a σ− λx1 = ±4ax 2 ε⇒ Gz τ= ×1 −5 + σ + by = 0 ⇒ (2 x1 a − λ )2 = τ + 0 y −dxν γ t x =λ12 =xy32,=x10a +x14ax 2 0 γ y ∂ ∂ ∂ x y x =− 3 z G x xy = ε1 1(σ 4,3 z = 1 =xxy+d= 1E σ 33 × 1dx1γ− = t r (nˆ ) y = 2,5 × τ 4 − σ 5 x x ∂ τ t x 0 1 X ∂ σ y =dtt ∂τ=xzσ ⋅ n ˆ − ⇒ 2 x1 a − λ = ±4 G xyE = σ 1 1 ε Gz )τ⇒ ν 1 yz ρ x z 5 0 + b = 0 8 × 10 − 6 λ − λ− 4τax ⇒ x111 a21 − + + xy −= ln 2Xxσ 0y = 1 = 0 z −x2 ν 2 ∇ z − x x a 4 ax + y 0 l 0 G n = 1 2 1 2 γ x x 0 = 0 ∂1=y 0 ∂=z ,31 Xx2− γ = tσ ∂y−xλ σ dxσ xy = 1 t + x 8 z 4 ax 2 ax ⇒ dx t t = 1 2 σ E y − ν ×1d1x02xy−−524=ax (σ⇒+ = t−1λ2τdt3,323ax3x11−×=−λXλX−1xeXx1p1 =t2r 2dt= ⇒ x1 = X ∇ ⋅ σ + ρbr = 0r G τxy =X 2 x2 =εz = y d1t = − 4,⇒ X 2x x2(2σx1 aG )( 1 − 2,5 γ x 1 ex p t 2 a(n =)(12ax10)1−−λ516 3 ⇒ (2 x a x−y2λax ) x16 0 2t + xˆ )2 a02 =⇒ ⋅ 0ˆ xy = 1 x3 = X× 10 −5 E 3σz − 48 ×x1ln − x2 z)0 =21t−+ 23 0 ⇒1x2 2 ln x0t2 2 = σ n ln 1 = ε r0=XX ν σ 3⇒ rx1 a=−lnλ2), = (24ax 2 )dx 2 t (620⇒ X 1 t x = 1 ⇒ G τxy = x1 γx3y = 1 3tλ1+)8 = (4ax22 ) X = ln ∇ ⋅ σ + ρ b = 23 (2 x1 a −2 + x 3 × 0 dx x 2 = d σ − t 2 σ + = t t 1 1X 20 lxn−52λ31 = 2 x1 a − 4ax 2 3 − ln X1 εE τ e tx − 2= 1 1 x y p =+2 x1 a −⇒4ax 2 3 1 =0 x = = G λ=± ⇒ ⇒ 0 λ21t⇒ x1=a2−− ∂σ x ⇒∂τ xy εy ∂=τ xz1 x ρ= σν σ dt y ⇒ 3 x 2,5 × ⇒ 2⇒ x41,a34− λ4=ax±x24ax X1 γx1 x l n G τxy = 2 λ = + 2 2+ = x+ = X +σ 2bEx = 0x −y + X 22 2 = +ε 24 ax 8 × −3 = X 3 2 λ22 x=1 a2 x1 4aax ln1 0x1−5 0 x2 xy = 01 ν 10 6 Xt 2+1∂x ln x 2∂=ty +1 2 ∂εE z 2 y t−+ τ = 3 3σ− ln y = 31 ν1(σ dx2 Gt xy = x∂1 σ X∂1 τxy t ∂τ ⇒ ε ∂τ xy ∂σE 0 dxx + t + xz + ρbx == 0 γ x1 a − 4ax 2 zy = ∂x1τ − 3 σ + x yz = d ρ t 1 x 1x 1 X1 eεxp t + + σ ν+Eσ b y y⇒ =−0ν xσ ε r r X 2 yx2= ∂ ∂ ∂ = x y z (σ2 x = 1 ⇒x x1 a + 4ax 2 y +σ dt ∇ ⋅ σ + ρb = 0 ∂x y = ∂1y εEz ∂x=z z 1− ν 0 τ2t + X x γ σ σ σ x3 = X G xy = 30 1 ∂τ1xy ln0∂σx2y ⇒ ∂ τ z l n E∂xyτ = y1−∂σE σ x + σ= 3x E x − ∂τ x2 = ln yz + ρb 1 = =0 3 ν + + X ε dx εt σ εz xz= +1 yzγG+ τxν(zσ+ ρzb − νσ y , x = 1 1 ∂2x t ∂y2 ∂x z 2t +X31y − z =0 y = ⇒ + x + y l = y n ∂xγ σ∂y xy = ∂z1 2, σ = dt 3 σ⇒ x1 r= Xr e tσz 5 ×z ) =− x + σ E σx − X 2 x2 Exy = z 1− E ∇ ⋅ σ y+−ρb = 01 xp = ∂ τ τ 1 − ∂ τ ∂ σ ν yz ν 2 3 ⇒ ν(xσ2 = X 2 γ ,33 z ε σ xz 0+ t + 3 + xz 20= 1 + ρlnbz ε= τx εσGxx =+xy1 = 2 0 5 2,3 3 y = 1 x 1 γ G 2 × = y + σ x3 = X∂ y x ,5 r + x y 1 ∂y ∂z σ 3 t + 1 γ τ10 x−y5 = 1t=(nˆ0) E 3x ˆ ×t 10 −5 ⋅ =σσdy σ n X 2 E= lnσ 2t + z = x ) E σy − z = x x G 1 −−ν = y = xy1 = τx z −ν 3 − 3,33 ν(σ ln 3 γ −2,3 ε r= 1r 2ε,G x1= 4d,3 γ y = σ τ 5 1 x tσ4yt8+× 3 ρz b = 0 × 1 −5 xy = 118 γG xy = 1 r x +σ xy =y ×=10 X−15 01 xτ + σ ⇒ d ˆ n x ( ) × ∂ ∂σ 0 ∂τ 01 ˆ t = σ ⋅n xy 1x0y −=5 21 0 E x2 σ z )= = d E σz − ρ=bx20τx==y X y −ν G τxy = x ∂+σ x + ∂τ+xyy +=xz∂−τ+xzρb+xG x1 τ = −2 x t νσ 2 X 0 d t ε G ( x 1σ t ∂ x ∂ ∂ 1 0 + 4 x γ 2 x y z γ = y , , 2 d 1 3 , t 1 5∂x× z3 = x1 ∂y 18 × 0 x2 = xdt0+ σ xy∂z=341 = 1 x +σ xy = 1 8 − 1 × 0 5 ∂τ =Xσ x 10 −5 ∂τ 1 −6 ∂σ τ y = x22t +t z G τxy = xyx1∂τ+xy y ∂+σ y yz∂τ+yzρGb yτρx=y 00= γ X1 x1E 2z d−t2 ν d0⇒ −4 ∂G τ xy xy ∂=τ xz2, ρ ε σ 0 0 = l3nd + + + = b 0 , γ 0 x 1 ε 348 5+× b x− = 0 x = y ∂x d∂x1 ∂yt ∂ ∂x z ∂ xy x2= 1 3 = X 1 + 1 X 2 x2x + σ x = x 1 = y 1 × x y x 3 0 5 z dx2 τ t X 10 − 6 E σ σ ∂z ∂y 0 y2t + ∂Xτ x ∂=τ dt ∂σ x −ν G τ G =xy = xdt = G τxy = x1 E 1 yz ⇒ 1 x ρ − x xz z ∂ τ = y ε ε 1 σν σ 23,5 ×X 3 ∂σ y 0∂τ yz dx ρ t 0 x2 ∂τ+xz +0 +yz + ∂+σ z bl+nzρ=bx10γ=xy 0=X 2 1x2 y = y +σ z = t −5 2 ∂ ∂ ∂ y = 1 t + 3 10⇒ + +1 =b y = 0 x y z 0 + y σ σ ∂z X 1 dx2∂x t ∂y ln τx z σ x3G= ⇒ τx ∂y E dt = ∂Xx1 z x1 − y z X 3y = x1 =x1 E yν(−σ ⇒ 3,3=33 = ε x y = d t 0 γ 0 X ν 0 l n z 1=ε 1 dx1 expt t X x32,3 (+σ ×33 ∂τ 1 ∂x 1
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II
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
Nomenclature
III
Problemas Resueltos de ´ Mecanica del Medio Continuo EDUARDO WALTER VIEIRA CHAVES
IV
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
Presentación
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´ Presentacion
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Placa s
s do i l Só PVCI y Estrategias de Solución
Mov. Sólido Rígido
Ecuaciones Constitutivas
Ecuaciones Fundamentales de MMC Tensiones Cinemática del continuo
Tensores
VI
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
´ para el Alumno Guia 1) NO SE MEMORIZA EJERCICIO. 2) Una vez que la teoría haya sido estudiada, intentar resolver los ejercicios sin mirar la solución. Es importante que el alumno ante un nuevo problema desarrolle la habilidad de dar la solución al problema con los conocimientos adquiridos. 3) Tener en cuenta que, en general, un ejercicio es un caso particular de la teoría. Es muy importante saber reconocer cuando estamos ante una aproximación del caso general. 4) A veces, la solución de un ejercicio se puede obtener por varios caminos. Una vez resuelto el ejercicio, intentar verificar si existe otra forma de resolverlo. 5) Cuidado, puede haber erratas, seáis críticos...
Contenido
Contenido ABREVIATURAS ............................................................................................................................................... IX OPERADORES .................................................................................................................................................... X UNIDADES (SI) ................................................................................................................................................ XI NOTACIÓN .................................................................................................................................................. XIII FÓRMULAS ÚTILES ................................................................................................................................... XVII 1 TENSORES ......................................................................................................................... 1 1.1 VECTORES, NOTACIÓN INDICIAL ..................................................................................................... 1 1.2 OPERACIONES CON TENSORES DE ORDEN SUPERIOR ............................................................... 14 1.3 TRANSPUESTA ...................................................................................................................................... 20 1.3.1 Simetría y Antisimetría ........................................................................................................... 20 1.4 COFACTOR. ADJUNTA. TRAZA. TENSORES PARTICULARES. DETERMINANTE ....................... 26 1.5 DESCOMPOSICIÓN ADITIVA DE TENSORES .................................................................................. 41 1.6 LEY DE TRANSFORMACIÓN. INVARIANTES. .................................................................................. 42 1.7 AUTOVALORES, AUTOVECTORES Y TRANSFORMACIONES ORTOGONALES ........................... 49 1.8 REPRESENTACIÓN ESPECTRAL ........................................................................................................ 58 1.9 TEOREMA DE CAYLEY-HAMILTON ................................................................................................. 63 1.10 TENSORES ISÓTROPOS Y ANISÓTROPOS ...................................................................................... 82 1.11 DESCOMPOSICIÓN POLAR............................................................................................................... 91 1.12 TENSOR ESFÉRICO Y DESVIADOR ................................................................................................. 91 1.13 OTROS ................................................................................................................................................. 92 1.14 NOTACIÓN DE VOIGT ..................................................................................................................... 92 1.15 CAMPO DE TENSORES....................................................................................................................100 1.16 TEOREMA CON INTEGRALES ........................................................................................................122 2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO ................................................................................. 153 2.1 DESCRIPCIÓN DEL MOVIMIENTO, DERIVADA MATERIAL, VELOCIDAD, ACELERACIÓN.................................................................................................................................153 2.2 TENSORES DE DEFORMACIÓN FINITA, DEFORMACIÓN HOMOGÉNEA ..............................181 2.3 DESCOMPOSICIÓN POLAR DEL GRADIENTE DE DEFORMACIÓN ..........................................225 2.4 DEFORMACIÓN INFINITESIMAL ....................................................................................................244 3 TENSIONES ................................................................................................................... 257 3.1 FUERZA, TENSORES DE TENSIONES, VECTOR TENSIÓN..........................................................257 3.2 ECUACIÓN DE EQUILIBRIO, TENSIONES Y DIRECCIONES PRINCIPALES ..............................268 3.3 OTRAS MEDIDAS DE TENSIÓN.......................................................................................................278 3.4 MÁXIMA TENSIÓN DE CORTE, CÍRCULO DE MOHR ..................................................................279 3.5 PARTICULARIDADES DEL TENSOR DE TENSIONES ....................................................................286 3.6 ESTADO TENSIONAL EN DOS DIMENSIONES .............................................................................302 3.7 TENSIONES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS Y ESFÉRICAS ...................................................309
VIII
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO..........313 4.1 INTRODUCCIÓN A PROBLEMAS DE FLUJO ................................................................................... 326 4.2 INTRODUCCIÓN A MOVIMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO ............................................................. 334 5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN DEL PVCI ..................................................................................................371 6 ELASTICIDAD LINEAL..................................................................................................461 6.1 ELASTICIDAD TRIDIMENSIONAL ................................................................................................... 461 6.2 ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL ..................................................................................................... 500 6.3 INTRODUCCIÓN A ELEMENTOS ESTRUCTURALES 1D ............................................................. 534 6.4 TORSIÓN ............................................................................................................................................. 549 6.5 ENERGÍA DE DEFORMACIÓN PARA ELEMENTOS 1D ............................................................... 565 6 BIBLIOGRAFÍA .............................................................................................................. 585
Abreviaturas
Abreviaturas PVCI PVC MEF MEC MDF MMC sii
Problema de Valor de Contorno Inicial Problema de Valor de Contorno Método de los Elementos Finitos Método de los Elementos de Contorno Método de las Diferencias Finitas Mecánica del Medio Continuo si y solo si
Latin i.e. et al. e.g. etc. Q.E.D. v., vs. viz.
id est et alii exempli gratia et cetera Quod Erat Demonstrandum versus vidilicet
es decir y otros por ejemplo y así sucesivamente lo que se quería demostrar versus a saber
Alfabeto griego (a) α (b) β (c) χ (d) δ (e) ε (f) φ (g) γ (h) η (i) ι (j) ϕ (k) κ (l) λ (m) µ
Α Β Χ ∆ Ε Φ Γ Η Ι ϑ Κ Λ Μ
- alfa - beta - ji - delta - épsilon - fi - gamma - eta - iota - fi - kappa - lambda - mu
(n) ν (o) ο (p) π (q) θ (r) ρ (s) σ (t) τ (u) υ (v) ϖ (w) ω (x) ξ (y) ψ (z) ζ
Ν Ο Π Θ Ρ Σ Τ Υ ς Ω Ξ Ψ Ζ
- nu - ómicron - pi - theta - ro (rho) - sigma - tau - ypsilon - sigma - omega - xi - psi - dseta
Operadores
Operadores 〈•〉 =
• +• 2
• Tr (•)
(•) T (•) −1
paréntesis de MacAuley norma Euclidiana de • traza de (•) transpuesta de (•)
(•) esf
inversa de (•) inversa de la transpuesta de (•) parte simétrica de (•) parte antisimétrica de (•) parte esférica de (•) o parte hidrostática
(•) dev
parte desviadora de (•)
•
módulo de • salto de • producto escalar determinante de (•) Cofactor de • ; adjunta de (•) traza de (•) doble producto escalar operador diferencial escalar (Laplaciano) producto tensorial gradiente de • divergencia de • producto vectorial Primer, segundo y tercer invariantes del tensor •
(•) −T (•) sym (•) anti
[[•]] ⋅
det(•) ≡ • cof (•) adj(• ) Tr (•) : ∇2 ⊗ ∇ • ≡ grad(•) ∇ ⋅ • ≡ div (•) ∧ I • , II • , III • D• ≡ •& Dt r • •ˆ 1 I I sym ≡ I
Derivada material de • Vector Vector unitario (versor) Tensor identidad de segundo orden Tensor identidad de cuarto orden Parte simétrica del tensor identidad de cuarto orden
Unidades (SI)
Unidades (SI) m - metro kg - kilogramo s - segundo K - Kelvin
longitud masa tiempo temperatura
velocidad aceleración energía fuerza presión, tensión conductividad térmica: frecuencia
m s m s2 J = Nm - Joules N - Newton N Pa ≡ 2 - Pascal m W mK 1 ≡ Hz Hertz s
corriente eléctrica cantidad de sustancia intensidad luminosa
energía, trabajo, calor potencia permeabilidad viscosidad dinámica flujo de masa flujo de energía densidad de masa densidad de energía
Prefijo pico nano micro mili centi deci
Símbolo
Potencia
p
10 10 −12
η µ
m c d
10
−9
10 −6 10 −3 10 −2 10
Prefijo kilo Mega Giga Tera
A - ampere mol - mol cd - candela
J = Nm - Joules J ≡ W Vatio s m2 Pa × s kg m2s J m2s kg m3 J m3
Símbolo
Potencia
k
10 10 3
M G
10 6
T
1012
10 9
XII
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
Constantes Fisicas ´ Constante de gravitación Universal de Newton: G = 6.67384 × 10 −11 Velocidad de la luz en el vacío: c = 299 792 458
m m ≈ 300 000 000 s s
m3 kg s 2
Notación
´ Notacion r r r r A( X , t ) ≡ a ( X , t ) Aceleración (configuración de referencia)
A
Matriz de transformación de base
r r a ( x, t )
Aceleración (configuración actual)
B0 B ∂B
Medio continuo en la configuración de referencia - t = 0 Medio continuo en la configuración actual - t Contorno de B (frontera)
r r b( x , t ) b
m s2
N m3 Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, m 2 tensor de deformación de Finger m2
Fuerzas másicas (por unidad de masa)
B
Tensor de deformación de Piola
B
Entropía creada interiormente
b
m s2
J sK J Manantial de entropía local por unidad de masa y por unidad de tiempo kg s K
c
Tensor constitutivo elástico Matriz elástica (notación de Voigt) Tensor constitutivo inelástico Tensor de deformación de Cauchy Calor específico a volumen constante Calor específico a presión constante Cohesión
cc
Concentración
C
Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green
DV
Deformación volumétrica
D
Tensor velocidad de deformación o tensor tasa de deformación o tensor tasa de deformación Euleriana o tensor estiramiento Diferencial de área en la configuración de referencia m2 Diferencial de área en la configuración actual m2
Ce [C ]
in
C c Cv
Cp
r dA r da
Pa Pa Pa
Pa mol m3 m3 m3
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
XIV
Diferencial de volumen m3 Tensor material de deformación Green-Lagrange, tensor m 2 de deformación de Green m2
dV E
ˆi , ˆj, kˆ
Tensor de deformación finita Euleriana o tensor de m 2 deformación de Almansi m2 Módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young Pa Base Cartesiana en notación simbólica Base Cartesiana
F
Gradiente de deformación
G H
Módulo de elasticidad transversal Tensor de deformación de Biot
H
Entropía total
r HO
Momento angular
J
Determinante del Jacobiano
e E eˆ i
r
J ( X , t) r
Tensor gradiente material de los desplazamientos
j ( x, t )
Tensor gradiente espacial de los desplazamientos
r J
Tensor de difusividad
K
Tensor de conductividad térmica
K
Energía cinética
r L
Cantidad de movimiento lineal
l
Tensor gradiente espacial de velocidad
m M
ˆ N
Masa total Tensor de tensiones de Mandel Vector unitario normal a una superficie (configuración actual) Vector unitario normal a una superficie (configuración de referencia)
r r p = ρb
Fuerza másicas por unidad de volumen
nˆ
m m Pa J K kgm 2 = Js s m3 m3 m m m m mol m2s W J = mK smK J kg m s m sm kg Pa
N m3
p p
Primer tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff, tensor Pa de tensiones nominales Presión media Pa Presión termodinámica Pa
r r q( x , t )
Flujo de calor o vector del flujo no convectivo
Q
Tensor ortogonal
P
J m2s
NOTACIÓN
Q r r ( x, t )
XV
R S
Potencia calorífica J Función escalar que describe en forma espacial el calor J generado por las fuentes internas por unidad de masa kg s Tensor ortogonal de la descomposición polar Segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff Pa
s
r
Flujo de entropía
T r ˆ r t (n) ( x , t , nˆ ) r (Nˆ ) t0 r T ( x, t ) t t0 ≡ t = 0
Tensor de tensiones de Biot Vector tracción (configuración actual)
Pa
Temperatura Tiempo Tiempo inicial
K s s J =W s J kg
Tasa de la energía interna
u
Energía interna específica
r U( X , t r V ( x, t )
Pa
Pseudo vector tensión (configuración de referencia)
U&
r r u( x , t ) r r u( X , t )
J kg s m 2 Pa
Vector desplazamiento (Euleriana) m Vector desplazamiento (Lagrangiana) m Tensor derecho de estiramiento, o tensor de estiramiento Lagrangiano, o tensor de estiramiento material Tensor izquierdo de estiramiento, o tensor de estiramiento Euleriano, o tensor de estiramiento espacial
r r r r V ( X , t ) ≡ v ( X , t ) Velocidad (configuración de referencia)
m s m s m rad = ms s J =W s m m 1 K
r r v ( x, t )
Velocidad (configuración actual)
W
Tensor spin o tensor velocidad de rotación
w int r X r x
Potencia tensorial
α
Coeficiente de expansión térmica
δ ij ε1 , ε 2 , ε 3
Delta de Kronecker Deformaciones principales
ε
Alargamiento unitario
ijk
Símbolo de permutación, componentes del tensor Levi-Civita
εV
Deformación deformaciones)
ε
Tensor de deformación infinitesimal
Vector posición coordenada material Vector posición coordenada espacial
volumétrica
m m
(para
pequeñas m 3 m3 m m
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
XVI
η
Entropía específica
J kg K
κ
Módulo de deformación volumétrica
Pa
κ
Difusividad térmica
λ
Estiramiento
λ, µ ν
Constantes de Lamé Coeficiente de Poisson
ρ
Densidad de masa
ρS
Densidad de masa de la solución
ρf
Densidad de masa del fluido r
ρ 0 ( x, t ) r
ρ ( x, t ) σ r σN r σS σm σ1 , σ 2 , σ 3 r σ oct r τ oct τ max
τ φ ψ Ψ
Densidad de masa en la configuración de referencia Densidad de masa en la configuración actual Tensor de tensiones de Cauchy o tensor de tensiones verdaderas Componente normal del vector tracción Componente tangencial del vector tracción Tensión media Tensiones principales Tensión normal octaédrica Tensión tangencial octaédrica o tensión de corte octaédrica Tensión de corte máximo Tensor de tensiones de Kirchhoff Ángulo de fricción interno Energía libre de Helmholtz específica (por unidad de masa) Densidad de energía libre de Helmholtz (por unidad de volumen)
Ψ (ε ) = Ψ e
Densidad de energía de deformación
ψ
Ángulo de dilatancia Tensor tasa del tensor de rotación material
Ω
m2 s m m Pa
kg m3 kg m3 kg m3 kg m3 kg m3 Pa Pa Pa Pa Pa Pa Pa Pa Pa
J kg
J m3 J m3
´ ´ Formulas Utiles
Algunas Identidades Trigonométricas sin(θ ± φ ) = sin(θ ) cos(φ ) ± cos(θ ) sin(φ ) cos(θ ± φ ) = cos(θ ) sin(φ ) m sin(θ ) sin(φ ) 1 cos(θ ) cos(φ ) = [cos(θ + φ ) + cos(θ − φ )] 2 1 sin(θ ) sin(φ ) = [cos(θ − φ ) − cos(θ + φ )] 2 1 sin(θ ) cos(φ ) = [sin(θ + φ ) + sin(θ − φ )] 2 1 cos 2 (φ ) = [1 + cos(2θ )] 2 1 sin 2 (θ ) = [1 − cos(2θ )] 2 θ +φ θ −φ cos(θ ) + cos(φ ) = 2 cos cos 2 2 θ +φ φ −θ cos(θ ) − cos(φ ) = 2 sin sin 2 2 θ ±φ θ m φ sin(θ ) ± sin(φ ) = 2 sin cos 2 2
cos 2 (θ ) + sin 2 (φ ) = 1 sin(θ ) cos(θ ) 1 sec(θ ) = cos(θ ) 1 cos(θ ) = cot(θ ) = tan(θ ) sin(θ ) tan(θ ) =
sec 2 (θ ) + tan 2 (φ ) = 1
sin( x) =1 x →0 x
lim
;
1 − cos( x) =0 x →0 x
lim
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
XVIII
Lista de identidades trigonométricas http://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometric_identity
Algunas Expansión en Serie ∂f 1 ∂2 f 1 ∂3 f 2 ( x − a) + ( x − a ) + ( x − a ) 3 + L (serie de Taylor) 2 3 ∂x 2! ∂x 3! ∂x n n − ( 1 ) x 2 + L ; ( x < 1) (serie binomial) (1 + x) n = 1 + nx + 2! 1 1 exp x = 1 + x + x 2 + x 3 + L 2! 3! 1 1 Ln(1 + x) = x − x 3 + x 5 − L 3! 5! 1 2 1 4 cos( x) = 1 − x + x − L 2! 4! 1 3 1 5 sin( x) = x − x + x − L 3! 5! 1 1 cosh( x) = 1 + x 2 + x 4 + L 2! 4! 1 3 1 5 sinh( x) = x + x + x + L 3! 5! 1 1 π tan( x) = x + x 3 + x 5 + L x < 3 15 2 f ( x) = f (a ) +
Algunas Derivadas d d x d 1 d 1 (exp x ) = exp x ; (a ) = Ln(a) a x ; [Ln( x)] = ; [log a ( x)] = dx dx dx x dx xLn(a ) d 1 ∂f ( x) [Ln( f ( x))] = dx f ( x) ∂x donde e ≡ exp es el exponencial y Ln es el logaritmo natural, donde se cumple que: Ln(exp x ) = x
and
d [sin( x)] = cos( x) ; dx 1 d [arcsin( x)] = dx 1 − x2
exp Ln( x ) = x
d d [cos( x)] = − sin( x) ; [tan( x)] = sec 2 ( x) dx dx d d −1 1 ; [arccos(x)] = ; [arctan(x)] = 2 dx dx 1 + x2 1− x
Lista de derivadas http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_derivatives
FÓRMULAS ÚTILES
XIX
Algunas Integrales
∫ exp dx = exp x
x
1
∫ x dx = Ln( x) ∫ ∫
∫
;
∂f ( x) exp f ( x ) dx = exp f ( x ) ∂x
∫ Ln( x)dx = xLn( x) − x + C
;
u = sin −1 + C a a −u du 1 u = tan −1 + C 2 2 a a +u a
∫u
du
2
2
du 2
u −a
2
=
u 1 sec −1 + C a a
Lista de integrales http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals
Solución de Funciones Función cuadrática ax 2 + bx + c = 0
solución →
x=
− b ± b 2 − 4ac 2a
( a ≠ 0)
Regla de Ruffini http://en.wikipedia.org/wiki/Ruffini%27s_rule
Expresiones relacionadas con el círculo: Ecuación del círculo: ( x1 − a ) 2 + ( x2 − b) 2 = r 2 Área del círculo: A = πr 2 Longitud de la circunferencia: C = 2πr x2 r θ b
a
x1
XX
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
Expresiones relacionadas con la elipse: x2 r x
b
f2
θ
f1
x1
b
a
r
Ecuación de la elipse: x = r = a 2 − b2 a2 Área de la elipse: A = πab
Excentricidad: e =
a
p 1 + e cos θ
;
0 < e < 1 , donde a 2 =
p2 se cumple. (1 − e 2 ) 2
1 Tensores La notación indicial fue introducida por ‘Einstein (1916, sec. 5), who later jested to a friend, "I have made a great discovery in mathematics; I have suppressed the summation sign every time that the summation must be made over an index which occurs twice..." (Kollros 1956; Pais 1982, p. 216). ‘ Ref. (Wolfram MathWorld (Einstein Summation))
1.1 Vectores, Notación Indicial Ejemplo 1.1
r
r
Probar que si a y b son vectores se cumple que:
(ar ∧ br )⋅ (ar ∧ br ) = (ar ⋅ ar )(br ⋅ br ) − (ar ⋅ br )
2
Solución:
)
(
(ar ∧ br )⋅ (ar ∧ br )
2 r r 2 r r = a ∧ b = a b sin θ r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 r = a b sin 2 θ = a b 1 − cos 2 θ = a b 2 r 2 r 2 r r r 2 r 2 r r 2 = a b − a b cos θ = a b − a ⋅ b r r r r r r 2 = (a ⋅ a ) b ⋅ b − a ⋅ b r r r 2 r r r 2 donde hemos considerado que a ⋅ a = a y b ⋅ b = b .
(
( ) ( )
Ejemplo 1.2 r
r
r
)
(
)
( )
2
r − a
2
r b
2
cos 2 θ
r
Probar que: si c = a + b , el módulo de c puede ser expresado a través de la siguiente relación: r c =
r a
2
r r r + 2 a b cos β + b r
2
r
donde β es el ángulo que forman los dos vectores a y b . Solución: Partiendo de la definición del módulo de un vector se cumple que: r r a+b
2
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(
r r = a+b
)⋅ (ar + br ) = ar ⋅ ar + ar ⋅ br + br ⋅ ar + br ⋅ br Draft
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2
r r
r
r r
r
2
r r
2
Teniendo en cuenta que a ⋅ a = a , b ⋅ b = b
r r
y que a ⋅ b = b ⋅ a (conmutativo), concluimos
que: r r a+b
r r r r r r r r = a⋅a + a⋅b + b ⋅ a + b ⋅b
2
r = a r = a
2
r r r + 2a ⋅ b + b
2
r r r + 2 a b cos β + b
2
β
r
r a
demostración que a − b =
2
r r a+b =
r a
2
r r r + 2 a b cos β + b
r r r − 2 a b cos β + b r
r
r
2
2
r
r
r r a+b
2
2
2
. Luego es de fácil
. r r
r
NOTA: Partiendo de la expresión a + b = a + 2a ⋅ b + b valor a + b
r a
2
con lo cual demostramos que r
r b
2
2
podemos concluir que el
será máximo cuando β = 0º resultando que
r = a
2
r r r + 2a ⋅ b + b
r = a
2
r r r +2a b + b
(
r r = a + b
2
β = 0º 2
r b
r a
)
r r r r a+b = a + b
2
r
r
r
r
Luego para cualquier otro valor de 0º < β ≤ 180 º el valor a + b será menor que a + b . r
r
r
r
luego, a + b ≤ a + b :
r b
r r r r r c = a+b ≤ a + b
r r r c = a+b r b
r a
r
r
r
r
r
r
De forma análoga se puede demostrar que a ≤ c + b y b ≤ a + c que es la conocida desigualdad triangular, donde se cumple que: a
c
b
b
c
a
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3
Ejemplo 1.3 Verificar si para las siguientes transformaciones
σ(ε) = Eε
1 2
ψ(ε) = Eε 2
y
son
transformaciones lineales. Solución:
σ(ε 1 + ε 2 ) = E [ε1 + ε 2 ] = Eε 1 + Eε 2 = σ(ε1 ) + σ(ε 2 ) (transformación lineal)
σ(ε) σ (ε 1 + ε 2 ) = σ (ε 1 ) + σ ( ε 2 ) σ (ε 2 ) σ (ε 1 )
ε1
ε2
ε
ε1 + ε 2
1 2
La transformación ψ(ε) = Eε 2 se demuestra fácilmente que no es una transformación lineal ya que:
ψ (ε 1 + ε 2 ) = E[ε 1 + ε 2 ]2 = E [ε 12 + 2ε 1ε 2 + ε 22 ] = Eε12 + Eε 22 + E 2ε 1 ε 2 1 1 2 2 = ψ (ε 1 ) + ψ (ε 2 ) + Eε 1 ε 2 ≠ ψ (ε 1 ) + ψ (ε 2 )
1 2
1 2
1 2
ψ(ε) ψ (ε1 + ε 2 )
ψ (ε1 ) + ψ (ε 2 ) ψ (ε 2 ) ψ (ε1 ) ε1
ε2
ε1 + ε 2
ε
Ejemplo 1.4 Considérense los puntos A(1,3,1) , B (2,−1,1) , C (0,1,3) y D(1,2,4 ) . →
→
a) Encontrar el área del paralelogramo definido por AB y AC ; →
→
→
b) Encontrar el volumen del paralelepípedo definido por: AB , AC y AD ;
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
4
→
→
c) Encontrar el vector proyección del vector AB sobre el vector BC . Solución: →
→
a) Primero se calculan los vectores AB y AC :
( ) ( ) r b = AC = OC − OA = (0ˆi + 1ˆj + 3kˆ ) − (1ˆi + 3ˆj + 1kˆ ) = −1ˆi − 2ˆj + 2kˆ → → → r a = AB = OB − OA = 2ˆi − 1ˆj + 1kˆ − 1ˆi + 3ˆj + 1kˆ = 1ˆi − 4ˆj + 0kˆ →
→
→
Utilizando la definición del producto vectorial se obtiene el producto vectorial: ˆi r r a∧b= 1
ˆj kˆ − 4 0 = ( −8)ˆi − 2ˆj + ( −6)kˆ
−1 − 2
2
El área del paralelogramo será igual al módulo del vector resultante del producto vectorial: r r A = a ∧ b = (−8) 2 + (−2) 2 + ( −6) 2 = 104 (unidades cuadradas) →
b) Calculando vector AD :
(
) (
)
→ → → r c = AD = OD − OA = 1ˆi + 2ˆj + 4kˆ − 1ˆi + 3ˆj + 1kˆ = 0ˆi − 1ˆj + 3kˆ
Utilizando la definición:
(
) (0ˆi − 1ˆj + 3kˆ )⋅ (− 8ˆi − 2ˆj − 6kˆ )
r r r r r r V (a, b, c ) = c ⋅ a ∧ b =
= 0 + 2 − 18 = 16 (unidades cúbicas)
→
c) A continuación calculamos el vector BC :
(
) (
)
→ → → BC = OC − OB = 0ˆi + 1ˆj + 3kˆ − 2ˆi − 1ˆj + 1kˆ = −2ˆi + 2ˆj + 2kˆ
→
→
Luego el vector proyección de AB sobre BC viene dado por: proj
→
→
AB =
BC
→
→
BC ⋅ AB →
→
BC BC ⋅4 1 42 3 →
BC
→
(− 2ˆi + 2ˆj + 2kˆ )⋅ (1ˆi − 4ˆj + 0kˆ ) (− 2ˆi + 2ˆj + 2kˆ ) (− 2ˆi + 2ˆj + 2kˆ )⋅ (− 2ˆi + 2ˆj + 2kˆ )
=
BC
2
=
(− 2 − 8 + 0 ) (− 2ˆi + 2ˆj + 2kˆ ) (4 + 4 + 4 )
proj
→
→
BC
AB =
5ˆ 5ˆ 5 ˆ i − j− k 3 3 3
Ejemplo 1.5 Reescribir en notación indicial las siguientes expresiones: a) a1 x1 x 3 + a 2 x 2 x 3 + a 3 x3 x 3 Solución:
a i xi x 3
(i = 1,2,3)
b) x1 x1 + x2 x2
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Solución:
xi x i
5
(i = 1,2)
a11 x + a12 y + a13 z = b x c) a 21 x + a 22 y + a 23 z = b y a 31 x + a 32 y + a 33 z = b z
Solución: a1 j x j = b1 → a 2 j x j = b2 a 3 j x j = b3
a11 x1 + a12 x 2 + a13 x 3 = b1 a 21 x1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 = b2 a x + a x + a x = b 32 2 33 3 3 31 1
índice mudo j
índice
libre i →
a ij x j = bi
Ejemplo 1.6 a) Demostrar que: δ 3 p v p = v3 ; b) Demostrar que: δ 3i A ji = A j 3 ; c) Obtener el resultado de δ ij ijk ; d) Obtener el resultado de δ i 2 δ j 3 Aij . Solución: Las componentes de la delta de Kronecker son: δ 11 δ ij = δ 21 δ 31
δ 12 δ 13 1 0 0 δ 22 δ 23 = 0 1 0 δ 32 δ 33 0 0 1
(1.1)
a) La expresión ( δ 3 p v p ) no tiene índice libre, luego el resultado es un escalar:
δ 3 p v p = δ 31v1 + δ 32 v 2 + δ 33 v 3 = v3
(1.2)
b) La expresión δ 3i A ji tiene un índice libre ( j ), luego el resultado es un vector:
δ 3i A ji = δ 31 A j1 + δ 32 A j 2 + δ 33 A j 3 = A j 3
(1.3)
c) La expresión δ ij ijk tiene un índice libre ( k ), luego el resultado es un vector:
δ ij ijk = δ 1 j 1 jk
123
δ 1111k
+ δ 2 j 2 jk + δ 3 j 3 jk 1 424 3 123 + δ 21 21k +
+ δ 31 31k +
δ 12 12 k + δ 22 22 k
+ δ 32 32 k
+ +
+
δ 13 13k
+ δ 23 23k
(1.4)
+ + δ 33 33k
luego, δ ij ijk = 0 k (vector nulo). d)
δ i 2 δ j 3 Aij = A23
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(1.5)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
6
Ejemplo 1.7 Expandir la expresión: Aij x i x j
(i, j = 1,2,3)
Solución: Los índices i, j son índices mudos (indican suma), no hay índice libre, y como resultado tenemos un escalar. Expandimos primero el índice mudo i y a continuación el índice j , resultando así:
expandiendo j
oi → A1 j x1 x j + A2 j x 2 x j + A3 j x 3 x j Aij x i x j expandiend 1 424 3 1 424 3 1 424 3 A11 x1 x1 A21 x 2 x1 A31 x 3 x1 + + +
A12 x1 x 2
A22 x 2 x 2
A32 x 3 x 2
+
+
+
A13 x1 x 3
A23 x 2 x 3
A33 x 3 x 3
Reagrupando los términos anteriores obtenemos: Aij x i x j = A11 x1 x1 + A12 x1 x 2 + A13 x1 x3 + A21 x 2 x1 + A22 x 2 x 2 + A23 x 2 x3 + A31 x3 x1 + A32 x 3 x 2 + A33 x 3 x3
Ejemplo 1.8 Desarrollar las siguientes expresiones y obtener el valor numérico correspondiente: 1) δ ii δ jj
Solución:
2) δ α1δ αγ δ γ1
δ ii δ jj = (δ 11 + δ 22 + δ 33 )(δ 11 + δ 22 + δ 33 ) = 3 × 3 = 9
Solución:
δ α1δ αγ δ γ1 = δ γ1δ γ1 = δ 11 = 1
NOTA: Observar que es incorrecto hacer la siguiente operación
δ γ1δ γ1 ≠ δ γγ = 3 ≠ δ 11 = 1 , ya que lo que se reemplaza es el índice repetido ■ Ejemplo 1.9 a) Probar que a) ijk pjk = 2δ ip ; b) ijk ijk = 6 c) ijk a j a k = 0 i ; d) Obtener el valor numérico de la siguiente expresión ijk δ 2 j δ 3k δ 1i . Solución: a) Utilizando la expresión: ijk pqk = δ ip δ jq − δ iq δ jp y haciendo q = j , resulta: ijk pjk = δ ipδ
jj
− δ ij δ
jp
= δ ip 3 − δ ip = 2δ ip
b) Partiendo del resultado anterior, es trivial la siguiente comprobación ijk ijk = 2δ ii = 6 . c) Observemos que ijk = − ikj , es decir, es antisimétrico en jk y observemos que a j a k resulta un tensor de segundo orden simétrico. Como sabemos el doble producto escalar de un tensor simétrico y otro antisimétrico es cero luego: r
r
r
r
ijk a j a k = ijk (a ⊗ a ) jk = 0 i = (a ∧ a ) i = 0 i d) ijk δ 2 j δ 3k δ 1i = 123 = 1
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Ejemplo 1.10 Obtener el valor de las siguientes expresiones: a) ijk δ i1δ j 2 δ 3k b) ijk pqk = δ ip δ jq − δ iq δ jp para los siguientes casos b.1) i = 1, j = q = 2, p = 3 b.2) i = q = 1, j = p = 2 c) ( ijk A jp c p A kq c q + δ i1 )( ist A sa c a A tb c b + δ i1 ) donde ijk es el símbolo de permutación y δ ij es la Delta de Kronecker. Solución: a) ijk δ i1δ j 2 δ 3k = 123 = 1 b.1) 12 k 32 k = 121 321 + 122 322 + 123 323 = 0 × (−1) + 0 × 0 + 0 × 0 = 0 b.2) 12 k 21k = 121 211 + 122 212 + 123 213 = 0 × 0 + 0 × 0 + 1× (−1) = −1 c) Observemos que la operación A jp c p = b j resulta un vector y verificamos también que r
r
ijk A jp c p A kq c q = [( A ⋅ c) ∧ ( A ⋅ c )]i = (b ∧ b) i = 0 i , con lo cual resulta que: r
r
( ijk A jp c p A kq c q + δ i1 )( ist A sa c a A tb c b + δ i1 ) = (0 i + δ i1 )(0 i + δ i1 ) = δ i1δ i1 = δ 11 = 1
Recordatorio: Símbolo de Permutación ijk = jki = kij
ijk = − ikj = − kji = − jik
ijk = 1
1
3
i
ijk = −1
k
2
j
k =3 j =1 i =1
k =2
i=2
j =1 i =1
k =1
i=2
j =1
i =1 i=2 i=3
0 0 0
j=2
0 0 -1
i=3 j =3
0 0 1
0 1
j=2
0 0 0
i=3
j =3
-1
0 -1 0
j=2
1 0 0
j =3
0 0 0 ij 3
0 0 ij 2
0 ij1
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NOTA: El tensor de segundo orden ijk wk puede ser fácilmente obtenido como sigue: ijk wk = ij1w1 + ij 2 w2 + ij 3 w3 0 1 0 0 0 0 − 1 0 0 0 = w1 0 0 1 + w2 0 0 0 + w3 − 1 0 0 = − w3 0 0 0 w2 1 0 0 0 − 1 0
w3 0 − w1
− w2 w1 0
Ejemplo 1.11 r
Escribir en notación indicial: a) el módulo del vector a ; b) cos θ , donde θ es el ángulo que r r forman los vectores a y b . Solución: r a
r r = a ⋅ a = a i eˆ i ⋅ a j eˆ j = a i a j δ ij = a i a i = a j a j r luego, también cumple que b = b i b i . 2
r r
r r
⇒
r a = ai ai
r
Por definición a ⋅ b = a b cos θ , donde a ⋅ b = a i eˆ i ⋅ b j eˆ j = a i b j δ ij = a i b i = a j b j . Teniendo en cuenta que un índice no puede aparecer más que dos veces en un término de la expresión, podemos expresar cos θ como: r r a jb j a⋅b cos θ = r r = ai ai b k b k a b
Ejemplo 1.12 Demostrar la desigualdad de Schwarz: r r r r a⋅b ≤ a b
Desigualdad de Schwarz
(1.6)
Solución: Consideremos un escalar α , y la siguiente operación: r r aα − b
2
r r r r r r r r r r r r = (aα − b) ⋅ (aα − b) = a ⋅ aα 2 − a ⋅ bα − b ⋅ aα + b ⋅ b ≥ 0 r r 2 r r = a α 2 − 2a ⋅ bα + b
2
≥0
r r r 2 r 2 2 r r a⋅b f (α ) = a α − 2a ⋅ bα + b ≥ 0 , si ahora consideramos el valor de α = r 2 podemos a
obtener que: 2 r r r r r r r r r ( a ⋅ b) r 2 2 a b a b ⋅ ⋅ ( ) ( ) f α = r 2 = a r 2 − 2(a ⋅ b) r 2 + b ≥ 0 a a a r r r r r r r r r 2 r 2 ( a ⋅ b) 2 r r (a ⋅ b) r 2 (a ⋅ b) 2 ( a ⋅ b) 2 = a r 4 − 2 ( a ⋅ b) r 2 + b = r 2 − 2 r 2 + b ≥ 0 a a a a r r r 2 (a ⋅ b ) 2 =− r 2 + b ≥0 a
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r r 2 r 2 (a ⋅ b) ⇒ b ≥ r 2 a
9
r 2 r 2 r r a b ≥ ( a ⋅ b) 2
⇒
r r r r a b ≥ a⋅b
⇒
Q.E.D. Solución alternativa r r
r r
r r
Teniendo en cuenta que 0 ≤ cos θ ≤ 1 la relación a ⋅ b = a b cos θ ≤ a b se cumple, luego r r
r r
concluimos que a ⋅ b ≤ a b .
Ejemplo 1.13
(r r ) (r r )
Escribir la siguiente relación a ∧ b ⋅ c ∧ d sin emplear el producto vectorial.
(r r )
Solución: Observemos que el producto vectorial a ∧ b lo podemos expresar de la siguiente
(r r )
forma: a ∧ b = a j eˆ j ∧ b k eˆ k = ijk a j b k eˆ i , cuyo resultado será un vector. De esta forma hemos utilizado la definición del símbolo de permutación. Análogamente podemos expresar el r r r r producto vectorial c ∧ d como c ∧ d = nlm c l d m eˆ n , por lo tanto:
(
) ( ) r (ar ∧ b)⋅ (cr ∧ dr ) =
⋅ ( nlm c l d m eˆ n ) = ijk nlm a j b k c l d m eˆ i ⋅ eˆ n ˆ
ijk a j b k e i )
= ijk nlm a j b k c l d mδ in = ijk ilm a j b k c l d m
Teniendo en cuenta que ijk ilm = jki lmi jki lmi = δ jlδ km − δ jmδ kl = jki ilm , concluimos que:
y
aplicando
la
relación
ijk ilm a j b k c l d m = (δ jl δ km − δ jm δ kl ) a j b k c l d m = a l b m c l d m − a m b l c l d m
(r r )
r r
Puesto que el subíndice mudo indica el producto escalar: a l c l = (a ⋅ c ) y b m d m = b ⋅ d , luego:
(ar ∧ br )⋅ (cr ∧ dr ) = (ar ⋅ cr ) (br ⋅ dr ) − (ar ⋅ dr )(br ⋅ cr )
r
r
r
r
Observemos que, cuando c = a y d = b obtenemos que:
(ar ∧ br )⋅ (ar ∧ br ) = (ar ⋅ ar ) (br ⋅ br ) − (ar ⋅ br )(br ⋅ ar ) = (ar ⋅ ar ) (br ⋅ br ) − (ar ⋅ br )
2
Que es la misma expresión obtenida en el Ejemplo 1.1. NOTA: Podemos empezar de la ecuación anterior para demostrar que: r r a∧b
2
(
r 2 r 2 r r r 2 r 2 r r = a b − (a ⋅ b) 2 = a b − a b cos θ
) = ar 2
2
r 2 r 2 r 2 b 1 − cos 2 θ = a b sin 2 θ
(
)
r r r r ⇒ a ∧ b = a b sin θ r
r
r r
r r
Notar que 0 ≤ sin θ ≤ 1 , con lo cual podemos demsotrar que a ∧ b = a b sin θ ≤ a b , luego r r r r a∧b ≤ a b
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Ejemplo 1.14 Probar que a) ijk a i a j b k = 0 r r
b) ijk (a k b 3δ i1δ j 2 + a j b 2 δ i1δ k 3 + a i b1δ j 2 δ k 3 ) = a ⋅ b c) Aij A ji es un invariante Solución: a) ijk a i a j b k = ij1a i a j b1 + ij 2 a i a j b 2 + ij 3 a i a j b 3 . Para el término ij1a i a j b1 tenemos que: ij1a i a j b1 = 1 j1 a1 a j b1 + 2 j1a 2 a j b1 + 3 j1 a 3 a j b1 = 111 a1 a1b1 + 211 a 2 a1b1 + 311 a 3 a1b1 + + 121 a1a 2 b1 + 221 a 2 a 2 b1 + 321 a 3 a 2 b1 + + 131 a1a 3b1 + 231 a 2 a 3 b1 + 331 a 3 a 3 b1 = 321 a 3 a 2 b1 + 231 a 2 a 3 b1 = −a 3 a 2 b1 + a 2 a 3b1 =0
Análogamente para los términos ij 2 a i a j b 2 = ij 3 a i a j b 3 = 0 . Es interesante observar que ijk a i a j b k representa el determinante con dos filas iguales: a1
a2
a3
ijk a i a j b k = a1 a 2 a 3 = 0 b1 b 2
b3
b) ijk a k b 3 δ i1δ j 2 + ijk a j b 2 δ i1δ k 3 + ijk a i b1δ j 2 δ k 3 =
r r
12 k a k b 3 + 1 j 3 a j b 2 + i 23 a i b1 = a 3b 3 + a 2 b 2 + a1b1 = a i b i = a ⋅ b
Ejemplo 1.15
(r r ) (r r ) r (r
r
r
) r (r
r
r
Probar que: a ∧ b ∧ c ∧ d = c d ⋅ a ∧ b − d c ⋅ a ∧ b
)
Solución: Expresaremos en notación indicial el segundo miembro de la expresión:
[
] [
]
r r r rr r r cr d ⋅ (a ∧ b) − d c ⋅ (a ∧ b) = c p d i ijk a j b k − d p c i ijk a j b k p
[ (
⇒ ijk a j b k c p di − ijk a j b k c i d p
(
δ ni − δ im c m d nδ np )
pm c m d n
⇒
[ (
)]
ijk a j b k (c p di − c i d p )
⇒
Si utilizamos la propiedad de la delta de Kronecker: ⇒ ijk a j b k δ
)]
(
ijk a j b k
)c
mdn
(δ
δ ni − δ imδ np )
pm
y si consideramos que δ pm δ ni − δ im δ np = pil mnl . Reemplazamos en la expresión anterior y obtenemos:
(
)
(
⇒ ijk a j b k c m d n pil mnl
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)
Draft
⇒
pil [( ijk a j b k ) ( mnl c m d n )]
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(r r )
(r r )
Dado que las componentes de a ∧ b son ijk a j b k y las componentes de c ∧ d son mnl c m d n , obtenemos que:
[(r r ) (r r )]
pil [( ijk a j b k ) ( mnl c m d n )] = a ∧ b ∧ c ∧ d
p
Ejemplo 1.16 r r r
a) Si a , b , c son vectores linealmente independientes y que se cumple que: r r r r v = αa + β b + γ c
v i = αa i + β b i + γ c i ≠ 0 i
componente s →
Probar que los escalares α , β , γ son dados por:
α=
ijk v i b j c k pqr a p b q c r
; β=
ijk a i v j c k pqr a p b q c r
; γ=
ijk a i b j v k pqr a p b q c r
b) Dados tres vectores linealmente independientes, demostrar que al intercambiar 2 filas ó 2 r r r columnas el signo del determinante a ⋅ (b ∧ c ) cambia. r
r
r
Solución: a) Haciendo el producto escalar del vector v por el vector ( b ∧ c ) obtenemos que: r r r r r r r r r r r r v ⋅ (b ∧ c ) = αa ⋅ (b ∧ c ) + β b ⋅ (b ∧ c ) + γ c ⋅ (b ∧ c ) 14243 14243 =0
Obtenemos entonces el valor de α como:
=0
r r r v ⋅ (b ∧ c ) α= r r r a ⋅ (b ∧ c )
En componentes:
α=
v1 b1
v2 b2
v3 b3
c1
c2
c3
a1 b1
a2 b2
a3 b3
c1
c2
c3
=
v1 v2
b1 b2
c1 c2
v3
b3
c3
a1 a2
b1 b2
c1 c2
a3
b3
c3
=
ijk v i b j c k pqr a p b q c r
Análogamente podemos obtener los parámetros β , γ , es decir, hacemos el producto escalar r
r
r
r
r
del vector v por los vectores a ∧ c y a ∧ b , respectivamente, i.e.: r r r r r r r r r r r r v ⋅ (a ∧ c ) = α a ⋅ (a ∧ c ) + β b ⋅ ( a ∧ c ) + γ c ⋅ ( a ∧ c ) 14243 14243 =0 =0 r r r r r r v a c a v c − v ⋅ (a ∧ c ) a ⋅ (v ∧ c) ijk i j k jik j i k = r r r ⇒β = r r r = = b ⋅ (a ∧ c ) pqr b p a q c r − qpr a q b p c r a ⋅ (b ∧ c ) r r r r r r r r r r r r v ⋅ (a ∧ b ) = α a ⋅ ( a ∧ b ) + β b ⋅ ( a ∧ b ) + γ c ⋅ (a ∧ b ) 14243 14243 =0 =0 r r r r r r jki a j b k v i a ⋅ (b ∧ v ) v ⋅ (a ∧ b) ijk v i a j b k ⇒γ = r r r = = = r r r c ⋅ (a ∧ b) pqr c p a q b r qrp a q b r c p a ⋅ (b ∧ c )
r
NOTA 1: Podemos reestructurar las componentes del vector v de la siguiente forma:
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v 1 a1 v i = v 2 = a 2 v a 3 3
c 1 α a1 c 2 β = a 2 c 3 γ a 3
b1 b2 b3
b1 b2 b3
c 1 z1 c 2 z 2 = B ij z j c 3 z 3
donde hemos denotado por z1 = α , z 2 = β , z 3 = γ . Teniendo en cuenta que:
α =z1 =
γ =z 3 =
v1 v2
b1 b2
c1 c2
ijk v i b j c k v3 = a1 pqr a p b q c r
b3
c3
a2
b1 b2
c1 c2
a3
b3
c3
a1 a2
b1 b2
v1 v2
ijk a i b j v k a3 b 3 = a1 b 1 pqr a p b q c r
v3
a2
b2
c1 c2
a3
b3
c3
=
=
B (1)
; β =z 2 =
B
a1 a2
v1 v2
c1 c2
ijk a i v j c k a3 = a1 pqr a p b q c r
v3
c3
a2
b1 b2
c1 c2
a3
b3
c3
=
B (2) B
B (3) B
donde B (i ) es el determinante de la matriz resultante al reemplazar la columna (i) de la r
matriz B por las componentes del vector v . Con eso, podemos decir que: Dado v i = B ij z j
⇒
zi =
B (i )
Regla de Cramer
B
NOTA 2: Aunque hemos demostrado para una matriz 3 × 3 , este procedimiento es válido para matrices de n-dimensiones y es conocido en la literatura como Regla de Cramer. NOTA 3: La solución ( z i ) solo es posible si B ≠ 0 . NOTA 4: Si v i = 0 i tenemos que B ij z j = 0 i y B (i ) = 0 i , con eso, según la regla de Cramer tenemos que: z i B = B (i ) = 0 i
Notar que, la solución non-trivial z i ≠ 0 i solo es posible si y solo si B = 0 , (ver Ejemplo 1.51). r
r
r r r
r
b) El determinante definido por a ⋅ (b ∧ c ) = [a, b, c ] en notación indicial queda ijk a i b j c k , además sabiendo que se cumple que: ijk = jki = kij
ijk = − ikj = − kji = − jik i
k
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j
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r r r
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r r r
r r r
ijk a i b j c k = [a, b, c ] = − ikj a i b j c k = −[a, c , b] = jki a i b j c k = [b, c, a]
Luego a1
a1
a2
a3
ijk a i b j c k = b 1 b 2 b 3 = − c 1
c2
c 3 = − ikj a i b j c k
b2
b3
=
a2
a3
c1
c2
c3
b1
b1
b2
b3
c1
c2
c 3 = jki a i b j c k
a1
a2
a3
Ejemplo 1.17 a) Probar las relaciones:
( ) (
)
r r r r r r r r r r r r r r a ∧ (b ∧ c ) = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c = b ⊗ c − c ⊗ b ⋅ a r r r r r r r r a ∧ (b ∧ a) = [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a] ⋅ b r r r r b) Obtener las explícitas componentes del tensor [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a] .
Solución:
(r r )
a) Representando el producto vectorial b ∧ c i = ijk b j c k , luego:
[ar ∧ (br ∧ cr )]
= rsi a s ( ijk b j c k ) = rsi ijk a s b j c k = rsi jki a s b j c k
r
(
)
= δ rjδ sk − δ rk δ sj a s b j c k = δ rjδ sk a s b j c k − δ rk δ sj a s b j c k
= asb r c s − asb s c r
= ak br c k − a jb j c r r r r r = b r (a ⋅ c ) − c r a ⋅ b r r r rr r = b(a ⋅ c ) − c a ⋅ b r
(
[(
( ) ( )]
[
Comprobando que:
= (b r c s − b s c r )a s r r r r r = b ⊗ c − c ⊗b ⋅a r
)
) ]
( ) (
)
r r r r r r r r r r r r r r a ∧ b ∧ c = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c = b ⊗ c − c ⊗ b ⋅ a
Notar que también se cumple que:
(
) (
[
)
]
r r r r r r r r r r r r r r r r r r a ∧ b ∧ c = b ⊗ c − c ⊗ b ⋅ a = [(a ⋅ c )1 − c ⊗ a]⋅ b = b ⊗ a − (a ⋅ b)1 ⋅ c r
r
En el caso particular cuando a = c podemos decir que:
[ar ∧ (br ∧ ar )]
r
= (a k a k )b r − (a j b j )a r = (a j a j )b pδ
[
]
[
rp
− (a j b p δ
= (a j a j )δ rp − (a j δ jp )a r b p = (a j a j )δ r r r r r = [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a]⋅ b r
{
}
rp
jp
)a r
]
− a par b p
b) Teniendo en cuenta la ecuación anterior podemos obtener que
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r r r r [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a] ij = (a k a k )δ
ij
− ai a j =
(a12
+ a 22
+
1 0 0 a 1 a 1 1 0 − a1 a 2 0 0 1 a1 a 3
a 32 ) 0
a1 a 2 a2a2 a1 a 3
a1 a 3 a1 a 3 a 3 a 3
(a 22 + a 32 ) − a1 a 2 − a1 a 3 2 2 ( a1 + a 3 ) = − a1 a 2 − a1 a 3 − a1 a 3 (a12 + a 22 ) − a1 a 3
Ejemplo 1.18 Demostrar la identidad de Jacobi:
(
)
(
)
r r r r r r r r r r a ∧ b ∧ c + b ∧ (c ∧ a) + c ∧ a ∧ b = 0 r
(r r )
r r r
(r r ) r
Solución: A través del ejercicio anterior demostramos que a ∧ b ∧ c = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c , luego, también es válido que:
(br ⋅ rar )cr − (br ⋅ cr )arr ) (cr ⋅ b)ar − (cr ⋅ ar )b
r r r b ∧ (c ∧ a) = r r r c ∧ a∧b =
(
Luego, teniendo en cuenta que el producto escalar entre dos vectores es conmutativo, es decir, r r r r r r r r r r r r (a ⋅ c ) = (c ⋅ a) , a ⋅ b = b ⋅ a , b ⋅ c = c ⋅ b , concluimos que:
( ) ( )( ) ( )
(
)
(a ⋅ c )b − (a ⋅ b )c r r r
(
r r r
+
) ( )cr +− (br ⋅ cr )ar = 0r ( )ar − (cr ⋅ ar )br
r r r r r r r r r r r a ∧ b ∧ c + b ∧ (c ∧ a) + c ∧ a ∧ b = b ⋅ a r r c ⋅b
1.2 Operaciones con Tensores de Orden Superior Ejemplo 1.19 ¿ Cuál es el orden de los tensores representados por sus componentes: v i , Φ ijk , Fijj , ε ij , C ijkl , σ ij ? Determinar cuántas componentes independientes tiene el tensor C . Solución: El orden del tensor viene dado por el número de subíndices libres, luego: r r
Tensores de orden uno: v , F Tensores de segundo orden: ε , σ Tensor de tercer orden: Φ Tensor de cuarto orden: C El número de componentes de un tensor viene dado por el máximo valor del rango del subíndice, 3 si ( i = 1,2,3 ), elevado al número de subíndices libres. Es decir, para el tensor de cuarto orden, el número de índices libres es 4, luego: 3 4 = (i = 3) × ( j = 3) × (k = 3) × (l = 3) = 81
El tensor de cuarto orden C ijkl tiene 81 componentes independientes.
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Ejemplo 1.20
(r r ) r (r r ) r
15
(r r ) (r r ) (r r ) r
r
Demostrar que a) a ⊗ b ⋅ c = b ⋅ c a ; b) a ⊗ b ⋅ c ⊗ d = b ⋅ c a ⊗ d Solución: a)
(ar ⊗ br )⋅ cr = (a eˆ ⊗ b eˆ ) ⋅ c eˆ = a eˆ b c δ = (b c )a eˆ = (br ⋅ cr )ar ≡ (br ⋅ cr ) ⊗ ar r r r r expresión (a ⊗ b )⋅ (c ⊗ d), que resulta un tensor de segundo orden, expresamos i
i
j
j
k
k
i
i
j
k
jk
k
k
i
i
b) La directamente en notación indicial:
[(ar ⊗ br )⋅ (cr ⊗ dr )]
ij
r r r = (a i b k ) c k d j = a i b k c k d j = b k c k a i d j = (b k c k )(a i d j ) = (b ⋅ c )(a ⊗ d) ij 123
(
)
escalar
Ejemplo 1.21 Desarrollar y simplificar lo posible la expresión A ij xi x j para los siguientes casos: a) A ij = A ji b) A ij = − A ji Solución: Expandiendo A ij xi x j obtenemos: A ij xi x j = A 1 j x1 x j + A 2 j x 2 x j + A 3 j x3 x j = = A 11 x1 x1 + A 21 x 2 x 1 + A 31 x3 x 1 +
(1.7)
A 12 x1 x 2 + A 22 x 2 x 2 + A 32 x 3 x 2 + A 13 x1 x 3 + A 23 x 2 x 3 + A 33 x3 x 3
a) A ij = A ji (simetría) A ij x i x j = A 11 x12 + 2 A 12 x1 x 2 +2 A 13 x1 x 3 + A 22 x 22 + 2 A 23 x 2 x 3 + A 33 x 32
(1.8)
b) A ij = − A ji (antisimetría) A ij xi x j = 0
(1.9)
r r r r A ij xi x j = x ⋅ A ⋅ x = A : ( x ⊗ x )
(1.10)
lo que era de esperar ya que: r
r
Si A antisimétrico y ( x ⊗ x ) resulta simétrico, el doble producto escalar de un tensor simétrico y uno antisimétrico resulta ser siempre igual a cero. Ejemplo 1.22 Si las componentes de los tensores de segundo orden ε y T son representadas respectivamente por: 5 2 4 ε ij = − 1 2 1 4 3 6 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
;
Draft
3 1 2 Tij = 4 2 1 1 3 8
(1.11)
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16
Obtener T : ε . Solución: T : ε = Tij ε ij
(1.12)
Tij ε ij = T1 j ε1 j + T2 j ε 2 j + T3 j ε 3 j 123 123 123 T11ε11 +
+
T12 ε12 + T13 ε13
T21ε 21 +
+
T31ε 31 +
+
T22 ε 22
+
T32 ε 32
+
+ T23 ε 23
+
+ T33 ε 33
(1.13)
luego, Tij ε ij = 5 × 3 + 2 × 1 + 4 × 2 + (−1) × 4 + 2 × 2 + 1 × 1 + 4 × 1 + 3 × 3 + 6 × 8 = 87
(1.14)
Ejemplo 1.23 Dadas las componentes del tensor B en el sistema de coordenadas cartesianas: 3 2 4 B ij = 1 5 3 5 7 9
(1.15)
Obtener: a) C ij = B ik B kj ; b) D ij = B ik B jk ; c) E ij = B ki B kj ; d) C ii , D ii , E ii Solución: C = B ⋅B
⇒
3 2 4 3 2 4 31 44 54 C ij = B ik B kj = 1 5 3 1 5 3 = 23 48 46 5 7 9 5 7 9 67 108 122
(1.16)
T
D = B ⋅ BT
3 2 4 3 2 4 29 25 65 = 1 5 3 1 5 3 = 25 35 67 5 7 9 5 7 9 65 67 155
⇒
D ij = B ik B jk
⇒
3 2 4 3 2 4 35 46 60 E ij = B ki B kj = 1 5 3 1 5 3 = 46 78 86 5 7 9 5 7 9 60 86 106
(1.17)
T
E = BT ⋅ B
(1.18)
Luego: C ii = C 11 + C 22 + C 33 = 31 + 48 + 122 = 201 D ii = D11 + D 22 + D 33 = 29 + 35 + 155 = 219
(1.19)
E ii = E11 + E 22 + E 33 = 35 + 78 + 106 = 219
NOTA: Verificamos que se cumple que: Tr (B ⋅ B T ) = Tr (B T ⋅ B) = B : B
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17
Ejemplo 1.24 Dadas las componentes cartesianas del tensor de segundo orden B : 1 0 2 B ij = 0 1 2 3 0 3
Obtener: a) B kk
b) B ij B ij
c) B jk B kj
Solución: a) B kk = B 11 + B 22 + B 33 = 1 + 1 + 3 = 5 b) B ij B ij = B 1 j B 1 j
123
+ B 2 jB 2 j + B 3 jB 3 j 123 123
B 11B 11 +
+
B 21B 21 +
+ B 31B 31 +
B 12B 12
+ B 22B 22
+ B 32B 32
+ B 13B 13
+ + B 23B 23
+ + B 33B 33
Resultando: B ij B ij = 1 × 1 + 0 × 0 + 2 × 2 + 0 × 0 + 1 × 1 + 2 × 2 + 3 × 3 + 0 × 0 + 3 × 3 = 28
c) B jk B kj = B 1k B k1 + B 2k B k 2 + B 3k B k 3 123
123
B 11B 11 +
+
B 12B 21 + B 13B 31
+ B 22B 22 + + B 23B 32
123
+
B 21B 12 +
B 31B 13 +
+ B 32B 23 + + B 33B 33
B jk B kj = B 11B 11 + B 22B 22 + B 33B 33 + 2B 21B 12 + 2B 31B 13 + 2B 32B 23 = 1 × 1 + 1 × 1 + 3 × 3 + 2(0 × 0) + 2(3 × 2 ) + 2(0 × 2 ) = 23
Ejemplo 1.25 Obtener las componentes del tensor D resultante de la siguiente operación D = A : B , para los siguientes casos: a)
b)
con
2 3 2 Aij = 4 1 1 1 1 5
con
7 13 14 Aik Bkj = 11 18 11 16 27 31
;
2 3 1 Bij = 1 2 1 1 2 5 ;
Aik B jk
13 9 17 = 15 9 13 18 12 32
Solución: a) A : B = 2 × 2 + 3 × 3 + 2 × 1 + 4 × 1 + 1 × 2 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 2 + 5 × 5 = 50
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b) Teniendo en cuenta la expresión Tr ( A ⋅ B T ) = Tr ( AT ⋅ B) = A : B y que Aik B jk = A ⋅ B T , concluimos que A : B = Tr ( A ⋅ B T ) = 13 + 9 + 32 = 54 . Ejemplo 1.26 Considérese un tensor de segundo orden T = Tr ( E )1 + ( F : E ) E o en notación indicial Tij = E kk δ ij + ( Fkp E kp ) E ij . Si las componentes de los tensores E y F vienen dadas por: 2 1 4 E ij = 1 5 0 2 0 1
;
4 3 1 Fij = 2 0 3 2 0 0
a) Obtener las componentes del tensor T . b) ¿Son los tensores T y E coaxiales? Demuéstralo. Solución: Obtenemos primero los siguientes escalares: Tr ( E ) = 2 + 5 + 1 = 8 F : E = 2 × 4 + 1 × 3 + 4 × 1 + 1 × 2 + 5 × 0 + 0 × 3 + 2 × 2 + 0 × 0 + 1 × 0 = 21
Luego 1 0 0 2 1 4 50 21 84 Tij = 80 1 0 + 211 5 0 = 21 113 0 0 0 1 2 0 1 42 0 29
Dos tensores son coaxiales cuando presentan los mismos autovectores o cuando se cumple que T ⋅ E = E ⋅ T : 50 21 84 2 1 4 289 Tik E kj = 21 113 0 1 5 0 = 155 42 0 29 2 0 1 142 2 1 4 50 21 84 289 E ik Tkj = 1 5 0 21 113 0 = 155 2 0 1 42 0 29 142
155 284 586 84 42 197 155 284 586 84 42 197
Con lo cual concluimos que son coaxiales. Ejemplo 1.27 Obtener el resultado de las siguientes operaciones: I : I , I : I , I : I , I : I , I : I , I : I , I : I , I : I , I sym : I sym , I sym : I , I : I sym , donde I = 1⊗1 = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
con
I ijkl = δ ik δ jl
(1.20)
I = 1⊗1 = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
con
I ijkl = δ il δ jk
(1.21)
I ijkl = δ ij δ kl
(1.22)
I = 1 ⊗ 1 = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
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con
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Solución: (I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ ip δ jq δ pk δ ql = δ ik δ jl = I ijkl ( I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ iq δ jp δ pl δ qk = δ ik δ jl = I ijkl
( I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ ij δ pq δ pq δ kl = δ qq δ ij δ kl = 3I ijkl ( I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ iq δ jp δ pk δ ql = δ il δ jk = I ijkl (I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ ip δ jq δ pl δ qk = δ il δ jk = I ijkl (I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ ip δ jq δ pq δ kl = δ iq δ jq δ kl = δ ij δ kl = I ijkl ( I : I ) ijkl = I ijpq I pqkl = δ iq δ jp δ pq δ kl = δ iq δ jq δ kl = δ ij δ kl = I ijkl
Resumiendo lo anterior en notación tensorial: I : I = (1⊗1) : (1⊗1) = 1⊗1 = I I : I = (1⊗1) : (1⊗1) = 1⊗1 = I
I : I = (1 ⊗ 1) : (1 ⊗ 1) = 3(1 ⊗ 1) = 3I I : I = (1⊗1) : (1⊗1) = 1⊗1 = I I : I = (1⊗1) : (1⊗1) = 1⊗1 = I I : I = (1⊗1) : (1 ⊗ 1) = 1 ⊗ 1 = I I : I = (1⊗1) : (1 ⊗ 1) = 1 ⊗ 1 = I
(
I sym : I sym
( [( [ (
)
)( ) (
) ) ( ]
1 1⊗1 + 1⊗1 : 1⊗1 + 1⊗1 4 1 = 1⊗1 : 1⊗1 + 1⊗1 : 1⊗1 + 1⊗1 : 1⊗1 + (1⊗1 : 1⊗1) 4 1 = 1⊗1 + 1⊗1 + 1⊗1 + 1⊗1 4 1 = 1⊗1 + 1⊗1 2 = I sym =
(1 ⊗ 1) : I sym = I : I sym
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)
]
)
(
)
( (
) ( ) ) ( )
1 1 1 I + I : I = I : I + I : I = I + I = I =1 ⊗1 2 2 2 1 1 1 = I : I + I = I :I + I : I = I + I = I =1 ⊗1 2 2 2
I sym : (1 ⊗ 1) = I sym : I =
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(
)
1 1 I + I = 1⊗1 + 1⊗1 , concluimos que: 2 2
Teniendo en cuenta la definición: I sym =
(
)
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20
1.3 Transpuesta Ejemplo 1.28 Demostrar que la siguiente propiedad es válida:
(
)
(
)
A : (B ⋅ C ) = B T ⋅ A : C = A ⋅ C T : B
donde A , B , C son tensores de segundo cualesquiera. Solución: Demostraremos esta identidad a través de sus componentes:
(
A : (B ⋅ C ) = A ij eˆ i ⊗ e j : B lk eˆ l ⊗ e k ⋅ C pq eˆ p ⊗ eˆ q = A ij B lk C pq eˆ i ⊗ e j : δ kp eˆ l ⊗ eˆ q = A ij B lk C pq δ kp δ il δ
(
jq
)
)
= A ij B ik C kj
Observemos que cuando trabajamos en notación indicial el orden no importa, es decir: A ij B ik C kj = B ik A ij C kj = A ij C kj B ik
Podemos ahora observar que la operación B ik A ij resultará un tensor de segundo orden cuyas componentes son (B T ⋅ A ) kj luego, B ik A ij C kj = (B T ⋅ A ): C . Análogamente podemos decir que
(
)
A ij C kj B ik = A ⋅ C T : B .
Ejemplo 1.29 r
r
Demostrar que, si u , v son vectores y A un tensor de segundo orden, la siguiente relación es válida: r r r r u⋅ AT ⋅ v = v ⋅ A ⋅u
Solución: r r u⋅ AT ⋅ v u i eˆ i ⋅ A jl eˆ l ⊗ eˆ j ⋅ v k eˆ k
r r = v ⋅ A ⋅u = v k eˆ k ⋅ A jl eˆ j ⊗ eˆ l ⋅ u i eˆ i
u i A jl δ il v k δ jk u l A jl v j
= v k δ kj A jl u i δ il = v j A jl u l
Q.E.D.
1.3.1
Simetría y Antisimetría
Ejemplo 1.30 Si σ es un tensor de segundo orden simétrico y W es un tensor de segundo orden antisimétrico. Demostrar que σ : W = 0 . Solución: σ : W = σ ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) : Wlk (eˆ l ⊗ eˆ k ) = σ ij Wlk δ il δ
jk
= σ ij Wij
Desarrollando
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σ ij Wij = σ1 j W1 j + σ 2 j W2 j + σ 3 j W3 j 123 1 424 3 1 424 3 σ31W31 σ21W21 σ11W11 + + + σ32 W32 σ 22 W22 σ12 W12 + + + σ33W33 σ23W23 σ13W13
Considerando la propiedad de un tensor simétrico σ12 = σ 21 , σ 31 = σ13 , σ 32 = σ 23 y antisimétrico W11 = W22 = W33 = 0 , w 21 = − w 12 , W31 = − W13 , W32 = − W23 , resultando: σ :W =0
Q.E.D.
Ejemplo 1.31 Demostrar que: r
r
r
r
a) M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ Q sym ⋅ M ; b) A : B = A sym : B sym + A anti : B anti ; r
donde, M es un vector, y Q , A , y B son tensores de segundo orden arbitrarios. c) Demostrar que si se cumple que ijk T jk = 0 i , T es simétrico, es decir, Tij = T ji . Solución: a)
(
)
r r r r r r r r M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ Q sym + Q anti ⋅ M = M ⋅ Q sym ⋅ M + M ⋅ Q anti ⋅ M Q.E.D. r r r r anti anti Ya que el producto: M ⋅ Q ⋅ M = Q : M ⊗ M = 0 , resulta que: r r r r M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ Q sym ⋅ M r r NOTA: Podemos hacer la interpretación geométrica de M ⋅ Q anti ⋅ M = 0 . Notar que la r r r r r r r r operación algebraica Q anti ⋅ M = q (M) resulta un vector, luego M ⋅ Q anti ⋅ M = M ⋅ q (M) = 0 , que r r r implica que M y q (M) son vectores ortogonales. Con eso, concluimos que: la proyección de r r r un tensor antisimétrico de segundo grado según una dirección ( M ) resulta un vector ( q (M) ) r que es ortogonal a M , ver figura abajo:
(
)
r Q ⋅M
r r r q (M ) ⋅ M = 0 r r r q (M) = Q anti ⋅ M
r M
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r M
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b) A :B
= ( A sym + A anti ) : (B sym + B anti ) anti sym anti = A sym : B sym + 1 A sym :B A anti :B : B anti 42 43 + 1 42 43 + A =0
=0
= A sym : B sym + A anti : B anti
Luego como consecuencia tenemos que: A : B sym = A sym : B sym
;
A : B anti = A anti : B anti
c)
Q.E.D.
ijk T jk = ij1 T j1 + ij 2 T j 2 + ij 3 T j 3 = 0 i = i11 T11 + i 21 T21 + i 31 T31 + i12 T12 + i 22 T22 + i 32 T32 + i13 T13 + i 23 T23 + i 33 T33 = i 21 T21 + i 31 T31 + i12 T12 + i 32 T32 + i13 T13 + i 23 T23 = 0 i
Luego, las componentes del vector resultante quedan: i =1
⇒
1 jk T jk = 132 T32 + 123 T23 = − T32 + T23 = 0 ⇒ T32 = T23
i=2
⇒
2 jk T jk = 231 T31 + 213 T13 = T31 − T13 = 0 ⇒ T31 = T13
i=3
⇒
3 jk T jk = 321 T21 + 312 T12 = − T21 + T12 = 0 ⇒ T21 = T12
con lo cual demostrando que si ijk T jk = 0 i , T es simétrico, T = T T . Ejemplo 1.32 Dado un tensor de segundo orden arbitrario A donde se conocen las componentes de su parte simétrica en el sistema Cartesiano: A ijsym
4 2 0 = 2 1 0 0 0 3
ˆ ⋅ A ⋅N ˆ , donde las componentes del versor N ˆ son Nˆ = [1 0 0] . Obtener N i
Solución: ˆ ⋅ A ⋅N ˆ =N ˆ ⋅ A sym ⋅ N ˆ con lo cual: En el Ejemplo 1.31 se ha demostrado que N 4 2 0 1 sym ˆ sym ˆ ˆ ˆ N ⋅ A ⋅ N = N ⋅ A ⋅ N = N i A ij N i = [1 0 0] 2 1 0 0 = 4 0 0 3 0
Ejemplo 1.33 Si W es un tensor antisimétrico. a) Demostrar que W ⋅ W resulta un tensor de segundo orden simétrico. b) Demostrar también que (W T ⋅ W ⋅ W) : 1 = 0 Solución: a) Si demostramos que (W ⋅ W ) anti = 0 , demostramos que W ⋅ W resultar ser simétrico: (W ⋅ W) anti =
[
] [
]
1 1 1 (W ⋅ W) − (W ⋅ W ) T = (W ⋅ W ) − W T ⋅ W T = [(W ⋅ W) − W ⋅ W ] = 0 2 2 2
donde hemos aplicado la propiedad del tensor antisimétrico W = −W T . Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Soluciones alternativas a) Teniendo en cuenta la definición de un tensor antisimétrico donde se cumple que W = − W T : W ⋅ W = −W T ⋅ W = W T ⋅ W T = (W ⋅ W ) T
También se puede comprobar a través de sus componentes: W12 W13 0 W12 W13 0 ( W ⋅ W ) ij = − W12 0 W23 − W12 0 W23 − W13 − W23 0 − W13 − W23 0 − W122 − W132 W12 W23 − W13 W23 2 2 = − W13 W23 − W12 − W23 − W12 W13 2 W12 W23 − W12 W13 − W132 − W23
b) (W T ⋅ W ⋅ W ) : 1 = (W pi W pk Wkj )δ ij = W pi (W pk Wki ) = W : (W ⋅ W) = 0 , ya que el doble producto escalar entre un tensor simétrico (W ⋅ W ) y uno antisimétrico ( W ) resulta cero. Ejemplo 1.34 1 2
Sea B un tensor de segundo orden tal que B pq = pqs a s con a i = ijk B jk . Demostrar que B es un tensor antisimétrico. Solución: 1 1 1 B pq = pqs a s = pqs sjk B jk = pqs sjk B jk = pqs jks B jk 2 2 2
Recurriendo a la relación pqs jks = δ pj δ qk − δ pk δ qj 1 1 pqs jks B jk = (δ pjδ 2 2 1 = (B pq − B qp ) = B anti pq 2
B pq =
qk
−δ
pk
1 2
δ qj )B jk = (δ pjδ qk B jk − δ pk δ qj B jk )
Solución Alternativa: Teniendo en cuenta que B qp = qps a s , y que por definición se cumple que pqs = − qps , concluimos que: B pq = pqs a s = − qps a s = −B qp
∴
B = −B T (antisimétrico)
Ejemplo 1.35 Demostrar que la operación A anti ⋅ A sym + A sym ⋅ A anti resulta un tensor antisimétrico. Solución: Denominando por B = A anti ⋅ A sym + A sym ⋅ A anti , y teniendo en cuenta que se cumple que A anti = −(A anti ) T , A sym = (A sym ) T , concluimos que: B = A anti ⋅ A sym + A sym ⋅ A anti = A anti ⋅ A sym − A sym ⋅ ( A anti ) T = A anti ⋅ A sym − ( A anti ⋅ A sym ) T
= 2( A anti ⋅ A sym ) anti
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Ejemplo 1.36
r
r
r
¿La relación n ⋅ T = T ⋅ n es válida siempre? Siendo T un tensor de segundo orden y n un vector. En el supuesto de que la relación no sea válida, ¿para qué caso particular lo sería? Solución:
r n ⋅ T = n i eˆ i ⋅ Tkl (eˆ k ⊗ eˆ l ) = n i Tkl δ ik eˆ l
y
r T ⋅ n = Tlk (eˆ l ⊗ eˆ k ) ⋅ n i eˆ i = n i Tlk δ ki eˆ l
= n k Tkl eˆ l
= n k Tlk eˆ l
Con lo que comprobamos que n k Tkl ≠ n k Tlk , luego: r r n⋅ T ≠ T ⋅n r
r
r
r
La relación n ⋅ T = T ⋅ n solo será válida cuando el tensor sea simétrico, i.e. n ⋅ T sym = T sym ⋅ n . Ejemplo 1.37 r
r
r
r
Obtener el vector axil w asociado al tensor antisimétrico ( x ⊗ a ) anti . Expresar w en función r r de x y a . r
Solución: Sea z un vector arbitrario, se cumple que: r r r r r ( x ⊗ a ) anti ⋅ z = w ∧ z r r r donde w es el vector axil asociado a ( x ⊗ a ) anti . Teniendo en cuenta que:
[
]
r r r r 1 r r 1 r r r r ( x ⊗ a ) anti = ( x ⊗ a ) − ( x ⊗ a ) T = [ x ⊗ a − a ⊗ x ] 2 2
podemos aún decir que: 1 r r r r r r r [x ⊗ a − a ⊗ x ] ⋅ z = w ∧ z ⇒ [xr ⊗ ar − ar ⊗ xr ] ⋅ zr = 2wr ∧ zr 2 r r r r r r r r r r r Recordar que, dados tres vectores a , b , c se cumple que: a ∧ (b ∧ c ) = (b ⊗ c − c ⊗ b) ⋅ a , r r r r r r r r ver Ejemplo 1.17. Luego, se cumple que [x ⊗ a − a ⊗ x ] ⋅ z = z ∧ ( x ∧ a ) . Retomando nuestra
expresión anterior:
[xr ⊗ ar − ar ⊗ xr ] ⋅ zr = zr ∧ ( xr ∧ ar ) = (ar ∧ xr ) ∧ zr = 2wr ∧ zr
con lo cual, concluimos que: r 1 r r r r w = (a ∧ x ) es el vector axil asociado al tensor ( x ⊗ a ) anti 2
Ejemplo 1.38 Consideremos dos tensores antisimétricos W (1) y W ( 2) y sus vectores axil representados, r r respectivamente, por w (1) y w ( 2) . Demostrar que: r r r r W (1) ⋅ W ( 2 ) = ( w ( 2 ) ⊗ w (1) ) − ( w (1) ⋅ w ( 2) )1 r r Tr W (1) ⋅ W ( 2 ) = −2( w (1) ⋅ w ( 2 ) )
[
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]
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Solución: Teniendo en cuenta las propiedades de tensor antisimétrico, podemos decir que: r r r W (1) ⋅ a = w (1) ∧ a r r r T a ⋅ W (1) = −a ∧ w (1) r r r − a ⋅ W (1) = −a ∧ w (1) r r r a ⋅ W (1) = a ∧ w (1)
r r r W ( 2) ⋅ a = w ( 2 ) ∧ a
y
A continuación hacemos el producto escalar (a ⋅ W (1) )⋅ (W ( 2) ⋅ a), obteniendo que: r
(ar ⋅ W )⋅ (W (1)
( 2)
r
⋅ a) = (a ∧ w (1) ) ⋅ ( w ( 2) ∧ a) r
r
r
r
r
Continuaremos el desarrollo en notación indicial: (a i Wij(1) )(W jk(1) a k ) = ( ijk a j w k(1) )( ipq w (p2) a q )
[
a i (Wij(1) W jk(1) )a k = a j ( ijk ipq wk(1) w (p2 ) )a q = a j (δ jpδ
[
= a j δ jpδ
(1) ( 2 ) kq w k w p
− δ jqδ
kq
(1) ( 2 ) kp w k w p
− δ jqδ
]a
q
(1) ( 2 ) kp ) w k w p
=a
[
(1) ( 2 ) j wq w j
]a
−δ
q (1) ( 2 ) jq w k w k
]a
q
En notación tensorial la expresión anterior queda:
[
]
[
] ⋅ ar
r r r r r r r a ⋅ W (1) ⋅ W ( 2 ) ⋅ a = a ⋅ ( w ( 2 ) ⊗ w (1) ) − ( w (1) ⋅ w ( 2 ) )1
r
r
r
r
con lo cual demostramos que: W (1) ⋅ W ( 2) = ( w ( 2) ⊗ w (1) ) − ( w (1) ⋅ w ( 2) )1 . b)
[
Tr W (1) ⋅ W ( 2 )
]
[
]
[
] [
]
r r r r r r r r = Tr ( w ( 2 ) ⊗ w (1) ) − ( w (1) ⋅ w ( 2 ) )1 = Tr ( w ( 2 ) ⊗ w (1) ) − Tr ( w (1) ⋅ w ( 2 ) )1 r r r r Tr2 [3 1] = ( w ( 2 ) ⋅ w (1) ) − ( w (1) ⋅ w ( 2 ) ) 1 =3
r r = −2( w (1) ⋅ w ( 2 ) )
Solución alternativa En esta solución alternativa vamos utilizar las componentes. Para ellos consideremos: Wij(1)
0 = − W12(1) − W (1) 12
Wij( 2 )
0 = − W12( 2 ) − W ( 2 ) 12
W12(1) 0 − W12(1) W12( 2 ) 0 − W12( 2 )
W13(1) 0 (1) (1) W23 = w3 0 − w2(1)
− w3(1) 0 w1(1)
W13( 2 ) 0 (2) (2) W23 = w3 0 − w2( 2)
w2(1) − w1(1) 0
− w3( 2 ) 0 w1( 2 )
w2( 2 ) − w1( 2 ) 0
Con eso podemos obtener que:
[W ⇒
(1)
⋅ W ( 2) ]ij
Wik(1) Wkj( 2 )
= Wik(1) Wkj( 2 )
0 = w3(1) − w (1) 2
− w3(1) w3( 2 ) − w2(1) w2( 2 ) w1(1) w2( 2) = w3( 2 ) w1(1)
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− w3(1) 0 w1(1)
w2(1) 0 − w1(1) w3( 2 ) 0 − w2( 2)
− w3( 2 ) 0 w1( 2 )
w2(1) w1( 2 ) −
w3( 2 ) w3(1) − w1(1) w1( 2 ) w3( 2 ) w2(1)
Draft
w2( 2 ) − w1( 2 ) 0
w3(1) w1( 2 )
−
w2( 2) w3(1) (1) ( 2 ) ( 2 ) (1) w2 w2 − w1 w1 Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
26
En el término (11) sumamos y restamos el término w1( 2) w1(1) , en el término (22) sumamos y restamos el término w2( 2) w2(1) y en el término (33) sumamos y restamos el término w3( 2) w3(1) . Con lo cual quedamos con: Wik(1) Wkj( 2 )
w1( 2) w1(1) = w2( 2) w1(1) w ( 2) w (1) 3 1
w1( 2 ) w3(1) w2( 2 ) w3(1) + w3( 2 ) w3(1)
w1( 2) w2(1) w2( 2) w2(1) w3( 2) w2(1)
− w1(1) w1( 2 ) − w2(1) w2( 2) − w3(1) w3( 2) 0 + 0
0 −
w1(1) w1( 2 )
−
0
w2(1) w2( 2 )
−
w3(1) w3( 2 )
0 −
0
w1(1) w1( 2 )
−
w2(1) w2( 2 )
− w3(1) w3( 2 )
Que es igual a: Wik(1) Wkj( 2 ) = wi( 2) w (j1) − ( w1(1) w1( 2) + w2(1) w2( 2) + w3(1) w3( 2) )δ ij = wi( 2) w (j1) − ( wk(1) wk( 2) )δ ij
Dejamos al lector comprobar la traza. NOTA: La solución alternativa fue realizada solo como comprobación. El lector debe dar preferencia a la solución tensorial o indicial, porque ni siempre la solución a través de componentes es tan sencilla.
1.4 Cofactor. Adjunta. Determinante Ejemplo 1.39 r
r
Traza.
Tensores
Particulares.
r r
Demostrar que Tr (a ⊗ b) = a ⋅ b . Solución:
r r Tr (a ⊗ b) = Tr (a i eˆ i ) ⊗ (b j eˆ j ) = a i b j Tr eˆ i ⊗ eˆ j = a i b j (eˆ i ⋅ eˆ j ) = a i b jδ ij r r = aibi = a⋅b
[
]
[
]
Ejemplo 1.40 1 2
Dado que Tij = λEkkδ ij + 2 µEij , W = Tij E ij , y P = Tij Tij . Demostrar que: W = µE : E +
λ 2
[Tr( E )]2
P = 4 µ 2 E : E + λ(3λ + 4 µ )[Tr ( E )]
2
y
Solución 1: (Notación indicial) W=
(
)
(
)
(
1 1 1 1 Tij Eij = λEkkδ ij + 2 µEij Eij = λEkkδ ij Eij + 2 µEij Eij = λEkk Eii + 2 µEij Eij 2 2 2 2
Como E kk = E ii = Tr (E ) , y Eij Eij = E : E , concluimos que W = µE : E +
(
)(
P = Tij Tij = λE kk δ ij + 2 µE ij λE qqδ ij + 2 µE ij
)
λ 2
)
[Tr ( E )]2 .
= λE kk δ ij λE qqδ ij + λE kk δ ij 2 µE ij + 2 µE ij λE qq δ ij + 2 µE ij 2 µE ij = λ 2 E kk δ ii E qq + 2 µλE kk E ii + 2 µλE ii E qq + 4 µ 2 E ij E ij = 3λ 2 E kk E qq + 4 µλE kk E ii + 4 µ 2 E ij E ij = λ(3λ + 4 µ )E kk E qq + 4 µ 2 E ij E ij
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27
Con lo cual demostramos que P = 4 µ 2 E : E + λ(3λ + 4 µ )[Tr ( E )]2 . Solución 2: (Notación tensorial) En notación tensorial tenemos que: 1 T = λTr ( E )1 + 2 µE , W = T : E , y P = T : T 2
Luego: 1 1 1 T : E = (λTr ( E )1 + 2 µE ) : E = (λTr ( E )1 : E + 2 µE : E ) 2 2 2 1 λ 2 = (λTr ( E ) Tr ( E ) + 2 µE : E ) = [Tr ( E )] + µE : E 2 2
W=
P = T : T = (λTr ( E )1 + 2 µE ) : (λTr ( E )1 + 2 µE ) = [λTr ( E )] 1 : 1 + 2 µλTr ( E ) 1 : E + 2 µλTr ( E ) { E : 1 + (2 µ ) 2 E : E { { 2
=3
= Tr ( E )
= Tr ( E )
= 3λ [Tr ( E )] + 4 µλ[Tr ( E )] + 4 µ E : E = λ(3λ + 4 µ )[Tr ( E )] + 4 µ 2 E : E 2
2
2
2
2
Ejemplo 1.41 Sea un tensor de segundo orden σ ij que es una función del tensor ε ij , σ ij = σ ij (ε ij ) , y viene dado por: σij = λε kkδ ij + 2 µε ij
Tensorial →
σ = λTr (ε )1 + 2 µε
donde λ , µ son constantes positivas. Partiendo de la expresión anterior, obtener la expresión de ε ij en función de σ ij , es decir, ε ij = ε ij (σ ij ) . Expresar el resultado en notación indicial y tensorial. Solución: Notación Indicial
Notación Tensorial
σij = λε kkδ ij + 2 µε ij
σ = λTr (ε )1 + 2 µε
⇒ 2 µε ij = σij − λε kkδ ij
⇒ 2 µε = σ − λTr (ε )1
⇒ ε ij =
λ 1 σij − ε kkδ ij 2µ 2µ
⇒ε=
λ 1 σ− Tr (ε )1 2µ 2µ
Tenemos que obtener la siguiente traza ε kk , para ello obtenemos la traza de σ ij : Notación Indicial
Notación Tensorial
σij = λε kkδ ij + 2 µε ij σ : 1 = λTr (ε )1 : 1 + 2 µε : 1
⇒ σii = λε kkδ ii + 2 µε ii = λε kk 3 + 2 µε kk
⇒ σ kk = (3λ + 2 µ )ε kk ⇒ ε kk =
Tr (σ ) = λTr (ε )3 + 2 µTr (ε )
1 σ kk (3λ + 2 µ )
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⇒ Tr (ε ) =
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1 Tr (σ ) (3λ + 2 µ )
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28
Luego: Notación Indicial ε ij = =
Notación Tensorial
λ 1 σij − ε kkδ ij 2µ 2µ
ε=
λ 1 σ− Tr (ε )1 2µ 2µ
λ 1 1 σij − σ kkδ ij 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
ε=
λ 1 σ− Tr (σ )1 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
Ejemplo 1.42 Consideremos T un tensor de segundo orden, demostrar las siguientes identidades:
(T ) = (T ) m T
T m
( )
Tr T T
y
m
( )
= Tr T m .
Solución:
(T )
m T
( )
= (T ⋅ T L T ) = T T ⋅ T T L T T = T T T
m
Q.E.D.
Para la segunda demostración utilizaremos la propiedad de la traza Tr (T T ) = Tr (T )
( )
Tr T T
( )
m
= Tr T m
T
( )
= Tr T m
Q.E.D.
Ejemplo 1.43 Demostrar que: T : 1 = Tr (T ) . Solución: T : 1 = Tij eˆ i ⊗ eˆ j : δ kl eˆ k ⊗ eˆ l = Tij δ kl δ ik δ jl = Tij δ ij = Tii = T jj = Tr ( T )
Q.E.D.
Ejemplo 1.44 Probar que, si σ y D son tensores de segundo orden, la siguiente relación es válida: σ ⋅ ⋅ D = Tr (σ ⋅ D )
Solución: Partimos de la siguiente definición: σ ⋅ ⋅ D = σ ij D ji = σ kj D jl δ ik δ il = σ kj D jl δ = σ kj D jl δ lk 123 ( σ ⋅D )
kl
= (σ ⋅ D) kl δ = Tr (σ ⋅ D)
lk
lk
= (σ ⋅ D) kk = (σ ⋅ D) ll
Q.E.D. Una segunda alternativa para la demostración sería: σ ⋅ ⋅ D = σ ij D ji = σ ij D jk δ ik = (σ ⋅ D ) : 1 = Tr (σ ⋅ D )
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29
Ejemplo 1.45 Demostrar que: det (S ) ≡ S =
1 rjk tpq S rt S jp S kq 6
(1.23)
Solución: det (S ) = ijk S 1i S 2 j S 3k
(1.24)
pqr det(S ) = ijk S pi S qj S rk
(1.25)
pqr pqr det (S ) = pqr ijk S pi S qj S rk
(1.26)
1 424 3 6
det (S ) =
1 pqr ijk S pi S qj S rk 6
(1.27)
Ejemplo 1.46 Demostrar que: A tpq = rjk A rt A jp A kq Solución: Sabemos que: A = rjk A r1 A j 2 A k 3
⇒
A tpq = rjk tpq A r1A j 2 A k 3
(1.28)
La expresión rjk tpq podrá ser expresada en función de la delta de Kronecker como: rjk tpq
δ rt δ rp δ rq = δ jt δ jp δ jq δ kt δ kp δ kq
(1.29)
= δ rt δ jp δ kq + δ rp δ jq δ kt + δ rq δ jt δ kp − δ rq δ jp δ kt − δ jq δ kp δ rt − δ kq δ jt δ rp
Reemplazando en la expresión anterior (1.29) en la expresión (1.28), y utilizando la propiedad del operador de sustitución obtenemos que: A tpq
= A t1 A p 2 A q 3 + A p1 A q 2 A t 3 + A q1 A t 2 A p 3 − A q1 A p 2 A t 3 − A t1 A q 2 A p 3 − A p1 A t 2 A q 3 = A t1 1 jk A pj A qk + A t 2 2 jk A pj A qk + A t 3 3 jk A pj A qk
(
)
(
)
= rjk A rt A jp A kq = rjk A tr A pj A qk
(
)
Q.E.D.
NOTA: Vamos considerar que C = A ⋅ B ( C ij = A ik B kj ), luego podemos decir que C = A ⋅ B = rjk C r1C j 2 C k 3 = rjk [A ⋅ B ]r1 [A ⋅ B ] j 2 [A ⋅ B ]k 3 = rjk ( A rt B t1 )( A jpB p 2 )( A kqB q 3 ) = rjk A rt A jp A kqB t1B p 2B q 3 = A tpq B t1B p 2B q 3 = A B
Con lo cual hemos demostrado que A ⋅ B = A B . Solución alternativa:
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30
Considerando que tpq
δ 1t δ 1 p δ 1q δ 1t δ 2t δ 3t = δ 2t δ 2 p δ 2 q = δ 1 p δ 2 p δ 3 p δ 3 t δ 3 p δ 3 q δ 1q δ 2 q δ 3 q
y la propiedad A ⋅ B = A B ,
podemos obtener que: A tpq
δ 1t δ 2t δ 3t A11 A12 A13 = rjk tpq A r1A j 2 A k 3 = δ 1 p δ 2 p δ 3 p A 21 A 22 A 23 δ 1q δ 2 q δ 3q A 31 A 32 A 33 δ 1t δ 2t δ 3t A11 = δ 1 p δ 2 p δ 3 p A 21 δ 1q δ 2 q δ 3q A 31
A12 A 22 A 32
A13 A 23 A 33
Notar que δ 1t A11 + δ 2t A 21 + δ 3t A 31 = δ st A s1 = A t1 , con lo cual: A tpq = rjk tpq A r1A j 2 A k 3
A t1 = A p1 A q1
At2 A p2 A q2
At3 A p 3 = rjk A tr A pj A qk A q 3
Ejemplo 1.47 1 6
Demostrar que: A = rjk tpq A rt A jp A kq Solución: Partiendo del problema anterior: A tpq = rjk A rt A jp A kq y multiplicando ambos lados por tpq , resulta: A tpq tpq = rjk tpq A rt A jp A kq
(1.30)
Utilizando la propiedad tpq tpq = δ tt δ pp − δ tp δ tp = δ tt δ pp − δ tt = 6 . Luego, la relación (1.30) resulta: A =
1 rjk tpq A rt A jp A kq 6
Q.E.D.
Ejemplo 1.48 Demostrar que la siguiente propiedad es válida:
[
r r r r r r r r r r r r (B ⋅ a) ⋅ (b ∧ c) − (B ⋅ b) ⋅ (a ∧ c) + (B ⋅ c ) ⋅ (a ∧ b) = Tr (B) a ⋅ (b ∧ c)
]
(1.31)
Solución: El lado derecho de la ecuación en notación indicial queda:
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r
r
31
r
ijk (B ⋅ a) i b j c k − ijk (B ⋅ b) i a j c k + ijk (B ⋅ c ) i a j b k = ⇒= ijk [(B i1a1 + B i 2 a 2 + B i 3 a 3 )b j c k − (B i1b1 + B i 2 b 2 + B i 3b 3 )a j c k + + (B i1 c 1 + B i 2 c 2 + B i 3 c 3 )a j b k ] ⇒= ijk [(B i1a1b j c k + B i 2 a 2 b j c k + B i 3 a 3b j c k ) − (B i1b1 a j c k + B i 2 b 2 a j c k + B i 3b 3 a j c k ) + + (B i1 c 1 a j b k + B i 2 c 2 a j b k + B i 3 c 3 a j b k )] ⇒= ijk [B i1 (a1b j c k − b1a j c k + c 1a j b k ) + B i 2 (a 2 b j c k − b 2 a j c k + c 2 a j b k ) + + B i 3 (a 3b j c k − b 3 a j c k + c 3 a j b k )]
⇒= (1 jk B 11 + 2 jk B 21 + 3 jk B 31 )(a1b j c k − b1a j c k + c 1 a j b k ) + + (1 jk B 12 + 2 jk B 22 + 3 jk B 32 )(a 2 b j c k − b 2 a j c k + c 2 a j b k ) +
(1.32)
+ (1 jk B 13 + 2 jk B 23 + 3 jk B 33 )(a 3b j c k − b 3 a j c k + c 3 a j b k )
Notar que: a1 a 2 1 jk (a1b j c k − b1a j c k + c 1a j b k ) = b1 b 2 c1
c2
a3 b 3 = ijk a i b j c k c3
2 jk (a1b j c k − b1a j c k + c 1a j b k ) = 3 jk (a1b j c k − b1a j c k + c 1a j b k ) = 0 Con lo cual la ecuación (1.32) queda:
[
r r r B 11 ijk a i b j c k + B 22 ijk a i b j c k + B 33 ijk a i b j c k = (B 11 + B 22 + B 33 ) ijk a i b j c k = Tr (B) a ⋅ (b ∧ c )
Notar que también se cumple que:
[
r r r r r r r r r r r r (B T ⋅ a) ⋅ (b ∧ c ) − (B T ⋅ b) ⋅ (a ∧ c ) + (B T ⋅ c ) ⋅ (a ∧ b) = Tr (B) a ⋅ (b ∧ c )
]
]
ya que Tr (B) = Tr (B T ) . También es válido que:
[
r r r r r r r r r r r r (B ⋅ a) ⋅ (b ∧ c ) + a ⋅ ((B ⋅ b) ∧ c) + a ⋅ (b ∧ (B ⋅ c )) = Tr (B) a ⋅ (b ∧ c ) r r r r r r r r r r r r ⇒ [(B ⋅ a), b, c ] + [a, (B ⋅ b), c ] + [a, b, (B ⋅ c )] = I B [a, b, c ]
]
(1.33)
Ejemplo 1.49 Demostrar que la siguiente propiedad es válida:
[
]
[
r r r r r r ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) = det ( A ) a ⋅ (b ∧ c ) r
r
]
(1.34) r
donde A es un tensor de segundo orden no-singular, y a , b y c son vectores linealmente independientes. Solución: A tensor no-singular ⇒ det( A ) ≡ A ≠ 0 r r r r r r a , b , c linealmente independientes ⇒ a ⋅ b ∧ c ≠ 0 .
(
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)
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32
r
(r r )
Escribimos el triple producto escalar en notación indicial, i.e. a ⋅ b ∧ c = ijk a i b j c k , y multiplicamos por ambos lados de la igualdad por el determinante del tensor A , resultando:
(
)
r r r a ⋅ b ∧ c A = ijk a i b j c k A
Fue demostrado en el Ejemplo 1.47 que se cumple que A ijk = pqr A pi A qj A rk , con lo cual:
(
)
r r r a ⋅ b ∧ c A = ijk a i b j c k A = pqr A pi A qj A rk a i b j c k = pqr ( A pi a i )( A qj b j )( A rk c k ) r r r = ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c )
[
]
Ejemplo 1.50 Demostrar que:
(
)
r r r r det µ 1 + αa ⊗ b = µ 3 + µ 2 α a ⋅ b r
(1.35)
r
donde α y µ son escalares, a y b son vectores y 1 es el tensor identidad de segundo orden. Solución: Si denotamos por A ij µδ ij + αa i b j , el determinante de A viene dado por A = ijk A i1 A j 2 A k 3 , donde A i1 = µδ i1 + αa i b1 , A j 2 = µδ
+ αa j b 2 y A k 3 = µδ k 3 + αa k b 3 ,
j2
luego podemos decir que:
(
)
r r det µ 1 + αa ⊗ b = ijk (µδ i1 + αa i b1 ) µδ
(
j2
)
+ αa j b 2 (µδ k 3 + αa k b 3 )
(1.36)
Desarrollando la expresión (1.36) obtenemos que:
(
)
[
r r det µ 1 + αa ⊗ b = ijk µ 3 δ i1δ j 2 δ k 3 + µ 2 αa k b 3 δ i1δ j 2 + µ 2 αa j b 2 δ i1δ k 3 + µ 2 αa i b 1δ j 2 δ k 3 + + µα a j b 2 a k b 3 δ i1 + µα 2 a i a k b 1b 3 δ 2
j2
+ µα 2 a i a j b1b 2 δ k 3 + α 3 a i a j a k b1b 2 b 3
]
Observemos que: µ 3 ijk δ i1δ j 2 δ k 3 = µ 3 123 = µ 3
µ 2 α ( ijk a k b 3δ i1δ j 2 + ijk a j b 2 δ i1δ k 3 + ijk a i b1δ j 2 δ k 3 ) =
r r
µ 2 α (12 k a k b 3 + 1 j 3 a j b 2 + i 23 a i b1 ) = µ 2 α (a 3b 3 + a 2 b 2 + a1b1 ) = µ 2 α (a k b k ) = µ 2 α (a ⋅ b) ijk a i a k b1b 3 δ j 2 = i 2 k a i a k b1b 3 = a1a 3b1b 3 − a 3 a1b1b 3 = 0 ijk a i a j b1b 2 δ k 3 = ij 3 a i a j b1b 2 = 123 a1 a 2 b1b 2 − 213 a 2 a1b1b 2 = 0 ijk a i a j a k b1b 2 b 3 = 0 Notar que no hacía falta expandir los términos ijk a i a k b1b 3δ j 2 , ijk a i a j b1b 2 δ k 3 , ijk a i a j a k b1b 2 b 3 , para saber que son iguales a cero, ya que r
r
ijk a i a k b1b 3 δ j 2 = (a ∧ a) j b1b 3 δ j 2 = 0 y análogamente para los otros términos. Con lo que hemos demostrado que:
(
)
r r r r det µ 1 + αa ⊗ b = µ 3 + µ 2 α a ⋅ b
Para µ = 1 tenemos que:
(
Q.E.D.
)
r r r r det 1 + αa ⊗ b = 1 + α a ⋅ b
Análogamente, se puede demostrar que:
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(
33
)
r r det αa ⊗ b = α 3 ijk a i a j a k b1b 2 b 3 = 0
NOTA: Podemos extrapolar la expresión (1.35) de tal forma que:
(
)
det µ I sym + αA ⊗ B = µ 3 + µ 2 α A : B
(1.37)
donde I sym es el tensor identidad de cuarto orden simétrico, A y B son tensores de segundo orden. Notar que det ( I sym ) = (1) 3 + (1) 2 (0)(0 : 0 ) = 1 y det (1 ⊗ 1) = (0) 3 + (0) 2 (1)(1 : 1) = 0 . Ejemplo 1.51 r
r
r
r
Dado un tensor A , demostrar que existe un vector no nulo n ≠ 0 tal que A ⋅ n = 0 si y solo si det ( A ) = 0 , Chadwick (1976). Solución: Partimos del hecho que det ( A ) ≡ A = 0 y también escogemos una base arbitraria r r r {f , g, h} (linealmente independiente): r r r r r r f ⋅ g ∧ h A = ( A ⋅ f ) ⋅ ( A ⋅ g) ∧ ( A ⋅ h)
(
[
)
]
(ver Ejemplo 1.49)
Por el hecho que det ( A ) ≡ A = 0 , eso implica que:
[
]
r r r ( A ⋅ f ) ⋅ ( A ⋅ g) ∧ ( A ⋅ h) = 0 r r r Con lo cual concluimos que los vectores ( A ⋅ f ) , ( A ⋅ g) , ( A ⋅ h) son linealmente dependientes. Esto implica que existen escalares no nulos α ≠ 0 , β ≠ 0 , γ ≠ 0 tal que: r r r r α ( A ⋅ f ) + β ( A ⋅ g) + γ ( A ⋅ h) = 0 r r r r ⇒ A ⋅ αf + β g + γ h = 0 r r ⇒ A ⋅n = 0 r r r r r donde n = αf + β g + γh ≠ 0 . r r r Ahora escogemos dos vectores k , m que no son linealmente dependientes con n y r r r r r r reemplazamos esta base {k , m, n} en lugar de los vectores {a, b, c} : r r r r r r k ⋅ m ∧ h A = ( A ⋅ k ) ⋅ [( A ⋅ m) ∧ ( A ⋅ n)] r r r r r r r r Considerando que A ⋅ n = 0 y que k ⋅ m ∧ h ≠ 0 , ya que la base {k , m, n} está constituida por
(
(
)
)
(
)
vectores linealmente independientes, obtenemos que:
(
)
r r r k⋅ m∧h A =0 14243 ≠0
⇒
A =0
Q.E.D.
Ejemplo 1.52 Sea un tensor de segundo orden arbitrario F . Demostrar que los tensores resultantes C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son tensores simétricos y semi-definidos positivos. Verificar también en que condiciones C y b son tensores definidos positivos. Solución: Para demostrar que los tensores son simétricos, tenemos que demostrar que C = C T y b = bT :
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34
C T = (F T ⋅ F )T = F T ⋅ (F T )T = F T ⋅ F = C b T = (F ⋅ F T ) T = (F T )T ⋅ F T = F ⋅ F T = b
(simetría)
Con lo cual hemos demostrado que los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son simétricos. Para demostrar que los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son semi-definidos positivos, partimos de la definición de un tensor semi-definido positivo, es decir, un tensor A es semir r r r definido positivo si se cumple que x ⋅ A ⋅ x ≥ 0 , para todo x ≠ 0 . Luego: r r r r x ⋅ C ⋅ x = x ⋅ (F T ⋅ F ) ⋅ x r r = (F ⋅ x ) ⋅ (F ⋅ x ) r 2 = F ⋅x ≥0
r r r r x ⋅ b ⋅ x = x ⋅ (F ⋅ F T ) ⋅ x r r = (F T ⋅ x ) ⋅ (F T ⋅ x ) r 2 = FT ⋅x ≥0
En notación indicial: = x i ( Fki Fkj ) x j = ( Fki x i )( Fkj x j )
x i C ij x j
= Fki x i
2
x i bij x j
≥0
= x i ( Fik F jk ) x j = ( Fik x i )( F jk x j ) = Fik x i
2
≥0
Con lo cual demostramos que C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son semi-definidos positivos. r
r
r
r
r
Observemos que x ⋅ C ⋅ x = F ⋅ x r
r
r
r
r
solo será igual a cero, con x ≠ 0 , si F ⋅ x = 0 , y por
2
r
definición F ⋅ x = 0 con x ≠ 0 , si y solo si det ( F ) = 0 , ver Ejemplo 1.51. Luego, los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T serán tensores definidos positivos si y solo si det ( F ) ≠ 0 . Ejemplo 1.53
r
r
r
r
r
r
Consideremos los siguientes vectores dX (1) , dX ( 2) , dX (3) , dx (1) , dx ( 2) , dx (3) , en el cual están r r r r relacionados entre si a través de las transformaciones dx (1) = F ⋅ dX (1) , dx ( 2) = F ⋅ dX ( 2) , r r dx (3) = F ⋅ dX (3) , donde F es un tensor de segundo orden no-singular y ∃F −1 . a.1) Obtener la relación entre los escalares dV y dV0 en función de F , sabiendo que r r r r r r dV = dx (1) ⋅ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) ≠ 0 , dV0 = dX (1) ⋅ (dX ( 2 ) ∧ dX (3) ) ≠ 0 . a.2) Obtener la relación entre r r r r r r r r c = dX ( 2 ) ∧ dX (3) ≠ 0 y c * = dx ( 2 ) ∧ dx (3) ≠ 0 . Solución a.1) Teniendo en cuenta el enunciado se cumple que:
[
r r r r r r dV = dx (1) ⋅ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) = ( F ⋅ dX (1) ) ⋅ ( F ⋅ dX ( 2 ) ) ∧ ( F ⋅ dX (3) )
]
Recordar que en el Ejemplo 1.49 hemos demostrado que
(
)
[
]
r r r r r r a ⋅ b ∧ c A = ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) r r r r r r ⇒ dX (1) ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3) F = ( F ⋅ dX (1) ) ⋅ ( F ⋅ dX ( 2 ) ) ∧ ( F ⋅ dX (3) )
(
)
[
]
Con eso concluimos que:
[
r r r r r r dV = dx (1) ⋅ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) = ( F ⋅ dX (1) ) ⋅ ( F ⋅ dX ( 2 ) ) ∧ ( F ⋅ dX (3) ) r r r = F dX (1) ⋅ (dX ( 2) ∧ dX (3) )
[
]
]
Luego: dV = F dV0
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35
a.2) Teniendo en cuenta la ecuación anterior, podemos obtener que: dV = F dV 0 r r r r r r r r r ⇒ dx (1) ⋅ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) = F dX (1) ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3) = F ( F −1 ⋅ dx (1) ) ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3) r r r r r r ⇒ dx (1) ⋅ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) = dx (1) ⋅ F F −T ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3) r r r r ⇒ (dx ( 2 ) ∧ dx (3) ) = F F −T ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3) r r ⇒ c * = F F −T ⋅ c
[
r
(
[
[
]
[
])
]
]
r
NOTA 1: Notar que c * ≠ F ⋅ c . Podemos reescribir la ecuación anterior como
[
] [
r r r r dx ( 2 ) ∧ dx (3) = F F −T ⋅ dX ( 2) ∧ dX (3) r r r r ⇒ ( F ⋅ dX ( 2 ) ) ∧ ( F ⋅ dX (3) ) = F F −T ⋅ dX ( 2 ) ∧ dX (3)
]
El tensor F F −T es conocido como tensor cofactor de F , i.e. cof ( F ) = F F −T , con eso definimos la inversa de un tensor como: cof ( F ) = F F −T
⇒
[F F ]
−T T
= [cof ( F )]
T
⇒
F F −1 = [cof ( F )]
T
1 [cof (F )]T = 1 [adj(F )] F F
⇒ F −1 =
r r dx (1) = F ⋅ dX (1)
F
r dX (1) r dX ( 3 )
r r r c = dX ( 2) ∧ dX (3)
r r r c * = dx ( 2 ) ∧ dx ( 3 )
r r c* ≠ F ⋅c r r c * = [cof ( F )] ⋅ c
r r dx (3) = F ⋅ dX (3)
dV = F dV0
r dX ( 2 ) r r r dV0 = dX (1) ⋅ (dX ( 2 ) ∧ dX (3) ) ≠ 0
F
r r dx ( 2 ) = F ⋅ dX ( 2 ) r dV = dx (1)
−1
⋅ (dx ( 2) ∧ dx (3) ) ≠ 0 r
r
NOTA 2: Vamos considerar un tensor de segundo orden F = A ⋅ B , y tres vectores tal que r r r r r r r r r a ⋅ (b ∧ c ) ≠ 0 , y a * = B ⋅ a , b * = B ⋅ b , c * = B ⋅ c , luego, aplicando las definiciones anteriores podemos decir que:
[
r r r r r r F a ⋅ (b ∧ c ) = ( F ⋅ a ) ⋅ ( F ⋅ b ) ∧ ( F ⋅ c )
]
[
r r r = ( A ⋅ B ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ B ⋅ b) ∧ ( A ⋅ B ⋅ c) r r r = ( A ⋅ a*) ⋅ ( A ⋅ b*) ∧ ( A ⋅ c*) r r r = A a * ⋅ (b * ∧ c * ) r r r = A (B ⋅ a ) ⋅ (B ⋅ b ) ∧ (B ⋅ c ) r r r = A B a ⋅ (b ∧ c )
[
]
[
]
]
Con lo cual concluimos que: si F = A ⋅ B se cumple que F = A ⋅ B = A B .
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36
Ejemplo 1.54 Demostrar que si A y B son tensores ortogonales, el tensor resultante de la operación C = A ⋅ B resulta ser otro tensor ortogonal. Solución: Por definición, un tensor ( C ) es ortogonal cuando se cumple que C −1 = C T : C −1 = ( A ⋅ B) −1 = B −1 ⋅ A −1 = B T ⋅ A T = ( A ⋅ B) T = C T
Q.E.D.
Ejemplo 1.55 Demostrar que adj( A ⋅ B) = adj(B) ⋅ adj( A ) y cof( A ⋅ B) = [cof( A )] ⋅ [cof(B)] . Solución: Partiendo de la propia definición de la inversa podemos decir que: B −1 ⋅ A −1 =
[adj(B)] ⋅ [adj(A )] B
A
⇒ A B B −1 ⋅ A −1 = [adj(B)] ⋅ [adj( A )] = [cof(B)]
T
⇒ A B (A ⋅ B ) = [adj(B)] ⋅ [adj( A )] = −1
⇒AB
⋅ [cof( A)]T
( [cof(A)]⋅ [cof(B)] )
T
(1.38)
[adj(A ⋅ B)] = [adj(B)] ⋅ [adj(A)] = ([cof(A)] ⋅ [cof(B)])T A ⋅B
⇒ adj( A ⋅ B) = [adj(B)] ⋅ [adj( A )] = ([cof( A )] ⋅ [cof(B)])
T
donde hemos utilizado la propiedad que A ⋅ B = A B . Además teniendo en cuenta la definición de adjunta y cofactor concluimos que: adj( A ⋅ B) = ([cof( A ⋅ B)]) = ([cof( A )] ⋅ [cof(B)]) ⇒ [cof( A ⋅ B)] = [cof( A )] ⋅ [cof(B)] T
T
(1.39)
Ejemplo 1.56 Demostrar que: r r r r ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b) = [cof( A )] ⋅ (a ∧ b)
(1.40)
Solución: Partiendo de la relación A tpq = rjk A rt A jp A kq (ver Ejemplo 1.46), y multiplicando ambos lados por a t b p , resultando: A tpq a t b p = rjk A rt A jp A kq a t b p = rjk ( A rt a t )( A jp b p ) A kq
Multiplicamos ambos lados por A −qs1 obtenemos que: A tpq a t b p A −qs1 = rjk ( A rt a t )( A jp b p ) A kq A −qs1 = rjk ( A rt a t )( A jp b p )δ ks = rjs ( A rt a t )( A jp b p ) −1 Notar que A qs =
[cof ( A )] sq A
, con lo cual la ecuación anterior queda:
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−1 A tpq a t b p A qs = A tpq a t b p
[cof ( A )] sq A
37
= [cof ( A )] sq tpq a t b p = rjs ( A rt a t )( A jp b p )
r r r r ⇒ [cof( A )] ⋅ (a ∧ b) = ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b)
Ejemplo 1.57 Demostrar que:
[
]
[
]
[
]
[
r r r r r r r r r r r r a ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ b ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ c = Tr ([cof ( A )]) a ⋅ (b ∧ c )
]
(1.41) Solución:
r
r
r
r
En el ejemplo anterior hemos demostrado que [cof( A )] ⋅ (a ∧ b) = ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b) , luego se cumplen que:
[
]
[
]
r r r r r r a ⋅ [cof( A )] ⋅ (b ∧ c ) = a ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) r r r r r r r r r − b ⋅ [cof( A )] ⋅ (a ∧ c ) = −b ⋅ [( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ c ) ] = ( A ⋅ a) ⋅ b ∧ ( A ⋅ c ) r r r r r r r r r c ⋅ [cof( A )] ⋅ (a ∧ b) = c ⋅ ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b) = ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ c
[
[
]
]
Sumando las relaciones anteriores, podemos obtener que:
r r r r r r r r r a ⋅ [cof( A )] ⋅ (b ∧ c ) − b ⋅ [cof( A )] ⋅ (a ∧ c ) + c ⋅ [cof( A )] ⋅ (a ∧ b) = r r r r r r r r r = a ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ b ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ c
[
]
[
]
[
Según el Ejemplo 1.48 se cumple que:
]
([cof( A)] ⋅ ar )⋅ (b ∧ cr ) − ([cof( A)] ⋅ b)⋅ (ar ∧ cr ) + ([cof( A)] ⋅ cr )⋅ (ar ∧ b) = Tr ([cof( A)])[rcr ⋅ (ar ∧ b)] r
T
T
r
r
T
r
r r = II A [c ⋅ (a ∧ b)]
donde II A = Tr [cof( A )] es el segundo invariante principal de A . Con lo cual demostramos que:
[
]
[
]
[
]
[
r r r r r r r r r r r r a ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ b ∧ ( A ⋅ c ) + ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ c = II A a ⋅ (b ∧ c )
]
NOTA 1: Podemos resumir que:
[
] [
] [ ] (ver Ejemplo 1.48) r r r r r r r r r r r r a ⋅ [( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c)] + ( A ⋅ a) ⋅ [b ∧ ( A ⋅ c )] + ( A ⋅ a) ⋅ [( A ⋅ b) ∧ c ] = II [a ⋅ (b ∧ c )] r r r r r r ( A ⋅ a) ⋅ [( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c )] = III [a ⋅ (b ∧ c )] (ver Ejemplo 1.49) r r r r r r r r r r r r ( A ⋅ a) ⋅ (b ∧ c) + a ⋅ ( A ⋅ b) ∧ c ) + a ⋅ b ∧ ( A ⋅ c ) = I A a ⋅ (b ∧ c )
A
A
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(1.42) (1.43) (1.44)
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38
r
r
r r r
r
donde I A = Tr (A ) , II A = Tr ([cof( A )]) , III A = det (A ) . Utilizando a ⋅ (b ∧ c ) ≡ [a, b, c ] como notación, las ecuaciones anteriores pueden ser escritas como: r r r r r r r r r r r r [( A ⋅ a), b, c ] + [a, ( A ⋅ b), c] + [a, b, ( A ⋅ c )] = I A [a, b, c ] r r r r r r r r r r r r [a, ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ a), b, ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ a), ( A ⋅ b), c ] = II A [a, b, c] r r r r r r [( A ⋅ a), ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] = III A [a, b, c ] r
r
r
r r r
NOTA 2: Si consideramos tres vectores linealmente independientes [a ⋅ (b ∧ c )] ≡ [a, b, c ] ≠ 0 , y tres vectores tal que: r r r r f = α 1a + α 2 b + α 3 c r r r r g = β 1 a + β 2 b + β 3 c r r r r h = γ 1 a + γ 2 b + γ 3 c
r f α r 1 g = β 1 r γ h 1
⇒
r
α 2 α 3 ar β 2 β 3 b r γ 2 γ 3 c
(1.45)
Según la regla de Cramer, (ver Ejemplo 1.16), se cumple que:
r r r r r r r r r r r r f ⋅ (b ∧ c ) [ f , b, c ] [a, f , c ] [a, b, f ] ; ; α1 = r r r ≡ r r r α2 = r r r α3 = r r r a ⋅ (b ∧ c ) [a, b, c ] [a, b, c ] [a, b, c ] r r r r r r r r r [g, b, c ] [a, g, c ] [a, b, g] ; ; β1 = r r r β2 = r r r β3 = r r r [a, b, c ] [a, b, c ] [a, b, c ] r r r r r r r r r [h, b, c ] [a, h, c ] [a, b, h] ; ; γ1 = r r r γ2 = r r r γ3 = r r r [a, b, c ] [a, b, c ] [a, b, c ] r r r r r r Desarrollando el triple producto escalar [ f ⋅ (g ∧ h)] ≡ [f , g, h] , podemos obtener que:
α 1 β 1 γ 1
r r r [ f ⋅ (g ∧ h)] =
α2 α3 r r r β 2 β 3 [a, b, c ] γ 2 γ 3
r r r r r r r r r [ f , b, c ] [a, f , c ] [a, b, f ] r r r r r r r r r r r r r r r 1 [ g , b , c ] [ a , g , c ] [ a , b , g ] [ a , b , c ] [ a , b, c ] r = P r r r r r r r r [a, b, c ] r r r [h, b, c ] [a, h, c ] [a, b, h]
=
donde r r r
r r r
r r r
[ f , b, c ] [a, f , c ] [a, b, f ] α2 α3 r r r r r r r r r 1 β 2 β 3 = r r r [gr , br , c ] [a, gr , c ] [a, br , gr ] r r r r γ 2 γ 3 [a, b, c ] [h, b, c ] [a, h, c ] [a, b, h]
α 1 P = β 1 γ 1
r
r
r
r
r
(1.46)
r
Para el caso cuando f = A ⋅ a , g = A ⋅ b , h = A ⋅ c , los invariantes principales de P vienen dados por:
(
)
r r r r r r r r r 1 I P = Tr ( P ) = r r r [ A ⋅ a, b, c] + [a, A ⋅ b, c] + [a, b, A ⋅ c ] = I A [a, b, c]
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1 II P = r r r ([a, b, c ]) 2
39
r r r r r r r r r r r r r r r r r r [a , c ] [a, b, A ⋅ b] [ A ⋅ a, b, c ] [a, b, A ⋅ a] [ A ⋅ a, b, c ] [a, A ⋅ a, c] r, A ⋅ b r r r r r r r r + r r r r r r + r [a, A ⋅ cr , cr ] [a , b, A ⋅ c ] [ A ⋅ c, b, c] [a, b, A ⋅ c ] [ A ⋅ b, b, c ] [a, A ⋅ b, c ]
= II A III P = III A = det (A )
NOTA 3: Consideremos el sistema Cartesiano donde r r a = a1eˆ 1 + a 2 eˆ 2 + a 3 eˆ 3 a a a a eˆ 1 2 3 r r 1 ˆ ˆ ˆ ˆ b b e b e b e b b b b = = + + ⇒ 1 1 1 2 2 3 3 2 3 e 2 r cr c c c 3 eˆ 3 c = c 1eˆ 1 + c 2 eˆ 2 + c 3 eˆ 3 2 1 r r r Consideremos también que f = eˆ 1 , g = eˆ 2 , h = eˆ 3 , luego, teniendo en cuenta la ecuación
anterior y la ecuación (1.45) podemos concluir que: r f α 1 r g = β 1 r γ h 1
r
α 2 α 3 ar β 2 β 3 b r γ 2 γ 3 c
⇒
1 0 0 eˆ 1 α 1 0 1 0 eˆ = β 2 1 0 0 1 eˆ 3 γ 1
α 2 α 3 a1 a 2 a 3 eˆ 1 β 2 β 3 b1 b 2 b 3 eˆ 2 γ 2 γ 3 c 1 c 2 c 3 eˆ 3
luego α 1 β 1 γ 1
α 2 α 3 a 1 a 2 a 3 1 0 0 β 2 β 3 b1 b 2 b 3 = 0 1 0 γ 2 γ 3 c 1 c 2 c 3 0 0 1
⇒
α 1 β 1 γ 1
α 2 α 3 a1 a 2 a 3 β 2 β 3 = b1 b 2 b 3 γ 2 γ 3 c 1 c 2 c 3
−1
con lo cual podemos obtener la inversa de un tensor. Consideremos el tensor A cuyas componentes son: A 11 A ij = A 21 A 31
A 12 A 22 A 32
A 13 a1 A 23 = b1 A 33 c 1
a2 b2 c2
a3 b 3 c 3
r r r A = [a, b, c ]
⇒
Luego, la inversa P = A −1 , (ver ecuación (1.46)) resulta: A −1
r r r r r r r r r [ f , b, c ] [a, f , c ] [a, b, f ] r r r r r r r r r 1 = r r r [g, b, c ] [a, g, c ] [a, b, g] r r r r r r [a, b, c ] r r r [h, b, c ] [a, h, c ] [a, b, h]
1 b1 c1 0 1 b1 = A c1 0 b1 c 1
0
0
a1
a2
a3
b2
b3
1
0
0
c2
c3
c1
c2
c3
1
0
a1
a2
a3
b2 c2
b3 c3
0 c1
1 c2
0 c3
0 b2
1 b3
a1 0
a2 0
a3 1
c2
c3
c1
c2
c3
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a 3 b1 b 2 b 3 b2 1 0 0 c2 a1 a 2 a 3 1 b1 b1 b 2 b 3 = − A c1 0 1 0 b1 a1 a 2 a 3 c 1 b1 b 2 b 3 0 0 1 a1
a2
Draft
b3 c3
−
a2
a3
c2
c3
b3
a1
a3
c3
c1
c3
b2 c2
−
a1 c1
a2 c2
a3 b2 b3 a1 a 3 − b1 b 3 a1 a 2 b1 b 2 a2
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40
Teniendo en cuenta que A −1 =
[cof( A )]ij
b 2 c2 b = − 1 c 1 b1 c 1
b3
−
c3
1 [cof( A )]T = 1 [adj( A )] , podemos concluir que: A A
a2
a3
c2
c3
b3
a1
a3
c3
c1
c3
b2
−
c2
a1
a2
c1
c2
T
b a3 2 b2 b3 c2 a a1 a 3 = − 2 − c2 b1 b 3 a2 a1 a 2 b1 b 2 b 2 a2
b3
−
c3
b1
b3
c1
c3
a3
a1
a3
c3
c1
c3
a3 b3
−
a1 b1
a3 b3
b2 c1 c 2 a1 a 2 − c1 c 2 a1 a 2 b1 b 2 b1
Notar que el coeficiente de la matriz anterior, [cof(A )]ij , es obtenido al resolver el determinante de la matriz resultante al eliminar la fila i th y la columna j th , y cuyo resultado multiplicamos por (−1) i + j , por ejemplo:
[cof(A)]12 = (−1)
1+ 2
a1 a 2 b1 b 2 c1
c2
a3 b b3 b3 = − 1 c1 c 3 c3
Ejemplo 1.58 Dados los escalares I C , II C , III C en función de los escalares I E , II E , III E : I C = 2I E + 3 II C = 4 I E + 4 II E + 3 III C = 2 I E + 4 II E + 8 III E + 1
(1.47)
Obtener la forma inversa, i.e. obtener I E , II E , III E en función de I C , II C , III C . Solución: Las ecuaciones en (1.47) pueden ser reestructuradas como sigue: I C 2 0 0 I E 3 II C = 4 4 0 II E + 3 III 2 4 8 III 1 E C
⇒
−1
2 0 0 I E I C 3 4 4 0 II = II − 3 E C 2 4 8 III E III C 1 −1
2 0 0 2 0 0 I E 2 0 0 I C 3 ⇒ 4 4 0 4 4 0 II E = 4 4 0 II C − 3 2 4 8 2 4 8 III E 2 4 8 III C 1 −1
I E 2 0 0 I C − 3 II E = 4 4 0 II C − 3 III 2 4 8 III − 1 C E
donde
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1 TENSORES
A
−1
2 0 0 = 4 4 0 2 4 8
−1
=
1
A
[cof( A )]T
4 4 1 0 = − 64 4 0 4
41
0
−
8 0 8
T
4 4 1 2 4 2 −1 2 0 − = 2 4 2 1 2 0 8 4 4
4 0 2 8 2 0 2 8
0
−
0
2 0 4 0
0 1 4 −1 8
0 0 1 8
con lo cual, los escalares I E , II E , III E puede ser obtenidos como: I E 2 0 0 II E = 4 4 0 III 2 4 8 E
−1
1 I 3 − 2 C −1 II C − 3 = III − 1 2 1 C 8
1 0 2 ( I C − 3) IC − 3 1 0 II C − 3 = ( −2 I C + II C + 3) 4 1 III C − 1 1 8 ( I C − II C + III C − 1) 8
0 1 4 −1 8
1.5 Descomposición Aditiva de Tensores Ejemplo 1.59 Encontrar un tensor de cuarto orden P tal que se cumpla que P : A = A dev , donde A es un tensor de segundo orden. Solución: Teniendo en cuenta la descomposición aditiva de un tensor en una parte esférica y otra desviadora, podemos obtener que: A = A esf + A dev =
Tr ( A ) 1 + A dev 3
⇒
A dev = A −
Tr ( A ) 1 3
Recurriendo a la definición de los tensores identidades de cuarto órdenes definidos por: I = 1⊗1 = δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
(1.48)
I = 1⊗1 = δ il δ jk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
(1.49)
I = 1 ⊗ 1 = δ ij δ kl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l
(1.50)
donde se cumple que:
(
)(
)
I : A = δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l : A pq eˆ p ⊗ eˆ q = δ ik δ = δ ik δ jl A kl eˆ i ⊗ eˆ j = A ij eˆ i ⊗ eˆ j = A
(
(
)
(
)
)( (
)
jl A pq
δ kpδ lq (eˆ i ⊗ eˆ j )
(
I : A = δ ijδ kl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l : A pq eˆ p ⊗ eˆ q = δ ijδ kl A pqδ kpδ lq eˆ i ⊗ eˆ j = δ ijδ kl A kl eˆ i ⊗ eˆ j = A kk δ ij eˆ i ⊗ eˆ j = Tr ( A )1
(
)
)
)
(1.51) (1.52)
Entonces, podemos decir que: A dev = A −
Tr ( A ) 1 1 1 1 = I : A − I : A = I − I : A = I − 1 ⊗ 1 : A 3 3 3 3
Con lo cual, concluimos que:
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42
1 P = I − 1 ⊗1 3
El tensor P es conocido como tensor proyección de cuarto orden, Holzapfel (2000).
1.6 Ley de Transformación. Invariantes. Ejemplo 1.60 Bajo una transformación de base eˆ ′i = a ij eˆ j y considerando que las componentes de un tensor de segundo orden en esta nueva base vienen dadas por: Tij′ = a ik a jl Tkl
Demostrar que: a) Tii′ = Tkk = Tr (T ) ; b) Tij′ T ′ji = Tkl Tlk ; c) det ( T ′) = det ( T ) Solución: =j a) Tij′ = a ik a jl Tkl i→ Tii′ = a ik a il Tkl = δ kl Tkl = Tkk = Tll
b) Tij′ T ′ji = (a ik a jl Tkl )(a jp a iq T pq ) = a ik a iq a jl a jp Tkl T pq = δ kq δ lp Tkl T pq = Tqp T pq = Tkl Tlk 123 123 =δ kq
=δ lp
con lo cual hemos demostrado que Tr ( T 2 ) = Tr ( T ⋅ T ) = Tij T ji c) det ( Tij′ ) = det(a ik a jl Tkl ) = det (a ik )det (a jl )det ( Tkl ) = det( Tkl ) 1 424 31 424 3 =1
=1
Hemos demostrado que Tkk = Tr ( T ) , Tkl Tlk = Tr ( T ⋅ T ) y det ( T ) son invariantes. Ejemplo 1.61 Bajo la transformación de base eˆ ′i = a ij eˆ j y de las componentes del tensor de segundo orden simétrico T en esta nueva base Tij′ = a ik a jl Tkl . Mostrar que I T , II T , III T son invariantes: I T = Tr ( T ) = Tii
;
II T =
{
}
1 2 I T − Tr ( T 2 ) 2
;
III T = det ( T )
Solución: =j a) Tij′ = a ik a jl Tkl i→ Tii′ = a ik a il Tkl = δ kl Tkl = Tkk = Tll
b) Como ya hemos demostrado que I T es un invariante, para demostrar que II T es invariante es suficiente demostrar que Tr ( T 2 ) = Tr ( T ⋅ T ) = Tij T ji es un invariante. Tij′ T ′ji = (a ik a jl Tkl )(a jp a iq T pq ) = a ik a iq a jl a jp Tkl T pq = δ kq δ lp Tkl T pq = Tqp T pq = Tkl Tlk 123 123 =δ kq
=δ lp
con lo cual, demostramos que Tr ( T 2 ) = Tr ( T ⋅ T ) = Tij T ji es un invariante. c) det ( Tij′ ) = det(a ik a jl Tkl ) = det (a ik )det (a jl )det ( Tkl ) = det( Tkl ) 1 424 31 424 3 =1
=1
Acabamos de demostrar que Tkk = Tr ( T ) , Tkl Tlk = Tr ( T ⋅ T ) , det ( T ) son invariantes.
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Ejemplo 1.62 Demostrar que las siguientes relaciones son invariantes: C12 + C 22 + C 32
C13 + C 23 + C 33
;
;
C14 + C 24 + C 34
donde C1 , C 2 , C 3 son los autovalores del tensor de segundo orden C . Solución: Cualquier combinación de los invariantes principales será un invariante. Intentaremos expresar las relaciones anteriores en función de los invariantes principales. Consideremos la siguiente relación:
(
)
I C2 = (C1 + C 2 + C 3 ) = C12 + C 22 + C 32 + 2 C1 C 2 + C1 C 3 + C 2 C 3 ⇒ C12 + C 22 + C 32 = I C2 − 2 II C 1444424444 3 2
II C
Comprobando que C12 + C 22 + C 32 es un invariante. Análogamente podemos obtener las demás relaciones, con lo cual resumimos a continuación: C1 + C 2 + C3 = I C C12 + C 22 + C32 = I C2 − 2 II C C13 + C 23 + C33 = I C3 − 3 II C I C + 3 III C C14 + C 24 + C34 = I C4 − 4 II C I C2 + 4 III C I C + 2 II C2 C15 + C 25 + C35 = I C5 − 5 II C I C3 + 5 III C I C2 + 5 II C2 I C − 5 III C II C
Notar que también se cumple que:
(
)
(
)
(
)
(
C1n +1 + C 2n +1 + C3n +1 = C1n + C 2n + C3n I C − C1 C 2n −1 + C3n−1 − C 2 C1n−1 + C3n−1 − C3 C1n −1 + C 2n−1
)
Ejemplo 1.63 Demostrar que, si un tensor de segundo orden simétrico T tiene tres autovalores reales y distintos, el espacio principal de T está formado por una base ortonormal. Solución: Retomando la definición de autovalores dada por T ⋅ nˆ ( a ) = λ a nˆ ( a ) (índice a no indica suma), si λ 1 , λ 2 , λ 3 (con λ 1 ≠ λ 2 ≠ λ 3 ) son los autovalores del tensor de segundo orden T luego, se cumple que: T ⋅ nˆ (1) = λ 1nˆ (1)
;
T ⋅ nˆ ( 2 ) = λ 2 nˆ ( 2)
;
T ⋅ nˆ (3) = λ 3 nˆ (3)
(1.53)
Podemos multiplicar la primera expresión por nˆ ( 2) y a la segunda por nˆ (1) resultando: nˆ ( 2 ) ⋅ T ⋅ nˆ (1) = λ 1nˆ ( 2 ) ⋅ nˆ (1)
;
nˆ (1) ⋅ T ⋅ nˆ ( 2 ) = λ 2 nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 )
(1.54)
Considerando T simétrico, se cumple que nˆ ( 2) ⋅ T ⋅ nˆ (1) = nˆ (1) ⋅ T T ⋅ nˆ ( 2) = nˆ (1) ⋅ T ⋅ nˆ ( 2) luego: λ 1nˆ ( 2) ⋅ nˆ (1) = λ 2 nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 )
(1.55)
Teniendo en cuenta que nˆ ( 2) ⋅ nˆ (1) = nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2) , la relación anterior queda:
(λ 1 − λ 2 ) nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2) = 0
(1.56)
Ya que λ1 ≠ λ 2 ≠ 0 , para satisfacer (1.56) se debe cumplir que: nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 ) = 0
(1.57)
Análogamente podemos demostrar que nˆ (1) ⋅ nˆ (3) = 0 y nˆ ( 2) ⋅ nˆ (3) = 0 . Con lo que demostramos que los autovectores son versores ortogonales entre sí, constituyendo así una base ortonormal, donde la matriz de transformación de base viene dada por: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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nˆ (1) nˆ 1(1) A = nˆ ( 2) = nˆ 1( 2) nˆ (3) nˆ (3) 1
nˆ (21) nˆ (22 ) nˆ (23)
nˆ 3(1) nˆ 3( 2 ) nˆ (33)
(1.58)
NOTA: Si el tensor no es simétrico, los autovectores no necesariamente constituyen una base ortonormal. Ejemplo 1.64 Obtener las componentes de la siguiente operación T ′ = A ⋅ T ⋅ A T , donde Tij y a ij son las componentes de los tensores T y A , respectivamente. Solución: La expresión T ′ = A ⋅ T ⋅ A T en notación simbólica queda: ′ (eˆ a ⊗ eˆ b ) = a rs (eˆ r ⊗ eˆ s ) ⋅ T pq (eˆ p ⊗ eˆ q ) ⋅ a kl (eˆ l ⊗ eˆ k ) = a rs T pq a kl δ spδ T ab
ql
(eˆ r ⊗ eˆ k )
= a rp T pq a kq (eˆ r ⊗ eˆ k )
Para obtener las componentes de T ′ es suficiente hacer el doble producto escalar por la base (eˆ i ⊗ eˆ j ) , resultando: ′ (eˆ a ⊗ eˆ b ) : (eˆ i ⊗ eˆ j ) = a rp T pq a kq (eˆ r ⊗ eˆ k ) : (eˆ i ⊗ eˆ j ) T ab ′ δ ai δ T ab
bj
= a rp T pq a kqδ riδ
kj
⇒
Tij′ = a ip T pq a jq
Observemos que esta operación viene representada en forma matricial como: T ′ = A T AT
Si A es la matriz de transformación entre bases ortonormales se cumple que A −1 = A T luego, se cumple que T = A T T ′ A , y la representación de las componentes se muestran en la Figura abajo: T ′ = A T AT
x3′
′ T33 ′ T23
x3
T13′
T33
′ T31 T13
T23
T32
T12′
′ T22
x2′
′ T21
T22
T31
T11
T11′
′ T32
T21
T12
x2
x1
x1′
T = AT T ′ A
Figura 1.1: Ley de transformación de base para tensor de segundo orden. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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45
Ejemplo 1.65 Consideremos que las componentes de un tensor de segundo orden T , en el sistema de referencia (x1 , x 2 , x3 ) , están representadas por: 3 − 1 0 = Tij = T = − 1 3 0 0 0 1
(T )ij
Sabiendo que la matriz de transformación de coordenadas del sistema (x1 , x 2 , x3 ) al sistema (x1′ , x 2′ , x 3′ ) viene dada por: 0 2 A= 2 2 − 2
0 2 2 2 2
1 0 0
Obtener las componentes del tensor Tij en el nuevo sistema de coordenadas (x1′ , x 2′ , x 3′ ) . Solución: La ley de transformación para un tensor de segundo orden es: Tij′ = aik a jl Tkl
Para que la operación anterior sea posible en forma matricial: Tij′ = ai k Tk l ( al j ) T
Luego: T ′ = A T AT 0 2 T ′= 2 2 − 2
0 2 2 2 2
1 0 3 1 0 − 0 − 1 3 0 0 0 0 1 1 0
2 2 2 2 0
−
2 2 2 2 0
Efectuando la operación de matrices obtenemos que: 1 0 0 T ′ = 0 2 0 0 0 4
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Ejemplo 1.66 Encontrar la matriz de transformación del sistema ( x, y , z ) al sistema x′′′, y′′′, z′′′ , ver Figura 1.2: z = z′ z ′′ = z ′′′
y ′′′
β
y ′ = y ′′
γ α
α
x
y
x′
γ x ′′′ x ′′
Figura 1.2: Rotación. Solución: Recordar que se cumple que: si tenemos un espacio inicial y sucesivas transformaciones hasta el espacio final, la ley de transformación del espacio inicial al espacio final viene formada por el producto de las transformaciones en el sentido contrario. Es decir, situamos en el espacio final y seguimos el sentido contrario de las flechas hasta el espacio inicial, ver figura abajo. B r a′
A
r a′′
B −1 r a
espacio inicial
A −1
C −1 CBA
C r a′′′
espacio final
A −1B −1 C −1 = (CBA ) −1 siortogonale s → A T B T C T = ( CBA ) T
Podemos observar que la obtención del sistema x′′′, y′′′, z′′′ es una combinación de rotaciones mostradas a continuación:
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♦
47
Rotación según eje z z = z′
del sistema x, y , z al x′, y′, z′ y′
α α x′
x
♦
cos α sin α 0 A = − sin α cos α 0 0 0 1
y
con 0 ≤ α ≤ 360 º
Rotación según eje y′ del sistema x′, y′, z′ al x′′, y′′, z′′
z = z′
cos β B = 0 sin β
z ′′
β
x
con 0 ≤ β ≤ 180 º
y ′ = y ′′
α α
0 − sin β 1 0 0 cos β
y
z = z′
z ′′
x′ x′
β x ′′
♦
x ′′
Rotación según eje z′′ z = z′ z ′′ = z ′′′
β
y ′′′
del sistema x′′, y′′, z′′ al x′′′, y′′′, z′′′ y ′ = y ′′
γ α
x
α
y
x′
γ x ′′′
cos γ C = − sin γ 0
sin γ cos γ 0
0 0 1
con 0 ≤ γ ≤ 360º
x ′′
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La matriz de transformación del sistema ( x, y , z ) para el sistema x′′′, y′′′, z′′′ será dada por: D = CBA
Resultando:
(sin α cos β cos γ + cos α sin γ ) − sin β cos γ (cos α cos β cos γ − sin α sin γ ) D = (− cos α cos β sin γ − sin α cos γ ) (− sin α cos β sin γ + cos α cos γ ) sin β sin γ cos α sin β sin α sin β cos β
Los ángulos α , β , γ son conocidos como los ángulos de Euler. Ejemplo 1.67 Si a ij representan las componentes de la matriz de transformación de base demostrar que las siguientes ecuaciones se cumplen: 2 2 2 a11 + a12 + a13 =1 2 2 2 a 21 + a 22 + a 23 = 1 2 2 2 a 31 + a 32 + a 33 = 1 a11 a 21 + a12 a 22 + a13 a 23 = 0 a 21 a31 + a 22 a 32 + a 23 a 33 = 0 a a + a a + a a = 0 12 32 13 33 11 31
ó
2 2 2 a11 + a 21 + a 31 =1 2 2 2 a12 + a 22 + a 32 = 1 2 2 2 a13 + a 23 + a 33 = 1 a11 a12 + a 21 a 22 + a 31 a 32 = 0 a12 a13 + a 22 a 23 + a 32 a 33 = 0 a a + a a + a a = 0 21 23 31 33 11 13
Solución: Partimos del principio que la matriz de transformación de base es una matriz ortogonal, i.e. a ik a jk = a ki a kj = δ ij . Con lo cual:
a ik a jk = a i1 a j1 + a i 2 a j 2 + a i 3 a j 3 = δ ij
(i = 1, j = 1) (i = 2, j = 2) (i = 3, j = 3) (i = 1, j = 2) (i = 2, j = 3) (i = 1, j = 3)
⇒
2 2 2 a11 + a12 + a13 =1 2 2 2 a 21 + a 22 + a 23 =1 2 2 2 a31 + a 32 + a 33 =1
a11 a 21 + a12 a 22 + a13 a 23 = 0 a 21 a 31 + a 22 a 32 + a 23 a 33 = 0 a11 a 31 + a12 a 32 + a13 a 33 = 0
Solución Alternativa: T
AA = 1
⇒
a11 a 21 a 31
a12 a 22 a 32
a13 a11 a 23 a12 a 33 a13
a 21 a 22 a 23
a 31 1 0 0 a 32 = 0 1 0 a 33 0 0 1
Al efectuar la multiplicación de matrices obtenemos que: 2 2 2 + a12 + a13 a11 a11 a 21 + a12 a 22 + a13 a 23 a a + a a + a a 12 32 13 33 11 31
a11 a 21 + a12 a 22 + a13 a 23 2 2 2 + a 22 + a 23 a 21 a 21 a 31 + a 22 a 32 + a 23 a 33
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a11 a 31 + a12 a 32 + a13 a 33 1 0 0 a 21 a 31 + a 22 a 32 + a 23 a 33 = 0 1 0 2 2 2 0 0 1 + a 32 + a 33 a 31
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1.7 Autovalores, Autovectores y Transformaciones Ortogonales Ejemplo 1.68 Demostrar que si Q es un tensor de segundo orden ortogonal propio, y E es un tensor de segundo orden, los autovalores de E no cambian con la transformación: E* = Q ⋅ E ⋅ QT
Solución: Los autovalores ( λ i ) del tensor E obtenemos a partir del determinante característico:
( ) = det (Q ⋅ E ⋅ Q − λ1 ) = det (Q ⋅ E ⋅ Q − Q ⋅ λ1 ⋅ Q ) = det [Q ⋅ (E − λ1 ) ⋅ Q ] (3) det (E − λ1) det (Q3) = det 12Q 1 424
0 = det E * − λ1
T T
T
T
T
1
1
= det (E − λ1 )
( = det (Q = det (Q
0 = det E *ij − λδ ij
)
)
ik E kp Q jp
− λδ ij
ik E kp Q jp
− λQ ik Q jp δ kp
[ (
)
) ] )det (Q )
= det Q ik E kp − λδ kp Q jp
(
= (Q ik )det E kp − λδ kp
(
= det E kp − λδ kp
)
jp
Con lo que comprobamos que E y E * tienen los mismos autovalores. Ejemplo 1.69 Sea A un tensor de segundo orden y Q un tensor ortogonal. Si la ley de transformación ortogonal aplicada a A viene dada por A * = Q ⋅ A ⋅ Q T , demostrar que A 2 = Q ⋅ A 2 ⋅ Q T . *
Solución: A 2 = A* ⋅ A*
( A 2 ) ij = ( A * ⋅ A * ) ij = A *ik A *kj
*
*
= ( Q ⋅ A ⋅ Q T ) ⋅ (Q ⋅ A ⋅ Q T ) = Q⋅A ⋅Q ⋅Q⋅A ⋅Q 123 T
= (Q ip A pr Q kr )(Q ks A st Q jt )
T
= Q ip A pr Q kr Q ks A st Q jt 123
=1
=δ rs
= Q ⋅ A ⋅ A ⋅ QT
= Q ip A pr δ rs A st Q jt = Q ip A ps A st Q jt
= Q ⋅ A 2 ⋅ QT
= Q ip ( A ⋅ A ) pt Q jt = (Q ⋅ A 2 ⋅ Q T ) ij
Ejemplo 1.70 Dadas las componentes del tensor T : 5 3 3 Tij = 2 6 3 2 2 4
a) Obtener los invariantes principales de T ; b) Obtener el polinomio característico asociado a T ; Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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c) Si λ 1 , λ 2 y λ 3 son los autovalores de T y λ 1 = 10 . Obtener λ 2 y λ 3 > 2 . Solución: a) Los invariantes principales de T son: I T = Tr ( T ) = 5 + 6 + 4 = 15 ; II T =
6 3 2 4
5 3
+
2 4
+
5 3
= 56 ; III T = det ( T ) = 60
2 6
b) El polinomio característico se obtiene al resolver el determinante: 5−λ 3 2 6−λ 2
3 3
=0
⇒
λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0 luego:
4−λ
2
λ3 − 15λ2 + 56λ − 60 = 0
c) En el espacio principal se cumple que: λ1 = 10 0 λ2 Tij′ = 0 0 0
λ 3 > 2 0 0
donde los invariantes principales son I T = Tr ( T ) = λ 1 + λ 2 + λ 3 = 15
⇒
λ2 + λ3 = 5
III T = det ( T ) = λ 1λ 2 λ 3 = 60
⇒
λ 2λ3 = 6
Combinando estas dos ecuaciones: λ(31) = 3 2 ⇒ − λ λ = ⇒ λ − λ + = ⇒ ( 5 ) 6 5 6 0 (2) 3 3 3 3 λ 2 + λ 3 = 5 λ 3 = 2 λ 2λ3 = 6
Descartamos la solución λ(32) = 2 por la imposición del problema, luego, λ 3 = 3 . Resumiendo así: 10 0 0 Tij′ = 0 2 0 0 0 3
I T = 10 + 2 + 3 = 15 donde se puede comprobar que: II T = 2 × 3 + 10 × 3 + 10 × 2 = 56 III = 10 × 2 × 3 = 60 T
Ejemplo 1.71 Determinar los valores principales y las direcciones principales del tensor cartesiano de segundo orden T , cuyas componentes se representan matricialmente por:
(T )ij
3 − 1 0 = Tij = T = − 1 3 0 0 0 1
Solución: Buscamos soluciones no triviales para (Tij − λδ ij ) n j = 0 i , con la restricción de que n j n j = 1 . Como ya hemos visto, la solución no trivial requiere la condición: Tij − λδ ij = 0
Explícitamente, la expresión anterior queda: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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T11 − λ T21
T12 T22 − λ
T13 T23
T31
T32
T33 − λ
51
3 − λ −1 = −1 3 − λ 0
0
0 0
=0
1− λ
Desarrollando el determinante anterior obtenemos la ecuación cúbica:
[
]
(1 − λ ) (3 − λ ) 2 − 1 = 0
⇒
λ3 − 7 λ2 + 14λ − 8 = 0
Podríamos haber obtenido directamente la ecuación característica anterior a través de los invariantes: I T = Tr ( Tij ) = Tii = T11 + T22 + T33 = 7 II T =
T 1 Tii T jj − Tij Tij = 22 T32 2
(
)
T23 T33
+
T11
T13
T31
T33
+
T11
T12
T21
T22
= 14
III T = Tij = ijk Ti1 T j 2 Tk 3 = 8
utilizando la ecuación característica será: λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0
λ3 − 7λ2 + 14λ − 8 = 0
→
Resolviendo la ecuación cúbica podemos obtener las tres raíces reales, puesto que la matriz T es simétrica: λ 1 = 1;
λ 2 = 2;
λ3 = 4
Podemos además comprobar si los invariantes están bien calculados utilizando la expresión de los invariantes en función de los autovalores: I T = λ1 + λ 2 + λ 3 = 1 + 2 + 4 = 7 ✓
II T = λ 1 λ 2 + λ 2 λ 3 + λ 3 λ 1 = 1 × 2 + 2 × 4 + 4 × 1 = 14 ✓ III T = λ 1 λ 2 λ 3 = 8 ✓
Con lo que podemos comprobar que los invariantes son los mismos que los obtenidos anteriormente. Cálculo de las direcciones principales: Para obtener las direcciones principales, utilizamos la definición de autovalor-autovector, donde cada autovalor λ i está asociado a un autovector nˆ (i ) . Para λ 1 = 1 3 − λ 1 −1 0
−1 3 − λ1 0
0 n1 0 0 n 1 3 − 1 − 1 0 n 2 = − 1 3 − 1 0 n 2 = 0 0 1 − 1 n 3 0 1 − λ 1 n 3 0
resultando el siguiente sistema de ecuaciones: 2n1 − n 2 = 0 ⇒ n1 = n 2 = 0 − n1 + 2n 2 = 0 0n = 0 3 n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1
Luego, podemos obtener que: λ1 = 1
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⇒
nˆ (1) = [ 0 0 ±1] .
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NOTA: Esta solución podría haberse determinado previamente por la situación particular que presentan las componentes del tensor. Al ser los términos T13 = T23 = T31 = T32 = 0 , T33 = 1 ya es un valor principal, como consecuencia esta dirección ya es una dirección principal. ■ Para λ 2 = 2 3 − λ 2 −1 0
−1 3 − λ2 0
0 n1 0 n 1 3 − 2 − 1 n1 − n 2 = 0 ⇒ n 1 = n 2 n = − 1 3 − 2 0 n 2 = 0 ⇒ − n 1 + n 2 = 0 2 − n = 0 0 1 − 2 n 3 0 1 − λ 2 n 3 0 3 0 0
Podemos observar que las dos primeras ecuaciones son linealmente dependientes. Necesitamos entonces de una ecuación adicional: n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1 ⇒ 2n12 = 1 ⇒ n1 = ±
1 2
Luego: λ2 = 2
1 nˆ (2) = ± 2
⇒
1 2
±
0
Para λ 3 = 4 3 − λ 3 −1 0
−1 3 − λ3 0
0 n1 0 0 n 1 3 − 4 − 1 0 n 2 = 0 0 n 2 = − 1 3 − 4 0 1 − 4 n 3 0 1 − λ 3 n 3 0
− n1 − n 2 = 0 ⇒ n 2 = −n 2 − n1 − n 2 = 0 − 3n = 0 3 n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1 ⇒ 2n12 = 1 ⇒ n1 = ±
1 2
Resultando: λ3 = 4
1 nˆ (3) = ± 2
⇒
1 2
m
0
Podemos entonces resumir que las direcciones principales correspondientes a sus valores principales son: λ1
⇒ nˆ (1)
λ2
⇒ nˆ (2)
λ3
⇒ nˆ (3)
= [ 0 0 ±1] = ± = ±
1 2
±
1 2
1 2
m
1 2
0 0
NOTA: Las componentes utilizadas en este ejemplo son las mismas utilizadas en el Ejemplo 1.65. Adicionalmente, podemos verificar que los autovectores forman la matriz de transformación, A , entre el sistema original, (x1 , x 2 , x3 ) , y el espacio principal, (x1′ , x 2′ , x 3′ ) , (ver Ejemplo 1.65). ■
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53
Ejemplo 1.72 Dado un tensor ortogonal propio Q , a) demostrar que Q tiene un autovalor real e igual a 1 . b) Demostrar también que Q puede ser representado en función de un ángulo θ tal que: Q = pˆ ⊗ pˆ + cos θ(qˆ ⊗ qˆ + rˆ ⊗ rˆ ) − sin θ(qˆ ⊗ rˆ − rˆ ⊗ qˆ )
donde pˆ , qˆ , rˆ , son versores que constituyen una base ortonormal, siendo pˆ la dirección correspondiente al autovalor λ = 1 , es decir, pˆ es autovector de Q . c) Obtener los invariantes r principales de Q en función del ángulo θ . d) Dado el vector posición x , determinar el nuevo r vector formado por la transformación ortogonal Q ⋅ x en el espacio pˆ , qˆ . Solución: a) Teniendo en cuenta la definición de tensor ortogonal, podemos decir que: QT ⋅ Q = 1 ⇒ QT ⋅ Q − QT = 1 − QT ⇒ Q T ⋅ (Q − 1) = −(Q T − 1) ⇒ Q T ⋅ (Q − 1) = −(Q − 1) T
A continuación obtenemos el determinante de los dos tensores anteriores:
[
]
[
det Q T ⋅ (Q − 1) = det − (Q − 1) T
[ ]
[
]
⇒ det Q det[(Q − 1)] = −det (Q − 1) 1 424 3 T
[
= ( −1) 3 det (Q − 1) T T
] = −det[(Q − 1)]
]
= detQ =1
⇒ det[(Q − 1)] = −det[(Q − 1)]
donde hemos utilizado las siguientes propiedades del determinante: det[αA ] = α 3 det[A ] , det[ A T ] = det[ A ] , det[A ⋅ B ] = det[A ]det[B ] . El único escalar que cumple la expresión anterior es el cero, luego: det[(Q − 1)] = 0
Teniendo en cuenta la definición de autovalor, det[(Q − λ1)] = 0 , concluimos que cuando λ = 1 cumple det[(Q − 1)] = 0 , luego λ = 1 es autovalor de Q . Además, existe una dirección (autovector) que cumple que Q ⋅ eˆ 1* = λeˆ 1* = eˆ 1* . b) Vamos considerar que pˆ ≡ eˆ 1* , qˆ ≡ eˆ *2 , rˆ ≡ eˆ *3 constituye una base ortonormal. eˆ 3 qˆ ≡ eˆ *2
eˆ 1* ≡ pˆ
Q ⋅ eˆ 1* = eˆ 1*
eˆ 2 eˆ 1
rˆ ≡ eˆ *3
La representación simbólica del tensor en la base eˆ 1* , eˆ *2 , eˆ *3 , viene dada por:
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Q = Q *ij eˆ *i ⊗ eˆ *j * ˆ* * ˆ* * ˆ* = Q11 e1 ⊗ eˆ 1* + Q12 e1 ⊗ eˆ *2 + Q13 e1 ⊗ eˆ *3 +
(1.59)
+ Q *21eˆ *2 ⊗ eˆ 1* + Q *22 eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + Q *23 eˆ *2 ⊗ eˆ *3 + + Q *31eˆ *3 ⊗ eˆ 1* + Q *32 eˆ *3 ⊗ eˆ *2 + Q *33 eˆ *3 ⊗ eˆ *3
Teniendo en cuenta que eˆ 1* es autovector de Q asociado al autovalor λ = 1 , se cumple que Q ⋅ eˆ 1* = λeˆ 1* = eˆ 1* , además haciendo la proyección de Q , dado por (1.59), según dirección eˆ 1* , obtenemos que: Q ⋅ eˆ 1* = eˆ 1*
* ˆ* * ˆ* * ˆ* Q ⋅ eˆ 1* = [ Q11 e1 ⊗ eˆ 1* + Q12 e1 ⊗ eˆ *2 + Q13 e1 ⊗ eˆ *3 +
+ Q *21eˆ *2 ⊗ eˆ 1* + Q *22 eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + Q *23 eˆ *2 ⊗ eˆ *3 + + Q *31eˆ *3 ⊗ eˆ 1* + Q *32 eˆ *3 ⊗ eˆ *2 + Q *33 eˆ *3 ⊗ eˆ *3
] ⋅ eˆ 1*
* ˆ* = Q11 e1 + Q *21eˆ *2 + Q *31eˆ *3 * Con lo cual concluimos que Q11 = 1 , Q *21 = 0 , Q *31 = 0 .
Recordar que dos tensores coaxiales tienen las mismas direcciones principales. Un tensor y su inversa siempre serán tensores coaxiales, luego si Q −1 = Q T , eso implica que Q T y Q son coaxiales, y eˆ 1* también será dirección principal de Q T , luego se cumple que: Q T ⋅eˆ 1* = eˆ 1*
* ˆ* Q T ⋅eˆ 1* = [ Q11 e1 ⊗ eˆ 1* + Q *21eˆ 1* ⊗ eˆ *2 + Q *31eˆ 1* ⊗ eˆ *3 + * ˆ* + Q12 e 2 ⊗ eˆ 1* + Q *22 eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + Q *32 eˆ *2 ⊗ eˆ *3 + * ˆ* + Q13 e 3 ⊗ eˆ 1* + Q *23 eˆ *3 ⊗ eˆ *2 + Q *33 eˆ *3 ⊗ eˆ *3
] ⋅ eˆ 1*
* ˆ* * ˆ* * ˆ* = Q11 e1 + Q12 e 2 + Q13 e3 * * * Con lo cual concluimos que Q11 = 1 , Q12 = 0 , Q13 = 0 . Luego, la expresión (1.59) queda:
Q = eˆ 1* ⊗ eˆ 1* + Q *22 eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + Q *23 eˆ *2 ⊗ eˆ *3 + Q *32 eˆ *3 ⊗ eˆ *2 + Q *33 eˆ *3 ⊗ eˆ *3
(1.60)
En forma de matriz, las componentes de Q en la base eˆ *i vienen dadas por: x 2* 1 0 * Q ij = 0 Q *22 0 Q *32
0 Q *23 Q *33
Q *22
Q *32 Q *23
* Q11 =1
x1*
Q *33 x3*
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Recurrimos una vez más a la condición de ortogonalidad Q T ⋅ Q = Q ⋅ Q T = 1 , o en función de las componentes en el espacio eˆ *i : Q *ki Q *kj 1 ⇒ 0 0
= δ ij
[(Q ) [Q Q
* 2 22 * * 22 23
1 0 0 Q * 22 0 Q *23
⇒ 0
0 1 0 Q *32 0 Q *22 Q *33 0 Q *32
] [Q Q ] [(Q )
+ (Q *32 ) 2 + Q *32 Q *33
* * 22 23 * 2 33
0
0 1 0 0 Q *23 = 0 1 0 Q *33 0 0 1 1 0 0 = 0 1 0 0 0 1
(1.61)
] ]
+ Q *32 Q *33 + (Q *23 ) 2
El determinante de un tensor ortogonal propio es det (Q) = +1 : 1 0 0 Q * 22 0 Q *32
0 Q *23 = 1 Q *33
Q *22 Q *33 − Q *23 Q *32 = 1
⇒
(1.62)
Teniendo en cuenta (1.61) y (1.62) tenemos el siguiente conjunto de ecuaciones: (Q *22 ) 2 + (Q *32 ) 2 = 1 * * * * Q 22 Q 23 + Q 32 Q 33 = 0 * 2 * 2 (Q 33 ) + (Q 23 ) = 1 * * * * Q 22 Q 33 − Q 23 Q 32 = 1
cos 2 θ + sin 2 θ = 1 cos θ(− sin θ) + sin θ cos θ = 0 2 2 cos θ + sin θ = 1 cos θ cos θ − (− sin θ)(sin θ) = 1
Con lo cual hemos demostrado la existencia de un ángulo θ que cumpla con las condiciones anteriores. Q *ij
1 0 = 0 Q *22 0 Q *23
0 1 0 0 * Q 32 = 0 cos θ − sin θ Q *33 0 sin θ cos θ
(1.63)
Retomando la expresión (1.60), y teniendo en cuenta (1.63), concluimos que: Q = eˆ 1* ⊗ eˆ 1* + (cos θ) eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + (− sin θ)eˆ *2 ⊗ eˆ *3 + (sin θ)eˆ *3 ⊗ eˆ *2 + (cos θ) eˆ *3 ⊗ eˆ *3
[
]
[
= eˆ 1* ⊗ eˆ 1* + cos θ eˆ *2 ⊗ eˆ *2 + eˆ *3 ⊗ eˆ *3 − sin θ eˆ *2 ⊗ eˆ *3 − eˆ *3 ⊗ eˆ *2
]
Considerando que pˆ ≡ eˆ 1* , qˆ ≡ eˆ *2 , rˆ ≡ eˆ *3 , demostramos que: Q = pˆ ⊗ pˆ + cos θ(qˆ ⊗ qˆ + rˆ ⊗ rˆ ) − sin θ(qˆ ⊗ rˆ − rˆ ⊗ qˆ )
Es interesante verificar que la descomposición aditiva de Q en una parte simétrica y otra antisimétrica, en el espacio eˆ *i , resulta: 0 0 1 0 = 0 cos θ 0 0 cos θ 1444 4244443
sym Q *ij
;
[pˆ ⊗pˆ +cos θ(qˆ ⊗qˆ +rˆ ⊗rˆ )]ij
0 0 0 0 = 0 − sin θ 0 sin θ 0 1444 4 4244444 3
anti Q *ij
[−sin θ(qˆ ⊗rˆ −rˆ ⊗qˆ ) ]ij
anti
Observemos que el formato de Q *ij tiene el mismo formato que presenta un tensor antisimétrico ( W ) en el espacio definido por su vector axil:
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56
Wij*
0 0 = 0 0 0 ω
0 − ω 0
donde ω es el módulo del vector axil. c) Teniendo en cuenta (1.63), queda de fácil demostración que I Q = II Q = 1 + 2 cos θ , III Q = 1 . r
d) Representamos el vector posición x a través de sus componentes y la base pˆ , qˆ , rˆ : r x = ppˆ + qqˆ + rrˆ . r
Luego, se cumple que: x ⋅ pˆ = ( ppˆ + qqˆ + rrˆ ) ⋅ pˆ = p ver Figura 1.3, se cumple que:
;
r x ⋅ qˆ = q
;
r ~ = Q ⋅ xr = pˆ ⊗ pˆ + cos θ(qˆ ⊗ qˆ + rˆ ⊗ rˆ ) − sin θ(qˆ ⊗ rˆ − rˆ ⊗ qˆ ) x = ppˆ + (q cos θ − r sin θ)qˆ + (r cos θ + q sin θ)rˆ
[
r x ⋅ rˆ = r , y también,
]⋅ [ppˆ + qqˆ + rrˆ ]
θ
eˆ 1* ≡ pˆ qˆ ≡
r x
eˆ *2 O
r r ~ x =Q⋅ x
rˆ ≡ eˆ *3
Figura 1.3
Ejemplo 1.73
r
r
r
r
Considérense las transformaciones tensoriales p ′ = U ⋅ p y p ′′ = R ⋅ p ′ , donde R es un tensor ortogonal de segundo orden y U es un tensor de segundo orden con U ⋅ U −1 = 1 , i.e. ∃ U −1 . r r Obtener las leyes de transformación entre p y p ′′ .
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Solución: El problema planteado se puede esquematizar a través de la siguiente figura: R
r p′
U
r p ′′
r p
? Teniendo en cuenta que R −1 = R T (tensor ortogonal), es decir, existe la inversa de R y r r considerando p ′′ = R ⋅ p ′ obtenemos que: r r r r r r r p ′′ = R ⋅ p ′ ⇒ R −1 ⋅ p ′′ = R −1 ⋅ R ⋅ p ′ ⇒ ⇒ R −1 ⋅ p ′′ = 1 ⋅ p ′ = p ′ r r r r Reemplazando p ′ = R −1 ⋅ p ′′ en p ′ = U ⋅ p , obtenemos que: r r r r p′ = U ⋅ p p′ = U ⋅ p r r r r ⇒ R −1 ⋅ p ′′ = U ⋅ p ⇒ R −1 ⋅ p ′′ = U ⋅ p r r r r ⇒ R ⋅ R −1 ⋅ p ′′ = R ⋅ U ⋅ p ⇒ U −1 ⋅ R −1 ⋅ p ′′ = U −1 ⋅ U ⋅ p r r r r r ⇒ 1 ⋅ p ′′ = R ⋅ U ⋅ p ⇒ (R ⋅ U) −1 ⋅ p ′′ = 1 ⋅ p = p r r r r ⇒ p ′′ = (R ⋅ U) ⋅ p ⇒ p = (R ⋅ U) −1 ⋅ p ′′
(1.64)
o en Notación indicial: p ′i = U ij p j
p ′i = U ij p j
⇒ R ij−1p ′′j = U ij p j
⇒ R ij−1p ′′j = U ij p j
⇒ R ki R ij−1p ′′j = R ki U ij p j
⇒ U ki−1R ij−1p ′′j = U ki−1U ij p j
⇒ δ kj p ′′j = R ki U ij p j
⇒ (R ki U ij ) p ′′j = δ kj p j = p k
⇒ p ′k′ = (R ki U ij )p j
⇒ p k = (R ki U ij ) −1 p ′′j
r p′
U
R
U −1
r p
(1.65)
−1
R −1 = R T (R ⋅ U)
r p ′′
(R ⋅ U) −1 = U −1 ⋅ R T
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58
1.8 Representación Espectral Ejemplo 1.74 Sea w un tensor antisimétrico de segundo orden y V un tensor de segundo orden definido positivo cuya representación espectral viene dado por: V=
3
∑λ
a
nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )
a =1
Demostrar que el tensor antisimétrico
w puede ser representado por: 3
w = ∑ w ab nˆ (a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b
Demostrar también que se cumple la relación: 3
w ⋅ V − V ⋅ w = ∑ w ab (λ b − λ a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b
Solución: Es cierto que
3
3
3
a =1
a =1
a ,b =1
w ⋅1 = w ⋅ ∑ nˆ ( a) ⊗ nˆ (a ) = ∑ w ⋅ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a) = ∑ (wr ∧ nˆ (a ) )⊗ nˆ ( a ) = ∑ wb (nˆ (b) ∧ nˆ ( a ) )⊗ nˆ ( a) 3
a =1
r
r
donde hemos aplicado la propiedad de un tensor antisimétrico w ⋅ nˆ = w ∧ nˆ , donde w es el vector axil asociado al tensor w . Expandiendo la expresión anterior obtenemos que
w = wb (nˆ (b) ∧ nˆ (1) ) ⊗ nˆ (1) + wb (nˆ (b) ∧ nˆ ( 2) ) ⊗ nˆ ( 2) + wb (nˆ (b) ∧ nˆ (3) ) ⊗ nˆ (3) =
( + w (nˆ + w (nˆ
)
(
)
(
)
= w1 nˆ (1) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + w2 nˆ ( 2) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + w3 nˆ (3) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + 1
1
) ) ⊗ nˆ
( (nˆ
) ) ⊗ nˆ
( (nˆ
) ) ⊗ nˆ
(1)
∧ nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + w2 nˆ ( 2 ) ∧ nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2) + w3 nˆ (3) ∧ nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2 ) +
(1)
∧ nˆ
( 3)
( 3)
+ w2
( 2)
∧ nˆ
( 3)
( 3)
+ w3
( 3)
∧ nˆ
( 3)
( 3)
Simplificando la expresión anterior resulta que:
w = −w2 (nˆ (3) )⊗ nˆ (1) + w3 (nˆ (2) )⊗ nˆ (1) + w1 (nˆ (3) )⊗ nˆ (2) − w3 (nˆ (1) )⊗ nˆ ( 2) +
( )
( )
− w1 nˆ ( 2) ⊗ nˆ (3) + w2 nˆ (1) ⊗ nˆ (3)
Además teniendo en cuanta que w1 = −w 23 = w 32 , w2 = w13 = −w 31 , w3 = −w12 = w 21 , aún puede ser expresado por:
w
w = w 31 nˆ (3) ⊗ nˆ (1) + w 21 nˆ ( 2) ⊗ nˆ (1) + + w 32 nˆ (3) ⊗ nˆ ( 2 ) + w12 nˆ (1) ⊗ nˆ ( 2 ) + + w 23 nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ (3) + w13 nˆ (1) ⊗ nˆ (3) el cuál es exactamente igual a 3
w = ∑ w ab nˆ (a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b
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Los términos
w⋅V
59
y V ⋅ w pueden ser obtenidos como sigue a continuación:
3 3 ( ) ( ) a b w ⋅ V = w ab nˆ ⊗ nˆ ⋅ λ b nˆ (b) ⊗ nˆ (b) b =1 a ,b =1 a≠b
∑
=
3
∑
∑
3
∑λ w
λ b w ab nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b ) ⋅ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b ) =
a ,b =1 a ≠b
b
ab
nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )
a ,b =1 a≠b
y 3 3 3 a a a b ( ) ( ) ( ) ( ) V ⋅ w = λ a nˆ ⊗ nˆ ⋅ w ab nˆ ⊗ nˆ = λ a w ab nˆ ( a) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a =1 a ,b =1 a ≠b a ≠b
∑
∑
∑
Luego, 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b w ⋅ V − V ⋅ w = λ b w ab nˆ ⊗ nˆ − λ a w ab nˆ ⊗ nˆ a ,b =1 a ,b =1 a≠b a ≠b
∑
=
3
∑w
∑
ab (λ b
− λ a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )
a ,b =1 a ≠b
Análogamente, es posible demostrar que: 3
w ⋅ V 2 − V 2 ⋅ w = ∑ w ab (λ2b − λ2a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b
Ejemplo 1.75 Dado un tensor definido positivo C , cuyas componentes cartesianas de este tensor vienen dadas por: 2 0 1 C ij = 0 4 0 1 0 2
Obtener los siguientes tensores: a) C 2 ; b) U = C . c) Comprobar si los tensores C y U son coaxiales. Solución: Observemos que los tensores C 2 y U = C son tensores coaxiales con el tensor C . Haciendo la representación espectral del tensor C : C=
3
∑ γ Nˆ a
(a)
ˆ (a ) ⊗N
a =1
ˆ ( a ) son los autovectores del tensor C . Luego, donde γ a son los autovalores del tensor C , y N se cumple que:
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60
C2 =
3
∑
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) γ 2a N
U= C =
;
a =1
3
∑
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a ) γaN
a =1
Cálculo de los autovalores y autovectores del tensor C . Podemos verificar que según la estructura de las componentes del tensor C ya conocemos un auto valor γ 2 = 4 que está asociado a la dirección Nˆ i( 2) = [0 ± 1 0] . Para calcular los restantes autovalores obtenemos el determinante característico siguiente: 2−γ 1 =0 1 2−γ
⇒
( 2 − γ ) 2 = 12
⇒
γ 1 = 2 − 1 = 1 ( 2 − γ ) = ±1 ⇒ γ 3 = 2 + 1 = 3
Asociado al autovalor γ 1 = 1 tenemos el siguiente autovector: 1 Nˆ 1(1) 0 = 2 − γ 1 Nˆ 3(1) 0
2 − γ 1 1
1 1 Nˆ 1(1) 0 1 1 ˆ (1) = 0 N 3
⇒
Nˆ 1(1) = −Nˆ 3(1)
⇒
con la restricción Nˆ i(1) Nˆ i(1) = 1 , resultando que: ˆ (1) N ˆ (1) + N ˆ (1) N ˆ (1) + N ˆ (1) N ˆ (1) = 1 N 1 1 2 2 3 3
⇒
ˆ (1) Nˆ (1) + N ˆ (1) Nˆ (1) = 1 N 1 1 1 1
⇒
ˆ (1) = ± 1 N 1 2
ˆ (1) = −Nˆ (1) = m 1 ⇒N 3 1 2
Asociado al autovalor γ 3 = 3 tenemos el siguiente autovector: 2 − γ 3 1
Nˆ 1(3) 0 = 2 − γ 3 Nˆ (33) 0 1
⇒
ˆ (3) 0 − 1 1 N 1 1 − 1 ˆ (3) = 0 N 3
⇒
Nˆ 1(3) = Nˆ 3(3)
ˆ (3) + Nˆ (3) Nˆ (3) = 1 Nˆ 1(3) N 1 1 1
⇒
1 Nˆ 1(3) = ± 2
con la restricción Nˆ i(3) Nˆ i(3) = 1 , resultando que: ˆ (3) Nˆ (3) + Nˆ (3) N ˆ ( 3) + N ˆ (3) Nˆ (3) = 1 N 1 1 2 2 3 3
⇒
ˆ (3) = Nˆ (3) = ± 1 ⇒N 3 1 2
Resumiendo tenemos que: γ1 = 1 ⇒ γ2 = 4 ⇒ γ3 = 3 ⇒
ˆ (1) = ± N i ˆN ( 2 ) = [0 i ( ˆ 3) = ± N i
1 2 2 ± 1 0] 1 1 0 ± 2 2
1
0 m
transformación Matriz de →
A=
1 2 0 1 2
0 − 1 0
1 2 0 1 2
Luego se cumple que: C′ = A C AT ⇒ C = AT C′ A
En el espacio principal tenemos que:
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1 0 0 Cij′ = 0 4 0 0 0 3
1 2 Cij′ = 0 0 U′ = C ′ ij ij
⇒
61
0 16 0 0 9 0
1 =0 0
0 4 0
0 1 0 0 = 0 2 3 0 0
0 0 3
Observemos que el tensor C es un tensor definido positivo, luego sus autovalores son positivos. En espacio original tenemos las siguientes componentes: 2 C ij =
1 2 0 1 2
0 − 1 0
1 2 0 1 2
T
1 1 0 0 2 0 16 0 0 0 0 9 1 2
0 − 1 0
1 2 5 0 4 0 = 0 16 0 1 4 0 5 2
Observemos que este resultado podría haber sido obtenido fácilmente a través de la operación C 2 = C ⋅ C , o en componentes: C ij2
2 0 1 2 0 1 5 0 4 = C ik C kj = 0 4 0 0 4 0 = 0 16 0 1 0 2 1 0 2 4 0 5
Análogamente: U ij =
1 2 0 1 2
0 − 1 0
1 2 0 1 2
T
1 0 0 2 0 0
3
0 0
1 2 0 1 2
0 − 1 0
1 3 +1 0 2 2 2 0 = 0 1 3 −1 0 2 2
3 − 1 2 0 3 + 1 2
c) Los tensores C y U son coaxiales ya que hemos obtenido los autovalores de U en el espacio principal de C . También podemos comprobar que son tensores coaxiales porque se cumple que C ⋅ U = U ⋅ C , en componentes. 3 +1 0 2 0 1 2 2 C ik U kj = 0 4 0 0 1 0 2 3 − 1 0 2 3 +1 0 2 2 U ik C kj = 0 3 −1 0 2
3 − 1 3,098 0 2,098 2 0 = 0 8 0 3 + 1 2,098 0 3,098 2
3 − 1 2 0 1 3,098 0 2,098 2 0 0 4 0 = 0 8 0 3 + 1 1 0 2 2,098 0 3,098 2
Ejemplo 1.76 Sea C un tensor de segundo orden simétrico y R un tensor ortogonal propio. Las componentes de estos tensores en el sistema Cartesiano vienen dadas por: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 0 1 C ij = 0 4 0 1 0 2
R ij = −
;
0 2 2 2 2
0 2 2 2 2
1 0 0
a) Obtener los siguientes tensores: a.1) C 8 ; a2) U = C . b) Obtener también los invariantes principales de C . c) Teniendo en cuenta que los tensores b y C están relacionados entre si a través de la siguiente transformación ortogonal C = R T ⋅ b ⋅ R , obtener el tercer invariante principal de b . Solución: 0 3280 3281 a) Análogo al Ejemplo 1.75. Respuesta: C = 0 65536 0 3280 0 3281 8
b) I C = Tr (C ij ) = C ii = C11 + C 22 + C 33 = 8 II C =
(
)
4 0 2 1 2 0 1 C ii C jj − C ij C ij = + + = 19 ; III C = C = ijk C i1C j 2 C k 3 = 12 0 2 1 2 0 4 2
c) Teniendo en cuenta las propiedades de determinante, el tercer variante principal de b puede ser expresado por: C ≡ det (C ) = det (R T ⋅ b ⋅ R ) = det (R T )det (b)det (R ) = det (b) = III b = 12 1 424 3 123 = +1
= +1
Ejemplo 1.77 Sea un tensor de segundo orden simétrico S con det (S ) ≠ 0 . Considerando que S tiene dos autovalores iguales, i.e. S 2 = S 3 y S1 ≠ S 2 , demostrar que S puede ser representado por: S = S 1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + S 2 (1 − nˆ (1) ⊗ nˆ (1) )
donde nˆ (1) es el autovector de S asociado al autovalor S1 , 1 es el tensor identidad de segundo orden. Solución: Partimos de la representación espectral de S : S=
3
∑ S nˆ
(a)
a
⊗ nˆ ( a )
a =1
= S1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + S 2 nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + S 3 nˆ (3) ⊗ nˆ (3)
(1.66)
= S1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + S 2 (nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + nˆ (3) ⊗ nˆ (3) )
Recordar que 1 es un tensor esférico, con lo cual cualquier dirección es una dirección principal. Partiendo de este principio adoptamos el espacio principal de S para hacer la representación espectral de 1 :
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1=
3
∑ nˆ
(a)
63
⊗ nˆ ( a ) = nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + nˆ (3) ⊗ nˆ (3)
(1.67)
a =1
⇒ nˆ
( 2)
⊗ nˆ
( 2)
+ nˆ
( 3)
⊗ nˆ
( 3)
= 1 − nˆ
⊗ nˆ
(1)
(1)
Reemplazando lo anterior en (1.66), obtenemos que: S = S 1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + S 2 (nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2 ) + nˆ (3) ⊗ nˆ (3) ) = S 1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + S 2 (1 − nˆ (1) ⊗ nˆ (1) )
1.9 Teorema de Cayley-Hamilton Ejemplo 1.78 Dado un tensor de segundo orden arbitrario T , demostrar el teorema de Cayley-Hamilton, que afirma que todo tensor cumple su propia ecuación característica. Solución: Partimos de la ecuación característica del tensor: λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0 , cuya ecuación se cumple para los autovalores de T , λ 1 , λ 2 , λ 3 , luego: λ31 − λ21 I T + λ 1 II T − III T = 0 λ32 − λ22 I T + λ 2 II T − III T = 0 λ33 − λ23 I T + λ 3 II T − III T = 0
Reestructurando las ecuaciones anteriores en forma matricial, obtenemos que: λ31 0 0
0 λ32 0
0 λ21 0−0 λ33 0
0 λ22 0
λ 1 0 0 I T + 0 0 λ23
0 λ2 0
0 1 0 0 0 0 0 0 II T − 0 1 0 III T = 0 0 0 0 0 1 0 0 0 λ 3
(1.68)
Tij′ 3 − Tij′ 2 I T + Tij′ II T − III T δ ij = 0 ij
Notar que en el espacio principal de T se cumple que: λ 1 Tij′ = 0 0
0 λ2 0
0 0 λ 3
λ 1 2 Tij′ = Tik′ Tkj′ = 0 0
0 λ2 0
λ 1 3 ′ T ′pj = 0 Tij′ = Tik′ Tkp 0
0 λ 1 0 0 λ 3 0 0 λ2 0
0 λ2 0
0 λ 1 0 0 λ 3 0
0 λ21 0 =0 λ 3 0 0 λ2 0
0 λ 1 0 0 λ 3 0
0 λ22 0 0 λ2 0
0 0 λ23 λ31 =0 λ 3 0 0 0
0 λ32 0
0 0 λ33
Teniendo en cuenta la ley de transformación entre espacios de un tensor de segundo orden, i.e. Tij′ = Fik Tkp F pj−1 , donde Fij es la matriz de transformación del espacio original ( Tij ) al espacio principal ( Tij′ ). Notar que también se cumple que Tij′ 2 = Fik Tkp2 F pj−1 y Tij′ 3 = Fik Tkp3 F pj−1 , (ver Ejemplo 1.69). Con lo cual la ecuación en (1.68) puede ser reescrita como: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Tij′ 3 − Tij′ 2 I T + Tij′ II T − III T δ ij = 0 ij 3 ⇒ Fik Tkp F pj−1 − Fik Tkp2 F pj−1 I T + Fik Tkp F pj−1 II T − III T Fik δ kp F pj−1 = 0 ij
(
)
⇒ Fik Tkp3 − Tkp2 I T + Tkp II T − III T δ kp F pj−1 = 0 ij ⇒
Fsi−1 Fik
⇒δ ⇒
(
(
3 Tkp
3 sk Tkp
Tst3
−
3
−
−
Tkp2 I T
Tkp2 I T
Tst2 I T
)
+ Tkp II T − III T δ kp F pj−1 F jt = Fsi−1 0 ij F jt = 0 st
)
+ Tkp II T − III T δ kp δ pt = Fsi−1 0 ij F jt = 0 st
+ Tst II T − III T δ st = 0 st
2
⇒ T − T I T + T II T − III T 1 = 0
Solución alternativa: En el Ejemplo 1.57 (NOTA 1) hemos resumido que: r r r r r r r r r r r r [( A ⋅ a), b, c] + [a, ( A ⋅ b), c ] + [a, b, ( A ⋅ c )] = I A [a, b, c] r r r r r r r r r r r r [a, ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ a), b, ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ a), ( A ⋅ b), c ] = II A [a, b, c] r r r r r r [( A ⋅ a), ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] = III A [a, b, c ] r r r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
donde [a, b, c ] ≡ a ⋅ (b ∧ c ) ≠ 0 se cumple con a ≠ 0 , b ≠ 0 , c ≠ 0 . Ahora si consideramos r
r
r
que el vector a viene dado por a = A ⋅ f podemos obtener que: r r r r r r r r r r r r [( A ⋅ a), b, c] + [a, ( A ⋅ b), c ] + [a, b, ( A ⋅ c)] = I A [a, b, c ] r r r r r r r r r r r r ⇒ [( A ⋅ A ⋅ f ), b, c ] + [( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c ] + [( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c )] = I A [( A ⋅ f ), b, c ] r r r r r r r r r r r r ⇒ [( A 2 ⋅ f ), b, c ] + [( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c] + [( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c)] = I A [( A ⋅ f ), b, c ] r r r r r r r r r r r r ⇒ [( A 2 ⋅ f ), b, c ] − I A [( A ⋅ f ), b, c ] = −[( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c ] − [( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c)]
(1.69)
Teniendo en cuenta la definición de II A , es cierto que: r r r r r r r r r r r r [f , ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c )] + [( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c ] = II A [f , b, c ] r r r r r r r r r r r r ⇒ [f , ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] − II A [ f , b, c ] = −[( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c )] − [( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c]
Reemplazando la ecuación anterior en la ecuación (1.69) podemos obtener que:
r r r r r r r r r r r r [( A 2 ⋅ f ), b, c ] − I A [( A ⋅ f ), b, c ] = −[( A ⋅ f ), ( A ⋅ b), c] − [( A ⋅ f ), b, ( A ⋅ c )] r r r r r r r r r r r r ⇒ [( A 2 ⋅ f ), b, c ] − I A [( A ⋅ f ), b, c] = [f , ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] − II A [ f , b, c ] r r r r r r r r r r r r ⇒ [( A 2 ⋅ f ), b, c ] − I A [( A ⋅ f ), b, c ] + II A [f , b, c ] − [f , ( A ⋅ b), ( A ⋅ c )] = 0 r r r r r r r r r r r r ⇒ ( A 2 ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c ) − I A ( A ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c) + II A f ⋅ (b ∧ c ) − f ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) = 0 r r r r En el Ejemplo 1.56 hemos demostrado que ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c) = [cof( A )]⋅ (b ∧ c ) se cumple,
[
luego, la ecuación anterior puede ser reescrita como
[
]
]
r r r r r r r r r r r r ( A 2 ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c ) − I A ( A ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c) + II A f ⋅ (b ∧ c ) − f ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) = 0 r r r r r r r r r r r r ⇒ ( A 2 ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c ) − I A ( A ⋅ f ) ⋅ (b ∧ c) + II A f ⋅ (b ∧ c) − f ⋅ [cof( A )]⋅ (b ∧ c) = 0 r r r r r r ⇒ ( A 2 ⋅ f ) − I A ( A ⋅ f ) + II A f − f ⋅ [cof( A )] ⋅ (b ∧ c ) = 0 r r r r r r r r Notar que los vectores ( A 2 ⋅ f ) , ( A ⋅ f ) , f ≠ 0 , f ⋅ [cof( A )] no son ortogonales a (b ∧ c ) ≠ 0 ,
{
}
con lo cual podemos concluir que Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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r r r r r ⇒ ( A 2 ⋅ f ) − I A ( A ⋅ f ) + II A f − f ⋅ [cof( A )] = 0 r r r r r T ⇒ A 2 ⋅ f − I A A ⋅ f + II A 1 ⋅ f − [cof( A )] ⋅ f = 0 r r T ⇒ A 2 − I A A + II A 1 − [cof( A )] ⋅ f = 0 r T ⇒ A 2 − I A A + II A 1 − [cof( A )] = 0
{
}
Utilizando al definición A A −1 = [cof(A )]T , la ecuación anterior queda r T A 2 − I A A + II A 1 − [cof( A )] = 0 r ⇒ A 2 − I A A + II A 1 − A A −1 = 0
r ⇒ A 2 ⋅ A − I A A ⋅ A + II A 1 ⋅ A − A A −1 ⋅ A = 0 ⋅ A r ⇒ A 3 − I A A 2 + II A A − A 1 = 0
Ejemplo 1.79 Partiendo del teorema de Cayley-Hamilton obtener la inversa de un tensor T en función de potencia de tensores. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton afirma que: T 3 − T 2 I T + T II T − III T 1 = 0
Haciendo el producto escalar de la expresión anterior por el tensor T −1 obtenemos que: T 3 ⋅ T −1 − T 2 ⋅ T −1 I T + T ⋅ T −1 II T − III T 1 ⋅ T −1 = 0 ⋅ T −1 T 2 − TI T + 1 II T − III T T −1 = 0 ⇒ T −1 =
(
1 T 2 − TI T + 1 II T III T
)
Ejemplo 1.80 Dado el tensor T representado por sus componentes en el sistema cartesiano: 5 0 0 T = 0 2 0 0 0 1
Comprobar el teorema de Cayley-Hamilton. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton también se aplica para las componentes del tensor: T 3 − T 2 I T + T II T − III T 1 = 0
donde I T = 5 + 2 + 1 = 8 ; II T = 10 + 2 + 5 = 17 ; III T = 10 , luego: T
3
5 3 =0 0
0 23 0
0 125 0 0 0 = 0 8 0 1 0 0 1
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; T
2
5 2 =0 0
0 22 0
0 25 0 0 0 = 0 4 0 1 0 0 1
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66
Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton verificamos que: 125 0 0 25 0 0 5 0 0 1 0 0 0 8 0 − 8 0 4 0 + 17 0 2 0 − 10 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1444444444442444444444443 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0 0 0 Q.E.D.
Ejemplo 1.81 Dada una matriz P representada por sus componentes por Pij (i, j = 1,2,3,4) . a) Obtener la inversa, b) los invariantes, y c) la ecuación característica. Aplicar los apartados para la matriz P: 2 3 1 2 1 2 . 1 5 3 1 2 4
1 2 P= 4 3
1 0 1= 0 0
Considerar que
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
Solución: Aplicando el Teorema de Cayley-Hamilton se cumple que: P 4 + P 3 I1 + P 2 I 2 + P I 3 + I 41 = 0
( ⇒ P (P (P
)
⇒ P P 3 + P 2 I1 + P I 2 + 1 I 3 + I 41 = 0 2
)
)
+ P I1 + 1 I 2 + 1 I 3 + I 41 = 0
⇒ P P P P + 1 I 1 + 1 I 2 + 1 I 3 + I 41 = 0 1442443 C1 ⇒ P P C1 + 1 I 2 + 1 I 3 + I 4 1 = 0 44 3 1442 C2
(
)
(
(
)
)
⇒ P C2 + 1 I 3 + I 4 1 = 0
⇒ C3 + I 4 1 = 0
donde hemos denotado:
C0 = P
( = P (C = P (C
) +1 I ) +1 I )
C1 = P C0 + 1 I 1
C2
C3
1 2
2
3
Podemos sacar la traza de C3 + I 41 = 0 , resultando que:
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Tr (C3 + I 4 1) = Tr (0 )
⇒ Tr (C3 ) + Tr ( I 4 1) = Tr (C3 ) + I 4 Tr (1) = Tr (C3 ) + 4 I 4 = 0 ⇒ I4 =
− Tr (C3 ) 4
Análogamente podemos definir: I3 =
− Tr (C2 ) 3
;
I2 =
− Tr (C1 ) 2
I1 =
;
− Tr (C0 ) 1
Con eso obtenemos que: I1 =
− Tr (C0 ) = −(1 + 2 + 5 + 4) = −12 1
(
)
con eso podemos definir la matriz C1 = P C0 + 1 I 1 : 1 2 C1 = 4 3
I2 =
2 3 1 1 2 1 2 2 1 5 3 4 1 2 4 3
2 3 1 1 0 2 1 2 − 12 0 1 5 3 1 2 4 0
− Tr (C1 ) − (8 − 13 − 16 − 21) − (−42) = = = 21 2 2 2
(
A su vez obtenemos C2 = P C1 + 1 I 2 1 2 C2 = 4 3
I3 =
)
2 3 1 8 6 − 14 − 14 1 0 2 1 2 − 8 − 13 5 −7 + 21 0 1 5 3 − 13 6 − 16 − 3 1 2 4 − 11 2 4 − 21 0
0 0 0 − 37 22 15 − 17 − 2 − 5 − 5 1 0 0 7 = 0 1 0 10 − 12 − 14 2 − 14 − 11 0 0 1 9 5
− Tr (C2 ) − ( −37 − 2 − 14 + 5) − ( −48) = = = 16 3 3 3
(
A su vez obtenemos C3 = P C2 + 1 I 3 1 2 C3 = 4 3
I4 =
− 14 − 14 0 0 0 8 6 − 7 1 0 0 − 8 − 13 5 = − 16 − 3 0 1 0 − 13 6 − 21 0 0 1 − 11 2 4
)
2 3 1 − 37 22 15 − 17 1 0 2 1 2 7 −2 −5 −5 + 16 0 1 5 3 10 − 12 − 14 2 1 2 4 9 5 − 14 − 11 0
0 0 0 32 0 0 0 1 0 0 0 32 0 0 = 0 1 0 0 0 32 0 0 0 1 0 0 0 32
− Tr (C3 ) − 4(32) = = −32 = det (P ) 4 4
Luego, la ecuación característica queda: P 4 + P 3 I1 + P 2 I 2 + P I 3 + I 41 = 0
⇒
P 4 − 12P 3 + 21P 2 + 16P − 321 = 0
Los coeficientes de la ecuación característica podrían haber sido obtenidos al resolver: det ( P − λ1) ≡ P − λ1 = 0
c) La inversa puede ser obtenida partiendo de una de las relaciones obtenida anteriormente:
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P (C2 + 1 I 3 ) + I 4 1 = 0
(
)
⇒ P −1 P C2 + 1 I 3 + I 4 P −11 = 0 ⇒ P −1 = −
(
1 C2 + 1 I 3 I4
)
⇔
P −1 =
Luego:
P −1
(
⇒
)
⇒ C2 + 1 I 3 + I 4 P −1 = 0
1 adj[P ] det (P )
− 37 22 15 − 17 1 0 −2 −5 −5 1 7 + 16 =− 0 2 (−32) 10 − 12 − 14 9 − 14 − 11 5 0
∴
(
adj[P ] = − C2 + 1 I 3
)
0 0 0 15 − 17 − 21 22 1 0 0 1 7 14 − 5 − 5 = 0 1 0 32 10 − 12 2 2 0 0 1 − 14 − 11 21 9
NOTA 1: Este procedimiento que acabamos de realizar, en la literatura, se conoce como Método de Faddeev-Leverrier.
Notar que la inversa también puede ser obtenida a través del procedimiento utilizado en la ecuación (1.46), i.e.: −1 32
1 2 4 3 0 2 4 3 0 2 4 3 0 2 4 3
0 0 0 2 1 2 1 5 3 1 2 4 1 0 0 2 1 2 1 5 3 1 2 4 0 1 0 2 1 2 1 5 3 1 2 4 0 0 1 2 1 2 1 5 3 1 2 4
1 1 4 3 1 0 4 3 1 0 4 3 1 0 4 3
2 3 1 0 0 0 1 5 3 1 2 4 2 3 1 1 0 0 1 5 3 1 2 4 2 3 1 0 1 0 1 5 3 1 2 4 2 3 1 0 0 1 1 5 3 1 2 4
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1 2 1 3 1 2 0 3 1 2 0 3 1 2 0 3
2 3 1 2 1 2 0 0 0 1 2 4 2 3 1 2 1 2 1 0 0 1 2 4 2 3 1 2 1 2 0 1 0 1 2 4 2 3 1 2 1 2 0 0 1 1 2 4
Draft
1 2 4 1 1 2 4 0 1 2 4 0 1 2 4 0
2 3 1 2 1 2 1 5 3 0 0 0 2 3 1 2 1 2 1 5 3 1 0 0 2 3 1 2 1 2 1 5 3 0 1 0 2 3 1 2 1 2 1 5 3 0 0 1
= −1 32
21 −7 −10 −9
−22 −15 17
−14
5
5
12
−2
−2
14
11 −21
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69
NOTA 2: También podemos obtener los coeficientes del polinomio característico a través del siguiente procedimiento. Considerando P 4 − P 3 I 1 + P 2 I 2 − P I 3 + I 4 1 = 0 El último coeficiente, en el caso I 4 = det(P ) = −32 .
El coeficiente I 3 se obtiene por la suma de los determinantes de las matrices resultantes al eliminar 1 fila y 1 columna asociados a la diagonal principal, i.e.: 1 2 I3 = 4 3
2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
2 3 1 2 1 2 1 5 3 1 2 4
2 1 2 1 3 1 1 2 1 1 2 3 = 1 5 3 + 4 5 3 + 2 2 2 + 2 2 1 = −16 1 2 4 3 2 4 3 1 4 4 2 5
El coeficiente I 2 se obtiene por la suma de los determinantes de las matrices resultantes al eliminar 2 filas y 2 columnas asociados a la diagonal principal, i.e.: 1 2 I2 = 4 3
2 3 1 2 1 2 + 1 5 3 1 2 4
1 2 4 3
2 3 1 2 1 2 + 1 5 3 1 2 4
1 2 + 4 3
2 3 1 1 2 2 1 2 2 2 + 1 5 3 4 1 1 2 4 3 1
1 2 + 4 3
2 3 1 2 1 2 1 5 3 1 2 4
1 2 4 3
2 3 1 2 1 2 + 1 5 3 1 2 4
3 1 1 2 + 5 3 2 4
5 3 2 2 2 1 1 1 1 3 1 2 = = 21 + + + + + 2 4 1 4 1 5 3 4 4 5 2 2
El coeficiente I 1 se obtiene por la suma de los determinantes de las matrices resultantes al eliminar 3 filas y 3 columnas asociados a la diagonal principal, i.e.: 1 2 I1 = 4 3
2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
= [4] + [1] + [2] + 5 = 12 = Tr (P )
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2 3 1 1 2 1 2 2 + 1 5 3 4 1 2 4 3
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2 3 1 2 1 2 1 5 3 1 2 4
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70
Ejemplo 1.82 Demostrar que si A es un tensor de segundo orden se cumple que: a) II A =
{
}
1 [Tr( A )]2 − Tr( A 2 ) 2
b) det ( A ) =
{
}
1 [Tr (A )]3 + 2 Tr( A 3 ) − 3Tr(A ) Tr(A 2 ) 6
Solución:
a) Fue demostrado en el Ejemplo 1.79 que III A A −1 = (A 2 − AI A + 1 II A ) , luego, aplicando el doble producto escalar con el tensor identidad, obtenemos que:
(
)
III A A −1 : 1 = A 2 − AI A + 1 II A : 1 = A 2 : 1 − A : 1 I A + 1 : 1 II A −1
2
III A Tr ( A ) = Tr ( A ) − Tr ( A ) I A + Tr (1) II A = Tr ( A 2 ) − ( I A ) 2 + 3 II A
Teniendo en cuenta la inversa de un tensor A −1 = [cof ( A )]T III A Tr ( A −1 ) = Tr ( III A A −1 ) = Tr III A III A
[cof ( A )]T , podemos decir que: III A
(
)
= Tr [cof ( A )]T = Tr ([cof ( A ) ]) = II A
Con lo cual, podemos decir que: III A Tr ( A −1 ) = II A = Tr ( A 2 ) − ( I A ) 2 + 3 II A ⇒ II A − 3 II A = Tr ( A 2 ) − ( I A ) 2 ⇒ II A =
{
}
1 ( I A ) 2 − Tr ( A 2 ) 2
b) Partiendo del teorema de Cayley-Hamilton, que afirma que todo tensor cumple su propia ecuación característica: A 3 − A 2 I A + AII A − III A 1 = 0
donde I A = [Tr (A )] , II A =
{
}
1 [Tr( A )]2 − Tr( A 2 ) , III 2
A
(1.70)
= det (A ) son los invariantes principales
del tensor A . Haciendo el doble producto escalar con el tensor identidad de segundo orden ( 1 ) en la expresión (1.70) obtenemos que: A 3 : 1 − A 2 : 1 I A + A : 1II A − III A 1 : 1 = 0 : 1 Tr ( A 3 ) − Tr ( A 2 ) I A + Tr ( A ) II A − III
{
A
[Tr(1)] = [Tr(0)]
}
1 [Tr(A )]2 − Tr(A 2 ) − III A 3 = 0 2 1 1 3 Tr ( A 3 ) − Tr ( A 2 ) Tr ( A ) + [Tr ( A )] − Tr ( A ) Tr ( A 2 ) − III A 3 = 0 2 2 1 3 2 Tr ( A 3 ) − 3 Tr ( A 2 ) Tr ( A ) + [Tr ( A )] − III A 3 = 0 2 Tr ( A 3 ) − Tr ( A 2 ) Tr ( A ) + Tr ( A )
{
}
Con lo cual obtenemos que: III
A
= det ( A ) =
{
}
1 [Tr( A )]3 + 2 Tr( A 3 ) − 3Tr (A 2 ) Tr( A ) 6
o en notación indicial:
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III
= det ( A ) =
A
71
{
1 A ii A jj A kk + 2A ij A jk A ki − 3A ij A ji A kk 6
}
NOTA: Es interesante destacar que los invariantes principales del tensor A vienen formados por la combinación de los tres invariantes fundamentales de un tensor de segundo orden, a saber, ( Tr (A ) , Tr ( A 2 ) y Tr ( A 3 ) ), es decir: I A = Tr ( A )
{
}
1 [ Tr ( A )] 2 − Tr ( A 2 ) 2 1 = [Tr ( A )]3 + 2 Tr ( A 3 ) − 3 Tr ( A 2 ) Tr ( A ) 6
II A =
{
III A
}
Ejemplo 1.83
{
principal de T , III
T
}
1 [Tr( T )]2 − Tr(T 2 ) es el segundo invariante 2 es el tercer invariante principal, es decir, el determinante de T .
Demostrar que II T = III T Tr ( T −1 ) , donde II T =
Solución: Fue demostrado en el Ejemplo 1.79 que T −1 =
(
)
1 T 2 − TI T + 1 II T , luego, III T
aplicando el doble producto escalar con el tensor identidad, obtenemos que:
(
)
(
1 1 T 2 − TI T + 1 II T : 1 = T 2 : 1 − T : 1 I T + 1 : 1 II T III T III T
T −1 : 1 = Tr ( T −1 ) =
(
1 Tr ( T 2 ) − Tr ( T ) I T + Tr (1) II T III T
)
)
⇒ III T Tr ( T −1 ) = Tr ( T 2 ) − I T2 + 3 II T 14243 = −2 II T
−1
⇒ III T Tr ( T ) = II T
Ejemplo 1.84 Demostrar que: r r 1 (α1 + β c ⊗ b) −1 = 1 −
α
r
r
r
β (c ⊗ b ) r r α (α + β c ⋅ b)
(1.71)
r
donde c , b son vectores, 1 es el tensor identidad de segundo orden, y α y β son escalares. Solución:
r
r
Haciendo que T = (α1 + β c ⊗ b) , y teniendo en cuenta la expresión de la inversa obtenida en el Ejemplo 1.79: T −1 =
(
1 T 2 − TI T + 1 II T III T
)
(1.72)
A continuación obtenemos T 2 :
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72
r r r r T 2 = T ⋅ T = (α1 + β c ⊗ b) ⋅ (α1 + β c ⊗ b) r r r r r r r r = α 2 1 ⋅ 1 + αβ 1 ⋅ (c ⊗ b) + αβ (c ⊗ b) ⋅ 1 + β 2 (c ⊗ b) ⋅ (c ⊗ b) r r r r r r r r donde se cumple que (c ⊗ b) ⋅ (c ⊗ b) = (c ⋅ b)(c ⊗ b) , ver Ejemplo 1.20. Luego, la expresión
anterior puede ser rescrita como:
r r r r r r T 2 = α 2 1 + 2αβ (c ⊗ b) + β 2 (c ⋅ b)(c ⊗ b)
y la traza viene dada por:
[
]
r r r r r r Tr ( T 2 ) = Tr α 2 1 + 2αβ (c ⊗ b) + β 2 (c ⋅ b)(c ⊗ b) r r r r r r = α 2 Tr (1) + 2αβTr (c ⊗ b) + β 2 (c ⋅ b) Tr (c ⊗ b) r r r r r r = 3α 2 + 2αβ (c ⋅ b) + β 2 (c ⋅ b)(c ⋅ b) r r r r = 3α 2 + 2αβ (c ⋅ b) + β 2 (c ⋅ b) 2
A continuación calculamos los invariantes principales de T
r r r r r r I T = Tr (α1 + β c ⊗ b) = αTr (1) + β Tr (c ⊗ b) = 3α + β (c ⋅ b) r r 2 r r r r ( I T ) 2 = 3α + β (c ⋅ b) = 9α 2 + 6β (c ⋅ b) + β 2 (c ⋅ b) 2
[
]
{
} {
[
r r r r r r r r 1 1 2 I T − Tr ( T 2 ) = 9α 2 + 6β (c ⋅ b) + β 2 (c ⋅ b) 2 − 3α 2 + 2αβ (c ⋅ b) + β 2 (c ⋅ b) 2 2 2 r r 2 = 3α + 2αβ (c ⋅ b) r r r r III T = det (α1 + β c ⊗ b) = α 3 + α 2 β c ⋅ b (ver Ejemplo 1.50)
II T =
]}
Luego, la expresión (1.72) queda: III T T −1 = T 2 − I T T + II T 1 r r r r r r = α 2 1 + 2αβ (c ⊗ b) + β 2 (c ⋅ b)(c ⊗ b) r r r r r r − 3α + β (c ⋅ b) (α1 + β c ⊗ b) + 3α 2 + 2αβ (c ⋅ b) 1 r r r r r r r r r r = α 2 1 + 2αβ (c ⊗ b) + β 2 (c ⋅ b)(c ⊗ b) − 3α 2 1 − 3αβ (c ⊗ b) − αβ (c ⋅ b)1 r r r r r r − β 2 (c ⋅ b)(c ⊗ b) + 3α 2 1 + 2αβ (c ⋅ b)1 r r r r = 1α 2 + αβ (c ⋅ b)1 − αβ (c ⊗ b) r r r r = (α 2 + αβ c ⋅ b)1 − αβ (c ⊗ b) r r r r 1 T = (α 3 + α 2 β c ⋅ b)1 − αβ (c ⊗ b) = [adj( T ) ] = [cof ( T ) ]
[
]
[
]
(1.73)
α
r
r
r r
Teniendo en cuenta que T = (α1 + β c ⊗ b) , III T = α 3 + α 2 β c ⋅ b , la expresión anterior queda: r r 1 III T 1 − αβ (c ⊗ b) III T α r r r r αβ (c ⊗ b) 1 αβ (c ⊗ b) 1 III T = 1− = 1− r r III T α III T α (α 3 + α 2 β c ⋅ b )
T −1 =
(1.74)
o aun:
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r r 1 (α1 + β c ⊗ b) −1 = 1 −
α
(α δ ij + β c i b j ) −1 =
[α[1] + β [{c}{b} ] ] T
−1
=
1
α
1
α
[ 1] −
δ ij −
73
r r β r r (c ⊗ b) α (α + β c ⋅ b)
Notación Tensorial
(1.75)
β (c b ) α (α + β c k b k ) i j
Notación Indicial
(1.76)
Notación matricial
(1.77)
β [ {c}{b}T ] T α (α + β {c} {b})
NOTA 1: La expresión anterior también es válida para matrices de n-dimensiones. Para el caso particular cuando α = 1 , β = 1 , obtenemos que: r r r r −1 (c ⊗ b) (1 + c ⊗ b) = 1 − r r 1+ c ⋅b
(1.78)
NOTA 2: La expresión (1.75) puede ser reescrita como: r r 1 T −1 = (α1 + β c ⊗ b) −1 = 1 −
r r β r r (c ⊗ b) α (α + β c ⋅ b )
α
[
]
r r r r 1 [adj( T )] r (α 2 + αβ c ⋅ b)1 − βα (c ⊗ b) = r 3 2 det ( T ) (α + α β c ⋅ b ) r r r r r r con lo cual concluimos que adj(α1 + β c ⊗ b) = (α 2 + αβ c ⋅ b)1 − βα (c ⊗ b) . =
1
NOTA 3: Podemos extender la ecuación (1.75) de tal forma que: (α I sym + β A ⊗ B ) −1 =
1
α
I sym −
β ( A ⊗ B) α (α + β A : B )
donde ahora tenemos que I sym es el tensor identidad de cuarto orden, A y B son tensores de segundo orden, y α y β son escalares. Con eso es de fácil demostración que ( I sym ) −1 = I sym . Ejemplo 1.85 r
r
Teniendo en cuenta que (α 1 + β c ⊗ b) −1 = r r 1 (α A + β a ⊗ b) −1 = A −1 −
α
r
1
α
1−
r r β r r (c ⊗ b) , demostrar que: α (α + β c ⋅ b)
[
r r ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 ) r r α (α + β b ⋅ A −1 ⋅ a)
β
]
(1.79)
r
donde a , b son vectores, A es un tensor de segundo orden, con det ( A ) ≠ 0 ( ∃A −1 ), y α , β son escalares. Solución: r
r
Observemos que el término (αA + β a ⊗ b) , puede ser reescrito como: r r r r (αA + β a ⊗ b) = A ⋅ (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b)
Utilizando la propiedad de la inversa tal que ( A ⋅ B ) −1 = B −1 ⋅ A −1 , podemos decir que:
[
]
r r r r −1 r r (αA + β a ⊗ b) −1 = A ⋅ (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) = (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) −1 ⋅ A −1
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74
r
Observemos que el resultado de la operación A −1 ⋅ a resulta un vector y lo denotamos por el r r vector c = A −1 ⋅ a , con lo cual podemos reescribir la expresión anterior como: r r r r (αA + β a ⊗ b) −1 = (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) −1 ⋅ A −1 r r = (α1 + β c ⊗ b) −1 ⋅ A −1
1 r r β −1 = 1− r r (c ⊗ b) ⋅ A α α (α + β c ⋅ b ) r r β 1 −1 = 1 ⋅ A −1 − r r (c ⊗ b) ⋅ A α α (α + β c ⋅ b ) r r β 1 −1 = A −1 − r r c ⊗b⋅A α α (α + β c ⋅ b ) r β 1 −1 r −1 = A −1 − r r ( A ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A ) α α (α + β c ⋅ b ) r r 1 β r = A −1 − ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 ) r α α (α + β b ⋅ A −1 ⋅ a)
La expresión anterior en notación indicial queda (αA ij + β a i b j ) −1 =
1
α
A ij−1 −
β α (α + β
r
r
b p A −pq1 a q )
( A ik−1 a k )(b s A −sj1 )
r r
−1 Cuidado con la operación ( A −1 ⋅ a) ⋅ b ≠ A ⋅ (a ⋅ b) , esta última no tiene consistencia, ya 14243
Expresión errónea
r r
que no podemos tener un producto escalar (contracción) con un escalar (a ⋅ b) . En notación r r
r
indicial se puede comprobar c ⋅ b = c i b i = ( A −1 ⋅ a) i b i = A ik−1 a k b i , luego, las expresiones r r posibles son ( A −1 ⋅ a) ⋅ b = b i A ik−1a k = a k A ik−1b i = A ik−1b i a k = A ik−1 a k b i = A ik−1a k b i . 1 4 3 r 24 r b⋅A −1⋅a
1 424 3 r r a⋅A −T ⋅b
1 42r4 3 r A −1:(b⊗a)
1 424 3 r r A −T :( a⊗b )
1 424 3 r r A −1:( a⊗b )T
Para el caso particular cuando α = 1 , β = 1 , recaemos en la fórmula de Sherman-Morrison: r r r r −1 ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 ) −1 r ( A + a ⊗ b) = A − r 1 + b ⋅ A −1 ⋅ a
Fórmula de Sherman-Morrison
(1.80)
(notación tensorial)
En notación matricial la ecuación anterior queda:
[[ A] + [{a}{b} ] ] T
−1
= [ A] −1
{
}{
[ A] −1 {a} {b}T [ A] −1 − 1 + {b}T [ A] −1 {a}
r
} T
Fórmula de Sherman-Morrison
(1.81)
(notación matricial)
r
r
r
NOTA 1: Observar que si (αA + β a ⊗ b) = A ⋅ (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) , el determinante viene definido por:
[
]
[
r r r r r r det (αA + β a ⊗ b) = det A ⋅ (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) = det [A ]det (α1 + β A −1 ⋅ a ⊗ b) r r = det [A ](α 3 + α 2 β b ⋅ A −1 ⋅ a)
]
con lo cual, la expresión (1.79) puede aun ser reescrita como:
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{ A (α γ
r r 1 (α A + β a ⊗ b) −1 =
r
2
r
75
[
r r r r + αβ b ⋅ A −1 ⋅ a) A −1 − A αβ ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 )
r
]}
r
con γ = det (αA + β a ⊗ b) = A (α 3 + α 2 β b ⋅ A −1 ⋅ a) .
(1.82)
con eso concluimos que:
[
{
r r r r r r adj(αA + β a ⊗ b ) = A (α 2 + αβ b ⋅ A −1 ⋅ a) A −1 − A αβ ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 )
]}
NOTA 2: Podemos extrapolar la expresión (1.79) de tal forma que: (α D + β A ⊗ B ) −1 =
1
α
D −1 −
β α (α + β B : D −1 : A )
[(D
−1
: A ) ⊗ (B : D −1 )
]
(1.83)
donde ahora tenemos que D es un tensor de cuarto orden, A y B son tensores de segundo orden, y α , β son escalares. Aun podemos decir que: (α D + β A ⊗ B ) −1 =
1
γ
{ D (α
2
[
+ αβ B : D −1 : A )D −1 − D αβ (D −1 : A ) ⊗ (B : D −1 )
]}
con γ = det (αD + β A ⊗ B ) = D (α 3 + α 2 β B : D −1 : A ) .
(1.84)
donde podemos concluir que: det (αD + β A ⊗ B ) = det (D )(α 3 + α 2 β B : D −1 : A )
[
{
adj(αD + β A ⊗ B ) = D (α 2 + αβ B : D −1 : A )D −1 − αβ D (D −1 : A ) ⊗ (B : D −1 )
Ejemplo 1.86
r
r
(1.85)
]}
(1.86)
r
r
a) Dado un tensor de segundo orden C = (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) , demostrar que: r
r
r
r
r r
[r
r r
r r r
r r r r
α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d = α 3 + α 2 γ (c ⋅ d) + α 2 β (a ⋅ b) + αβγ (a ⋅ b)(c ⋅ d) − (a ⋅ d)(b ⋅ c )
]
(1.87) r
r
r
r
r
r
r
r
donde α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d = det (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) representa el determinante del r
r
r
r
tensor C . b) Para el caso particular cuando α = 1 , d = a , c = b , demostrar que: r r r r r r r r det (1 + β a ⊗ b + γ b ⊗ a) = 1 + (β + γ )(a ⋅ b) − βγ a ∧ b
Solución: r
2
(1.88)
r
r
r
Definimos un tensor auxiliar D = α1 + β a ⊗ b y a su vez tenemos que C = (D + γ c ⊗ d) . r
r
r
r
Según el Ejemplo 1.85, ecuación (1.82), se cumple que det (D + γ c ⊗ d) = D (1 + γ d ⋅ D −1 ⋅ c ) , donde: r r r r det (D) ≡ D = det (α1 + β a ⊗ b ) = α 3 + α 2 β (a ⋅ b) y r r 1 (D ) −1 = (α1 + β a ⊗ b) −1 = 1 −
α
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r r β r r (a ⊗ b) α (α + β a ⋅ b )
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76
Con eso, podemos decir que:
r r r r det (D + γ c ⊗ d) = D (1 + γ d ⋅ D −1 ⋅ c )
[
]
[
]
[
]
[
]
r 1 r r r r r β = α 3 + α 2 β (a ⋅ b ) (1 + γ d ⋅ 1 − r (a ⊗ b) ⋅ c r α α (α + β a ⋅ b ) r r r r 1 r r r r β r d ⋅ (a ⊗ b) ⋅ c = α 3 + α 2 β (a ⋅ b ) 1 + γ d ⋅ 1 ⋅ c − r α α (α + β a ⋅ b ) r r r r 1 r r r r β r (d ⋅ a) ⊗ (b ⋅ c ) = α 3 + α 2 β (a ⋅ b ) 1 + γ d ⋅ c − r α α (α + β a ⋅ b ) r r r r r r γ r r αβγ r (a ⋅ d)(b ⋅ c ) = α 3 + α 2 β (a ⋅ b ) 1 + (c ⋅ d) − r α 2 (α + β a ⋅ b ) α r r r r r r r r r r r r Notar que (d ⋅ a) ⊗ (b ⋅ c ) = (a ⋅ d) ⊗ (b ⋅ c ) = (a ⋅ d)(b ⋅ c ) . 123 123 escalar
escalar
[
]
[ [
]
[
]
r r r r r r r r r r γ r r αβγ r (a ⋅ d)(b ⋅ c ) det (D + γ c ⊗ d) = α 3 + α 2 β (a ⋅ b) 1 + (c ⋅ d) − α 3 + α 2 β (a ⋅ b) r 2 α α (α + β a ⋅ b) r r r r r r r γ r = α 3 + α 2 β (a ⋅ b) 1 + (c ⋅ d) − αβγ (a ⋅ d)(b ⋅ c ) α r r r r r r r r r r r r 3 2 2 = α + α γ (c ⋅ d) + α β (a ⋅ b) + αβγ (a ⋅ b)(c ⋅ d) − αβγ (a ⋅ d)(b ⋅ c )
]
Luego:
[
r r r r r r r r r r r r r r r r det (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) = α 3 + α 2 γ (c ⋅ d) + α 2 β (a ⋅ b ) + αβγ (a ⋅ b )( c ⋅ d) − (a ⋅ d)(b ⋅ c )
Con eso demostramos la ecuación (1.87). r
r
r
r
Para el caso particular cuando d = a , c = b , tenemos que:
[ [
] ]
r r r r r r r r r r r r r r r r det (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) = α 3 + α 2 γ (c ⋅ d) + α 2 β (a ⋅ b) − αβγ (a ⋅ d)(b ⋅ c ) − (a ⋅ b)(c ⋅ d) r r r r r r r r r r r r r r r r det (α1 + β a ⊗ b + γ b ⊗ a) = α 3 + α 2 γ (b ⋅ a) + α 2 β (a ⋅ b) − αβγ (a ⋅ a)(b ⋅ b) − (a ⋅ b)(b ⋅ a) r r r r r r r r r r = α 3 + α 2 (β + γ )(a ⋅ b) − αβγ (a ⋅ a)(b ⋅ b) − (a ⋅ b)(a ⋅ b) r r 2 r 2 r 2 r r 2 En el Ejemplo 1.1 hemos demostrado que a ∧ b = a b − a ⋅ b . Con eso
[
]
( )
demostramos que: r r r r r r r r det (α1 + β a ⊗ b + γ b ⊗ a) = α 3 + α 2 (β + γ )(a ⋅ b) − αβγ a ∧ b
2
Para el caso particular cuando α = 1 , obtenemos que: r r r r r r r r det (1 + β a ⊗ b + γ b ⊗ a) = 1 + (β + γ )(a ⋅ b) − βγ a ∧ b
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]
1 TENSORES
77
Ejemplo 1.87
r
r
r
r
a) Obtener la inversa del tensor de segundo orden C = (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) . r r p⊗ p p⋅q
b.1) Dado el tensor D = B + r r −
r r (B ⋅ q) ⊗ (B ⋅ q) donde B = B T y ∃B −1 , demostrar que r r q ⋅ B ⋅q
se cumple que: D −1 = B −1 +
r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p ) r r [q ⊗ q ] − r 2 r qr ⊗ ( B −1 ⋅ pr ) r r 2 ( p ⋅ q) ( p ⋅ q)
[
]
sym
(1.89)
b.2) Si B es un tensor definido positivo, determinar las condiciones para que D sea un tensor no-singular. Solución: r
r
r
r
a) Denotando por A = (α1 + β a ⊗ b) quedamos con C = ( A + γ c ⊗ d) , y teniendo en cuenta que r r 1 (α A + β a ⊗ b) −1 = A −1 −
α
[
r r ( A −1 ⋅ a) ⊗ (b ⋅ A −1 ) r r α (α + β b ⋅ A −1 ⋅ a)
β
]
(1.90)
Ver Ejemplo 1.85, ecuación (1.79). Luego r r ( A + γ c ⊗ d) −1 = A −1 −
[
r r γ ( A −1 ⋅ c ) ⊗ (d ⋅ A −1 ) r r (1 + γ d ⋅ A −1 ⋅ c )
]
(1.91)
En el Ejemplo 1.84 hemos demostrado que: r r 1 (α1 + β c ⊗ b) −1 = 1 −
α
Con eso concluimos que: A
−1
r r 1 = (α1 + β a ⊗ b) −1 = 1 −
α
r
r
r
β (c ⊗ b ) r r α (α + β c ⋅ b)
(1.92)
r
β (a ⊗ b) r r α (α + β a ⋅ b )
Además tenemos que r r r r r r r 1 r 1 r r 1 r β β β ( ) ( ⊗ ) ( ⋅ c) r b ⊗ a b a b A ⋅c = 1 − r r ⋅ c = 1 ⋅ c − r r ⋅c = c − r r a α α α α (α + β a ⋅ b ) α (α + β a ⋅ b ) α (α + β a ⋅ b ) r r r r r r r r 1 r r 1 r ⋅ a) r ( ) ( ⊗ ) 1 ( a b a b d β β β ⊗ −1 d⋅ A = d⋅ 1 − r = d ⋅1 − d ⋅ r = d− r r b r r α α (α + β a ⋅ b) α α (α + β a ⋅ b ) α α (α + β a ⋅ b ) −1
Con eso concluimos que
[
] [
r r r r r r r r r r r r r r (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d) −1 = θ (1) 1 + θ ( 2 ) (a ⊗ b) + θ ( 3) θ (1) c + θ ( 2 ) (b ⋅ c )a ⊗ θ (1) d + θ ( 2 ) (a ⋅ d)b
]
(1.93) donde
θ (1) =
1
α
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θ ( 2) = θ ( 3) =
−β
r r
α (α + β a ⋅ b ) −γ r r (1 + γ d ⋅ A −1 ⋅ c )
r r 1 r r d ⋅ A −1 ⋅ c = (d ⋅ c ) −
α
r r r r β r r (d ⋅ a )(b ⋅ c ) α (α + β a ⋅ b )
b.1) Podemos reescribir el tensor D como: r r r r r r r r p⊗ p p⊗ p (B ⋅ q) ⊗ (B ⋅ q) (B ⋅ q) ⊗ (B ⋅ q) −1 −1 B B B B B ( ) ( ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ D = B ⋅1 + 1 ⋅ r r − 1 ⋅ 1 = + − r r r r r r p⋅q q ⋅ B ⋅q p⋅q q ⋅B⋅q r r r r r r r r p⊗ p ( B −1 ⋅ p) ⊗ p ( B −1 ⋅ B ⋅ q ) ⊗ ( B ⋅ q ) −1 −1 ( B ⋅ q ) ⊗ ( B ⋅ q ) = B ⋅ 1 + B ⋅ r r − B ⋅ − r r r r r r = B ⋅ 1 + p⋅q q ⋅B ⋅q p⋅q q ⋅B⋅q r r r −1 r ( B ⋅ p) ⊗ p q ⊗ ( B ⋅ q ) = B ⋅ 1 + − r r r r p⋅q q ⋅B⋅q
Denotando por r r a = ( B −1 ⋅ p )
r r b=p
;
;
[
r r c =q
;
r r d = (B ⋅ q)
;
1
β= r r p⋅q
;
−1 γ= r r q ⋅B⋅q
]
r r r r D = B ⋅ 1 + β a ⊗ b + γc ⊗ d = B ⋅ C ⇒ D −1 = ( B ⋅ C ) −1 = C −1 ⋅ B −1 r r r r donde C = [1 + βa ⊗ b + γc ⊗ d ] . La inversa del tensor C puede ser obtenido a través del apartada (a) con α = 1 . Además tenemos que:
θ (1) = 1 , θ ( 2) =
−β
−1 1 −1 −β = r r r r r r = r r = r r α (α + β a ⋅ b) (1 + β a ⋅ b) p ⋅ q (1 + r 1 r ( B −1 ⋅ pr ) ⋅ pr ) ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p) p⋅q
r r 1 r r d ⋅ A −1 ⋅ c = (d ⋅ c ) −
α
r r r r β r r (a ⋅ d )(b ⋅ c ) α (α + β a ⋅ b )
r r r r r r −1 = (( B ⋅ q ) ⋅ q ) + r r r (( B −1 ⋅ p) ⋅ ( B ⋅ q ) )( p ⋅ q ) −1 r ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) r r r r r r − ( p ⋅ ( B −T ⋅ B ) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) = q ⋅B ⋅q + r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p)
−γ 1 1 r = r r r r r r −1 r q B q ⋅ ⋅ r − ( p ⋅ ( B −T ⋅ B ) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) −1 r (1 + γ d ⋅ A ⋅ c ) 1 + r r q ⋅B⋅q + r r r −1 r q B q ⋅ ⋅ ( p q p B p ) ⋅ ⋅ ⋅ + r r r −1 r ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) = r r r r ( p ⋅ ( B −T ⋅ B ) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p ) −1 −1 θ ( 2 ) θ (3) = r r r −1 r r r r r = r r r r −T −T ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) ( p ⋅ ( B ⋅ B ) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) ( p ⋅ ( B ⋅ B ) ⋅ q ) ( p ⋅ q )
θ ( 3) =
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r r
θ ( 2 ) θ ( 3) (a ⋅ d ) = r
( p ⋅ (B
−T
= r ( p ⋅ ( B −T r r
θ ( 2 ) θ ( 3) (b ⋅ c ) = r
( p ⋅ (B
r r r r
−T
79
r −1 −1 r r r r (( B ⋅ p) ⋅ ( B ⋅ q )) ⋅ B) ⋅ q) ( p ⋅ q ) r r −1 −1 −T r r r ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q ) = r r ( p ⋅ q) ⋅ B) ⋅ q) ( p ⋅ q ) r r −1 −1 r r r ( p ⋅ q) = r r −T ⋅ B) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q )
θ ( 2 ) θ (3) (b ⋅ c )(a ⋅ d ) = r
( p ⋅ (B
−T
r r r −1 −1 r r r r (( B ⋅ p) ⋅ ( B ⋅ q ))( p ⋅ q ) = −1 ⋅ B) ⋅ q ) ( p ⋅ q )
La expresión (1.93) queda:
[ [
] [
]
r r r r r r r r r r C −1 = 1 + θ ( 2 ) (a ⊗ b ) + θ ( 3) c + θ ( 2 ) (b ⋅ c )a ⊗ d + θ ( 2 ) (a ⋅ d )b r r r r r r r r r r r r C −1 = 1 + θ ( 2 ) a ⊗ b + θ ( 3) c ⊗ d + θ ( 3) θ ( 2 ) (a ⋅ d ) c ⊗ b + θ ( 3) θ ( 2 ) (b ⋅ c ) a ⊗ d + r r r r r r + θ ( 3) θ (22 ) (b ⋅ c )(a ⋅ d ) a ⊗ b r r r r r r r r r r r r C −1 = 1 + θ ( 2 ) + θ ( 3) θ (22 ) (b ⋅ c )(a ⋅ d ) a ⊗ b + θ ( 3) c ⊗ d + θ ( 3) θ ( 2 ) (a ⋅ d ) c ⊗ b + r r r r + θ ( 3) θ ( 2 ) (b ⋅ c ) a ⊗ d
[
]
]
}[
{
]
[
[
[
[
]
]
]
[
]
[
]
]
notar que: {θ ( 2 ) + θ (3) θ (22 ) (b ⋅ c )(a ⋅ d )}= θ ( 2 ) {1 + θ (3) θ ( 2 ) (b ⋅ c )(a ⋅ d )}= θ ( 2 ) {1 − 1} = 0 r r r r
[
r r r r
]
[
]
[
r r r r r r r r r r C −1 = 1 + θ ( 3) c ⊗ d + θ ( 3) θ ( 2 ) (a ⋅ d ) c ⊗ b + θ ( 3) θ ( 2 ) (b ⋅ c ) a ⊗ d
[
]
[
]
[
]
]
r r r r r r r r r r C −1 = 1 + θ ( 3) c ⊗ d + θ ( 3) θ ( 2 ) (a ⋅ d ) c ⊗ b + θ ( 3) θ ( 2 ) (b ⋅ c ) a ⊗ d r r r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p) −1 r r =1 + r r r r [q ⊗ ( B ⋅ q ) ] + r r [q ⊗ p ] + L −T ( p ⋅ q) ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) r −1 −1 r L+ r r ( B ⋅ p) ⊗ ( B ⋅ q ) −T ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q )
[
]
Con eso, podemos obtener que: D −1 = C −1 ⋅ B −1 r r r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p ) −1 r r = 1 + r r r r [q ⊗ ( B ⋅ q )] + r r [q ⊗ p ] + L −T ( p ⋅ q) ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q ) ( p ⋅ q ) r −1 −1 −1 r L+ r r ( B ⋅ p) ⊗ ( B ⋅ q ) ⋅ B −T ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q ) r r r r −1 r r ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) −1 r r −1 −1 = B −1 + r r r r [q ⊗ ( B ⋅ q ) ] ⋅ B + r r [q ⊗ p ] ⋅ B + L −T ( p ⋅ q) ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q ) ( p ⋅ q )
[
]
[
]
r −1 −1 r −1 L+ r r ( B ⋅ p) ⊗ ( B ⋅ q ) ⋅ B −T ( p ⋅ (B ⋅ B) ⋅ q )
notar que:
{[qr ⊗ ( B ⋅ qr )]⋅ B } = [qr ⊗ ( B ⋅ qr )] B = [q ( B ⋅ qr ) ]B r r = [q ⊗ ( B ⋅ B ) ⋅ q ) ] [( B ⋅ pr ) ⊗ ( B ⋅ qr )]⋅ B = ( B ⋅ pr ) ⊗ ( B ⋅ B ) ⋅ qr −1
ij
ik
−1 kj
i
k
−1 kj
[
]
= q i ( B kp q p ) B kj−1 = q i ( B kp B kj−1 q p )
−T
ij
−1
−1
−1
−T
Si ahora consideramos que el tensor B es simétrico, i.e. B = B T , quedamos con: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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80
r r r r ( p ⋅ q + p ⋅ B −1 ⋅ p ) r r [q ⊗ q ] + r− 1r r r r r ( p ⋅ q) ( p ⋅ q) ( p ⋅ q) r r r −1 r ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) r r [q ⊗ q ] + r− 1r + r r r r ( p ⋅ q) ( p ⋅ q) ( p ⋅ q) r r r −1 r ( p ⋅ q + p ⋅ B ⋅ p) r r + [q ⊗ q ] − r 2 r r r 2 ( p ⋅ q) ( p ⋅ q)
[qr ⊗ ( pr ⋅ B )] + ( pr−⋅1qr ) [( B
D −1 = B −1 + = B −1 = B −1
−1
{[qr ⊗ ( pr ⋅ B )] + [( B −1
[qr ⊗ ( B
−1
−1
−1
⋅ p) ⊗ q ] r
⋅ p) ⊗ q ] r
r
r
}
⋅ p)] r
r
sym
r
r
Notar que, debido la simetría de B se cumple que p ⋅ B −1 = B −1 ⋅ p = t y B −T ⋅ B = 1 . b.2) Un tensor será no-singular si det (D ) ≠ 0 . Utilizando la expresión obtenida anteriormente:
[
r r r r D = B ⋅ 1 + β a ⊗ b + γc ⊗ d ⇒
( [
]
])
[
r r r r r r r r det (D) = det B ⋅ 1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d = det ( B )det 1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d
]
Como B es un tensor definido positivo esto implica que det ( B ) > 0 . Luego, la condición para r r r r que D sea no-singular es que det [1 + βa ⊗ b + γc ⊗ d ] ≠ 0 . Utilizando el determinante obtenido en el Ejemplo 1.86:
[
]
r r r r r r r r r r r r r r det (α1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d ) = α 3 + α 2 γ (c ⋅ d ) − αβγ (a ⋅ d )( b ⋅ c ) − (a ⋅ b )( c ⋅ d ) r r r r r r r r r r r r r r r r donde α = 1 , a ⋅ b = ( B −1 ⋅ p ) ⋅ p = p ⋅ B −1 ⋅ p , a ⋅ d = ( B −1 ⋅ p ) ⋅ ( B ⋅ q ) = p ⋅ q , b ⋅ c = p ⋅ q r r r r r r r r r −1 r c ⋅ d = q ⋅ ( B ⋅ q ) = q ⋅ B ⋅ q , γ (c ⋅ d ) = r r q ⋅ B ⋅ q = −1 , q ⋅B ⋅q
βγ [(a ⋅ d )(b ⋅ c ) − (a ⋅ b )(c ⋅ d ) ] = r r r r r r r
r r r r
[
]
[
]
r r r r r r −1 −1 r r r ( p ⋅ q )( p ⋅ q ) − ( p ⋅ B ⋅ p )( q ⋅ B ⋅ q ) p⋅q q ⋅B ⋅q 1
Con eso podemos decir que:
[
]
r r r r r r r r r r 1 −1 r r det 1 + β a ⊗ b + γ c ⊗ d = r r r r ( p ⋅ q )( p ⋅ q ) − ( p ⋅ B ⋅ p )(q ⋅ B ⋅ q ) ≠ 0 ( p ⋅ q )(q ⋅ B ⋅ q ) r r r r r r r r Luego, las condiciones son: p ≠ 0 , q ≠ 0 , ( p ⋅ q ) ≠ 0 , i.e. p y q no pueden ser vectores
ortogonales. Otra condición que hay que cumplir es: r r r r r r r r ( p ⋅ q )( p ⋅ q ) − ( p ⋅ B −1 ⋅ p )(q ⋅ B ⋅ q ) ≠ 0 142 4 43 4 144424443 >0
>0
r
r
Notar que por el hecho que B sea definido positivo, el término (q ⋅ B ⋅ q ) > 0 siempre será r r r r positivo cualquier que sea q ≠ 0 . Lo mismo ocurre con ( p ⋅ B −1 ⋅ p ) > 0 , ya que si un tensor es definido positivo su inversa también lo es. Observar también que para que D sea definido r r r r r r r r positivo ( det (D ) > 0 ) hay que cumplir ( p ⋅ q ) 2 > ( p ⋅ B −1 ⋅ p )(q ⋅ B ⋅ q ) y ( p ⋅ q ) > 0 . Estas dos r r
r
r r
r
condiciones pueden ser reemplazadas por ( p ⋅ q ) > ( p ⋅ B −1 ⋅ p )(q ⋅ B ⋅ q ) . Ejemplo 1.88 Dado un tensor de segundo orden A = A (τ) y un escalar τ , demostrar que se cumple que: dA
dA ⋅ A −1 = A Tr dτ dτ
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(1.94)
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81
Solución: En el Ejemplo 1.82 y Ejemplo 1.79, hemos demostrado, respectivamente, que se cumplen: III
A
= det ( A ) = A =
{
}
1 [Tr( A )]3 + 2 Tr(A 3 ) − 3Tr( A 2 ) Tr(A ) 6
(1.95)
III A A −1 = A 2 − AI A + II A 1
donde I A = Tr (A ) , II A =
(1.96)
{
}
1 [Tr ( A )]2 − Tr ( A 2 ) . 2
Notar también que las siguientes derivadas se cumplen: d [I A ] d [Tr ( A )] d [A kk ] d [A ik δ ik ] d [A ik ] dA dA = = = = δ ik = : 1 = Tr dτ dτ dτ dτ dτ dτ dτ
[
]
[
]
d (A 2 ) d Tr ( A 2 ) dA dA = Tr = Tr 2A ⋅ = 2 Tr A ⋅ dτ dτ d d τ τ d Tr ( A 3 ) dA = 3Tr A 2 ⋅ dτ dτ
Tomando la derivada de (1.95) con respecto a τ obtenemos que:
{
} [
d ( III A ) 1 d [Tr( A )]3 + 2 Tr(A 3 ) − 3Tr( A 2 ) Tr(A ) = dτ d 6 τ d Tr ( A 3 ) d Tr ( A 2 ) d [Tr ( A )] 1 2 d [Tr ( A )] Tr ( A ) − 3 Tr ( A 2 ) = 3[Tr ( A )] +2 −3 dt dτ dτ dτ 6
[
=
]
]
1 dA dA 2 dA dA 2 Tr ( A ) − 3Tr ( A 2 ) Tr − 6 Tr A ⋅ 3[Tr ( A )] Tr + 6 Tr A ⋅ dτ dτ 6 dτ dτ
{
}
dA 1 dA dA 2 Tr ( A ) + [Tr ( A )] − Tr ( A 2 ) Tr − Tr A ⋅ = Tr A 2 ⋅ dτ dτ 2 dτ
o aun d ( III A ) dA dA dA = Tr A 2 ⋅ − Tr A ⋅ dτ I A + II A Tr dτ τ dτ d
Haciendo el producto escalar de la ecuación (1.96) con III A A −1 ⋅
(
(1.97)
dA , obtenemos que: dτ
)
dA dA dA dA dA = A 2 − AI A + II A 1 ⋅ = A2 ⋅ −A⋅ I A + II A dτ dτ dτ dτ dτ
y sacando la traza con obtenemos que: dA dA dA 2 dA Tr A −1 ⋅ −A⋅ I A + II A III A = Tr A ⋅ dτ dτ dτ dτ dA dA dA = Tr A 2 ⋅ − Tr A ⋅ I A + Tr II A dτ dτ dτ
(1.98)
Si comparamos las ecuaciones (1.97) y (1.98) concluimos que: d ( III A ) dA dA ⋅ A −1 = III A Tr A −1 ⋅ = III A Tr dτ d d τ τ
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Q.E.D.
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1.10 Tensores Isótropos y Anisótropos Ejemplo 1.89 Sea el tensor de cuarto orden C , cuyas componentes vienen dados por: Cijkl = λδ ijδ kl + µδ ikδ
+ γδ ilδ
jl
(1.99)
jk
donde δ ij son las componentes del tensor identidad de segundo orden, y λ, µ , γ son escalares. a) ¿Qué tipo de simetría presenta el tensor C ? b) Que condiciones hay que cumplir para que C sea un tensor simétrico? Solución: El tensor presenta simetría mayor si se cumple que C ijkl = C klij . Teniendo en cuenta (1.99), concluimos que: C klij = λδ klδ ij + µδ kiδ lj + γδ kjδ li = Cijkl
Verificamos ahora si el tensor presenta simetría menor, por ejemplo C ijkl = C ijlk Cijlk = λδ ijδ lk + µδ ilδ
jk
+ γδ ikδ
jl
≠ C ijkl
Se puede comprobar este hecho fácilmente por adoptar i = 2 , j = 1 , k = 1 , l = 2 , con eso: Cijkl = C 2112 = λδ 21δ 12 + µδ 21δ 12 + γδ 22δ 11 = γ Cijlk = C 2121 = λδ 21δ 21 + µδ 22δ 11 + γδ 21δ 12 = µ
Luego, el tensor C solo será simétrico (simetría menor y mayor) si µ = γ , resultando: Cijkl = λδ ijδ kl + µ (δ ikδ
jl
+ δ ilδ
jk )
Verifiquemos que δ ij δ kl presenta simetría mayor y menor, mientras que los tensores δ ik δ jl , sym δ il δ jk no son simétricos. Notar también que (δ ik δ jl + δ il δ jk ) = 2I ijkl .
Ejemplo 1.90 Sea el tensor de cuarto orden C , cuyas componentes vienen dadas por: Cijkl = λδ ijδ kl + µ (δ ikδ
jl
+ δ ilδ
jk )
(1.100)
donde λ y µ son constantes. Demostrar que C es un tensor isótropo. Solución: Un tensor de cuarto orden será isótropo si se cumple que C ′ijkl = C ijkl , donde C′ijkl son las componentes del tensor debido a transformación de coordenadas. Teniendo en cuenta que la ley de transformación de las componentes de un tensor de cuarto orden viene dada por: C ′ijkl = a im a jn a kp a lq C mnpq
(1.101)
donde aij es la matriz de transformación de base, luego:
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[
( + µ (a
C ′ijkl = a im a jn a kp a lq λδ mn δ pq + µ δ mp δ nq + δ mq δ np = λa im a jn a kp a lq δ mn δ pq
(
im a jn a kp a lq
83
)]
δ mp δ nq + a im a jn a kp a lq δ mq δ np )
= λa in a jn a kq a lq + µ a ip a jq a kp a lq + a iq a jn a kn a lq
(
= λδ ij δ kl + µ δ ik δ
jl
+ δ il δ jk
)
)
(1.102)
= C ijkl
donde hemos utilizado que a ik a jk = δ ij , o en notación matricial AA T = 1 , ya que la matriz de transformación es una matriz ortogonal. Luego, hemos demostrado que C es isótropo, i.e. las componentes de C no cambian para cualquier cambio de base. Ejemplo 1.91 Sea C un tensor de cuarto orden simétrico e isótropo representado por:
(
Cijkl = λδ ijδ kl + µ δ ikδ
jl
+ δ ilδ
jk
C = λ1 ⊗ 1 + 2 µI
)
(notación indicial) (notación tensorial)
donde λ , µ son escalares constantes, 1 es el tensor identidad de segundo orden, I es la parte simétrica del tensor identidad de cuarto orden, es decir, I ≡ I sym . Se pide: a) Dado un tensor de segundo orden simétrico ε , obtener σ que viene dado por la siguiente operación σ = C : ε . Expresar el resultado en notación tensorial e indicial. b) Demostrar que σ y ε presentan los mismos autovectores (mismas direcciones principales). c) Si γ σ son los autovalores (valores principales) del tensor σ , obtener también los autovalores del tensor ε . Solución: a) Notación tensorial:
Notación indicial σij = C ijkl ε kl
[
σ = C:ε
(
= λδ ijδ kl + µ δ ikδ
= (λ1 ⊗ 1 + 2 µI ) : ε
(
jl
+ δ ilδ
)]ε
kl
= λδ ijδ kl ε kl + µ δ ikδ jl ε kl + δ ilδ jk ε kl
(
= λ1 ⊗ 1 : ε + 2 µ I{ :ε {
= λδ ij ε kk + µ ε ij + ε ji
= λTr (ε )1 + 2 µε
= λδ ij ε kk + 2 µ ε ijsym
Tr (ε )
jk
ε sym
( )
)
)
= λδ ij ε kk + 2 µε ij
donde hemos considerado la simetría del tensor ε = ε T . b) y c) Partiendo de la definición de autovalor y autovector del tensor σ : σ ⋅ nˆ = γ σ nˆ
Reemplazando el valor de σ obtenido anteriormente podemos decir que:
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84
(λTr(ε)1 + 2 µε ) ⋅ nˆ = γ σnˆ ⇒ λTr (ε )1 ⋅ nˆ + 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ ⇒ λTr (ε )nˆ + 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ ⇒ 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ − λTr (ε )nˆ = (γ σ − λTr (ε ) )nˆ γ − λTr (ε ) nˆ ⇒ ε ⋅ nˆ = σ 2µ ⇒ ε ⋅ nˆ = γ εnˆ
Con lo cual concluimos que σ y ε presentan los mismos autovectores (son coaxiales). Y además los autovalores de ε se pueden obtener como: γε =
γ σ − λTr (ε ) 2µ
Si denominamos que γ ε(1) = ε1 , γ (ε2) = ε 2 , γ ε(3) = ε 3 y γ σ(1) = σ1 , γ σ( 2) = σ 2 , γ σ(3) = σ 3 . La forma explícita de la relación anterior viene dada por: ε1 0 0 ε 2 0 0
0 σ1 0 1 0 = 0 σ2 2µ 0 0 ε 3
σ1 0 donde también se cumple que: 0 σ 2 0 0
0 1 0 0 λTr (ε ) 0 1 0 0 − 2µ 0 0 1 σ3
0 1 0 0 ε1 0 0 = λTr (ε ) 0 1 0 + 2 µ 0 ε 2 0 0 1 0 0 σ3
0 0 ε 3
Ejemplo 1.92 a) Obtener la inversa del tensor de cuarto orden C = 2 µI + λ1 ⊗ 1 donde I ≡ I sym es el tensor identidad simétrico de cuarto orden, 1 es el tensor identidad de segundo orden, y µ > 0 , λ son escalares. b) Obtener el determinante de C . Además, si consideramos que λ =
µ=
Eν , (1 + ν )(1 − 2ν )
E , que valores deben asumir E y ν para que el tensor sea definido positivo. 2(1 + ν )
c) Obtener la expresión inversa de σ = C : ε en función de µ > 0 , λ , donde σ y ε son tensores simétricos de segundo orden. Solución: a) Recurrimos a la ecuación obtenida en (1.83): (α D + β A ⊗ B ) −1 =
1
α
D −1 −
β α (α + β B : D −1 : A )
[(D
−1
: A ) ⊗ (B : D −1 )
]
Haciendo que D = I , A = B = 1 , α = 2µ , β = λ , obtenemos que: C −1 = ( 2 µI + λ1 ⊗ 1) −1 =
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[
λ 1 −1 I − (I −1 : 1) ⊗ (1 : I −1 ) 2µ 2 µ ( 2 µ + λ 1 : I −1 : 1)
Draft
]
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Recordar que se cumple que I −1 = I , (I −1 : 1) = I : 1 = 1 . A continuación obtenemos el valor del escalar 1 : I −1 : 1 = 1 : I : 1 = 1 : 1 = Tr (1) = 3 . También lo expresamos en notación indicial: sym δ kl 1 : I −1 : 1 = 1 : I : 1 = δ ij I ijkl
= δ ij
1 (δ ik δ 2
jl
+ δ il δ
jk
)δ kl
1 (δ ij δ ik δ jl δ kl + δ ij δ il δ jk δ kl ) 2 1 = (δ jj + δ jj ) = 3 2 =
Resultando que: C −1 = ( 2 µI + λ1 ⊗ 1) −1 =
1 λ I− (1 ⊗ 1) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
Verifiquemos si se cumple que C : C −1 = I sym ≡ I : 1 λ C : C −1 = ( 2 µI + λ1 ⊗ 1) : I− (1 ⊗ 1) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ C : C −1 = (
λ λ2 2µ 2 µλ I :I − I : (1 ⊗ 1) + (1 ⊗ 1) : I − (1 ⊗ 1) : (1 ⊗ 1) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
Según el Ejemplo 1.27 se cumplen que I : I = I , I : (1 ⊗ 1) = (1 ⊗ 1) : I = 1 ⊗ 1 , y (1 ⊗ 1) : (1 ⊗ 1) = 3(1 ⊗ 1) . Con eso obtenemos que: 3λ 2 λ − 2 µλ (1 ⊗ 1) = I C : C −1 = I + + − 2 ( 2 3 ) 2 2 ( 2 3 ) µ µ λ µ µ µ λ + + 1444444 424444444 3 =0
b) Podemos utilizar directamente la expresión (1.37) del Ejemplo 1.51
(
)
det αI sym + β A ⊗ B = α 3 + α 2 β A : B
Haciendo α = 2µ , β = λ , A = B = 1 concluimos que: det ( 2 µI + λ1 ⊗ 1) = (2 µ )3 + (2 µ ) 2 λ 1 : 1 = (2 µ )3 + (2 µ ) 2 λ 3 = (2 µ ) 2 ( 2 µ + 3λ)
Para que C sea positivo definido, los autovalores tienen que ser positivos, i.e.: E >0 2(1 + ν ) E Eν E 2 µ + 3λ > 0 ⇒ 2 +3 = >0 2(1 + ν ) (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 − 2ν )
µ >0⇒ µ =
Denotando por y1 = (1 + ν ) ≠ 0 , y2 = (1 − 2ν ) ≠ 0 , podemos concluir que:
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µ=
E E = >0 2(1 + ν ) 2 y1
2 µ + 3λ =
E > 0 y1 > 0 E < 0 y < 0 1
⇒
E E = >0 (1 − 2ν ) y2
⇒
E > 0 y 2 > 0 E < 0 y < 0 2
Las condiciones anteriores tienen que cumplir simultáneamente. Luego, a través de la gráfica abajo, podemos concluir que E > 0 y − 1 < ν < 0,5 . y (ν ) y2 = (1 − 2ν ) ≠ 0
zona no factible 1
ν ≠ −1 ( y 2 > 0 ⇒ E > 0) ( y 1 < 0 ⇒ E < 0)
E >0
ν ≠ 0,5
zona no factible
y1 = (1 + ν ) ≠ 0
( y 1 > 0 ⇒ E > 0) ( y 2 < 0 ⇒ E < 0)
ν
c) σ = C:ε
⇒
C −1 : σ = C −1 : C : ε
⇒
C −1 : σ = I sym : ε = ε sym = ε
⇒ ε = C −1 : σ 1 1 λ λ ⇒ε= I− 1 ⊗ 1 : σ = I:σ − 1 ⊗1 : σ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ 1 λ ⇒ε= σ− Tr (σ )1 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
Ver Figura 1.4. Es interesante comparar esta última expresión con el Ejemplo 1.41.
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x3
C
ε 33
ε13
ε 23
x1
x3
ε 22 ε12
ε 21
σ 33
σ13
ε 32
ε 31
ε11
87
σ = C:ε
σ 23
σ 32 σ 22
σ 31
x2
σ11
σ12
σ 21
x2
x1
ε = C −1 : σ
C −1
Figura 1.4 Ejemplo 1.93 ˆ ) un tensor de segundo orden, denominado de tensor acústico elástico, y definido Sea Q e (N como: ˆ) =N ˆ ⋅ Ce ⋅N ˆ Q e (N
donde C e es un tensor de cuarto orden simétrico e isótropo dado por C e = λ(1 ⊗ 1) + 2 µI , e cuyas componentes son: C ijkl = λδ ijδ kl + µ (δ ik δ jl + δ il δ tensor acústico en función de las constantes λ , µ .
jk
) . Obtener las componentes del
Solución: Utilizando notación simbólica obtenemos que:
( )⋅ (C
ˆ) =N ˆ ⋅ Ce ⋅N ˆ = Nˆ eˆ Q e (N i i
(
e ˆ pqrs e p
)
⊗ eˆ q ⊗ eˆ r ⊗ eˆ s
(
)⋅ (Nˆ eˆ )
ˆ C e Nˆ eˆ ⊗ eˆ = Nˆ i C epqrs Nˆ j δ ip δ sj eˆ q ⊗ eˆ r = N p pqrs s q r
)
j
j
ˆ ) son: Luego, las componentes de Q e (N
ˆ C e Nˆ Q e qr = N p pqrs s
[
]
ˆ λδ δ + µ (δ δ + δ δ ) Nˆ =N p pq rs pr qs ps qr s ˆ δ δ Nˆ + Nˆ δ δ N ˆ = λδ pqδ rsNˆ pNˆ s + µ (N p pr qs s p ps qr s ) ˆ Nˆ + µ (N ˆ Nˆ + Nˆ δ Nˆ ) = λN q r r q s qr s ˆ N ˆ ˆ es un versor se cumple que N Ya que N s s = 1 , resultando que: ˆ Nˆ Q e qr = µδ qr + (λ + µ )N q r
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;
ˆ ) = µ 1 + (λ + µ )N ˆ ⊗N ˆ Q e (N
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88
Ejemplo 1.94 Sea Q un tensor de segundo orden simétrico y dado por: ˆ ) = µ 1 + (λ + µ )N ˆ ⊗N ˆ Q (N ˆ es un versor. donde λ , µ son constante y N ˆ ) y determinar las restricciones de λ e µ para que exista la a) Obtener los autovalores de Q (N ˆ ) , i.e. ∃ Q −1 . inversa de Q (N
b) Teniendo en cuenta que λ =
Eν E , µ= , determinar los valores posibles de (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
ˆ ) sea un tensor definido positivo. ( E ,ν ) para que Q (N ˆ). c) Obtener la inversa de Q (N
Solución: r
r
a) Fue demostrado en el Ejemplo 1.50 que, dados dos vectores a y b se cumple que:
(
)
r r r r det β 1 + αa ⊗ b = β 3 + β 2 αa ⋅ b
Los autovalores se obtienen al resolver el determinante característico det (Q − γ1) = 0 , donde γ i son los autovalores de Q . Luego:
(
)
ˆ ⊗N ˆ − γ1 = 0 det µ 1 + (λ + µ )N
⇒
(
)
ˆ ⊗N ˆ =0 det ( µ − γ )1 + (λ + µ )N
Haciendo β = (µ − γ ) y α = (λ + µ ) concluimos que:
(
)
ˆ ⊗N ˆ =0 det ( µ − γ )1 + (λ + µ )N ˆ ⋅N ˆ =0 ( µ − γ ) 3 + ( µ − γ ) 2 (λ + µ )N { =1
( µ − γ ) [( µ − γ ) + (λ + µ )] = 0 2
( µ − γ ) 2 [(λ + 2 µ ) − γ ] = 0
La ecuación característica anterior, ecuación cúbica en γ , tiene las siguientes soluciones: ( µ − γ ) [(λ + 2 µ ) − γ ] = 0 2
solución
→
γ1 = µ 2 ( µ − γ ) = 0 ⇒ γ 2 = µ [(λ + 2 µ ) − γ ] = 0 ⇒ γ = (λ + 2 µ ) 3
En el espacio principal de Q , las componentes de Q vienen dadas por: µ Qij′ = 0 0
0
µ 0
(λ + 2 µ )
0 0
Para que haya la inversa de Q , el determinante de Q tiene que ser distinto de cero: Q = µ 2 (λ + 2 µ ) ≠ 0
⇒
µ ≠ 0 λ + 2 µ ≠ 0
⇒ λ ≠ −2 µ
b) Un tensor será definido positivo si sus autovalores son mayores que cero, luego:
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89
E µ = 2(1 + ν ) > 0 E (1 − ν ) Eν E λ + 2 µ = >0 +2 = (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν ) (−2ν 2 − ν + 1)
(1 + ν ) ≠ 0 ⇒ ν ≠ −1 Verifiquemos que ν ≠ −1 2 ν ν − − + ≠ ⇒ ( 2 1 ) 0 ν ≠ 0,5
Denotando por y1 = (1 + ν ) ≠ 0 , y2 = (1 − ν ) ≠ 0 , y3 = (−2ν 2 − ν + 1) ≠ 0 , podemos reescribir las condiciones como: E µ = 2 y > 0 ⇒ 1 λ + 2 µ = Ey2 > 0 y3 E > 0 E < 0
Resumiendo:
E > 0 y1 > 0 E < 0 y < 0 1 y 2 , y3 > 0 E > 0 ⇒ y 2 , y3 < 0 ⇒ y2 > 0, y3 < 0 E < ⇒ 0 y2 < 0, y3 > 0
⇒ ν ⊂ ]− 1 ; 0,5[ ∪ ] 1 ; ∞ [
⇒ ν ⊂ ]− ∞ ; − 1[
y (ν )
y2 = (1 − ν ) ≠ 0
1
ν = −1 E<0
E >0
zona no factible
y1 = (1 + ν ) ≠ 0
ν =1 E >0
ν ν = 0,5
y3 = (−2ν 2 − ν + 1) ≠ 0
ˆ ) en el espacio principal de Q (N ˆ ) viene dadas por: c) Las componentes de la inversa de Q (N Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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90
µ Qij′ = 0 0
0 (λ + 2 µ )
0
0
µ 0
inversa →
1 µ Qij′ −1 = 0 0
0 1 (λ + 2 µ )
0
0
1
µ 0
ˆ ) −1 son Q ′ −1 = Q ′ −1 = Los valores principales de Q (N 1 2
1
µ
, Q3′−1 =
∴
Q −1 =
1
µ 2 (λ + 2 µ )
1 . Recordar que un (λ + 2 µ )
tensor y su inversa comparten el mismo espacio principal, i.e. son tensores coaxiales. Además ˆ ) −1 como: podemos hacer la representación espectral de Q (N Q −1 =
3
∑Q
−1 ˆ ( a ) a N
ˆ ( a ) = Q −1N ˆ (1) ⊗ N ˆ (1) + Q −1N ˆ (2) ⊗ N ˆ ( 2 ) + Q −1N ˆ ( 3) ⊗ N ˆ ( 3) ⊗N 1 2 3
a =1
ˆ (1) ⊗ N ˆ (1) + N ˆ (2) ⊗ N ˆ ( 2 ) ) + Q −1N ˆ ( 3) ⊗ N ˆ (3) = Q −1 (1 − N ˆ ( 3) ⊗ N ˆ (3) ) + Q −1N ˆ ( 3) ⊗ N ˆ ( 3) = Q1−1 (N 3 1 3 ˆ ⊗N ˆ ) + Q −1N ˆ ⊗N ˆ = Q −1 (1 − N 1
3
ˆ ( 3) = N ˆ . Es interesante ver el Ejemplo 1.77. Luego: donde hemos considerado que N ˆ ⊗N ˆ)+ ˆ ⊗N ˆ ) + Q −1N ˆ ⊗N ˆ = 1 (1 − N Q −1 = Q1−1 (1 − N 3
µ
1 ˆ ⊗N ˆ N (λ + 2 µ )
ˆ 1 1 ˆ ˆ ⊗N ˆ = 1 1 − 1 − N ⊗ N N + µ µ µ µ λ µ ( 2 ) (λ + 2 µ ) λ+µ ˆ 1 ˆ N ⊗ N = 1 − + µ µ λ µ ( 2 )
=
Notar
que
1
1−
1 ˆ ˆ + N⊗N
(
)
ˆ ⋅ Ce ⋅N ˆ −1 ≠ N ˆ ⋅ C e −1 ⋅ N ˆ, Q −1 = N
donde
Ce
−1
=
λ 1 I− (1 ⊗ 1) . 2µ 2 µ (2 µ + 3λ )
−1
ˆ ⋅ Ce ⋅N ˆ: Calculamos Qinv = N λ ˆ C −1 N ˆ ˆ 1 1 (δ δ + δ δ ) − δ ij δ kl Nˆ l (Qinv ) jk = N i ijkl l = N i il jk 2 µ 2 ik jl 2 µ (2 µ + 3λ ) λ 1 1 ˆ ˆ + Nˆ δ δ N ˆ ˆ δ δ N ˆ ⇒ (Qinv ) jk = N (N iδ ik δ jl N l i il jk l ) − i ij kl l 2µ 2 2 µ (2 µ + 3λ ) ⇒ (Qinv ) jk =
1 ˆ ˆ (N k N j + Nˆ l Nˆ l δ 4µ
⇒ (Qinv ) jk =
1 δ 4µ
jk
jk
)−
λ 1 Nˆ j Nˆ k = δ 4µ 2 µ (2 µ + 3λ )
jk
1 ˆ ˆ λ N j N k + − 4 µ 2 µ (2 µ + 3λ )
2µ + λ ˆ ˆ N j N k + 4 µ (2 µ + 3λ )
Luego: Qinv =
2µ + λ ˆ ˆ 1 N ⊗ N 1 + 4µ 4 µ (2 µ + 3λ )
Notar que µ ≠ 0 e (2 µ + 3λ ) ≠ 0 y que además son las mismas condiciones para que ∃C −1 (ver Ejemplo 1.92).
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91
1.11 Descomposición Polar Ejemplo 1.95 Considérese un tensor F que tiene inversa ( det ( F ) ≠ 0 ), y que puede ser descompuesto como: F = Q ⋅U = V ⋅Q ˆ ( a ) , y V tiene los autovalores µ Si U tiene los autovalores λ a asociados a los autovectores N a (a ) ˆ asociados a los autovectores n , probar que:
µ a = λa ˆ ( a ) y nˆ ( a ) . Obtener también la relación que hay entre los autovectores N
Solución: Partiendo de la definición de autovalor, autovector del tensor U : ˆ (a) = λ N ˆ (a) U⋅N a
(aquí el índice no indica suma)
Por la definición de F podemos obtener las siguientes relaciones: QT ⋅ F = QT ⋅ Q ⋅U = QT ⋅ V ⋅ Q
⇒
QT ⋅ F = U = QT ⋅ V ⋅ Q
Reemplazando en la definición de autovalor, autovector: ˆ (a ) = λ N ˆ (a) U⋅N a ˆ (a ) = λ N ˆ (a) QT ⋅ V ⋅ Q ⋅ N a ˆ (a ) = λ Q ⋅ N ˆ (a) Q ⋅ QT ⋅ V ⋅ Q ⋅ N a 123 1
Resultando: ˆ (a) = λ Q ⋅N ˆ (a ) V ⋅ Q ⋅N a
⇒
V ⋅ nˆ ( a ) = λ a nˆ ( a )
ˆ ( a ) . Además comparando las dos definiciones de donde hemos considerado que nˆ ( a ) = Q ⋅ N autovalor y autovector de los tensores U y V podemos comprobar que tienen los mismos autovalores y distintos autovectores y que están relacionados por la transformación ortogonal ˆ (a) . nˆ ( a ) = Q ⋅ N
1.12 Tensor Esférico y Desviador Ejemplo 1.96 Considérese un tensor de segundo orden simétrico σ y su parte desviadora s ≡ σ dev . a) Obtener el resultado de la operación s :
∂s . ∂σ
b) Demostrar también que los tensores σ y σ dev son tensores coaxiales. Solución:
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92
a) Teniendo la definición de un tensor desviador σ = σ esf + σ dev = σ esf + s . Obtenemos que: s=σ−
Iσ 1 . Luego: 3
I ∂ σ − σ 1 ∂s ij ∂σ ij 1 ∂[I σ ] 3 ∂[σ ] 1 ∂[I σ ] ∂s indicial 1 = = − δ ij = δ ik δ → = − ∂σ ∂σ ∂σ 3 ∂σ ∂σ kl ∂σ kl 3 ∂σ kl
jl
1 − δ kl δ 3
ij
Con lo cual s ij
∂s ij ∂σ kl
1 = s ij δ ik δ jl − δ kl δ ij = s ij δ ik δ 3
s:
−
jl
1 1 s ij δ kl δ ij = s kl − δ kl s ii = s kl { 3 3 =0
∂s =s ∂σ
b) Para demostrar que dos tensores son coaxiales, hay que cumplir que: σ dev ⋅ σ = σ ⋅ σ dev = σ ⋅ (σ − σ esf ) = σ ⋅ σ − σ ⋅ σ esf = σ ⋅ σ − σ ⋅ = σ ⋅σ − σ ⋅
Iσ 1 3
Iσ I I 1 = σ ⋅ σ − σ 1 ⋅ σ = σ − σ 1 ⋅ σ = σ dev ⋅ σ 3 3 3
Con lo cual demostramos que los tensores σ y σ dev son coaxiales, es decir, tienen las mismas direcciones principales.
1.13 Otros Ejemplo 1.97 1
1
Considere J = [det (b )] 2 = ( III b ) 2 , donde b es un tensor de segundo orden simétrico, b = b T . Obtener la derivada de J y de Ln(J ) con respecto a b . Solución: 1 ∂ ( III b ) 2 ∂J = 1 ( III )− 1 ∂ III b = 1 ( III )− 1 III b −T = 1 ( III ) 1 b −1 = 1 J b −1 = 2 2 b b b b 2 ∂b ∂b 2 ∂b 2 2 2
1 ∂ Ln III b 2 ∂[Ln(J )] = ∂b ∂b
=
1 ∂ III b 1 −1 = b 2 III b ∂b 2
1.14 Notación de Voigt Ejemplo 1.98 a) Escribir la relación σ = C : ε en notación de Voigt, donde C = λ1 ⊗ 1 + 2 µI es un tensor de cuarto orden, y los tensores simétricos σ y ε están estructurados según notación de Voigt como:
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σ11 σ 22 σ {σ } = 33 ; σ12 σ23 σ13
93
ε11 ε 22 ε {ε } = 33 2ε12 2ε 23 2ε13
b) Escribir la ecuación ε = C −1 : σ en notación de Voigt, donde el tensor C −1 (ver Ejemplo 1.90) viene dado por: C −1 =
1 λ I− 1 ⊗1 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
Solución: Podemos escribir la relación σ = (λ1 ⊗ 1 + 2 µI ) : ε en notación indicial:
(
1 σ ij = λδ ijδ kl + 2 µ δ ikδ 2
jl
+ δ ilδ
jk
) ε
kl
[
(
= λδ ijδ kl + µ δ ikδ
jl
+ δ ilδ
jk
)]ε
kl
El tensor identidad de segundo orden en notación de Voigt queda: 1 1 1 0 0 1 Voigt δ ij = 0 1 0 →{δ} = 0 0 0 1 0 0
Luego el término (1 ⊗ 1)ij = δ ij δ kl en notación de Voigt queda:
I ijkl = δ ij δ kl
1 1 1 1 1 1 Voigt → I = [1 1 1 0 0 0] = 0 0 0 0 0 0
[]
El tensor identidad de cuarto orden, I ijkl =
I ijkl
I1111 I 2211 I 3311 Voigt →[I ] = I1211 I 2311 I1311
(
1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 T = {δ}{δ} 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
)
1 δ ik δ jl + δ il δ jk , en notación de Voigt: 2
I1122 I 2222
I1133 I 2233
I1112 I 2212
I1123 I 2223
I 3322 I1222
I 3333 I1233
I 3312 I1212
I 3323 I1223
I 2322 I1322
I 2333 I1333
I 2312 I1312
I 2323 I1323
I1113 1 I 2213 0 I 3313 0 = I1213 0 I 2313 0 I1313 0
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 12 0 0 0 0 0 12 0 0 0 0 0 12
Con eso podemos decir que C = λ1 ⊗ 1 + 2 µI y en notación de Voigt queda:
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94
1 1 1 [C ] = λ 0 0 0
1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 + 2µ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 λ + 2 µ λ λ 1 0 0 0 0 λ + 2µ λ λ 0 1 0 0 0 λ λ λ + 2µ = 0 0 12 0 0 0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0
0
0
0 0
0 0
µ 0 0 µ 0
0
0 0 0 0 0 µ
Luego:
σ = (λ1 ⊗ 1 + 2 µI ) : ε
Voigt →
λ λ 0 0 0 ε11 σ11 λ + 2 µ σ λ λ + 2µ λ 0 0 0 ε 22 22 σ33 λ λ λ + 2 µ 0 0 0 ε 33 = µ 0 0 2ε12 0 0 σ12 0 σ 23 0 0 0 0 µ 0 2ε 23 0 0 0 0 µ 2ε13 σ13 0 14444444444 4244444444444 3
{σ } = [C ]{ε }
b) ε = C −1 : σ
1 λ λ 1 I− 1 ⊗ 1 : σ = I:σ − 1 ⊗1 : σ ⇒ε= 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ λ 1 σ− Tr (σ )1 ⇒ε= 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) ⇒ ε ij =
λ 1 σ ij − σ kkδ ij 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
Notar que: µ +λ λ 1 λ σ11 − (σ11 + σ 22 + σ 33 )δ 11 = (σ 22 + σ 33 ) σ11 − 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ ( 2 µ + 3λ ) µ +λ λ 1 λ σ 22 − (σ11 + σ 22 + σ 33 )δ 22 = (σ11 + σ 33 ) = σ 22 − 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ ( 2 µ + 3λ )
ε11 = ε 22
µ +λ λ 1 λ σ 33 − (σ11 + σ 22 + σ 33 )δ 33 = (σ11 + σ 22 ) σ 33 − 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ ( 2 µ + 3λ ) λ 1 1 1 σ ⇒ = σ12 − 2ε12 = σ12 (σ kk )δ 12 = { 2 µ 12 µ 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) =0
ε 33 = ε12
2ε 23 = 2ε13 =
1
µ 1
σ 23 σ
µ 13 Reestructurando las ecuaciones anteriores en notación de Voigt, obtenemos:
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µ +λ µ ( 2 µ + 3λ ) λ ε11 − 2 µ ( 2 µ + 3λ ) λ ε 22 − ε 33 2 µ ( 2 µ + 3λ ) = 2ε12 0 2ε 23 0 2ε13 0
95
λ λ − 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ +λ λ − µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) λ µ +λ − µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ ( 2 µ + 3λ ) −
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
µ
0 1
µ 0
{ε } = [C ]−1 {σ }
0 0 σ11 σ 22 0 σ 33 0 σ12 σ 23 0 σ13 1 µ
Ejemplo 1.99 r
Considérese T ( x , t ) un tensor simétrico de segundo orden, el cual es función de la posición r ( x ) y del tiempo (t ) . Considérese también que las componentes del tensor según la dirección x3 son iguales a cero, i.e. T13 = T23 = T33 = 0 . r
r
NOTA: Definimos T ( x , t ) como un campo tensorial, i.e. el valor de T ( x , t ) depende de la posición y del tiempo. Si el tensor es independiente de una dirección para todo el dominio r r ( x ) , e.g. si T ( x , t ) es independiente de la dirección x3 , ver Figura 1.5, el problema puede ser considerado como bidimensional (estado plano) simplificando bastante las ecuaciones. ■ 2D
x2
T Tij = 11 T12
x2
T12 T22
T22 T22
T12 T12
T12
T11
T11
T11
x1 T12 T22
x3
x1
Figura 1.5: Problema bidimensional (2D). ′ , T12′ , tras un cambio de base en el plano x1 − x 2 tal a) Obtener las componentes T11′ , T22 como se indica en la Figura 1.6;
b) Obtener también el valor de θ correspondiente a las dirección principales de T . c) Obtener los valores de Tij′ , (i, j = 1,2) , cuando T11 = 1 , T22 = 2 , T12 = −4 y θ = 45º . Obtener también los valores principales y direcciones principales de T ;
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96
′ y T12′ , para d) Dibujar una gráfica mostrando la relación entre θ y las componentes T11′ , T22 una variación de 0º hasta 360º .
OBS.: Utilizar notación de Voigt, y expresar los resultados en función de 2θ . a11 a ij = a 21 0
x2 x1′
x 2′
a12 a 22 0
0 cos θ sin θ 0 0 = − sin θ cos θ 0 1 0 0 1
θ x1
Figura 1.6: Matriz de transformación para problema bidimensional (2D). Solución: a) Podemos utilizar directamente la ley de transformación en la notación de Voigt {T ′} = [M] {T } , donde T11′ T′ 22 T′ {T ′} = 33′ ; T12 T23 ′ T13′
a11 2 2 a 21 2 [M] = a 31 a 21 a11 a a 31 21 a 31 a11
a12 2
a13 2
2
2
a 22 a 32 2 a 22 a12 a 32 a 22 a 32 a12
a 23 a 33 2 a13 a 23 a 33 a 23 a 33 a13
T11 T 22 T {T } = 33 T12 T23 T13
2a11 a12
2a12 a13
2a 21 a 22 2a 31 a 32 (a11 a 22 + a12 a 21 ) (a 31 a 22 + a 32 a 21 ) (a 31 a12 + a 32 a11 )
2a 22 a 23 2a 32 a 33 (a13 a 22 + a12 a 23 ) (a 33 a 22 + a 32 a 23 ) (a 33 a12 + a 32 a13 )
2a 21 a 23 2a 31 a 33 (a13 a 21 + a11 a 23 ) (a 33 a 21 + a 31 a 23 ) (a 33 a11 + a 31 a13 ) 2a11 a13
En este caso particular la matriz de transformación [M] tras eliminar filas y columnas asociadas con la dirección x3 queda: T11′ a11 T′ = a 2 22 21 T12′ a 21 a11 2
a12
2
a 22
2
a 22 a12
T11 2a 21 a 22 T22 a11 a 22 + a12 a 21 T12 2a11 a12
(1.103)
La matriz de transformación ( a ij ) en el plano viene dada en función de un único parámetro: θ: a11 a12 aij = a21 a22 a31 a32 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
a13 cosθ a23 = − sin θ a33 0 Draft
sin θ cosθ 0
0 0 1
(1.104)
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1 TENSORES
97
T ′ = A T AT
x2
′ T22
x 2′
T22
T12′
T11′
T12
T11
T11
P
T11′
T12
T12′
x1
T22
P
x1′
P
θ ′ T22
x1
T = AT T ′ A
Figura 1.7: Matriz de transformación para problema bidimensional (2D). Reemplazando los valores de los coeficientes en la ecuación (1.103) obtenemos que: 2 T11′ cos θ T′ = 2 22 sin θ T12′ − sin θ cos θ
sin 2 θ cos 2 θ cos θ sin θ
2 cos θ sin θ T11 − 2 sin θ cos θ T22 cos 2 θ − sin 2 θ T12
Tomando partido de las siguientes relaciones trigonométricas, cos 2 θ − sin 2 θ = cos 2θ , sin 2 θ =
(1.105) 2 cos θ sin θ = sin 2θ ,
1 − cos 2θ 1 + cos 2θ , cos 2 θ = , obtenemos que: 2 2
1 + cos 2θ 2 T11′ − 1 cos 2 θ T′ = 22 2 T12′ 2 sin θ − 2
1 − cos 2θ sin 2θ 2 T11 1 + cos 2θ − sin 2θ T22 2 T12 sin 2θ cos 2θ 2
Explícitamente las componentes vienen dadas por: 1 + cos 2θ 1 − cos 2θ T11 + T22 + T12 sin 2θ T11′ = 2 2 1 − cos 2θ 1 + cos 2θ ′ = T11 − T22 − T12 sin 2θ T22 2 2 sin 2θ sin 2θ T12′ = − T11 + T22 + T12 cos 2θ 2 2
Reestructurando la expresión anterior aún podemos decir que:
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98
T11 + T22 T11 − T22 + cos 2θ + T12 sin 2θ T11′ = 2 2 T + T22 T11 − T22 ′ = 11 − cos 2θ − T12 sin 2θ T22 2 2 T − T22 T12′ = − 11 sin 2θ + T12 cos 2θ 2
(1.106)
b) Recordemos que las direcciones principales se caracterizan por la ausencia de las componentes tangenciales, es decir, Tij = 0 para i ≠ j . Si queremos encontrar las direcciones principales en el caso plano hacemos que T12′ = 0 , obteniendo así: T − T22 T12′ = − 11 sin 2θ + T12 cos 2θ = 0 2 ⇒
sin 2θ cos 2θ
=
2 T12 T11 − T22
tan(2θ ) =
⇒
⇒
T11 − T22 sin 2θ = T12 cos 2θ 2
2 T12 T11 − T22
Con lo cual:
2 T12 T11 − T22
1 2
θ = arctan
(1.107)
Para encontrar los valores principales (autovalores), debemos resolver la siguiente ecuación característica: T11 − T T12
T12 =0 T22 − T
⇒
(
)
T 2 − T ( T11 + T22 ) + T11 T22 − T122 = 0
cuya solución viene dada por: T(1, 2 )
= =
− [− ( T11 + T22 )] ±
[− (T11 + T22 )]2 2(1)
T11 + T22 ± 2
[(T11 + T22 )]2
(
− 4(1) T11 T22 − T122
(
− 4 T11 T22 − T122 4
)
)
Reestructurando la ecuación anterior obtenemos que: T(1, 2 )
T + T22 T − T22 = 11 ± 11 2 2
2
(1.108)
+ T122
c) Para obtener las componentes Tij′ , (i, j = 1,2) aplicamos directamente (1.106), donde T11 = 1 , T22 = 2 , T12 = −4 y θ = 45º , i.e.: 1+ 2 1− 2 T11′ = 2 + 2 cos 90º −4 sin 90º = −2,5 1+ 2 1− 2 ′ = − cos 90º +4 sin 90º = 5,5 T22 2 2 1− 2 T12′ = − sin 90º −4 cos 90º = 0,5 2
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99
El ángulo correspondiente a la dirección principal viene dado por:
2 T12 2 × (−4) = 1− 2 T11 − T22
1 2
θ = arctan
(θ = 41.4375º )
⇒
r
Las valores principales de T ( x , t ) pueden ser obtenidos como sigue: T(1, 2 )
T + T22 T − T22 = 11 ± 11 2 2
2
+ T122
T1 = 5.5311 T2 = −2.5311
⇒
d) Teniendo en cuenta la ecuación (1.106) y variando θ de 0º hasta 360º podemos los ′ , T12′ , y cuyos valores están ilustrados en la siguiente gráfica: valores de T11′ , T22 x1′ T1
θ = 41.437 º
T2
x1′ θ = 131.437º σ2
Componentes
8
′ T22
T1 = 5.5311
6
4
T22
2
T12′
T11 0 0
50
100
-2
45º
T12
-4
150
200
250
350
θ
T11′
x1′
T2 = −2.5311
300
θ = 86.437º
-6
TS max = 4.0311
Ejemplo 1.100 Obtener los valores principales y direcciones principales de la parte simétrica del tensor T , cuyas componentes en el sistema cartesiano vienen dadas por: 5 1 Tij = 3 4
(i, j = 1,2)
Solución: La parte simétrica del tensor viene dada por:
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100
Tijsym =
5 2 1 Tij + T ji = 2 2 4
(
)
Valores principales: 5−λ
2
2
4−λ
=0
λ2 − 9λ + 16 = 0
⇒
La solución de la ecuación cuadrática viene dada por: λ (1, 2 ) =
− 9 ± (−9) 2 − 4 × (1) × (16) 2 ×1
λ1 ≡ T1 = 6,5615 ⇒ λ 2 ≡ T2 = 2,4385
Podemos dibujar el círculo de Mohr del tensor T sym : TSsym
(T11sym , T12sym ) 2θ
TII = 2,4385
TI = 6,5615
T Nsym
En el caso plano, la dirección principal se puede obtener directamente a través de la relación: tan(2θ) =
2 T12sym T11sym
−
sym T22
=
2×2 =4 5−4
⇒
θ = 37,982º
1.15 Campo de Tensores. Ejemplo 1.101 Encuentre el gradiente de la función f ( x1 , x2 ) = sin( x1 ) + exp x1x2 en el punto (0;1). Solución: Por definición el gradiente de una función escalar viene definido de la forma: ∇ xr f =
donde:
∂f ˆ ∂f ˆ e1 + e2 ∂x1 ∂x 2
∂f ∂f = cos( x1 ) + x 2 exp x1x2 ; = x1 exp x1x2 ∂x1 ∂x 2
[
]
[
]
∇ xr f ( x1 , x 2 ) = cos( x1 ) + x 2 exp x1x2 eˆ 1 + x1 exp x1 x2 eˆ 2 ∇ xr f ( x1 = 0, x 2 = 1) = [2] eˆ 1 + [0] eˆ 2 = 2eˆ 1
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Ejemplo 1.102
101
r
Supongamos que v y ϕ son respectivamente vector y escalar, y dos veces diferenciables continuamente. Usando notación indicial, demostrar que: r
r
a) ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = 0 b) ∇ xr ⋅ (∇ xr ϕ ) = ∇ xr 2ϕ c) ∇ xr (φµ ) = µ ∇ xr φ + φ∇ xr µ r
r
r
d) ∇ xr ⋅ (φv ) = ∇ xr φ ⋅ v + φ∇ xr ⋅ v
e) ∇ xr ⋅ ( A ⋅ B) = ∇ xr A : B + A ⋅ (∇ xr ⋅ B)
(donde A y B son tensores de segundo orden)
Solución: a) Considerando que r r ∇ xr ∧ v = ijk v k , j eˆ i
(1.109)
∂ (•) ˆ ⋅ el ∂xl
(1.110)
∇ xr ⋅ (•) =
luego r r ∂ ∂ ∂ ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = ( ijk v k , j eˆ i ) ⋅ eˆ l = ( ijk v k , j δ il ) = ( ljk v k , j ) = ljk v k , jl ∂x l ∂x l ∂x l
(1.111)
Observemos que ljk es un tensor antisimétrico en lj y vk , jl es simétrico con lj , luego: ljk v k , jl = 0
(1.112)
b) ∇ xr ⋅ (∇ xr ϕ ) =
∂ϕ , j ∂ ∂ ∂ (ϕ ,i eˆ i ) ⋅ eˆ j = (ϕ ,iδ ij ) = = ϕ , jj = ∂x j ∂x j ∂x j ∂x j
∂ϕ ∂x j
∂ 2ϕ 2 = = ∇ xr ϕ ∂x 2 j
(1.113)
c)
[∇ xr (φµ )]i
= (φµ ) ,i = φ ,i µ + φµ ,i = µ [∇ xr φ ]i + φ [∇ xr µ ]i
(1.114)
r
d) El resultado de la operación ∇ xr ⋅ (φv ) resulta un escalar, luego: r r r ∇ xr ⋅ (φv ) = (φv i ) ,i = φ ,i vi + φvi ,i = (∇ xr φ ) ⋅ v + φ (∇ xr ⋅ v )
e) Considerando que ( A ⋅ B) ij = A ik B kj , [∇ xr ⋅ ( A ⋅ B)]i = ( A ⋅ B) ij , j = ( A ik B kj ) , j , luego ( A ik B kj ) , j = A ik , j B kj + A ik B kj , j = [∇ xr A : B ]i + [A ⋅ (∇ xr ⋅ B)]i
Ejemplo 1.103 Probar la identidad:
r r r r ∇ xr ⋅ (a + b) = ∇ xr ⋅ a + ∇ xr ⋅ b
Solución:
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102
r
r
Considerando que a = a j eˆ j y b = b k eˆ k y ∇ xr = eˆ i ∂ (a j eˆ j + b k eˆ k ) ∂x i
⋅ eˆ i
=
∂a j ∂x i
eˆ j ⋅ eˆ i +
r r ∂ podemos expresar ∇ xr ⋅ (a + b) como: ∂x i
r r ∂b k ∂a ∂b eˆ k ⋅ eˆ i = i + i = ∇ xr ⋅ a + ∇ xr ⋅ b ∂x i ∂x i ∂x i
Solución Alternativa: Desarrollando directamente en notación indicial:
Q.E.D.
r r r r ∇ xr ⋅ (a + b) = (a i + b i ), i = a i , i +b i , i = ∇ xr ⋅ a + ∇ xr ⋅ b
Ejemplo 1.104 r
r
Obtener las componentes de (∇ xr a) ⋅ b . Solución: r
r
Considerando: a = a j eˆ j ; b = b k eˆ k y ∇ xr = eˆ i
∂ ( i = 1,2,3 ) podemos decir que: ∂x i
∂a j ∂a j r r ∂ (a j eˆ j ) ∂a j (∇ xr a) ⋅ b = eˆ j ⊗ eˆ i ⋅ (b k eˆ k ) = b k δ ik eˆ j = b k eˆ j ⊗ eˆ i ⋅ (b k eˆ k ) = ∂x i x x x ∂ ∂ ∂ i k i
Expandiendo el índice mudo k :
bk
∂a j ∂x k
= b1
∂a j
+ b2
∂x1
∂a j ∂x 2
+ b3
∂a j ∂x 3
∂a 1 ∂a ∂a + b2 1 + b3 1 j = 1 ⇒ b1 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂a 2 ∂a 2 ∂a + b2 + b3 2 j = 2 ⇒ b1 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 j = 3 ⇒ b ∂a 3 + b ∂a 3 + b ∂a 3 1 2 3 ∂x 3 ∂x1 ∂x 2
⇒
Ejemplo 1.105 Probar que la siguiente relación es válida: r r q 1 1 r ∇ xr ⋅ = ∇ xr ⋅ q − 2 q ⋅ ∇ xr T T T T r r r donde q( x , t ) es un campo vectorial arbitrario y T ( x , t ) un campo escalar.
Solución: r r q ∂ qi qi 1 1 1 1 r ∇ ⋅ = ≡ = q i ,i − 2 q i T,i = ∇ xr ⋅ q − 2 q ⋅ ∇ xr T (escalar) T T T T ∂x i T T , i T r x
Ejemplo 1.106 Demostrar que: r
r
r
r
r
r
a) rot (λa) ≡ ∇ xr ∧ (λa) = λ(∇ xr ∧ a) + (∇ xr λ ∧ a) r
r
r
r r
r r
r
(1.115) r
r
r
b) ∇ xr ∧ (a ∧ b) = (∇ xr ⋅ b)a − (∇ xr ⋅ a)b + (∇ xr a) ⋅ b − (∇ xr b) ⋅ a
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(1.116)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
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r
r
r
r
103
r
2 c) ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ a) = ∇ xr (∇ xr ⋅ a) − ∇ xr a
(1.117)
2 d) ∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ ) = ψ∇ xr φ + (∇ xr ψ ) ⋅ (∇ xr φ)
(1.118)
Solución:
r
r
a) El resultado de la operación ∇ xr ∧ (λa) será un vector, cuyas componentes vienen dadas por:
[∇r
r x
]
r ∧ (λa) i
= ijk (λa k ) , j
= ijk (λ , j a k + λa k , j ) = ijk λa k , j ijk λ , j a k (1.119) r r r r = λ(∇ x ∧ a) i ijk (∇ x λ ) j a k r r r = λ(∇ xr ∧ a) i (∇ xr λ ∧ a) i r r r r r r con lo que comprobamos la identidad: rot (λa) = ∇ xr ∧ (λa) = λ(∇ xr ∧ a) + (∇ xr λ ∧ a) . r r r r Las componentes del producto vectorial (a ∧ b) vienen dadas por (a ∧ b) k = kij a i b j . Luego:
[∇r
]
r r ∧ (a ∧ b) l = lpk ( kij a i b j ) , p = kij lpk (a i , p b j + a i b j , p )
r x
(1.120)
b) Considerando que kij = ijk , el resultado de ijk lpk = δ il δ jp − δ ip δ jl y reemplazando en la expresión anterior obtenemos que:
[∇r
r x
]
r r ∧ (a ∧ b) l = kij lpk (a i , p b j + a i b j , p ) = (δ il δ = δ il δ
jp a i , p b j
jp
− δ ipδ jl a i , p b j + δ il δ
− δ ipδ jl )(a i , p b j + a i b j , p )
jp a i b j , p
− δ ipδ jl a i b j , p
(1.121)
= a l , p b p − a p , p b l + a l b p, p − a p b l , p
Podemos observar que
[(∇ br ) ⋅ ar ] = a b r x
l
p
l, p
[(∇ ar ) ⋅ br ] = a r x
l
l, pb p
,
[(∇
r x
⋅ a)b]l r r
= a p, p b l ,
[(∇
r x
⋅ b)a]l r r
= al b p, p ,
. r
r
r
r
c) Las componentes del producto vectorial (∇ xr ∧ a) vienen dadas por (∇ xr ∧ a) i = ijk a k , j . 123 ci
Luego:
[∇r
r r ∧ (∇ xr ∧ a)
r x
]
q
= qli c i ,l = qli ( ijk a k , j ) ,l = qli ijk a k , jl
(1.122)
Considerando que qli ijk = qli jki = δ qj δ lk − δ qk δ lj , la expresión anterior queda:
[∇r
r x
r r ∧ (∇ xr ∧ a)
]
q
= qli ijk a k , jl = (δ qjδ lk − δ qk δ lj )a k , jl = δ qj δ lk a k , jl − δ qk δ lj a k , jl = a k , kq − a q ,ll
[
(1.123)
]
Podemos observar que [∇ xr (∇ xr ⋅ a)]q = a k , kq y ∇ xr 2 a q = a q ,ll . r
r
d) ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) = (φψ ,i ) ,i = φψ ,ii + φ ,iψ ,i = φ∇ xr ψ + (∇ xr φ ) ⋅ (∇ xr ψ ) 2
(1.124)
donde φ y ψ son funciones escalares.
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104
Otra identidad interesante que origina de la anterior es: ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) = φ∇ xr ψ + (∇ xr φ ) ⋅ (∇ xr ψ ) 2
(1.125)
∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ ) = ψ∇ xr φ + (∇ xr ψ ) ⋅ (∇ xr φ) 2
Restando las dos identidades anteriores obtenemos que: ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) − ∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ) = φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ 2
2
(1.126)
⇒ ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ ) = φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ 2
Ejemplo 1.107
2
a) Probar que ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = 0 y que ∇ xr ∧ (∇ xr φ ) = 0 , donde φ es un campo escalar, y v es un campo vectorial; r
r
r
r
[r
]
r
[
]
b) Demostrar que ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ v ) ∧ v = (∇ xr ⋅ v )(∇ xr ∧ v ) + ∇ xr (∇ xr ∧ v ) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ (∇ xr ∧ v ) ; r
r
r
r
r
r r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
c) Teniendo en cuenta que ω = ∇ xr ∧ v , demostrar que ∇ xr ∧ (∇ xr 2 v ) = ∇ xr 2 (∇ xr ∧ v ) = ∇ xr 2 ω . Solución:
r
r
Considerando: ∇ xr ∧ v = ijk v k , j eˆ i
⋅ (∇ xr r
)
r ∂ ∂ ∂ ∧v = ijk v k , j eˆ i ⋅ eˆ l = ijk v k , j δ il = ijk v k , j = ijk v k , ji ∂x l ∂x l ∂x i r La segunda derivada de v es simétrica en ij , i.e. v k , ji = v k ,ij , mientras que ijk es antisimétrico ∇ xr
(
)
( )
( )
en ij , i.e., ijk = − jik , luego: ijk v k , ji = ij1v1, ji + ij 2 v 2, ji + ij 3 v3, ji = 0 Observar que ij1v1, ji es el doble producto escalar de un tensor simétrico ( v1, ji = v1,ij ) con un antisimétrico ( ij1 = − ji1 ), cuyo resultado es cero. Análogamente demostramos que:
r r ∇ xr ∧ (∇ xr φ ) = ijk φ , kj eˆ i = 0 i eˆ i = 0
NOTA: El rotacional del gradiente de un escalar resulta ser igual al vector nulo, y la divergencia del rotacional de un vector resulta ser igual a cero. r
r
r
b) Denominamos por ω = ∇ xr ∧ v , con eso, quedamos con
[(
) ]
r r r r ∇ xr ∧ ∇ xr ∧ v ∧ v
r r r = ∇ xr ∧ (ω ∧ v )
Recurrimos a la identidad (1.116), luego, se cumple que:
r r r r r r r r r r r ∇ xr ∧ (ω ∧ v ) = (∇ xr ⋅ v ) ω − (∇ xr ⋅ ω)v + (∇ xr ω) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ ω r r r Notar que el término ∇ xr ⋅ ω = ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = 0 , que fue demostrado en el apartado a).
Luego, concluimos que:
r r r r r r r r r ∇ xr ∧ (ω ∧ v ) = (∇ xr ⋅ v )ω + (∇ xr ω) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ ω r r r r r r r r r = (∇ xr ⋅ v )(∇ xr ∧ v ) + ∇ xr (∇ xr ∧ v ) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ (∇ xr ∧ v )
[
]
c) Recurriendo a la identidad (1.117) podemos decir que:
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105
r r r r r r r 2r ∇ xr v = ∇ xr (∇ xr ⋅ v ) − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ v ) = ∇ xr (∇ xr ⋅ v ) − ∇ xr ∧ ω
Aplicando el rotacional a la expresión anterior obtenemos que:
r r r r r r 2r ∇ xr ∧ (∇ xr v ) = ∇ xr ∧ [∇ xr (∇ xr ⋅ v )] − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) 14442r 444 3 =0
donde hemos tenido en cuenta que el rotacional del gradiente de un escalar resulta el vector r r r nulo. Recurrimos una vez más la identidad (1.117) para expresar el término ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) , resultando:
[
]
r r r r r r r 2r 2 r 2 r ∇ xr ∧ (∇ xr v ) = −∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) = −∇ xr (∇ xr ⋅ ω ) + ∇ xr ω = −∇ xr ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) + ∇ xr ω 144244 3 =0 r r 2 = ∇ xr (∇ xr ∧ v )
Ejemplo 1.108 Demostrar que: r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
a) ∇ xr ⋅ (a ∧ b) = (∇ xr ∧ a) ⋅ b + a ⋅ (∇ xr ∧ b) ≡ rot (a) ⋅ b + a ⋅ rot (b) Solución: r
(1.127)
r
La operación ∇ xr ⋅ (a ∧ b) resulta un escalar: r r r r r r r r ∇ xr ⋅ (a ∧ b) = ( ijk a j b k ) ,i = ijk a j ,i b k + ijk b k ,i a j = (∇ xr ∧ a) ⋅ b + a ⋅ (∇ xr ∧ b) 1 1 23 r 2r3 r r (∇ ∧a) k
(∇ ∧b) j
Ejemplo 1.109 a) Si T es un tensor de segundo orden, obtener la representación simbólica en la base r r r r Cartesiana de: a.1) (∇ xr ∧ T ) , a.2) (∇ xr ∧ T )T , a.3) (∇ xr ∧ T T ) , y a.4) (∇ xr ∧ T T )T . a.5) r Considerando c un vector constante, demostrar que:
[
]
r r r r r r T ∇ xr ∧ ( T ⋅ c) = (∇ xr ∧ T ) ⋅ c = c ⋅ ∇ xr ∧ T
b) Obtener la notación simbólica de ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T . r ∂u F = r + 1 , demostrar que ∂x
r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ F )T = 0 , c.2) r r ∇ xr ∧ F T = 0 . c.3) Obtener la expresión explícita de las componentes de ∇ xr ∧ F .
c.1) Consideremos el tensor
Solución: r
a.1) (∇ xr ∧ T ) =
∂Tqj ∂ ˆ e p ∧ Tqj (eˆ q ⊗ eˆ j ) = eˆ p ∧ eˆ q ⊗ eˆ j = Tqj , p ipq eˆ i ⊗ eˆ j = ipq Tqj , p eˆ i ⊗ eˆ j ∂x p ∂x p
r
a.2) (∇ xr ∧ T )T = ipq Tqj , p eˆ j ⊗ eˆ i = jpq Tqi , p eˆ i ⊗ eˆ j r
a.3) (∇ xr ∧ T T ) =
∂T jq ∂ ˆ e p ∧ T jq (eˆ q ⊗ eˆ j ) = eˆ p ∧ eˆ q ⊗ eˆ j = ipq T jq , p eˆ i ⊗ eˆ j ∂x p ∂x p
r
a.4) (∇ xr ∧ T T )T = jpq Tiq , p eˆ i ⊗ eˆ j Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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106
donde hemos tenido en cuenta la definición eˆ j ∧ eˆ k = ijk eˆ i . r
r
a.5) Haciendo que a = T ⋅ c = ( Tqj c j )eˆ q = aq eˆ q , podemos obtener que: r r ∂aq ∂a r r ∂ ˆ ipq eˆ i = ipq q eˆ i = ipq aq, p eˆ i ∇ xr ∧ ( T ⋅ c ) = ∇ xr ∧ a = e p ∧ aq eˆ q = ∂x p ∂x p ∂x p ⇒ ipq aq , p eˆ i = ipq ( Tqj c j ), p eˆ i = ipq Tqj , p c j eˆ i + ipq Tqj c j , p eˆ i = ipq Tqj , p c j eˆ i { =0
r
donde hemos tenido en cuenta que c es constante, i.e. c j , p =
∂c j ∂x p
= 0 jp .
r
Notar que ipq Tqj , p son las componentes de (∇ xr ∧ T )ij (véase (a.1)), luego
[
]
[
]
r r r r r r r ∇ xr ∧ ( T ⋅ c ) = ipq Tqj , p c j eˆ i = (∇ xr ∧ T )ij c j eˆ i = (∇ xr ∧ T ) ⋅ c i eˆ i = c ⋅ (∇ xr ∧ T )T i eˆ i r r (∇ xr ∧ T ) ⋅ c = ipq Tqj , p eˆ i ⊗ eˆ j ⋅ c k eˆ k = ipq Tqj , p c k eˆ iδ jk = ipq Tqj , p c j eˆ i
b) En el apartado hemos demostrado que (∇ xr ∧ ε ) = ipq εqj , p eˆ i ⊗ eˆ j se cumple, luego r r ∂εqj , p ∂ ˆ e s ∧ ipq εqj , p eˆ j ⊗ eˆ i = ipq eˆ s ∧ eˆ j ⊗ eˆ i = ipq tsj εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ i ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T = ∂xs ∂xs = (− iqp )(− tjs ) εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ i = iqp tjs εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ i = qpi jst εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ i
(
)
(
)
Notar que: r r ∂εqj , p ∂ ˆ e s ∧ ipq εqj , p eˆ i ⊗ eˆ j = ipq eˆ s ∧ eˆ i ⊗ eˆ j = ipq εqj , ps tsi eˆ t ⊗ eˆ j ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε ) = ∂xs ∂xs = its ipq εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ j = (δ tpδ sq − δ tqδ sp ) εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ j
(
)
(
)
= (δ tpδ sq εqj , ps − δ tqδ sp εqj , ps )eˆ t ⊗ eˆ j = ( ε sj , ts − εtj , ss )eˆ t ⊗ eˆ j r r r r r r ∂u r r ∂u r r ∂u r r r r r c.1) Notar que ∇ x ∧ F = ∇ x ∧ r + 1 = ∇ x ∧ r + ∇ x ∧ (1) = ∇ x ∧ r = ∇ x ∧ J , donde ∂x ∂x ∂x r ∂u ∂u hemos considerado que J ≡ r . Si consideramos que εqj = J qj = q = u q, j , y reemplazamos ∂x j ∂x r r en ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T , podemos obtener que: r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ F )T = iqp tjs J qj , ps eˆ t ⊗ eˆ i = iqp tjs uq , jps eˆ t ⊗ eˆ i
Notar que uq , jps = uq , pjs = uq , psj , i.e. es simétrico en js , y el tensor tjs = − tsj es antisimétrico r
r
en js , luego tjsuq , jps = 0tqp , y ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ F )T = 0ti eˆ t ⊗ eˆ i = 0 . Solución alternativa: Teniendo en cuenta que
δ it δ ij δ is iqp tjs = δ qt δ qj δ qs = δ itδ qjδ ps + δ ijδ qsδ pt + δ isδ pjδ qt − δ isδ qjδ pt − δ qsδ pjδ it − δ psδ qtδ ij δ pt δ pj δ ps concluimos que Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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iqp tjs Fqj , ps = (δ itδ qjδ ps + δ ijδ qsδ pt + δ isδ pjδ qt − δ isδ qjδ pt − δ qsδ pjδ it − δ psδ qtδ ij )uq , jps = δ itδ qjδ psuq , jps + δ ijδ qsδ ptuq , jps + δ isδ pjδ qtuq , jps − δ isδ qjδ ptuq , jps − δ qsδ pjδ it uq , jps − δ psδ qtδ ijuq , jps = δ it u j , jss + us ,its + ut , ppi − u j , jti − δ it us , pps − ut ,ipp = 0ti
Notar que δ it u j , jss = δ it u p , pss = δ it u p ,ssp = δ it us , pps , u s ,its = u j ,itj = u j , jti , ut , ppi = ut ,ipp . r
c.2) Expresando ∇ xr ∧ J T en notación indicial podemos obtener que: r ∂J qj ∂ ˆ ∇ xr ∧ J T = e p ∧ J qj (eˆ j ⊗ eˆ q ) = eˆ p ∧ eˆ j ⊗ eˆ q = J qj , p ipj eˆ i ⊗ eˆ q ∂x p ∂x p = ipj J qj , p eˆ i ⊗ eˆ q = ipj uq , jp eˆ i ⊗ eˆ q = 0 ip eˆ i ⊗ eˆ q
Notar que uq , jp = uq , pj es simétrico en jp mientras que ipj = − ijp es antisimétrico en jp . r
c.3) Expresando ∇ xr ∧ J en notación indicial obtenemos (véase (a.1)): r ∇ xr ∧ J = ipq J qj , p eˆ i ⊗ eˆ j = ipquq , jp eˆ i ⊗ eˆ j
Expandiendo el término ipquq , jp podemos obtener que: ipquq, jp = ip1u1, jp
1 424 3
+ ip 2u2, jp 1 424 3
+ ip 3u3, jp 1 424 3
i11u1, j1 + i12u2, j1 + i13u3, j1 +
+
+
i 21u1, j 2 + i 22u2, j 2 + i 23u3, j 2 + i 31u1, j 3
+ + i 32u2, j 3
+ + ip 3u3, j 3
luego u3,12 − u2,13 u3, 22 − u2, 23 u3,32 − u2,33 J 31, 2 − J 21,3 r r (∇ x ∧ J )ij = u1,13 − u3,11 u1, 23 − u3, 21 u1,33 − u3,31 = J 11,3 − J 31,1 u2,11 − u1,12 u2, 21 − u1, 22 u2,31 − u1,32 J 21,1 − J 11, 2
J 32, 2 − J 22,3 J 33, 2 − J 23,3 J 12,3 − J 32,1 J 13,3 − J 33,1 J 22,1 − J 12, 2 J 23,1 − J 13, 2
Notar que J 13, 2 − J 12,3 J 23, 2 − J 22,3 J 33, 2 − J 32,3 u1,32 − u1, 23 u 2,32 − u 2, 23 u3,32 − u3, 23 r T (∇ xr ∧ J ) ij = J 11,3 − J 13,1 J 21,3 − J 23,1 J 31,3 − J 33,1 = u1,13 − u1,31 u 2,13 − u 2,31 u3,13 − u3, 31 J 12,1 − J 11, 2 J 22,1 − J 21, 2 J 32,1 − J 31, 2 u1, 21 − u1,12 u 2, 21 − u 2,12 u3, 21 − u3,12 = 0ij r ∂u Notar que, si J = r podemos concluir que también se cumple que ∂x r r r r 1 1r 1r ε = ( J + J T ) ⇒ ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T = ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ J )T + ∇ xr ∧ ( ∇ xr ∧ J T )T = 0 1 424 3 2 2 1442443 2 =0
Ejemplo 1.110
r
=0
r
Dados los vectores a y v demostrar que
[
r r r r r (∇ xr ∧ v ) ∧ a = ∇ xr v − (∇ xr v )T
] ⋅ ar
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108
r
[r
r
r
r
]
Si consideramos que (∇ xr ∧ v ) i = ijk vk , j , luego (∇ xr ∧ v ) ∧ a s = sip ijk vk , j a p . Notar también que la relación sip ijk = psi jki = δ pjδ sk − δ pkδ sj se cumple. Con eso obtenemos que
[(∇r
r x
]
r r ∧ v ) ∧ a s = sip ijk vk , j a p = (δ pjδ sk − δ pkδ sj )vk , j a p = (δ pjδ sk vk , j − δ pkδ sj vk , j )a p r r r = (vs , p − v p , s )a p = ∇ xr v − (∇ xr v )T ⋅ a
{[
Solución alternativa:
]
[
}
s
]
r r r r = ∇ xr v , luego ∇ xr v − (∇ xr v )T = 2(∇ xr v ) anti = 2 l anti . Notar que el vector r 1 r r r r r axil asociado con el tensor antisimétrico (∇ xr v ) anti = (v ⊗ ∇ xr ) anti es el vector ϕ = (∇ xr ∧ v ) 2 r anti r r r r (ver Ejemplo 1.37). Recordar que la propiedad (∇ x v ) ⋅ a = ϕ ∧ a se cumple, con eso l
Si consideramos que
concluimos que: r r r r (∇ xr v ) anti ⋅ a = ϕ ∧ a
[
]
rT r 1 r r r 1 r r ∇ x v − (∇ xr v ) ⋅ a = (∇ xr ∧ v ) ∧ a 2 2 r r r r ⇒ ∇ r vr − (∇ r vr )T ⋅ a = (∇ xr ∧ v ) ∧ a x x
⇒
[
]
Ejemplo 1.111 r
r r
Consideremos un campo vectorial u = u( x ) . A través de sus componentes demostrar que: a) r 2r ∇ xr u = ∇ xr (∇ xr ⋅ u) r r ∇ xr (∇ xr ⋅ u) = 0 .
r
r
r
r
r
r
r
r
cuando ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) = 0 , b) que ∇ xr 2u = −∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u)
cuando
Solución: Hemos demostrado en el Ejemplo 1.106 que lo siguiente es cierto: r r r r 2r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ a) = ∇ xr (∇ xr ⋅ a) − ∇ xr a indicial → ilq qjk a k , jl = a j , ji − ai , jj Con lo cual
r r r r r 2r ∇ xr ⋅ (∇ xr u) ≡ ∇ xr u = ∇ xr (∇ xr ⋅ u) − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u)
indicial →
ui , jj = u j , ji − ilq qjk uk , jl
Con eso es fácil verificar que: a)
r r r r r 2r ∇ xr ⋅ (∇ xr u) ≡ ∇ xr u = ∇ xr (∇ xr ⋅ u) − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) 1442r 44 3
⇒
r 2r ∇ xr u = ∇ xr (∇ xr ⋅ u)
=0
Componentes: ui , jj = u j , ji
⇒
ui ,11 + ui , 22 + ui ,33 = u1,1i + u 2, 2i + u3,3i
u1,11 + u1, 22 + u1,33 = u1,11 + u 2, 21 + u3,31 ⇒ u 2,11 + u 2, 22 + u2,33 = u1,12 + u2, 22 + u3,32 u + u + u = u + u + u 3, 22 3,33 1,13 2 , 23 3,33 3,11
⇒
u1, 22 + u1,33 = u 2, 21 + u3,31 u 2,11 + u 2,33 = u1,12 + u3,32 u + u 3, 22 = u1,13 + u 2 , 23 3,11
(1.128)
Notar que en el sistema Cartesiano tenemos que: r u = ui eˆ i = u1eˆ 1 + u2 eˆ 2 + u3eˆ 3
r r r r ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u (∇ xr ∧ u) ≡ rot (u) = (rot (u) )i eˆ i = 3 − 2 eˆ 1 + 1 − 3 eˆ 2 + 2 − 1 eˆ 3 x2 ∂x3 x3 ∂x1 x1 ∂x2 1∂42 1∂42 1∂42 4 r43 4 4 r43 4 4 r43 4 = (rot (u) )1
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= (rot (u) )2
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= (rot (u) )3
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109
r r r r r r r r r ∂ (rot (u) )3 ∂ (rot (u) )2 ∂ (rot (u) )1 ∂ (rot (u) )3 ∂ (rot (u) )2 ∂ (rot(u) )1 r r ˆ ˆ e1 + e 2 + eˆ 3 − − ∇ x ∧ (∇ x ∧ u) = − ∂ x x x x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 3 3 1 1 2
r r ∂ (rot (u) )3 ∂ (rot (u) )2 ∂ ∂u 2 − ∂u1 − ∂ ∂u1 − ∂u3 − ∂x ∂x ∂x3 2 1 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x2r r ∂ (rot (u) )1 ∂ (rot (u) )3 ∂ ∂u3 ∂u 2 ∂ ∂u 2 ∂u1 r r r − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) i = − − − = ∂x3 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x3r r ∂ (rot (u) ) ∂ (rot (u ) )1 2 ∂ ∂u1 − ∂u3 − ∂ ∂u3 − ∂u 2 − ∂x2 ∂x1 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x3
[
]
u 2,12 − u1, 22 − u1,33 + u3,13 = u3, 23 − u 2,33 − u 2,11 + u1, 21 u − u − u + u 3,11 3, 22 2, 32 1,31 r r r r Si estamos considerando que ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) = 0 , luego:
u 2,12 − u1, 22 − u1,33 + u3,13 0 u 2,12 + u3,13 = u1, 22 + u1,33 r r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) i = u3, 23 − u 2,33 − u 2,11 + u1, 21 = 0 ⇒ u3, 23 + u1, 21 = u 2,33 + u 2,11 u − u − u + u 0 u + u 1,31 3,11 3, 22 2, 32 2 ,32 = u3,11 + u3, 22 1,31
[
]
que son las mismas condiciones presentadas en las ecuaciones en (1.128). b)
r r r r r 2r ∇ xr ⋅ (∇ xr u) ≡ ∇ xr u = ∇ xr (∇ xr ⋅ u) − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u) 142r 43
r r r r ∇ 2u = −∇ xr ∧ (∇ xr ∧ u)
⇒
=0
Componentes u1,11 + u1, 22 + u1,33 = −(u2,12 − u1, 22 − u1,33 + u3,13 ) ui , jj = − ilq qjk uk , jl ⇒ u2,11 + u2, 22 + u2,33 = −(u3, 23 − u2,33 − u2,11 + u1, 21 ) u + u + u = −(u − u − u + u ) 3, 33 1,31 3,11 3, 22 2 , 32 3,11 3, 22 r r Si consideramos que ∇ xr (∇ xr ⋅ u) = 0 , podemos obtener que:
[∇ xr (∇ xr ⋅ ur )] i = u1,1i + u2,2i + u3,3i = 0i
⇒
u1,11 + u2, 21 + u3,31 = 0 u1,12 + u2, 22 + u3,32 = 0 u + u + u = 0 2 , 23 3, 33 1,13
⇒
(1.129)
u3,31 + u2, 21 = −u1,11 u1,12 + u3,32 = −u 2, 22 u + u 2 , 23 = −u3, 33 1,13
Si reemplazamos las ecuaciones anteriores dentro de (1.129) demostramos que la igualdades se cumplen. Ejemplo 1.112
r
Sean σ un campo tensorial de segundo orden, y a un campo vectorial. Demostrar las siguientes identidades: a) b)
r r r ∇ xr ⋅ (a ∧ σ ) = : [(∇ xr a) ⋅ σ T ] + a ∧ (∇ xr ⋅ σ ) r r r r r ∇ xr ⋅ (σ ∧ a) = a ⋅ [∇ xr ∧ σ T ] − σ ⋅ [∇ xr ∧ a]
(1.130) (1.131)
donde es el tensor Levi-Civita (pseudo-tensor de tercer orden).
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110
Solución:a)
r a ∧ σ = a i eˆ i ∧ σ jk eˆ j ⊗ eˆ k = σ jk a i pij eˆ p ⊗ eˆ k
r ∂ ∂ ⇒ ∇ xr ⋅ (a ∧ σ ) = σ jk a i pij eˆ p ⊗ eˆ k ⋅ eˆ q = σ jk a i pij eˆ p δ ∂x q ∂x q r ⇒ ∇ xr ⋅ (a ∧ σ ) = σ jk a i pij ,k eˆ p = ( pij σ jk , k a i + pij σ jk a i ,k )eˆ p
(
)
(
(
)
=
kq
)
∂ σ jk a i pij eˆ p ∂x k
(
)
Notar que pij σ jk , k ai = pij (∇ xr ⋅ σ ) j ai = pij (a)i (∇ xr ⋅ σ ) j = [a ∧ (∇ xr ⋅ σ )]p r
r
r
[
r
r
y pij σ jk ai ,k = pij σ jk (∇ xr a) ik = pij (∇ xr a) ik σ jk = pij (∇ xr a) ⋅ σ T
] = { : [(∇ ij
r
r x a)
⋅ σ T ]}p
con lo cual demostramos la ecuación en (1.130). r
r
Notar que, si a = x la ecuación (1.130) queda:
[
]
[
]
r r r r r ∇ xr ⋅ ( x ∧ σ ) = : (∇ xr x ) ⋅ σ T + x ∧ (∇ xr ⋅ σ ) = : (1 ⋅ σ T ) + x ∧ (∇ xr ⋅ σ ) = : σ T + x ∧ (∇ xr ⋅ σ )
b)
r σ ∧ a = σ jk eˆ j ⊗ eˆ k ∧ ai eˆ i = σ jk ai pki eˆ j ⊗ eˆ p
r ∂ ∂ ⇒ ∇ xr ⋅ (σ ∧ a) = σ jk ai pkieˆ j ⊗ eˆ p ⋅ eˆ q = σ jk ai pki eˆ j δ ∂xq ∂xq r ⇒ ∇ xr ⋅ (σ ∧ a) = σ jk ai pki eˆ j = ( pki σ jk , p ai + pki σ jk ai , p )eˆ j
(
(
)
(
)
)
pq
=
∂ σ jk ai pki eˆ j ∂x p
(
)
,p
Notar que
[r
pki σ jk , p ai = ipk σ jk , p ai = ∇ xr ∧ σ T
]
pki σ jk ai , p = kip ai , p σ jk = − kpi ai , p σ jk
{ [
]}
r r = a ⋅ ∇ xr ∧ σ T j r r r r = −(∇ xr ∧ a) k σ jk = − σ ⋅ ∇ xr ∧ a
ij ai
Ejemplo 1.113 r
r
r
{ [
]}
j
r r
Sea v un campo vectorial que es función de x , i.e. v = v ( x ) , donde sus componentes vienen dadas por: v1 = x1 − 5 x 2 + 2 x3 v 2 = 5 x1 + x 2 − 3 x3 v = −2 x + 3 x + x 1 2 3 3 r r a) Obtener el gradiente de v ; b) Obtener ∇ xr v : 1 ; c) Hacer la descomposición aditiva del r tensor ∇ xr v a través de su parte simétrica y otra antisimétrica; d) Obtener el vector axil r asociado al tensor antisimétrico (∇ xr v ) anti .
Solución: a)
r r ∂v ∇ xr v = r ∂x
∂v1 ∂x1 v ∂ r ∂v componente s →(∇ xr v ) ij = i = 2 ∂x j ∂x 1 ∂v3 ∂x1
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∂v1 ∂x 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂v 3 ∂x 2
∂v1 ∂x3 1 − 5 2 ∂v 2 = 5 1 − 3 ∂x3 1 ∂v3 − 2 3 ∂x3
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r
111
r
b) ∇ xr v : 1 = Tr (∇ xr v ) = 1 + 1 + 1 = 3 . Observar que la traza del gradiente de un vector es igual a r
la divergencia del vector, i.e.: ∇ xr ⋅ v = vi ,i = v1,1 + v 2, 2 + v 3,3 = r
r
r
c) ∇ xr v = (∇ xr v ) sym + (∇ xr v ) anti =
[
∂v1 ∂v 2 ∂v3 + + = 3. ∂x1 ∂x 2 ∂x3
] [
]
r r r r 1 1 (∇ xr v ) + (∇ xr v ) T + (∇ xr v ) − (∇ xr v ) T 2 44424443 1 2 44424443 1 r =(∇ xr v ) sym
r
r =(∇ xr v ) anti
r
Luego, las componentes de (∇ xr v ) sym y (∇ xr v ) anti vienen dadas respectivamente por: r (∇ xr v ) ijsym
1 0 0 1 ∂vi ∂v j = + = 0 1 0 2 ∂x j ∂x i 0 0 1
r (∇ xr v ) ijanti
;
0 −5 2 1 ∂v i ∂v j 0 − 3 = − = 5 2 ∂x j ∂xi − 2 3 0
d) Recordar que
[
r (W) ij ≡ (∇ xr v ) anti
]
ij
≡ vianti ,j
0 1 ∂v ∂v = 2 − 1 2 ∂x1 ∂x 2 1 ∂v ∂v 3 − 1 2 ∂x1 ∂x 3
1 ∂v1 ∂v 2 − 2 ∂x 2 ∂x1
0 1 ∂v3 ∂v 2 − 2 ∂x 2 ∂x 3
1 ∂v1 ∂v3 − 2 ∂x 3 ∂x1 1 ∂v 2 ∂v 3 − 2 ∂x3 ∂x 2 0
(1.132)
− w3 w2 − w1 0 0 w1 r donde w1 , w2 , w3 son las componentes del vector axil w correspondiente al tensor r antisimétrico W ≡ (∇ xr v ) anti , luego para el problema propuesto: 0 = W21 W31
W12 0 W32
W13 0 W23 = − W12 0 − W13
W12 0 − W23
W13 0 W23 = w3 0 − w2
w1 = 3 w2 = 2 w = 5 3
w2 0 − 5 2 ⇒ 0 − w1 = 5 0 − 3 w1 0 − 2 3 0 r El vector axil en la base Cartesiana queda: w = 3eˆ 1 + 2eˆ 2 + 5eˆ 3 . 0 w 3 − w2
− w3
Solución Alternativa d) Recurriendo al Ejemplo 1.36 donde hemos demostrado que r
r
1 r r (a ∧ x ) 2
es el vector axil asociado al tensor antisimétrico ( x ⊗ a ) anti . Luego, el vector axil asociado al
[r
r
r
tensor antisimétrico (∇ xr v ) anti = (v ) ⊗ (∇ xr ) eˆ 1 r 1 ∂ w= 2 ∂x1 v1 =
eˆ 2 ∂ ∂x 2 v2
]
anti
eˆ 3 ∂v ∂ 1 ∂v = 3 − 2 ∂x3 2 ∂x 2 ∂x3 v3
[
r
es el vector w =
(
)
1 rr r ∇x ∧v . 2
∂v ∂v ∂v ∂v eˆ 1 − 3 − 1 eˆ 2 + 2 − 1 ∂x1 ∂x 2 ∂x1 ∂x 3
eˆ 3
]
1 (3 − (−3) )eˆ 1 − ((−2) − (2) )eˆ 2 + (5 − (−5))eˆ 3 = 3eˆ 1 + 2eˆ 2 + 5eˆ 3 2
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112
Ejemplo 1.114 l
Sea un tensor de segundo orden definido por r y W = (∇ xr v ) anti demostrar que
r r = ∇ xr v . Teniendo en cuenta que D = (∇ xr v ) sym
r r W ⋅ D + D ⋅ W = 2(D ⋅ W) anti = (∇ xr v ⋅ ∇ xr v ) anti = ( l ⋅ l ) anti
Solución: En el Ejemplo 1.34 hemos demostrado que, dado un tensor de segundo orden arbitrario se cumple que l
anti
⋅l
+l
sym
sym
⋅l
anti
= 2( l
anti
⋅l
l
sym anti
)
Luego, se cumple que W ⋅ D + D ⋅ W = 2(D ⋅ W ) anti . Teniendo en cuenta la definición de simetría y antisimetría, D =
[
1 l +l 2
W ⋅ D + D ⋅ W = 2(D ⋅ W ) anti =
[
] , W = 12 [l − l ] , podemos concluir que:
T
T
[
2 (l + l T ) ⋅ (l − l T ) 4
]
anti
]
1 T T T T anti l ⋅l + l ⋅l − l ⋅l − l ⋅l 2 anti 1 1 T T T l ⋅l − l ⋅l = 1 + 3 2 l ⋅l − l ⋅l 2 4442444
=
[
=
]
=0
[
1 T l ⋅ l − (l ⋅ l ) 2
OBS.: Notar que el tensor resultante (l ⋅ l
T
−l
T
⋅ l )T
= l ⋅l
T
−l
T
[
]
=
l
⋅l T
anti
[
1 2( l ⋅ l ) anti 2 −l
T
]
T anti
]
anti
r r = ( l ⋅ l ) anti = (∇ xr v ⋅ ∇ xr v ) anti
⋅ l es simétrico, ya que:
⋅l .
Ejemplo 1.115 Consideremos un escalar J = F ≡ det(F ) y un tensor de segundo orden arbitrario definido por
l
r dF = ∇ xr v = F& ⋅ F −1 , donde F& ≡ representa la derivada temporal de F . Demostrar que dt
se cumple que: r d(J ) & ≡ J = J (∇ xr ⋅ v ) dt
(1.133)
Solución: En el Ejemplo 1.87 hemos demostrado que, dado un tensor de segundo orden arbitrario A = A (τ) , se cumple que
dA
dA = A Tr ⋅ A −1 . Haciendo A = F y τ = t podemos obtener τ dτ d
que: dF dt
=
(
)
(
)
( )
r r dJ dF = F Tr ⋅ F −1 = J Tr F& ⋅ F −1 = J Tr F& ⋅ F −1 = J Tr l = J Tr(∇ xr v ) = J (∇ xr ⋅ v ) dt dt
Solución alternativa: En el Ejemplo 1.46 hemos demostrado que dado un tensor de segundo orden F la relación F tpq = rjk Frt F jp Fkq se cumple, y si aplicamos la derivada material podemos obtener que:
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113
DF D tpq = ( rjk Frt F jp Fkq ) = rjk F&rt F jp Fkq + rjk Frt F& jp Fkq + rjk Frt F jp F&kq Dt Dt
(1.134)
Según el enunciado del problema tenemos que l = F& ⋅ F −1 ⇒ F& = l ⋅ F , con lo cual las siguientes relaciones se cumplen F&rt = l rs Fst , F& jp = l js Fsp y F&kq = l ks Fsq , y la ecuación en (1.134) puede ser reescrita como: DF tpq = rjk F&rt F jp Fkq + rjk Frt F& jp Fkq + rjk Frt F jp F&kq Dt = rjk l rs Fst F jp Fkq + rjk Frt l js Fsp Fkq + rjk Frt F jp l ks Fsq
Multiplicamos ambos lados de la igualdad por ut v p w q , resultando: DF Dt
tpq ut v p w q = rjk l rs Fst F jp Fkq ut v p w q + rjk Frt l js Fsp Fkq ut v p w q + rjk Frt F jp l ks Fsq u t v p w q = rjk ( l rs Fst ut )( F jp v p )( Fkq w q ) + rjk ( Frt ut )( l js Fsp v p )( Fkq w q ) + rjk ( Frt ut )( F jp v p )( l ks Fsq w q ) = rjk ( l rs a s )(b j )(c k ) + rjk (a r )( l js b s )(c k ) + rjk (a r )(b j )( l ks c s )
donde hemos denotado por a s = Fst ut , b j = F jp v p , c s = Fsq w q . La ecuación anterior en notación tensorial queda:
[
] [
]
[
r r r r DF r r r r r r r r r r r u ⋅ ( v ∧ w ) = ( l ⋅ a) ⋅ (b ∧ c ) + a ⋅ ( l ⋅ b) ∧ c + a ⋅ b ∧ ( l ⋅ c ) = Tr ( l ) a ⋅ (b ∧ c ) Dt
]
donde hemos usado la propiedad de traza (ver Ejemplo 1.48). La ecuación anterior aun puede ser reescrita como:
[
]
DF r r r r r r r r r r r r u ⋅ ( v ∧ w ) = Tr ( l ) a ⋅ (b ∧ c ) = Tr ( l ){( F ⋅ u) ⋅ [( F ⋅ v ) ∧ ( F ⋅ w )]} = Tr ( l ) F u ⋅ ( v ∧ w ) Dt
donde hemos aplicado la propiedad de determinante (ver Ejemplo 1.49), con lo cual concluimos que
DF = Tr ( l ) F . Dt
Ejemplo 1.116 r
Considérese un campo vectorial representado por su campo vector unitario bˆ ( x ) , ver Figura r r 1.8. Obtener un tensor proyección de segundo orden P tal que se cumpla que p = P ⋅ u , r r r donde u es un vector arbitrario y p es ortogonal al campo definido por el versor bˆ ( x ) .
r bˆ ( x )
Figura 1.8: Campo vectorial Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
114
Solución: El problema planteado se puede apreciar en la figura abajo: r u
r ˆ r r u⊥b = p = P ⋅ u
r r ˆ a = u // b r bˆ ( x )
r
r
r
r
Luego, a través de suma de vectores se cumple que: u = a + p . Además el vector a puede ser r r r r obtenido a través de la proyección de u según la dirección bˆ : a = a bˆ = (u ⋅ bˆ ) bˆ . Con eso podemos decir que:
r r r p=u−a r r r r = u − (u ⋅ bˆ ) bˆ = u − (u ⋅ bˆ ) ⊗ bˆ r r = 1 ⋅ u − (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u r = 1 − (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u r = P ⋅u
[
p i = ui − ai = u i − (u k bˆ k )bˆ i = u δ − u bˆ bˆ k
]
= (δ ik
ik
k
k
i
− bˆ k bˆ i )u k
= Pik u k
Con lo cual concluimos que el tensor proyección de segundo orden viene dado por: P = 1 − bˆ ⊗ bˆ
Este mismo resultado podría haber sido obtenido a través del producto vectorial. Dibujando el problema planteado en otra perspectiva para mejor visualización, tenemos que: r u ∧ bˆ
r bˆ ( x )
r u r bˆ ∧ (u ∧ bˆ )
r
r
Teniendo en cuenta que a ∧ (b ∧ a) = [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a]⋅ b , ver Ejemplo 1.16, podemos decir r
[
r
]
r r
[
r
r
]
r r r r que: bˆ ∧ (u ∧ bˆ ) = (bˆ ⋅ bˆ )1 − bˆ ⊗ bˆ ⋅ u = 1 − bˆ ⊗ bˆ ⋅ u = p .
Luego, podemos representar un vector como sigue:
[
]
r r ˆ r ˆ r r u = u // b + u⊥b = (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u + 1 − (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u
[
]
r ˆ r r ˆ r donde u// b = (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u es el vector paralelo a dirección de bˆ , y u⊥b = 1 − (bˆ ⊗ bˆ ) ⋅ u es el vector perpendicular.
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Ejemplo 1.117
115
r r
Dado un campo vectorial v ( x ) , demostrar que se cumple la siguiente relación: r r r 1 r r ∇ xr v ⋅ v = ∇ xr (v 2 ) − v ∧ (∇ xr ∧ v ) 2 r r donde v = v es el módulo de v .
Solución:
[
]
r r r r 1 r 2 1 1 1 ∇ x (v ) i = [∇ xr (v ⋅ v )]i = (v k v k ) ,i = (v k ,i v k + v k v k ,i ) = v k v k ,i = (v ⋅ ∇ xr v ) i . 2 2 2 2 r r En un punto del campo vectorial v vamos considerar un plano normal a v y recordar que la r proyección de un tensor de segundo orden según una dirección ( v ) resulta un vector el cual r no necesariamente tiene la misma dirección que ( v ), con eso vamos representar los siguientes r r r r vectores ∇ xr v ⋅ v y v ⋅ ∇ xr v :
Notar que
r r ∇ xr v ⋅ v
r r (∇ xr ∧ v )
r v
r r c⊥v r r r c ⊥ (∇ xr ∧ v )
r r v ⋅ ∇ xr v
r r r r c = v ∧ (∇ xr ∧ v )
Verifiquemos que a través de suma de vectores se cumple que:
r r r r r ∇ xr v ⋅ v + c = v ⋅ ∇ xr v r r r r r ⇒ c = v ⋅ ∇ xr v − ∇ xr v ⋅ v r r r r r ⇒ c = v ⋅ ∇ xr v − v ⋅ ∇ xr v T r r r r r r ⇒ c = v ⋅ (∇ xr v − ∇ xr v T ) = v ⋅ 2(∇ xr v ) anti
r
r
Si consideramos que w es el vector axil asociado al tensor antisimétrico (∇ xr v ) anti se cumple r r r r r r r r que: (∇ xr v ) anti ⋅ v = w ∧ v ⇒ v ⋅ (∇ xr v ) anti = v ∧ w . Además se cumple también que r r r r rot (v ) ≡ ∇ xr ∧ v = 2 w . Luego, r r r r r r r r c = v ⋅ 2(∇ xr v ) anti = v ∧ 2w = v ∧ (∇ xr ∧ v )
(1.135)
con eso concluimos que: r r r r r ∇ xr v ⋅ v + c = v ⋅ ∇ xr v
⇒
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r r r r r ∇ xr v ⋅ v = v ⋅ ∇ xr v − c
Draft
⇒
r r 1 r r r ∇ xr v ⋅ v = ∇ xr (v 2 ) − v ∧ (∇ xr ∧ v ) 2
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
116
r
r
r
Es interesante observar que cuando (∇ xr v ) resulta ser un tensor simétrico, (∇ xr v ) = (∇ xr v ) sym , r
r
r
r
r
r
r r
r
r
se cumple que (∇ xr v ) anti = 0 , c = 0 , (∇ xr ∧ v ) = 0 , ∇ xr v ⋅ v = v ⋅ ∇ xr v y tiene la misma r dirección que v . r
r
r
r
r
r
r
En el caso que se cumpla (∇ xr v ) = (∇ xr v ) anti tenemos que: c = v ⋅ 2(∇ xr v ) anti = 2v ⋅ (∇ xr v ) , ver r r r r r expresión (1.135). Con eso se cumple también que v ⋅ ∇ xr v = −∇ xr v ⋅ v , y además, v es r r perpendicular al vector (∇ xr ∧ v ) , ver Figura 1.9. r r (∇ xr v ) = (∇ xr v ) anti
r r ∇ xr v ⋅ v
r r c⊥v r r r c ⊥ (∇ xr ∧ v )
r v r r (∇ xr ∧ v )
r r v ⋅ ∇ xr v
r r r r r r c = v ∧ (∇ xr ∧ v ) = 2v ⋅ (∇ xr v )
Figura 1.9 Solución Alternativa: r r r r r r r r r ∇ xr v ⋅ v = ((∇ xr v ) sym + (∇ xr v ) anti ) ⋅ v = (∇ xr v ) sym ⋅ v + (∇ xr v ) anti ⋅ v r r r r r r r r = (∇ xr v ) sym ⋅ v + (∇ xr v ) anti ⋅ v + ((∇ xr v ) anti ⋅ v − (∇ xr v ) anti ⋅ v ) r r r r r r = ((∇ xr v ) sym ⋅ v − (∇ xr v ) anti ⋅ v ) + 2(∇ xr v ) anti ⋅ v r r r r r r r 1 = ((∇ xr v ) + (∇ xr v )T ) − ((∇ xr v ) − (∇ xr v )T ) ⋅ v + 2(∇ xr v ) anti ⋅ v 2 r r r r r r r r 1 = (2(∇ xr v )T ) ⋅ v + 2(∇ xr v ) anti ⋅ v = v ⋅ (∇ xr v ) + 2(∇ xr v ) anti ⋅ v 2 r r 1 r 2 r = ∇ x (v ) − v ∧ (∇ xr ∧ v ) 2 r r r r r r r r r Recordar que (∇ xr v anti )T = −(∇ xr v ) anti , luego 2(∇ xr v ) anti ⋅ v = −v ⋅ 2(∇ xr v ) anti = −v ∧ (∇ xr ∧ v ) .
[
]
Ejemplo 1.118 r r
Considérese un campo vectorial estacionario u( x ) . Obtener las componentes del diferencial r r r total du . Considerando que u( x ) representa el campo de desplazamientos y es independiente de la componente x3 , hacer la representación gráfica del campo de desplazamiento en un elemento diferencial de área dx1 dx 2 . Solución: Según la definición de diferencial total y de gradiente se cumple que:
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r r u( x ) r x
x2
r dx
117
r r r u( x + dx ) r r r r r r du ≡ u( x + dx ) − u( x ) r r r du = ∇ xr u ⋅ dx
r r x + dx
x1 x3
Luego, las componentes vienen dadas por:
du i =
∂u i dx j ∂x j
⇒
∂u1 du1 ∂x1 du = ∂u 2 2 ∂x du 3 1 ∂u 3 ∂x1
∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2
∂u1 ∂u ∂u ∂u1 dx1 + 1 dx 2 + 1 dx3 du1 = ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂x3 dx 1 ∂u 2 ∂u ∂u ∂u dx 2 ⇒ du 2 = 2 dx1 + 2 dx 2 + 2 dx3 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂u 3 dx3 ∂u 3 ∂u 3 ∂u 3 = + + d dx dx dx3 u 3 1 2 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3
con du1 = u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u1 ( x1 , x 2 , x3 ) du 2 = u 2 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u 2 ( x1 , x 2 , x3 ) du = u ( x + dx , x + dx , x + dx ) − u ( x , x , x ) 3 1 1 2 2 3 3 3 1 2 3 3
Para el caso plano, es decir, cuando el campo es independiente de x3 , el campo de desplazamientos en el elemento diferencial de área viene definido por: ∂u1 ∂u1 du1 = u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 ) − u1 ( x1 , x 2 ) = ∂x dx1 + ∂x dx 2 2 1 du = u ( x + dx , x + dx ) − u ( x , x ) = ∂u 2 dx + ∂u 2 dx 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 2 ∂x1 ∂x 2
o aún: ∂u1 ∂u1 u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 ) = u1 ( x1 , x 2 ) + ∂x dx1 + ∂x dx 2 2 1 u u ∂ ∂ u ( x + dx , x + dx ) = u ( x , x ) + 2 dx + 2 dx 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 ∂x1 ∂x 2
Observemos que la expresión anterior es equivalente a la expansión en serie de Taylor teniendo en cuenta solo hasta términos lineales. La representación del campo de desplazamiento en el elemento diferencial de área se muestra en la Figura 1.10.
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118
∂u 2 dx 2 ∂x 2
u2 +
u2 +
∂u 2 ∂u dx1 + 2 dx 2 ∂x1 ∂x 2
( x1 , x 2 + dx 2 )
( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 )
∂u1 dx 2 ∂x 2
u1 +
u1 +
r du
dx 2
∂u1 ∂u dx1 + 1 dx 2 ∂x1 ∂x 2
u1 +
(u1 )
( x1 + dx1 , x 2 )
( x1 , x 2 )
x2
∂u1 dx1 ∂x1
(u 2 )
u2 + dx1
x1
∂u 2 dx1 ∂x1
144444444444444444424444444444444444443
= 644444444444444444474444444444444444448 x 2 ,u 2 u2 +
∂u1 dx2 ∂x2
∂u 2 dx2 ∂x2
B′
B
B
dx 2
A′
O′ u2
+
A
O u1 u1 +
dx 2 A′ O′
dx1
B′
A
∂u 2 dx1 ∂x1
dx1
∂u1 dx1 ∂x1
x1 ,u1
Figura 1.10 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Ejemplo 1.119
119
r
Dado un campo tensorial de segundo orden, T ( x ) . Demostrar que si no hay una fuente de r r r T ( x ) se cumple que la divergencia de T ( x ) es igual a cero, i.e. ∇ xr ⋅ T = 0 . Para la
demostración considerar el campo tensorial en un elemento diferencial de volumen dV = dx1 dx 2 dx 3 en el sistema Cartesiano. Solución:
r
Primero vamos establecer el campo T ( x ) en el diferencial de volumen. Para ello, partimos de r la definición del diferencial de T ( x ) que viene definido a través del gradiente como: r r r dT ≡ T ( x + dx ) − T ( x ) r r r r r r r r r ⇒ T ( x + dx ) − T ( x ) = ∇ xr T ⋅ dx ⇒ T ( x + dx ) = T ( x ) + ∇ xr T ⋅ dx r dT = ∇ x T ⋅ dx
En componente la expresión anterior queda:
r r r Tij ( x + dx ) = Tij ( x ) + Tij ,k dx k r = Tij ( x ) + Tij ,1 dx1 + Tij , 2 dx 2 + Tij ,3 dx3 ∂Tij ∂Tij r ∂Tij dx1 + dx 2 + dx3 = Tij ( x ) + ∂x1 ∂x 2 ∂x 3
r
r
La representación de las componentes del campo Tij ( x + dx ) se pueden apreciar en la Figura r
1.11. Observar que en la cara normal a x1 + dx1 actúan las componentes Ti1 ( x ) +
∂Ti1 dx1 , ya ∂x1
que según nuestra convención el primer índice indica la dirección hacía donde apunta y el segundo índice indica el plano normal. r
r
Una vez establecido el campo de Tij ( x + dx ) en el elemento diferencial de volumen, r r aplicamos el balance total de las componentes del campo Tij ( x + dx ) según las direcciones x1 , x 2 , x3 . r
r
Balance total de Tij ( x + dx ) en dV según dirección x1 es igual a cero (no hay fuente): ∂T ∂T ∂T T11 + 11 dx1 dx 2 dx3 + T13 + 13 dx 3 dx1 dx 2 + T12 + 12 dx 2 dx1 dx3 − T11 dx 2 dx3 ∂x1 ∂x3 ∂x 2 − T13 dx1 dx 2 − T12 dx1 dx3 = 0
Simplificando la expresión anterior obtenemos que: ∂T ∂T11 ∂T dx1 dx 2 dx3 + 13 dx3 dx1 dx 2 + 12 dx 2 dx1 dx3 = 0 ∂x 2 ∂x1 ∂x3 ⇒
∂T11 ∂T12 ∂T13 + + =0 ∂x1 ∂x 2 ∂x3
Análogamente según las direcciones x 2 y x3 vamos obtener, respectivamente, que: ∂T21 ∂T22 ∂T23 + + =0 ∂x1 ∂x 2 ∂x3
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y
Draft
∂T31 ∂T32 ∂T33 + + =0 ∂x1 ∂x 2 ∂x3
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
120
x3
Cara oculta
T11 T33 +
Cara oculta
∂T33 dx3 ∂x3 T23 +
T13 +
∂T13 dx3 ∂x3
T21 ∂T23 dx3 ∂x3
T32 +
T12
T22
T31 +
∂T31 dx1 ∂x1
T32 T11 +
T12 + T21 +
∂T11 dx1 ∂x1
∂T21 dx1 ∂x1
T31 dx 3
∂T32 dx2 ∂x2
∂T12 dx2 ∂x2
T22 +
∂T22 dx2 ∂x2
x2
dx1
T13 T23
x1
Cara oculta
T33 dx 2
Figura 1.11: Componentes del campo tensorial en un elemento diferencial de volumen. Luego, tenemos el siguiente conjunto de ecuaciones que hay que cumplir simultáneamente: ∂T11 ∂T12 ∂T13 + + =0 ∂ ∂ ∂ x x x 1 2 3 ∂T21 ∂T22 ∂T23 + + =0 ∂ ∂ ∂ x x x 1 2 3 ∂T31 ∂T32 ∂T33 + + =0 ∂x1 ∂x 2 ∂x3
⇒
T11,1 + T12, 2 + T13,3 = 0 T21,1 + T22, 2 + T23,3 = 0 T31,1 + T32, 2 + T33,3 = 0
⇒
T1 j , j = 0 T2 j , j = 0 T3 j , j = 0
⇒
Tij , j = 0 i
Demostrando así que en la ausencia de fuente la divergencia es igual a cero: Tij , j = 0 i
⇔
(∇ xr ⋅ T ) i = 0 i
tensorial →
r ∇ xr ⋅ T = 0
NOTA 1: Si tenemos un campo tensorial, el orden de la fuente (o sumidero) es de un orden menor que el campo tensorial, e.g. si el campo tensorial es un vector, la fuente de este campo tensorial será un escalar. NOTA 2: Si la divergencia de un campo tensorial es positiva indica que tenemos una fuente del campo tensorial, caso contrario, si la divergencia es negativa tenemos un sumidero.
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121
Ejemplo 1.120 Demostrar que:
[(∇ xr T ) ⋅ ur ] ⋅ ar = [∇ xr ( T ⋅ ar )] ⋅ ur
(1.136)
r r r r donde T = T (x ) es un campo tensorial de segundo orden, u = u( x ) es un campo vectorial, y r r a es un vector arbitrario (independiente de ( x ) ).
Solución:
r r
Observar que la operación [(∇ xr T ) ⋅ u] ⋅ a resulta un vector, que en notación indicial queda:
{[(∇ xr T ) ⋅ ur ] ⋅ ar}i = [(∇ xr T ) ⋅ ur ]ik (ar ) k r
[
]
[
]
= (∇ xr T ) ikp u p a k = Tik , p u p a k = Tik , p u p a k
(1.137)
r
El término [∇ xr (T ⋅ a )] ⋅ u en notación indicial queda: r r r gradiente ( T ⋅ a ) i = Tik ak → [∇ xr ( T ⋅ a )] ij = ( T ⋅ a ) i , j = ( Tik ak ), j r ⇒ [∇ xr ( T ⋅ a )] ij = ( Tik ak ), j = Tik , j ak + Tik ak , j = Tik , j ak {
[
r r ó ⇒ [∇ xr ( T ⋅ a )] ij = a ⋅ (∇ xr T T )
]
=0 k , j
ij
[
r r + [ T ⋅ (∇ xr a )]ij = a ⋅ (∇ xr T T ) 123
]
ij
(1.138)
= Tik , j ak
=0
r r donde hemos considerado que a es independiente de ( x ) . Haciendo el producto escalar de la r ecuación anterior con u obtenemos que: {[∇ xr ( T ⋅ ar )] ⋅ ur}i = [∇ xr ( T ⋅ ar )]ij u j = Tik , j a k u j = Tik , p u p a k (1.139)
{
}
Si comparamos (1.137) con (1.139) demostramos (1.136). r
r r
r
Notar que, si a = a (x ) es dependiente de x y según la ecuación (1.138) obtenemos que:
[∇ xr ( T ⋅ ar )]ij = ( Tik ak ), j = Tik , j ak + Tik ak , j r r r ó ⇒ [∇ xr ( T ⋅ a )] ij = [a ⋅ (∇ xr T T )] ij + [ T ⋅ (∇ xr a )] ij Ejemplo 1.121
r
r
Demostrar que si el módulo de un vector, ω = ω(t ) , es constante en el tiempo eso implica que r r dω ω es ortogonal a para todo tiempo t . dt
r
r r
Solución: Partimos de la definición del módulo de un vector: ω = ω ⋅ ω , con lo cual: 2
( ) = d (ωr ⋅ ωr ) = d (ωr ) ⋅ ωr + ωr ⋅ d (ωr ) = 2ωr ⋅ d (ωr ) = 0
r d ω
2
dt
dt
dt
dt
dt
⇒
r r dω ω⊥ dt
NOTA: Un caso particular de este ejemplo es el movimiento circular donde: r v
r x = constante r r dx r ⇒ x ⊥ r dx dt v= dt
r x
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122
1.16 Teoremas con Integrales Ejemplo 1.122
r
Comprobar el Teorema de la divergencia (Teorema de Gauss) para el campo vectorial F cuyas componentes Cartesianas viene dadas por Fi = xi + ( x32 − x 3 )δ i 3 . Considerar la frontera definida por el cilindro x12 + x 22 ≤ 1 , 0 ≤ x3 ≤ 1 . Solución: El Teorema de la divergencia afirma que:
∫
r r ∇ xr ⋅ F dV = F ⋅ nˆ dS
∫
V
S
donde nˆ es la normal a la superficie y apunta hacia fuera. x3
x12 + x 22 ≤ 1
S (2)
nˆ ( 2 )
r r
r r =1 h =1
S (1)
nˆ (1)
r x
x2 nˆ (3)
x1
S ( 3)
Figura 1.12. r
Cálculo de ∫ ∇ xr ⋅ F dV : V
[
r ∇ xr ⋅ F = Fi ,i = xi + ( x 32 − x3 )δ i 3
]
,i
= xi ,i + ( x32 − x3 ) ,i δ i 3 = δ ii + ( x32 − x3 ) ,3
= 3 + (2 x3 − 1) = 2 x3 + 2
Luego:
∫
∇ xr
r ⋅ F dV = (2 x3 + 2) dV =
V
∫
V
x3 =1
∫A x ∫=(02 x
3
3
∫
+ 2)dx3 dA = 3 dA = 3(πr 2 ) = 3π A
donde A viene definido por el círculo x12 + x 22 ≤ 1 . r
Cálculo de ∫ F ⋅ nˆ dS S
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123
Separamos la frontera en tres superficies: S (1) , S ( 2) , S (3) , ver Figura 1.12. Luego, r
r
∫ F ⋅ nˆ dS = ∫ F ⋅ nˆ
(1)
dS (1) +
S ( 1)
S
r
∫ F ⋅ nˆ
( 2)
dS ( 2 ) +
S ( 2)
r
∫ F ⋅ nˆ
( 3)
dS (3)
S ( 3)
r F
explícitas de son: F1 = x1 + ( x32 − x3 )δ 13 = x1 , F2 = x 2 , r 2 2 F3 = x3 + ( x3 − x 3 )δ 33 = x3 . La representación de F en la base Cartesiana viene dada por: r F = x1eˆ 1 + x 2 eˆ 2 + x32 eˆ 3 . Las normales correspondientes a cada superficie vienen definidas a continuación: Las
componentes
r nˆ (1) // r
1
nˆ (1) =
⇒
x12
+
x 22
( x1 eˆ 1 + x 2 eˆ 2 ) ; nˆ ( 2 ) = eˆ 3 ; nˆ (3) = −eˆ 3
En la superficie S (1) se cumple que:
∫
r F ⋅ nˆ (1) dS (1) =
S ( 1)
1
+ x 2 eˆ 2 + x 32 eˆ 3 ) ⋅
+
x 22
∫ ( x eˆ 1
1 x12
S ( 1)
=
∫
S
( 1)
x12 x12
+
x 22
dS (1) =
∫ 1dS
S
(1)
+
x 22
( x1 eˆ 1 + x 2 eˆ 2 )dS (1)
= 2πrh = 2π
(1)
donde hemos considerado el área del cilindro ( 2πrh = 2π ). En la superficie S ( 2) se cumple que x3 = 1 : r
∫ F ⋅ nˆ
( 2)
∫ ( x eˆ
dS ( 2 ) =
S (2)
1
+ x 2 eˆ 2 + 1eˆ 3 ) ⋅ (eˆ 3 ) dS ( 2 ) =
1
S (2)
∫ 1dS
(2)
= πr 2 = π
S (2)
donde hemos considerado el área del círculo ( πr 2 = π ). En la superficie S (3) se cumple que x3 = 0 : r
∫ F ⋅ nˆ
S
( 3)
dS (3) =
( 3)
Con lo cual:
∫ ( x eˆ 1
S
∫
1
+ x 2 eˆ 2 + 0eˆ 3 ) ⋅ (−eˆ 3 )dS (3) =
( 3)
S
r F ⋅ nˆ dS =
∫
r F ⋅ nˆ (1) dS (1) +
S (1 )
S
∫ 0dS
∫
( 3)
=0
(3)
r F ⋅ nˆ ( 2 ) dS ( 2 ) +
S (2)
r
∫ F ⋅ nˆ
( 3)
dS (3) = 3π
S ( 3)
r
r
Luego, comprobando así el Teorema de la divergencia: ∫ ∇ xr ⋅ F dV = ∫ F ⋅ nˆ dS = 3π . V
S
Ejemplo 1.123 Sea un dominio de área Ω delimitado por el contorno Γ como muestra en la Figura 1.13. Considérese también que m es un campo tensorial de segundo orden y ω un campo escalar. Demostrar que se cumple la siguiente relación:
∫Ω [m : ∇
r r x (∇ x
∫ [m
Ω
ω )]dΩ = ∫ [(∇ xr ω ) ⋅ m] ⋅ nˆ dΓ − ∫ [(∇ xr ⋅ m)∇ xr ∇ xr ω ]dΩ Γ
ij
ω , ij ] dΩ = ∫ (ω , i m ij )nˆ j dΓ − ∫ [m ij , j ω , i ] dΩ
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Ω
Γ
Ω
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124
nˆ
Ω
x2
x1
Γ Figura 1.13.
Solución: Se puede aplicar directamente la definición de integración por partes para la demostración. Pero partiremos de la definición del teorema de la divergencia. Luego dado un r tensor v se cumple que:
∫∇ Ω
r x
r
r
⋅ v dΩ = ∫ v ⋅ nˆ dΓ indicial → ∫ v j , j dΩ = ∫ v j nˆ j dΓ Γ
Ω
Γ
r r Pero si consideramos que el tensor v es el resultante de la operación v = ∇ xr ω ⋅ m y lo equivalente en notación indicial v j = ω , i m ij y reemplazándolo en la expresión anterior
obtenemos que:
∫v Ω
j, j
∫ Γ
dΩ = v j nˆ j dΓ
⇒ ⇒ ⇒
∫ [ω , Ω
i
∫Ω [ω ,
ij
∫ [ω , Ω
ij
m ij
]
,j
∫
dV = ω , i m ij nˆ j dΓ Γ
]
∫
m ij + ω , i m ij , j dΩ = ω , i m ij nˆ j dΓ Γ
]
∫
m ij dΩ = ω , i m ij nˆ j dΓ − Γ
∫ [ω ,
Ω
i
]
m ij , j dΩ
Lo equivalente en notación tensorial:
∫ [m : ∇
Ω
r r x (∇ x
ω )]dΩ = ∫ [(∇ xr ω ) ⋅ m] ⋅ nˆ dΓ − ∫ [∇ xr ω ⋅ (∇ xr ⋅ m)]dΩ Γ
Ω
Q.E.D. NOTA: Si consideramos ahora un dominio de volumen V delimitado por una superficie S r con normal nˆ y sea N un vector y T un escalar también se cumple que:
∫ N T, i
ij
∫
∫
dV = N i T , i nˆ j dS − N i , j T , i dV
V
S
V
r r r ⇒ N ⋅ ∇ xr (∇ xr T )dV = (∇ xr T ⋅ N ) ⊗ nˆ dS − ∇ xr T ⋅ ∇ xr NdV
∫
V
∫
∫
S
V
donde hemos aplicado directamente la definición de integración por partes.
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1 TENSORES
Ejemplo 1.124
r
r
125
r
Si un campo vectorial se define como: b = ∇ xr ∧ v , probar que:
∫ λb nˆ i
∫
∫
d S = λ, i ijk v k , j dV = λ, i b i dV
i
S
V
V
r
r
donde λ es una función únicamente de x , i.e., λ = λ( x ) . r
r
r
Solución1: Si b = ∇ xr ∧ v , luego b i = ijk v k , j . Reemplazando en la integral de superficie anterior resulta:
∫ λb nˆ i
i
∫
dS = λ ijk v k , j nˆ i dS
S
S
Aplicando el teorema de la divergencia de Gauss, resulta:
∫ λb nˆ i
i
∫
∫
dS = λ ijk v k , j nˆ i dS
S
= ( ijk λv k , j ), i dV
S
V
∫
= ( ijk λ, i v k , j + ijk λv k , ji ) dV V
∫
∫
= (λ, i ijk v k , j + λ ijk v k , ji ) dV = λ, i b i dV 1 424 3 1 424 3 V
bi
V
0
Q.E.D.
Solución 2:
∫ λb nˆ i
i
∫
∫
dS = (λb i ), i dV = (λ, i b i + λb i , i ) dV
S
V
V
como b i = ijk v k , j ⇒ b i ,i = ijk v k , ji = ijk v k ,ij = 0
∫ λb nˆ i
i
∫
∫
dS = λ, i b i dV = λ, i ijk v k , j dV
S
V
V
Ejemplo 1.125 Sea un dominio de volumen V delimitado por la superficie S . a) Demostrar que: r
r
∫ ( x ⊗ nˆ + nˆ ⊗ x) dS = 2V 1 S
donde nˆ es el versor normal exterior a la superficie S . b) Demostrar también que:
∫ (∇
r x
r
⋅ σ ) ⊗ x dV
V
r = (σ ⋅ nˆ ) ⊗ x dS − σ dV
∫ S
∫
∫σ
;
V
ik , k
∫
∫
x j dV = σ ik nˆ k x j dS − σ ij dV
V
S
V
y r
∫ x ⊗ (∇
r x
⋅ σ ) dV
V
r = x ⊗ (σ ⋅ nˆ ) dS − σ T dV
∫ S
∫
;
V
∫x σ i
V
jk , k
∫
∫
dV = x i σ jk nˆ k dS − σ ji dV S
V
donde σ es un tensor de segundo orden arbitrario.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
126
r dS = nˆ dS
S
x2
nˆ
V
dS
B r x
x1 x3
Solución: a) Teniendo en cuenta solo el primer término del integrando, podemos decir que: r
r
r
∫ ( x ⊗ nˆ ) dS = ∫ ( x ⊗ 1 ⋅ nˆ ) dS = ∫ ( x ⊗ 1) ⋅ nˆ dS S
S
S
Aplicando el teorema de la divergencia obtenemos que: r
r
∫ ( x ⊗ nˆ ) dS = ∫ ( x ⊗ 1) ⋅ nˆ dS = ∫ ∇ S
S
r x
r
⋅ ( x ⊗ 1) dV
V
Seguiremos el desarrollo en notación indicial:
∫ x nˆ i
S
j
∫
dS = x iδ
∫
ˆ dS = (δ
jk n k
S
jk
∫
x i ) , k dV = (δ
V
jk , k
xi + δ
jk
x i , k ) dV
V
Teniendo en cuenta que δ jk ,k = 0 j , xi ,k = δ ik , concluimos que:
∫ x nˆ i
j
∫
r
∫
∫ ( x ⊗ nˆ ) dS = V 1
dS = δ ji dV = δ ji dV = δ ji V
S
V
V
T
= V1
(1.140)
S
r
Análogamente, concluimos que ∫ (nˆ ⊗ x ) dS = V 1 . Con lo cual es cierto que: S
r
r
∫ ( x ⊗ nˆ + nˆ ⊗ x) dS = 2V 1 S
b) Verifiquemos que se cumple que ( x j σ ik ) , k = x j , k σ ik + x j σ ik ,k { =δ
⇒
x j σ ik ,k = ( x j σ ik ) ,k − σ ij
jk
r r ⇒ (∇ xr ⋅ σ ) ⊗ x = ∇ xr ⋅ (σ ⊗ x ) − σ
Con eso podemos decir que:
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∫ (∇
r x
∫ (∇
r x
V
V
r
127
r
⋅ σ ) ⊗ x dV = ∫ ∇ xr ⋅ (σ ⊗ x ) dV − ∫ σ dV V
r
ik , k
∫x σ
ik , k
∫
r
j
V
V
∫
V
∫
S
∫
S
V
dV = x j σ ik nˆ k dS − σ ij dV
r = (σ ⋅ nˆ ) ⊗ x dS − σ dV
∫
∫
dV = ( x j σ ik ) ,k dV − σ ij dV
V
⋅ σ ) ⊗ x dV = ∫ (σ ⊗ x ) ⋅ nˆ dS − ∫ σ dV S
∫x σ j
V
V
∫
∫
= (σ ik nˆ k ) x j dS − σ ij dV
V
S
V
donde hemos aplicado el teorema de la divergencia a la primera integral del lado derecho de la igualdad. Teniendo en cuenta que
[(∇ xr ⋅ σ ) ⊗ xr ]T = [∇ xr ⋅ (σ ⊗ xr ) − σ ]T
r r T x ⊗ (∇ xr ⋅ σ ) = [∇ xr ⋅ (σ ⊗ x )] − σ T
⇒
En notación indicial xi σ jk ,k = ( xi σ jk ) ,k − σ ji . Con eso podemos decir que: r
∫ x ⊗ (∇
r x
V
r
∫ x ⊗ (∇
r
⋅ σ ) dV = ∫ [∇ xr ⋅ (σ ⊗ x )]T
dV − σ T dV
∫x σ
jk , k
V
V
r
dV
∫x σ
jk , k
∫
V
r x
V
⋅ σ ) dV = ∫ ( x ⊗ σ ) ⋅ nˆ dS − ∫ σ T S
i
i
V
∫
V
∫
V
∫
S
∫
S
V
dV = ( xi σ jk )nˆ k dS − σ ji dV
r = x ⊗ (σ ⋅ nˆ ) dS − σ T dV
∫
∫
dV = ( xi σ jk ) , k dV − σ ji dV
V
∫
∫
= xi (σ jk nˆ k ) dS − σ ji dV
V
S
V
NOTA: Si obtenemos la traza de la ecuación (1.140) podemos también concluir que:
∫ x nˆ i
i
r
r
∫ ( x ⊗ nˆ ) : 1 dS = ∫ ( x ⋅ nˆ ) dS = V 1 : 1
dS = δ jiδ jiV = δ iiV
S
S
(1.141)
S
Si estamos en el espacio tridimensional (3D) la traza δ ii = 3 , si estamos en el plano (2D) tenemos que δ ii = 2 . Con eso podemos concluir que:
∫ x nˆ i
i
r
∫ ( x ⋅ nˆ ) dS = 3V
dS = 3V
(3D)
S
S
r
∫ ( x ⋅ nˆ ) dΓ = 2 A Γ
∫ x nˆ dΓ = 2 A Γ i i
(2D)
nˆ
Ω x2
x1
Γ
A : área del dominio Ω
Figura 1.14: Plano – 2D. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
128
Ejemplo 1.126 Sea un escalar φ que viene dado por: GM a
φ=− r
r
r
r
donde G y M son escalares y constantes, y a es el módulo del vector a ≠ 0 . a) Obtener el r r gradiente de φ . b) Obtener el gradiente de φ para el caso particular cuando a = x y dibujar el campo ∇ xr φ en el espacio Cartesiano. Solución: − GM ≡ φ ,i = r a ∂x ,i
(∇ xr φ ),i ≡ ∂φr
= −GM − 1 ( ar ) ,i ar 2 ,i
(1.142)
Notar que: −1 −1 r r 1 r 1 r r 2 r r 1 r r 2 2 ( a ) ,i = ( a ⋅ a ) = (a ⋅ a ) ( a ⋅ a ) ,i = ( a ⋅ a ) ( a k a k ) ,i 2 ,i 2 −1
=
−1
r r 1 r r 2 1 (a ⋅ a ) ( a k ,i a k + a k a k ,i ) = (a ⋅ a ) 2 ( a k ,i a k ) = r ( a k , i a k ) a 2
o en notación tensorial: r r 1 r ∇ xr ( a ) = r (a ⋅ ∇ xr a ) a
(1.143)
Luego, la expresión (1.142) queda: 1 1 −1 r GM ≡ φ ,i = −GM r 2 ( a ) ,i = GM r 2 r (ak ,i ak ) = r 3 (ak ,i ak ) a a a ∂x ,i a r GM r = r 3 (a ⋅ ∇ xr a ) i a
(∇ xrφ ),i ≡ ∂φr
r
(1.144)
r a a
Además, teniendo en cuenta que el versor según la dirección de a viene dado por aˆ = r , aún podemos decir que: r r r GM r r (∇ xr φ ),i = GM r 3 (a ⋅ ∇ x a ) i = r 2 (aˆ ⋅ ∇ x a ) i
(1.145)
a a r r b) Para el caso particular cuando a = x tenemos que:
r r 1 1 1 ( x ) ,i = r ( x k ,i x k ) = r (δ ki x k ) = r ( xi ) donde r = x = x12 + x 22 + x32 x x x
o en notación tensorial: r r 1 r 1 r 1 r ∇ xr ( x ) = r ( x ⋅ ∇ xr x ) = r ( x ⋅ 1) = r ( x ) = xˆ x x x
Con lo cual
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− GM ≡ φ ,i = r x ∂x i
(∇ xr φ )i ≡ ∂φr
129
= −GM − 1 xr 2 ,i
r ( x ) = GM ( xr ) i ,i r3 x
(1.146)
o en notación tensorial: − GM ∇ xr φ = ∇ xr r x
GM r GM = x = r 2 xˆ xr 3 x
(1.147)
Observar que el campo vectorial ∇ xr φ es radial, i.e. es normal a las superficies de las esferas r
r
2
definidas por x y disminuye con x = r 2 , (ver Figura 1.15). x3
Esferas xˆ
∇ xr φ
xˆ = 1
r x
r b ∇φ
x1
x2 ∇ xr φ
∇ xr φ
Figura 1.15 La ecuación (1.147) también puede ser reescrita como: r − GM GM ˆ ∂ − GM ˆ ∂φ(r ) ˆ ∇φ = −b = ∇ r = φ ′(r )rˆ r = = 2 r = ∂r r ∂r r r
(1.148)
GM representa el potencial gravitacional que tiene la siguiente x
NOTA: Este ejemplo φ = − r r
propiedad b = −∇ xr φ , ver Figura 1.15, donde G = 6,67384 × 10 −11
m3 kg s 2
es la constante
gravitacional, M es la masa total del planeta. Verificamos las unidades:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
130
x
[φ] = − GM r =
m 3 kg kg m m N m J ( Unidad de energía por unidad de masa ) = 2 = = kg kg kg s 2 m s kg (energía específica)
[br ]= [− ∇ φ] = ∂∂φxr = mJkg = mN kgm = skgmkg = sm (Unidad(unidad de fuerza por unidad de masa) de aceleración) r x
2
2
r
r
r
r
Es interesante comprobar también que ∇ xr ∧ b = ∇ xr ∧ [− ∇ xr φ ] = 0 , ver Ejemplo 1.107. r
r
GM
Podemos obtener b en la superficie de la Tierra a través de b = −∇ xr φ = − r
x
2
xˆ , donde la
masa total de la Tierra es M ≈ 5,98 × 10 24 kg y el radio aproximado R ≈ 6,37 × 10 6 m , resultando r GM GM b = − r 2 xˆ = − 2 xˆ ≈ −9,82 xˆ R x r
su módulo denotamos por g = b ≈ 9,82
m . s2
r
Adoptando por x ′ el sistema que tiene su origen en el centro del cuerpo de masa M , e r r invocando la ley de Newton ( F = ma ), podemos obtener la fuerza que está sometido un r cuerpo de masa ( m ) que se encuentra bajo la influencia del campo gravitacional b = −∇ xr φ : r r r GMm F = ma = mb = − r 2 xˆ ′ x′
(1.149)
Podemos expresar la relación anterior en un sistema genérico tal y como se indica en la Figura 1.16. x 2′
x1′
M x3′
r x (M ) x2
x3
r x′
r F ( Mm )
r F ( mM )
m
r x (m )
r r r x ( M ) + x ′ = x ( m) r r r ⇒ x ′ = x (m) − x (M ) x1
Figura 1.16
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131
r
Luego, para el sistema x la fuerza viene dada por: r F ( mM ) = −
GMm r ( m) r ( M ) x −x
2
r r ( x ( m) − x ( M ) ) r r x ( m) − x ( M )
Ley de gravitación “universal” de Newton
(1.150)
r
donde utilizamos la nomenclatura F (mM ) para indicar que es la fuerza en m debido a la influencia de M . Observar también que en M tenemos la misma fuerza en módulo y r dirección, pero de sentido contrario F (Mm ) . Ejemplo 1.127 Considerando que φ =
r 1 donde r = x = x12 + x 22 + x32 , se pide: r
a) Demostrar que:
[
]
r r ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∇ xr ⋅ ∇ xr φ ( x − 0) ≡ ∇ 2 φ ≡ 2 + 2 + 2 = 0 Ecuación de Laplace (1.151) ∂x1 ∂x 2 ∂x3 r r para r ≠ 0 . Utilizamos la nomenclatura ∇ xr φ ( x − 0) para indicar que el origen no está
[
]
incluido. b) Dada una superficie cerrada S que contiene el origen, demostrar que:
∫ (∇ φ )⋅ nˆ dS = −4π r x
(1.152)
S
donde nˆ es el versor normal a la superficie. Solución: Fue obtenido en el Ejemplo 1.126 que − GM ∇ xr φ = ∇ xr r x
GM r GM = x = r 2 xˆ xr 3 x
(1.153)
Haciendo que GM = −1 obtenemos que: 1 −1 r −1 ∇ xr φ = ∇ xr r = r 3 x = r 2 xˆ x x x
(1.154)
−1 r −1 (∇ xr φ ) i = r 3 x = r 3 xi x x i
(1.155)
o en notación indicial:
Calculando la divergencia de la relación anterior quedamos con: −x ∇ xr ⋅ ∇ xr φ = φ ,ii = r 3i x
(
)
= − x i ,i − x 1 = − x i ,i − x − 3 ( xr ) i i , i r 3 r 3 r xr 3 x 4 x x ,i ,i r
1 x
(1.156)
r
En el Ejemplo 1.126 hemos demostrado que ∇ xr ( x ) = r ( x ) y además teniendo en cuenta que xi ,i = δ ii = 3 , podemos decir que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
132
∇ xr
⋅ (∇ xr φ ) = −
−3 r 3 r 4 ( x ) ,i − x i r3 x x
−3 x 3 = − r 3 − xi r 4 ri x x x x x 3 3 = − r 3 + ri 5i x x r 2 3x 3 =− r 3 + r 5 =0 x x
(1.157)
c) Adoptamos una esfera arbitraria de radio r cuya área de la superficie es 4πr 2 . Luego: ⋅ nˆ dS = − 1 xˆ ⋅ nˆ dS = − 1 ˆ x r 2 r 2 2 x S x S x −1 −1 = 2 × ( Área) = 2 × (4πr 2 ) = −4π r r
−1 ∫ (∇ φ )⋅ nˆ dS = ∫ r r x
S
∫
∫ dS S
(1.158)
Observar que xˆ ⋅ nˆ = 1 ya que para la esfera se cumple que xˆ // nˆ . Es interesante verificar que a través del teorema de la divergencia hay que cumplir que:
∫ ∇ ⋅ [∇ φ ]φdV = ∫ (∇ φ )⋅ nˆ dS r x
r x
V
∫φ
r x
S
,ii dV
V
[
r
r
∫
= φ ,i ni dS S
(1.159)
]
Hemos demostrado anteriormente que ∇ xr ⋅ ∇ xr φ ( x − 0) = 0 , pero eso solo es válido para
r r todo x ≠ 0 (no está incluido el origen). Es decir, teniendo en cuenta el resultado (1.158), y r r para que (1.159) tenga consistencia, en x = 0 tenemos una fuente (manantial o sumidero) e igual a ( − 4π ). Con eso es muy intuitivo concluir que cualquier superficie cerrada que no contenga el origen se cumple que ∇ xr φ ⋅ nˆ dS = 0 , (ver Parker (2003)).
∫(
)
S
Ejemplo 1.128 a) Demostrar que:
∫ (∇φ ) ⋅ nˆ dS = 4πGM (r ) S
(1.160)
− GM es el potencial gravitacional, y M (r ) es la masa total contenida en la r esfera de radio r , donde la superficie de contorno de la esfera denotamos por S .
donde φ =
b) Considerando un planeta que tiene forma de esfera de radio r = a , obtener la masa total del planeta en función de la densidad de masa, donde la densidad de masa es función del radio, i.e. ρ = ρ (r ) . c) Obtener el potencial gravitacional para r < a y r ≥ a . En este apartado considerar la densidad de masa uniforme en el planeta ρ = ρ 0 .
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
1 TENSORES
133
Solución: a) En el Ejemplo 1.127 hemos demostrado que:
∫ (∇ φ )⋅ nˆ dS = ∫ ∇ r ⋅ nˆ dS = −4π 1
S
(1.161)
S
Multiplicamos ambos lados de la igualdad por GM (r ) obtenemos que: 1 − GM (r ) ∇ ⋅ nˆ dS = 4πGM ( r ) r S
∫
⇒
− GM ( r ) ⋅ nˆ dS = 4πGM (r ) r S
∫ ∇
⇒
∫ [∇φ ] ⋅ nˆ dS = 4πGM (r )
(1.162)
S
b) Planeta esférico
r=a
ρ (r )
r
La masa total viene definida por:
∫
M = ρ (r )dV
(1.163)
V
Notar que V = 43 πr 3 ⇒ dV = 43 π3r 2 dr = 4πr 2 dr . Con lo cual:
∫
M = ρ (r )dV = V
r =a
∫ ρ (r )4πr
2
dr
(1.164)
r =0
c) Recordar que en el Ejemplo 1.126 (ver ecuación (1.148)) hemos obtenido que r − GM GM ˆ ∂ − GM ˆ ∂φ(r ) ˆ ∇φ = −b = ∇ r = φ ′(r )rˆ = 2 r = r = ∂r r ∂r r r
(1.165)
Utilizando la ecuación (1.162) podemos decir que:
∫ [∇φ ] ⋅ nˆ dS = 4πGM (r ) S
r ⇒ − b ⋅ nˆ dS = φ ′(r ) rˆ ⋅ nˆ dS = φ ′(r ) dS = φ ′(r )(4πr 2 ) = 4πGM (r ) 123
∫ S
∫ S
⇒ φ ′(r )r 2 = GM (r )
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∫ S
=1
⇒
φ ′(r ) =
(1.166)
GM (r )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
134
donde M (r ) = Vρ 0 = 43 πr 3 ρ 0 . Luego:
φ ′(r ) =
GM (r ) r
2
=
4Gπρ 0 r 3
dφ (r ) 4Gπρ 0 = r dr 3
⇒
dφ ( r ) =
⇒
4Gπρ 0 rdr 3
(1.167)
Integrando la ecuación anterior obtenemos que:
∫
dφ =
∫
4Gπρ 0 rdr 3
φ (r ) =
⇒
4Gπρ 0 r 2 +C 3 2
⇒
φ (1) (r ) =
2Gπρ 0 2 r +C 3
(1.168)
donde hemos denotado que φ (r ) = φ (1) (r ) para r < a . Para valores de r ≥ a el potencial gravitacional viene dado por
φ=
− GM − 4Gπa 3 ρ 0 = = φ (2) r 3r
;
(1.169)
r≥a
donde M es la masa total del planeta cuyo valor es M = Vρ 0 = 43 πa 3 ρ 0 . Notar que el potencial φ tiene que ser continuo en r = a , (ver Parker (2003)), con lo cual:
φ (1) (r = a) = φ ( 2) (r = a) − 4Gπa 3 ρ 0 2Gπρ 0 2 ⇒
3
a +C =
3a − 2Gπa ρ 0 − 2Gπa 3 ρ 0 4 3 − 2GM 3 − 3MG ⇒C = = = = a a 34 a 4 2a
(1.170)
3
Con lo cual la ecuación (1.168) queda
φ (1) (r ) =
2Gπρ 0 2 2Gπρ 0 2 3MG MG 2 3MG MG r 2 3 r +C = r − = 3r − = 2 2 − 3 3 2a 2a 2 2a 2a 2a
(1.171)
resumimos: φ(r ) = φ(r ) =
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MG r 2 3 − para 2 2 2 2a 2a MG para r≥a r
Draft
r
(1.172)
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1 TENSORES
135
φ (r ) superficie del planeta a r
− MG a
punto de inflexión − 3MG 2a
Figura 1.17: Potencial gravitacional vs. radio.
Figura 1.18: Potencial gravitacional (Ref. Wikipedia: “Gravitational potential”). Ejemplo 1.129 a) Demostrar que la órbita de un planeta se realiza en un plano. b) Demostrar las Leyes de Kepler, (Johannes Kepler (1571-1630): b.1) Primera Ley de Kepler (1609): La órbita de cada planeta es una elipse, teniendo el Sol en unos de los focos de la elipse; b.2) Segunda Ley de Kepler (1609): El vector posición Sol=>Planeta en movimiento describe un área a una tasa constante; b.3) Tercera Ley de Kepler (1618): Si T (periodo orbital) representa el tiempo necesario para que un planeta realice una vez su órbita elíptica, cuyo eje mayor es 2a , se cumple que T 2 = κa 3 , donde κ es una constante. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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136
Recordatorio: Expresiones relacionados con la elipse x2 r x
b
f2
θ f1
x1
b
a
a
r
Ecuación de la elipse: x = r = Excentricidad: e =
a 2 − b2 a2
p 1 + e cos θ ;
0 < e < 1 , donde se cumple que a 2 =
p2 . (1 − e 2 ) 2
Área de la elipse: A = πab Solución: M - masa del Sol m - masa del planeta r x xˆ = r x
r r dx v= , dt r a // xˆ
x2 x3
r x Sol
r r r c = x∧v
r dx r =v dt θ
r r r d 2 x dv a= 2 = dt dt
xˆ
r r F // a
t=0
r h
x1
Figura 1.19: Órbita del planeta. a) Para demostrar que la órbita se realiza en un plano tenemos que demostrar que la normal r r formada por el plano xˆ y v no cambia con el tiempo, es decir, si el vector c no varía con el tiempo, i.e. es una constante. En el Ejemplo 1.126 en la ecuación (1.149) hemos demostrado que:
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137
r r r r GMm GM ; F = ma = mb = − r 2 xˆ a = − r 2 xˆ (1.173) x x r r r Obtenemos la tasa del vector c = x ∧ v : r r r d r r r r r r dc d r r d r = ( x ∧ v ) = ( x ) ∧ v + x ∧ (v ) = v12 ∧3v + 1 x2 ∧3 a =0 r r dt dt dt dt =0 =0 r r r Con lo cual hemos demostrado que el vector c = x ∧ v no varía con el tiempo, implicando
que la órbita se realiza en un plano. b.1) Primera Ley de Kepler Ya que la órbita del planeta se realiza en un plano, adoptamos como dicho plano el x1 − x 2 , r luego el vector c tiene misma dirección que x3 , ver Figura 1.19. r
Expresamos c en función de xˆ . r r d( x ) r dx d r r dxˆ ˆ = ( x x) = v= xˆ + x dt dt dt dt
y r r d( x ) ˆ r d( x ) r r r r r r 2 r 2 x d dxˆ dxˆ = x ∧3 = x xˆ ∧ c = x ∧ v = ( x xˆ ) ∧ xˆ + x xˆ 2 xˆ + x xˆ ∧ 1 dt r dt dt dt dt =0
r
GM
Teniendo en cuenta que a = − r r r r r que v , i.e. (a ∧ c ) // v :
x
2
r r xˆ , calculamos el vector a ∧ c que tiene misma dirección
r r GM r 2 dxˆ dxˆ dxˆ dxˆ a ∧ c = − r 2 xˆ ∧ x xˆ ∧ = −GM xˆ ∧ xˆ ∧ = −GM ( xˆ ⋅ ) xˆ − ( xˆ ⋅ xˆ ) x dt dt dt dt dxˆ = GM dt r r r r r r r r r donde hemos utilizando la propiedad a ∧ b ∧ c = (a ⋅ c )b − (a ⋅ b)c , ver Ejemplo 1.16. Notar dxˆ dxˆ 2 siempre se cumple, y xˆ ⋅ xˆ = xˆ = 1 . también que se cumple que xˆ ⋅ = 0 ya que xˆ ⊥ dt dt Teniendo en cuenta que GM es una constante, también se cumple que:
(
r
)
r r dxˆ d (GM xˆ ) a ∧ c = GM = dt dt
Ya que el vector c no varía con el tiempo, también se cumple que: r r r r r dv r d ( v ∧ c ) a∧c = ∧c = dt dt
Luego:
r r d (v ∧ c ) d (GM xˆ ) = dt dt
Integrando en el tiempo la ecuación anterior obtenemos que: r r r v ∧ c = GM xˆ + h
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138
r
r
donde h es el vector constante de integración y no depende del tiempo. Notar que h se r r encuentra en el plano x1 − x 2 , ya que (v ∧ c ) y xˆ también se encuentran en el plano x1 − x 2 , ver Figura 1.19. Calculamos entonces: r r xˆ ⋅ h = xˆ h cos θ = h cos θ r
donde hemos denotado por h = h . Con lo cual: r c2 = c
r r r r r r r r = c ⋅ c = ( x ∧ v ) ⋅ c = (v ∧ c ) ⋅ x r r r r r r r = GM xˆ + h ⋅ ( x xˆ ) = x GM xˆ ⋅ xˆ + x h ⋅ xˆ = x GM + x h cos θ r = x (GM + h cos θ) = r (GM + h cos θ ) r donde hemos considerado que r = x . Luego, obtenemos la siguiente ecuación de la elipse: 2
(
)
c2 p c GM ⇒r= = = (GM + h cos θ) (GM + h cos θ) 1 + e cos θ GM 2
donde hemos considerado que: p=
c2 GM
e=
y
h GM
(1.174)
b.2) Segunda Ley de Kepler r 1 r A = x ∧ ∆S 2
S →0 ∆ →
r 1 r r dA = x ∧ ds 2
x2
∆S A r x x1
r
La tasa de dA queda:
r r r r r r r 1 r D ( ds ) 1 D ( x ) r 1 r r 1r D (dA) 1 D ( x ∧ ds ) 1 D ( x ) = = ∧ ds + x ∧ = ∧ ds + x ∧ v = c (constante) 2 2 Dt 2 2 1Dt 2 Dt Dt Dt 42r 43 2 =0
y su módulo: r D (dA) D(dA) 1 r 1 = = c = c Dt Dt 2 2
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139
NOTA: Como consecuencia de la segunda ley tenemos que si las áreas de dos sectores son iguales el tiempo necesario para recoger sus trayectos serán iguales. Luego, según la Figura 1.20 si las áreas de los sectores OCD y EFO son iguales los tiempos recogido de C → D y E → F también serán iguales. Como consecuencia, el planeta cuando esté más cerca del Sol tendrá mayor velocidad que cuando esté más alejado. sector EFO
sector OCD E D
O
A
A C
F
Figura 1.20: Órbita del planeta. b.3) Tercera Ley de Kepler Si T es el tiempo total para una órbita completa (periodo orbital), obtenemos que: T
T
D (dA) 1 1 A= dt = c dt = cT 2 Dt 2 0 0
∫
∫
Teniendo en cuenta el área de la elipse: A = πab , concluimos que T=
2πab c
T2 =
⇒
1 cT = πab , con lo cual: 2
4π 2 a 2 b 2 c2
(1.175)
A través de las relaciones de la elipse se cumple que: e=
a 2 − b2 a2
⇒
b2 = a 2 − a 2e2
y teniendo en cuenta que a 2 =
⇒
b 2 = a 2 (1 − e 2 )
p2 p ⇒a= ⇒ (1 − e 2 )a = p en la relación anterior, 2 2 2 (1 − e ) (1 − e )
podemos decir que: b 2 = a 2 (1 − e 2 )
⇒
b 2 = ap
⇒
p=
b2 a
Con lo cual la ecuación (1.175) puede ser reescrita como: T2 =
4π 2 a 2 b 2 4π 2 a 2 ab 2 4π 2 a 3 p 4π 2 3 = = = a = κ a3 GM c2 c 2a c2
donde hemos tenido en cuenta que
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(1.176)
p 1 = , ver ecuación (1.174). 2 GM c
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140
NOTA COMPLEMENTARIA 1
Propiedades Geométricas de Curvas Vamos considerar una curva descrita por la función y = y ( x) , ver Figura 1.21.
∆s
y ( x)
y
∆y ∆x ∆s 2 = ∆x 2 + ∆y 2 y′
1
x
Figura 1.21 Primera derivada:
dy ( x) ≡ y′ ≡ y, x (tangente a la curva en el punto x ) dx
Segunda derivada:
d 2 y ( x) ≡ y′′ ≡ y, xx dx 2
Longitud de arco infinitesimal ds : Según la Figura 1.21 podemos obtener que: (∆x 2 + ∆y 2 ) ∆x 2 ∆y ∆x = 1 + ∆s = ∆x + ∆y = (∆x + ∆y ) 2 = 2 ∆x ∆x ∆x 2
2
2
2
2
∆x
Luego, definimos la longitud de arco infinitesimal como: 2 2 ∆y dy ds = lim 1 + ∆x = 1 + dx ≡ 1 + ( y ′) 2 dx = 1 + ( y ′) 2 ∆x → 0 ∆x dx
[
⇒
[
ds = 1 + ( y ′) 2 dx
]
1 2
dx
]
1 2
Curvatura La curvatura mide la rapidez que la dirección sˆ cambia con respecto al cambio de la longitud de arco s , donde sˆ es el vector unitario (versor) según la dirección ( y ′) . Luego, definimos el vector curvatura como: r
κ=
dsˆ ds
curvatura →
r dsˆ κ= κ = ds
donde κ( x) es la curvatura de la curva en el punto x . Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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141
Vamos considerar que existe un ángulo ψ tal que tan(ψ ) =
dy ≡ y′ y si derivamos con dx
respecto a x podemos obtener que: d dy d [tan(ψ )] = d [tan(ψ )] dψ = sec 2 (ψ ) dψ = 1 + tan 2 (ψ ) dψ = dx dx dx dψ dx dx dx
[
⇒
d2y dx
2
[
≡ y ′′ = 1 + tan 2 (ψ )
dψ dψ = 1 + ( y ′) 2 dx dx
] ddxψ = 1 + dy dx
]
2
[
]
⇒
y ′′ dψ = dx [1 + ( y ′) 2 ]
Con lo cual la curvatura puede ser obtenida como sigue: κ=
donde se cumple que
dψ dψ dx y′′ = = ds dx ds [1 + ( y′) 2 ]
dx = ds
1 1 [1 + ( y′) 2 ] 2
1 1 [1 + ( y′) 2 ] 2
y′′
=
3
[1 + ( y′) 2 ] 2
.
Notar que la curvatura de la circunferencia es constante, luego: κ=
dψ = ds
∫
κds = dψ
⇒
∫
⇒ κ ds = dψ
⇒
integrando →
⇒ κ2πr = 2π
⇒
∫ κds = ∫ dψ κ=
2π 1 = 2πr r
(1.177)
donde ( 2πr ) es la longitud de la circunferencia de radio r . Si consideramos la Figura 1.22 podemos concluir que la curvatura de la circunferencia de radio r (1) es mayor do que la de radio r ( 2 ) : r (1) < r ( 2 )
⇒
1 r
(1)
>
1
⇒
r ( 2)
κ (1) > κ ( 2 )
∆ψ
∆ψ
r ( 2)
∆ψ
r (1)
r
κ
sˆ
Figura 1.22 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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142
Una ecuación interesante que podemos obtener de la ecuación de curvatura (ver ecuación (1.177)), es:
∫
B
∫
κds = dψ = ψ B − ψ A ≡ ∆ψ B _ A A
∆ψ B _ A
∫
Area = κds = ψ B − ψ A ≡ ∆ψ B _ A
A
κ
κA
Area
ψA
B κB
ψB
Figura 1.23 Por ejemplo, vamos considerar una circunferencia de radio r , y la variación de ángulo de A a B puede ser obtenido como sigue: 1 Area = κds = [(2πr ) κ] 4 1 1 π = [(2πr ) ] = 4 r 2 = ψ B − ψ A ≡ ∆ψ B _ A
∫
B
∆ψ B _ A =
π 2
r
A
Figura 1.24
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143
Vector Curvatura dsˆ ds
r
κ=
donde sˆ es el versor (tangente a la curva), y si utilizamos la propiedad del vector unitario, podemos concluir que: sˆ = 1
sˆ
2
= sˆ ⋅ sˆ = 1
d (sˆ ⋅ sˆ ) d (1) = =0 ds ds d (sˆ ) ˆ ˆ d (sˆ ) dsˆ ⇒ ⋅s + s⋅ = 2 ⋅ sˆ = 0 ds ds ds ⇒
y
y ( x)
⇒
r
κ ⋅ sˆ = 0
r
κ ⊥ sˆ
⇒
sˆ dsˆ ds
sˆ
dsˆ ds
x
Figura 1.25 Relaciones geométricas entres incrementos de coordenadas r
r La matriz de transformación del sistema x al sistema nˆ - sˆ (cuyo sistema denotamos por x ), ver Figura 1.26, viene dada por:
cosα aij = − sin α
sin α nˆ 1 nˆ 2 = cosα − nˆ 2 nˆ 1
Luego se cumple que: T
dxi = aij dx j
⇒
dxi = a ji dx j
nˆ 2 0 nˆ 1 dx nˆ ⇒ 1 = 1 = dx2 − nˆ 2 nˆ 1 ds nˆ 2
− nˆ 2 0 − nˆ 2 ds = nˆ 1 ds nˆ 1ds
Con lo cual podemos obtener que: dx2 nˆ 1 ds ˆ = dx n 2 − 1 ds
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⇒
nˆ i = 3ij
dx j ds
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
144
donde kij es el símbolo de permutación.
x2
x2
x2
nˆ i = 3ij
x1
α ds
dx2
(i, j = 1,2)
ds
dx2 nˆ 1 ds nˆ i = = nˆ 2 − dx1 ds
nˆ
sˆ
dx j
x1
kij - símbolo de permutación ds - longitud de arco
− dx1
x1
Figura 1.26 NOTA COMPLEMENTARIA 2
Centro Geométrico – (Centroide - C.Geo) r
r
Dado un volumen V = ∫ dV delimitado por la superficie S , y los sistemas x y x ′ , (ver Figura V
1.27). A través de suma de vectores podemos obtener que: r r r x = x + x′
Al integrar en el volumen obtenemos:
∫
r r r r r xdV = ( x + x ′)dV = xdV + x ′dV
∫
V
∫
V
∫
V
V
r
El centroide del volumen ( x (V ) ) es el punto donde se cumple que:
∫
r r x ′dV = 0
r r x = x (V )
⇒
V
Luego, el centroide del volumen puede calculado como sigue: r
∫
V
r r r r r xdV = x (V ) dV + x ′dV = x (V ) dV = x (V ) dV
∫
V
∫
V 12r3 =0
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∫
∫
V
V
⇒
r
∫ xdV ∫ xdV
r x (V ) = V
∫ dV
=V
V
V
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145
x3′ x′2
dV
x3
r x′
x2 r x
x1′ V
r x (V )
x1
Figura 1.27 Las componentes del centroide de volumen ( x1(V ) , x 2(V ) , x3(V ) ) son obtenidas como sigue:
∫ x dV
∫ x dV
1
x1(V )
=
2
V
x 2(V )
;
∫ dV
=
x3(V )
;
∫ dV
V
∫ x dV 3
V
=
V
V
Centroide de volumen
∫ dV
(1.178)
V
donde:
∫ x dV
es el primer momento de volumen con respecto al eje x1 ;
∫ x dV 2
es el primer momento de volumen con respecto al eje x 2 ;
∫ x dV
es el primer momento de volumen con respecto al eje x 3 .
1
V
V
3
V
Notar que si el volumen está formado por V = V ( A) + V ( B ) también se cumple que: r
r
∫ xdV ∫ xdV
r x (V ) = V
∫ dV
=V
V
V
r r ⇒ Vx (V ) = xdV =
∫
V
r r Vx (V ) = xdV
∫
⇒
V
r
r
∫ xdV = ∫ xdV
V ( A ) +V ( B )
( A)
V ( A)
+
r
∫ xdV
(B)
r A r B = V ( A) x (V ) + V ( B ) x (V )
V (B)
donde hemos utilizado la definición: r
∫ xdV
r A ( A) x (V ) = V
∫ dV
;
( A)
V ( A)
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r
∫ xdV
( A)
r B (B) x (V ) = V
∫ dV
(B)
( B)
V (B)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
146
De forma análoga a la obtención de las ecuaciones en (1.178) que definen el centroide de volumen, también poder definir el centroide de área:
∫ x dA 1
x1( A)
=
∫
∫ x dA
∫ x dA
2
A
x 2( A)
;
dA
=
3
A
∫
A
x3( A)
;
dA
=
A
∫
A
dA
Centroide de área
(1.179)
Centroide de línea
(1.180)
A
y el centroide de línea:
∫ x dL 1
x1( L )
=
∫ x dL
2
L
∫
∫ x dL
x 2( L )
;
dL
=
3
L
∫
L
x3( L )
;
dL
=
L
∫
L
dL
L
Centro del Campo Escalar dentro de un Dominio r
Si tenemos un campo escalar ( φ = φ ( x ) ), podemos obtener que: r
r
r
φx = φx (V _ φ ) + φx ′′
r (V _ φ )
r
∫φxdV = ∫φx
Integrando →
V
r dV + φx ′′dV
∫
V
V
r
El centro del campo escalar φ = φ ( x ) dentro de un volumen V viene definido por: r
r
∫ φx ′′dV = 0
V
Con lo cual podemos obtener: r
∫
r r φxdV = φx (V _ φ ) dV
∫
V
r
∫ φxdV ∫ φxdV
r x (V _ φ ) = V
⇒
∫ φdV
V
=V
V (φ )
V
cuyas componentes son:
∫ φx dV 1
x1(V _ φ )
=
V
∫ φdV
∫ φx dV 2
x 2(V _ φ )
;
=
;
∫ φdV
V
∫ φx dV 3
V
x 3(V _ φ )
V
=
V
∫ φdV
V
Notar que, si el campo escalar es contante dentro del volumen, el centro del campo escalar y el centroide de volumen coinciden: r
∫ φxdV
r x (V _ φ ) = V
∫ φdV
V
r
=
φ ∫ xdV V
φ ∫ dV
r
∫ xdV
=V
V
∫ dV
r = x (V )
V
De forma análoga podemos definir el centro del campo escalar delimitado por un área: r
r x (A _φ) =
∫ φxdA A
∫ φdA A
y el centro del campo escalar definido un una línea:
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147
r
r x (L _φ) =
∫ φxdL L
∫ φdL L
Si el campo escalar φ representa la densidad de masa ( ρ ) el centro del campo escalar se denomina de Centro de Masa (C.M.): r
∫ ρ xdV
r x (V _ ρ ) = V
∫ ρ dV
Centro de masa en el volumen
(1.181)
V
Centro de un Campo Vectorial dentro de un Dominio Consideremos que el cuerpo de volumen V está bajo la acción de un campo vectorial r r r r b = b( x ) , y de un campo escalar φ ( x ) , (ver Figura 1.28). r r b( x )
x3′′′ x2′′′
dV
x3
r x′
x2 r x
x1′′′
r
φ ( x)
r (φbr )
x
x1
Figura 1.28 Podemos obtener que: r r r r r r r r r r r x = x (φb ) + x ′′′ ⇒ φx ⋅ b = φx (φb ) ⋅ b + φx ′′′ ⋅ b r r r r r r r ⇒ φx ⋅ bdV = φx (φb ) ⋅ bdV + φx ′′′ ⋅ bdV
∫
∫
V
∫
V
V
El centro del campo vectorial se cumple cuando: r
r
∫ φx ′′′ ⋅ bdV = 0
V
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(1.182)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
148
Luego r r
r
r
r
r
r V
r
r
r
r
(φb ) (φb ) (φb ) ∫φx ⋅ bdV = ∫φx ⋅ bdV = x ⋅ ∫φbdV = x ⋅ F
V
V
donde hemos definido
r r r r r x (φb ) ⋅ F = φx ⋅ bdV
∫
⇒
V
r r F = φbdV
∫
(1.183)
V
r
r
r
Notar que F es la fuerza resultante y está situada en el punto x (φb ) . r
Si el campo arbitrario b es uniforme en el dominio V podemos obtener que: r r r (φbr ) r r φxdV ⋅ b = x b φdV ⋅ ⇒ V V V V r r r r r r r r r ⇒ ⇒ φdV x (V _ φ ) − x (φb ) ⋅ b = 0 ⇒ φdV x (V _ φ ) ⋅ b = φdV x (φb ) ⋅ b V V V r (V _ φ ) r (φbr ) r ⇒x −x =0 r (V _ φ ) r (φbr ) ⇒x =x r r
r
r
(φb ) ∫ φx ⋅ bdV = x ⋅ ∫ φbdV
∫
∫
∫
∫
(
∫
)
y si además el campo escalar φ es uniforme tenemos que: r r r r x (φ ) = x (φb ) = x r Si el campo escalar φ = ρ es la densidad de masa, y b representa el campo gravitacional en las
proximidades de la superficie de la Tierra, la ecuación (1.183) queda: 0 0 0 Fi = ρb i dV = = 0 − ρgdV − mg V V
∫
∫
donde m = ∫ ρdV es la masa total del cuerpo. V
Centro de Rotación Nula Podemos decir que:
r r r r rr r r r rr x = x (τ) + x′ ⇒ x ∧ b = x (τ) ∧ b + x′ ∧ b r rr r r r r ⇒ φx ∧ bdV = φx ( τ ) ∧ bdV + φx ′ ∧ bdV
∫
∫
V
∫
V
V
El centro del campo vectorial de rotación nula se cumple cuando: r
r
r
∫ φx ′ ∧ bdV = 0
(1.184)
V
Con lo cual: r
r
r
r
r
r
r
r V 1 42 4 3 r
(τ) (τ) ∫φx ∧ bdV = ∫φx ∧ bdV = x ∧ ∫φbdV
V
V
⇒
rr r r x (τ) ∧ F = τ
F
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149
r
r
donde τ es el torque que el campo b produce en el cuerpo y viene dado por: r r r τ = φx ∧ bdV
∫
(1.185)
V
r
Si el campo escalar representa la densidad de masa ( φ = ρ ), y b representa el campo r r gravitacional, x (τ ) se denomina de Centro de Gravedad (G). Notar que, si fijamos el cuerpo en su centro de gravedad y que esté libre para girar, cualquier posición (rotación alrededor del centro de gravedad) que el cuerpo se encuentre el momento resultante continuará siendo cero, y no tendrá tendencia a girar. r
r
r
r
Si φ es uniforme ⇒ x (V _ φ ) = x (V ) r
r
Si b es uniforme ⇒ x (V _ φ ) = x (φb ) r
r
r
r
r
Si b y φ son uniformes ⇒ x (V _ φ ) = x (φb ) = x (V ) r r b( x )
x2′′′
x3′′′
x3′
x′2
x1′′′
x3
x1′
r (φbr )
x
x3′′
r x (V )
x2
r x (V _ φ )
x 2′′
r φ ( x)
x1′′
x1
Figura 1.29
r
r
A continuación vamos obtener el torque del campo (φb ∧ x ) : r r r x = x + x′ r r r r r r r r r ⇒ x ∧ (φb ∧ x ) = x ∧ (φb ∧ x ) + x ′ ∧ (φb ∧ x )
Integrando sobre el volumen del cuerpo ésta última ecuación podemos obtener que:
∫
r r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = x ∧ (φb ∧ x )dV + x ′ ∧ (φb ∧ x )dV
∫
V
∫
V
r
V
(1.186)
r
El centro del campo vectorial (φb ∧ x ) de rotación nula se cumple cuando:
∫
r r r r x ′ ∧ (φb ∧ x )dV = 0
V
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(1.187) Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
150
Con eso la ecuación (1.186) queda:
∫
V
r r r r r r r r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = x ∧ (φb ∧ x )dV = x ∧ (φb ∧ x )dV = x ∧ x ( τ ) ∧ F = x ∧ τ V V
∫
(
∫
)
donde hemos utilizado la ecuación (1.185). En el Ejemplo 1.17 hemos demostrado que r r r r r r r r x ∧ ( b ∧ x ) dV = [( x ⋅ x ) 1 − x ⊗ x ] ⋅ b , con lo cual la ecuación anterior queda: ∫ V
∫
r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = x ∧ τ
∫
⇒
V
r r r r r r r r r r { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV = x ∧ τ ⇒ { j O ⋅φb }dV = x ∧ τ
∫
V
V
donde hemos definido el tensor de segundo-orden: r r r r j O = ( x ⋅ x )1 − x ⊗ x
;
j O ij = x k x k δ ij − xi x j
cuyas componentes son: j O ij = x k x k δ ij − xi x j =
( x12
+
x 22
+
1 0 0 x1 x1 1 0 − x1 x 2 0 0 1 x1 x3
x1 x 2 x2 x2
x32 ) 0
x 2 x3
x1 x3 x 2 x3 x3 x3
( x 22 + x32 ) − x1 x 2 − x1 x3 2 2 = − x1 x 2 ( x1 + x3 ) − x 2 x3 −x x − x 2 x3 ( x12 + x 22 ) 1 3
(1.188)
r
Si φ = ρ (densidad de masa) y b representa un campo vectorial uniforme, podemos obtener que:
∫
r r r { jO ⋅ φb }dV = x ∧ τ
r r ρjO dV ⋅ b = x ∧ τr V
∫
⇒
V
⇒
r r r ⇒ IO ⋅ b = x ∧ τ
donde I O es el tensor de inercia de masa y viene dado por: 2 2 ρ ( x 2 + x3 )dV V = − ρx1 x 2 dV V − ρx1 x3 dV V
∫
∫
I O( ρ ) = ρjO dV
;
I O( ρ ) ij
V
cuya unidad en el SI es [I O( ρ ) ] =
kg m3
∫ ∫
∫
− ρx1 x 2 dV V
∫ ρ ( x + x )dV − ∫ ρx x dV ∫ 2 1
2 3
V
2 3
V
V
− ρx1 x3 dV V − ρx 2 x3 dV V ρ ( x12 + x 22 )dV
∫ ∫
m 2 m 3 = kg m 2 .
De forma análoga, podemos definir el tensor de inercia de área: 2 2 − x1 x 2 dA − x1 x3 dA ( x 2 + x3 )dA A A A ( A) 2 2 ( x1 + x3 )dA I O ij = − x1 x 2 dA − x 2 x3 dA A A A − x1 x3 dA ( x12 + x 22 )dA − x 2 x3 dA A A A r r r r r Note que si consideramos el torque (φb ∧ x ) y el vector x = x + x ′ podemos obtener:
∫
∫
∫ ∫
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∫ ∫
∫
∫
Draft
∫
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
1 TENSORES
∫
151
r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV
∫
V
V
r r r r r r r r r = { { [( x + x ′) ⋅ ( x + x ′)]1 − [( x + x ′) ⊗ ( x + x ′)] } ⋅φb }dV
∫
V
r r r r r r r r { { [( x ⋅ x ) + ( x ⋅ x ′) + ( x ′ ⋅ x ) + ( x ′ ⋅ x ′)]1 = r r r r r r r r r − [( x ⊗ x ) + ( x ⊗ x ′) + ( x ′ ⊗ x ) + ( x ′ ⊗ x ′) } ⋅φb }dV V r r r r r r r r r r = { [( x ′ ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ′] ⋅φb }dV + { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV +
∫ ∫
∫
V
V
r r r r r r r r r r + { [( x ′ ⋅ x )1 − x ⊗ x ′] ⋅φb }dV + { [( x ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ] ⋅φb }dV
∫
∫
V
V
(1.189) r
Notar que, si el campo b es uniforme: r r r r r r r r r r { [( x ′ ⋅ x )1 − x ⊗ x ′] ⋅φb }dV = φ[( x ′ ⋅ x )1 − x ⊗ x ′] dV ⋅ b V V r r r r r r = φ ( x ′ ⋅ x )1 dV ⋅ b + φx ⊗ x ′ dV ⋅ b V V r r r r r r = φx ′ dV ⋅ x 1 ⋅ b + x ⊗ φx ′ dV ⋅ b V V
∫
∫ ∫
∫
∫
∫
y r r r r r r r r r r { [( x ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ] ⋅φb }dV = φ[( x ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ] dV ⋅ b V V r r r r r r = φ ( x ⋅ x ′)1 dV ⋅ b + φx ′ ⊗ x dV ⋅ b V V r r r r r r = x ⋅ φx ′ dV 1 ⋅ b + φx ′ dV ⊗ x ⋅ b V V r r r r r Como estamos considerando que el campo b es uniforme se cumple que x (V _ φ ) = x (φb ) = x , r r y también la ecuación φx ′ dV = 0 . Con eso la ecuación (1.189) queda:
∫
∫ ∫
∫
∫
∫
∫
V
∫
r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV
V
∫
V
r r r r r r r r r r = { [( x ′ ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ′] ⋅φb }dV + { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV
∫
∫
V
(1.190)
V
Si consideramos que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
152
∫
r r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅ φb }dV = φ{ j O ⋅ b }dV
∫
r r r r r r r r r x ∧ (φb ∧ x )dV = { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅ φb }dV = φ{ j O ⋅ b }dV = j O
∫
r r r r r r r r r x ′ ∧ (φb ∧ x ′)dV = { [( x ′ ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ′] ⋅ φb }dV = φ{ j′O ⋅ b }dV
V
V
∫
∫
V
V
∫
∫
V
V
∫
V
r
⋅ ∫ { φb }dV
(1.191)
V
∫
V
V
La ecuación (1.190) puede ser reescrita como:
∫
r r r r r r r r r r r r r r r { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV = { [( x ′ ⋅ x ′)1 − x ′ ⊗ x ′] ⋅φb }dV + { [( x ⋅ x )1 − x ⊗ x ] ⋅φb }dV
∫
V
∫
V
r r r ⇒ φ{ j O ⋅ b }dV = φ{ j′O ⋅ b }dV + φ{ j O ⋅ b }dV
∫
∫
V
V
∫
V
V
r r r r ⇒ φ{ j O ⋅ b }dV − φ{ j′O ⋅ b }dV − φ{ j O ⋅ b }dV = 0
∫
∫
V
∫
V
V
r r ⇒ φ [ j O − j′O − j O ] dV ⋅ b = 0 V
∫
(1.192) r
Notar que la ecuación anterior debe cumplir para cualquier campo vectorial uniforme b , luego:
∫φ [j
O
− j′O − j O ] dV = 0
V
∫
∫
(1.193)
∫
⇒ φ j O dV = φ j′O dV + φ j O dV V
V
V
donde las componentes (ver ecuación (1.188)) de j O , jO , y j′O vienen dadas por: ( x 22 + x32 ) ( x 2′ 2 + x3′ 2 ) − x1 x 2 − x1 x3 − x1′ x 2′ − x1′ x3′ 2 2 2 2 ( j O ) ij = − x1 x 2 ( x1 + x3 ) − x 2 x3 , ( j′O ) ij = − x1′ x 2′ ( x1′ + x 3′ ) − x 2′ x3′ , −x x − x′ x′ − x 2 x3 ( x12 + x 22 ) − x 2′ x3′ ( x1′ 2 + x ′22 ) 1 3 1 3 ( x 22 + x 32 ) − x1 x 2 − x1 x 3 2 2 ( jO ) ij = − x1 x 2 ( x1 + x3 ) − x 2 x3 −x x − x 2 x3 ( x12 + x 22 ) 1 3
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
2 Cinemática del Continuo 2.1 Descripción del Movimiento, Velocidad, Aceleración
Derivada
Material,
Ejemplo 2.1 Un continuo viene definido por un cuadrado de lado b , y está sometido a movimiento de sólido rígido definido por una rotación antihoraria por un ángulo de 30º . Encontrar las ecuaciones de movimiento. Obtener también la nueva posición de la partícula D . r
r
Nota: Considerar los sistemas x y X superpuestos. X 2 , x2 x2′
C′
C
D′ 30º b
x1′
D B′ 30º
B
b
A = A′
X 1 , x1
r
r
r
r
Solución: Aplicamos las ecuaciones de movimiento de un sólido rígido x = c + Q ⋅ X = Q ⋅ X , r
r
con c = 0 . Las componentes de Q son las mismas que las componentes de la matriz de r r transformación del sistema x ′ para el sistema x , i.e.: cos θ − sin θ 0 Q ij = sin θ cos θ 0 0 0 1
Luego, las partículas vienen gobernadas por las ecuaciones de movimiento: x1 cos 30º − sin 30º 0 X 1 x 2 = sin 30º cos 30º 0 X 2 x 0 0 1 X 3 3
La partícula que inicialmente estaba en D ( X 1 = 0 , X 2 = b , X 3 = 0 ) mueve para la siguiente posición: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
154
x1D cos 30º − sin 30º 0 0 − b sin 30º D x 2 = sin 30º cos 30º 0 b = b cos 30º x D 0 0 1 0 0 3
Ejemplo 2.2 Un movimiento del medio continuo en la descripción material viene dado por: x1 = exp t X 1 − exp −t X 2
x 2 = exp t X 1 + exp − t X 2
;
;
x3 = X 3
para t > 0 . Encontrar las componentes de la velocidad y aceleración en coordenadas espaciales y materiales. Solución: Velocidad: V1 = exp t X 1 + exp − t X 2 r r r r Dx ( X , t ) componentes V ( X , t) = →V2 = exp t X 1 − exp −t X 2 Dt V = 0 3
(2.1)
A1 = exp t X 1 − exp −t X 2 t −t A2 = exp X 1 + exp X 2 A = 0 3
(2.2)
Aceleración:
Para encontrar las componentes de la velocidad y la aceleración reemplazamos las ecuaciones del movimiento: Velocidad (descripción espacial) v1 = x 2
v 2 = x1
;
v3 = 0
a2 = x2 = v1
;
a3 = 0
;
Aceleración (descripción espacial) a1 = x1 = v2
;
(2.3)
Ejemplo 2.3 El campo de velocidad de un fluido viene dado por: r v = x1eˆ 1 + x2 eˆ 2 + x3eˆ 3
(2.4)
r T ( x , t ) = 3 x 2 + x3 t
(2.5)
y el campo de temperatura es:
Encontrar la tasa de cambio en el tiempo de la temperatura. Solución:
r
La tasa de cambio de una propiedad viene dada por la derivada material T ( x , t ) : r r ∂T ∂T ∂T ∂T DT ∂T ( x , t ) ∂T ( x , t ) + + = vj = v1 + v2 + v3 ∂x j ∂t ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂t Dt DT = x 3 + (0 × x1 + 3 × x 2 + tx 3 ) = x 3 + (3 x 2 + tx 3 ) Dt Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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(2.6) (2.7)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
155
Ejemplo 2.4 Dado el movimiento: xi = X i + 0,2tX 2 δ 1i
(2.8)
y el campo de temperatura (estacionario): r T ( x ) = 2 x1 + x 22
(2.9)
a) Encontrar el campo de temperatura en la descripción material; b) Encontrar la tasa de cambio de la temperatura para una partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición (0,1,0) . Solución: Según las ecuaciones del movimiento tenemos que: x1 = X 1 + 0,2tX 2 δ 11 = X 1 + 0,2tX 2 x 2 = X 2 + 0,2tX 2 δ 12 = X 2 x3 = X 3 + 0,2tX 2 δ 13 = X 3
Luego:
[
r r r r T ( x ( X , t )) = 2 x1 ( X , t ) + x 2 ( X , t )
]
= 2( X 1 + 0,2tX 2 ) + ( X 2 ) r = 2 X 1 + ( X 2 + 0,4t ) X 2 = T ( X , t ) 2
2
b) La derivada material de la temperatura viene dada por:
r DT ( X , t ) & r ≡ T ( X , t ) = 0,4 X 2 Dt
Para la partícula ( X 1 = 0; X 2 = 1; X 3 = 0) tenemos que: T& (( X 1 = 0; X 2 = 1; X 3 = 0), t ) = 0,4 X 2 = 0,4
Ejemplo 2.5
r r
Determinar el campo de velocidad V ( X , t ) en la descripción material y el campo de r r aceleración A( X , t ) de una partícula en el tiempo t en función de la tasa de cambio de los r r desplazamientos U ( X , t ) Solución: r r r& D r r V ( X , t) = U ( X , t) = U Dt r r r& D r r D2 r r &r& A( X , t ) = V ( X , t ) = V == 2 U ( X , t ) = U Dt Dt
(2.10) ∴
r r& &r& A =V =U
(2.11)
Ejemplo 2.6 Considérense las siguientes ecuaciones del movimiento en la descripción Lagrangiana: r 2 x1 ( X , t ) = X 2 t 2 + X 1 x1 1 t r Forma Matricial → x 2 = 0 1 x 2 ( X , t ) = X 3 t + X 2 r x 0 0 3 x 3 ( X , t ) = X 3
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0 X 1 t X 2 1 X 3
(2.12)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
156
¿Es este un movimiento posible? Si así es, encontrar los campos de desplazamiento, velocidad y aceleración en la descripción Lagrangiana y Euleriana. Considérese un partícula P , que en el tiempo t = 0 ocupaba la posición X 1 = 2, X 2 = 1, X 3 = 3 , encontrar la velocidad de P en los tiempos t = 1s y t = 2 s . Solución: El movimiento es posible si J ≠ 0 . Verificamos que el movimiento es posible:
∂xi J= ∂X j
∂x1 ∂X 1 ∂x 2 = ∂X 1 ∂x3 ∂X 1
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x3 ∂X 2
∂x1 ∂X 3 1 t 2 ∂x 2 =0 1 ∂X 3 0 0 ∂x3 ∂X 3
0 t =1≠ 0 1 r
r
r
El campo vectorial de desplazamiento viene dado por la definición u = x − X . Utilizando las ecuaciones del movimiento (2.12) obtenemos que: u1 u 2 u 3
(Xrr , t ) = x ( Xrr, t ) − X (Xr , t ) = x ( Xr , t ) − X (X , t ) = x ( X , t ) − X 1
= X 2t 2
1
2
2
= X 3t
3
3
=0
(2.13)
que son las componentes del desplazamiento en la descripción Lagrangiana. La velocidad y la aceleración vienen dadas por:
( )
r du 1 X , t d = X 2t 2 = 2 X 2t V1 = dt dt r du 2 X , t d = ( X 3t ) = X 3 V 2 = dt dt r du 3 X , t d = (X 2t ) = 0 V3 = dt dt
(
)
( )
dV1 A1 = dt = 2 X 2 dV 2 =0 A2 = dt dV 3 A3 = dt = 0
;
( )
(2.14)
La forma inversa de (2.77) nos proporcionan las ecuaciones del movimiento en la descripción Euleriana: X 1 1 − t 2 1 X 2 = 0 X 0 0 3
r t 3 x1 X 1 ( x , t ) = x1 − t 2 x 2 + t 3 x 3 r − t x 2 ⇒ X 2 ( x , t ) = x 2 − tx 3 r 1 x 3 X 3 ( x , t ) = x 3
(2.15)
Luego, los campos de desplazamiento, velocidad y aceleración en la descripción Euleriana se obtienen al reemplazar las ecuaciones (2.15) en las expresiones (2.13) y (2.14), i.e.:
(Xr ( xr , t ), t ) = X ( xr , t )t = ( x − tx )t = u ( xr , t ) (Xr ( xr , t ), t ) = X ( xr , t )t = x t = u ( xr , t ) (X ( xr , t ), t ) = u ( xr , t ) = 0 r r r r V (X ( x , t ), t ) = 2 X ( x , t )t = 2( x − tx )t = v ( x , t ) r r r r V (X ( x , t ), t ) = X ( x , t ) = x = v ( x , t ) r r r V (X ( x , t ), t ) = v ( x , t ) = 0 u1 u 2 u 3
r
2
Ciudad Real - España
3
3
1
2
(2.16)
3
2
2
Universidad de Castilla- La Mancha
2
3
1
3
2
2
2
3
3
2
3
1
(2.17)
3
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
A1 A2 A3
(Xr ( xr , t ), t ) = 2 X ( xr , t ) = 2( x (Xr ( xr , t ), t ) = a ( xr , t ) = 0 (X ( xr , t ), t ) = a ( xr , t ) = 0 r
2
2
157
r − tx 3 ) = a1 ( x , t )
(2.18)
2
3
Teniendo en cuenta la descripción Lagrangiana de la velocidad dada por (2.14), la velocidad de la partícula P ( X 1 = 2, X 2 = 1, X 3 = 3 ) en el tiempo t = 1s viene dada por: r r r V1 ( X , t ) = 2 X 2 t = 2 m / s ; V2 ( X , t ) = X 3 = 3m / s ; V3 ( X , t ) = 0
Observemos que en el tiempo t = 1s la partícula P ocupa una nueva posición definida por: x1 = X 2 t 2 + X 1 = 3 ;
x 2 = X 3t + X 2 = 4 ;
x3 = X 3 = 3
Luego, la velocidad de la partícula P también puede ser obtenida por (2.17), i.e.: r v1 ( x , t ) = 2( x 2 − tx 3 )t = 2( 4 − 1 × 3) × 1 = 2m / s r v 2 ( x , t ) = x 3 = 3m / s v ( xr , t ) = 0 3
Observemos que, la velocidad de la partícula es la misma sea utilizando la descripción Lagrangiana o la Euleriana, ya que la velocidad es una propiedad intrínseca de la partícula. La velocidad de la partícula P en el tiempo t = 2 s viene dada por: V1 V 2 V3
(Xrr , t ) = 2 X t = 2 × 2 × 1 = 4m / s (Xr , t ) = X = 3m / s (X , t ) = 0 2
3
En el tiempo t = 2 s la nueva posición de la partícula P queda definida por: r x1 ( X , t ) = X 2 t 2 + X 1 = 6 r x2 ( X , t ) = X 3t + X 2 = 7 r x 3 ( X , t ) = X 3 = 3
Como podemos verificar en la figura abajo, la descripción Lagrangiana del movimiento r r x ( X , t ) describe la trayectoria de la partícula P . NOTA: Notar que la velocidad espacial no se puede obtener a través de r r DX ( x , t ) r r r = 0 ≠ v ( x , t ) . Podemos verificar este hecho con el ejemplo propuesto: Dt r r r r r DX i ( x , t ) ∂X i ( x , t ) ∂X i ( x , t ) ∂X i ( x , t ) ∂X i ( x , t ) r r r v1 ( x , t ) + v 2 ( x, t ) + v3 ( x , t ) = + Dt ∂t ∂x 2 ∂x 3 ∂x1
Luego: r r r r r r DX 1 ( x , t ) ∂X 1 ( x , t ) ∂X 1 ( x , t ) r ∂X 1 ( x , t ) ∂X 1 ( x , t ) r = + v1 ( x , t ) + v2 ( x , t ) + v3 ( x , t ) ∂t ∂x2 ∂x3 Dt ∂x1
(
) [
]
= − 2tx2 + 3t 2 x3 + 1 × 2( x2 − tx3 )t − t 2 × x3 + t 3 × 0 = 0
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
158
r r r r r r DX 2 ( x , t ) ∂X 2 ( x , t ) ∂X 2 ( x , t ) r ∂X ( x , t ) r ∂X ( x , t ) v1 ( x , t ) + 2 v2 ( x , t ) + 2 v3 ( x , t ) + = Dt ∂x3 ∂x2 ∂t ∂x1 = (− x3 ) + [0 × 2( x2 − tx3 )t + 1 × x3 − t × 0] = 0 r r r r r r DX 3 ( x , t ) ∂X 3 ( x , t ) ∂X 3 ( x , t ) r ∂X ( x , t ) r ∂X ( x , t ) v1 ( x , t ) + 3 v2 ( x , t ) + 3 v3 ( x , t ) + = ∂x3 Dt ∂x2 ∂t ∂x1
= (0 ) + [0 × 2( x2 − tx3 )t + 0 × x3 + 1 × 0] = 0 r r r Además, teniendo en cuenta que u = x − X , se cumple que: r r r r r r r r Dx ( X , t ) D r r Du( X , t ) r& r v ( X , t) = = u( X , t ) − X ( x , t ) = ≡ u( X , t ) Dt Dt Dt
(
)
Además, también se cumple que: r r r r r r r& r r r Du( x , t ) ∂u( x , t ) ∂u( x , t ) r r v ( x , t ) = u( x , t ) ≡ = + r ⋅ v ( x, t ) Dt ∂t ∂x Trayectoria de la partícula P
r viP ( x , t = 1s) = [2;3;0]
r Vi P ( X P , t = 1s) = [2;3;0] t0
X iP = [2;1;3]
t = 1s Partícula P
r Vi P ( X P , t = 2s ) = [4;3;0]
P
xiP = [3;4;3] Partícula P
t = 2s
xiP = [6;7;3]
r viP ( x , t = 2s ) = [4;3;0]
Ejemplo 2.7 El campo de velocidad de un medio continuo, expresado en forma Euleriana es el siguiente: v1 =
x1 1+ t
; v2 =
2 x2 1+ t
; v3 =
3 x3 1+ t
(2.19) r
a) Determinar la relación entre las coordenadas espaciales y materiales xi = xi ( X , t ) ; b) Obtener las componentes de la aceleración cuando se utiliza la descripción espacial del movimiento. c) Obtener las componentes de la aceleración cuando se utiliza la descripción Lagrangiana del movimiento. Solución:
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
a) Considerando que vi =
dxi dt v1 =
1
∫x
dx1 =
1
159
dx1 x dx dt = 1 ⇒ 1 = dt 1 + t x1 1 + t
1
∫ 1 + t dt ⇒ Lnx
1
(2.20)
= Ln(1 + t ) + Ln(C1 )
x1 = C1 (1 + t )
⇒
(2.21)
La condición inicial t = 0 ⇒ x1 = X 1 implica que C1 = X 1 x1 = X 1 (1 + t )
(2.22)
dx 2 2 x 2 dx 2 2dt = ⇒ = dt 1+ t x2 1+ t 1 2 dx 2 = dt ⇒ Lnx 2 = 2Ln(1 + t ) + LnC 2 ⇒ x2 1+ t v2 =
∫
∫
⇒ x2 = C 2 (1 + t )
(2.23) (2.24)
2
para t = 0 ⇒ x 2 = X 2 ⇒ C 2 = X 2 x2 = X 2 (1 + t ) 2
v3 = 1
∫x
3
dx3 =
(2.25)
dx3 3 x3 dx 3dt = ⇒ 3 = dt 1 + t x3 1 + t
3
∫ 1 + t dt ⇒ Lnx
3
= 3Ln(1 + t ) + LnC3
(2.26) ⇒
x3 = C3 (1 + t )3
(2.27)
y para t = 0 ⇒ x3 = X 3 ⇒ C3 = X 3 x3 = X 3 (1 + t ) 3
(2.28)
Las ecuaciones del movimiento: (2.29) x1 = X 1 (1 + t ) ; x2 = X 2 (1 + t ) 2 ; x3 = X 3 (1 + t )3 r r b) Conocido v ( x , t ) en la descripción espacial (Euleriana), podemos aplicar la derivada material:
r r r r r r r r ∂v ( x , t ) + ∇v ( x , t ) ⋅ v ( x , t ) a ( x, t ) = ∂t ∂v ∂v ai = i + (vi , k )vk = i + (vi ,1v1 + vi , 2v2 + vi ,3v3 ) ∂t ∂t
(2.30) (2.31)
luego, 1 x + 1 + 0 + 0 = 0 (1 + t ) 1 + t 1 + t 2x2 2x 2 2 x2 a2 = − + 0 + 2 + 0 = 2 2 1+ t 1+ t (1 + t ) (1 + t ) a1 = −
a3 = −
x1
2
3x 3 6 x3 + 0 + 0 + 3 = 1 + t 1 + t (1 + t ) 2 (1 + t ) 3 x3
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(2.32)
2
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
160
c) La velocidad en la descripción Lagrangiana viene dada por: V1 = X 1
;
V2 = 2 X 2 (1 + t )
;
V3 = 3 X 3 (1 + t ) 2
dV2 = 2X2 dt
;
a3 =
(2.33)
luego, a1 =
dV1 =0 dt
a2 =
;
dV3 = 6 X 3 (1 + t ) dt
(2.34)
Ejemplo 2.8 Respecto a un conjunto de ejes materiales X i y espaciales xi superpuestos, el campo de desplazamientos de un cuerpo continuo viene dado por: x1 = X 1
x2 = X 2 + AX 3
;
;
x3 = X 3 + AX 2
(2.35)
en las que A es constante. Hallar las componentes del vector desplazamiento en las formas material y espacial. Solución: Vector desplazamiento: r r r u= x−X
u1 = x1 − X 1 = 0 u 2 = x 2 − X 2 = X 2 + AX 3 − X 2 = AX 3 u = x − X = X + AX − X = AX 3 3 3 2 3 2 3
⇒
(2.36)
Las ecuaciones del movimiento inverso son obtenidas a continuación: x1 1 x = 0 2 x 3 0
0 X1 A X 2 A 1 X 3 0 1
;
1 det 0 0
0 A = 1 − A 2 A 1
0 1
(2.37)
la inversa: 1 0 0
0 1 A A 1 0
−1
1 − A 2 1 = 0 1− A2 0
0 1 − A − A 1 0
(2.38)
luego, X1 X = 1 2 1 − A2 X 3
1 − A2 0 0
0 1 − A − A 1 0
x1 x 2 x3
⇒
X 1 = x1 1 ( x2 − Ax3 ) X2 = 1 − A2 1 X 3 = 1 − A2 ( x3 − Ax2 )
(2.39)
Componentes del vector desplazamientos en coordenadas espaciales: u1 = x1 − X 1 = 0 A( x3 − Ax 2 ) 1 ( x 2 − Ax3 ) = u 2 = x 2 − X 2 = x 2 − 2 1 − A2 1− A A( x 2 − Ax3 ) 1 ( x3 − Ax 2 ) = u1 = x3 − X 3 = x3 − 2 1 − A2 1− A Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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(2.40)
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
161
Ejemplo 2.9 Considérese las ecuaciones del movimiento: x1 = X 1
;
x2 = X 2 + X 3t
;
x3 = X 3 + X 3 t
(2.41)
Determinar las velocidades de las partículas que pasan por el punto (0,1,2) en los tiempos t1 = 0 s y t 2 = 1 s Solución: El campo de velocidad viene dado por:
r r r r Dx ( X , t ) V ( X ,t) = Dt
(2.42)
en componentes: V1 = 0
V2 = X 3
;
;
V3 = X 3
(2.43)
r r Para t = 0 s tenemos que x = X , luego, ( X 1 = 0, X 2 = 1, X 3 = 2)
V1 = 0
;
V2 = 2
;
V3 = 2
(2.44)
Para t = 1 s , la partícula que está pasando por ( x1 = 0, x 2 = 1, x3 = 2) en la configuración de referencia ocupaba la posición: x1 = 0 = X 1
x 2 = 1 = X 2 + X 3 ⇒ ( X 1 = 0; X 2 = 0; X 3 = 1) x3 = 2 = X 3 + X 3
(2.45)
luego, V1 = 0
;
V2 = 1
;
V3 = 1
(2.46)
Ejemplo 2.10 Dado un sistema de referencia eˆ i , el movimiento de una partícula del medio continuo está definido por las siguientes ecuaciones: ct ct + X 2 cos x1 = X 1 sin 2 2 2 2 X X X X + + 2 2 1 1 ct ct + X 2 sin x 2 = − X 1 cos 2 2 2 X +X2 2 1 X1 + X 2 x3 = X 3
(2.47)
donde c es una constante. Determinar las componentes de la velocidad en coordenadas materiales y espaciales. Solución: Las componentes de la velocidad en la descripción material (Lagrangiana) son:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
162
r V1 ( X , t ) =
ct X 1 cos 2 2 2 2 X 1 + X 2 X1 + X 2
ct − X 2 sin X2 +X2 2 1
r V2 ( X , t ) =
ct sin X 1 2 2 2 2 X 1 + X 2 X1 + X 2
ct + X 2 cos X2 +X2 2 1
c
c
r V3 ( X , t ) = 0
(2.48)
Teniendo en consideración (2.47), podemos notar que se cumple la siguiente relación: x12 + x22 = X 12 + X 22
(2.49)
Luego, las componentes de la velocidad en la descripción espacial (Euleriana) son: r cx v1 ( x , t ) = − 2 2 2 x1 + x2
;
r v2 ( x , t ) =
c x1 + x22
;
x12
r v3 ( x , t ) = 0
(2.50)
Las ecuaciones inversas del movimiento son: ct ct − cos sin 2 2 x 2 + x 2 0 x1 + x 2 1 2 X1 x1 X = cos c t sin c t 0 x 2 2 x2 + x2 x2 + x2 2 2 1 X 3 1 x 0 0 1 3
(2.51)
Ejemplo 2.11 El campo de velocidad tiene las siguientes componentes: v1 = x1
;
v2 =
x2 2t + 3
v3 = 0
;
(2.52)
en la descripción Euleriana. Encontrar las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de la partícula que en la configuración de referencia estaba en ( X 1 , X 2 , X 3 ). Solución: Para encontrar la trayectoria debemos resolver el sistema: dx1 = x1 dt
;
dx2 x = 2 dt 2t + 3
dx3 =0 dt
;
(2.53)
con las condiciones iniciales x1 (t = 0) = X 1 x2 (t = 0) = X 2 x (t = 0) = X 3 3 x1
∫
X1 x2
∫
X2
t
dx1 = dt x1 0
∫
⇒
x Ln 1 = t X1
t
dx 2 dt = x2 2t + 3 0
∫
⇒
x Ln 2 X2
(2.54)
x1 = X 1 exp t
⇒
(
)
( )
= Ln 2t + 3 − Ln 3
⇒
x2 = X 2
2 t +1 3
(2.55)
x3 = X 3 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
163
Luego, las ecuaciones del movimiento vienen dadas por: x1 = X 1exp t
; x2 = X 2
2 t + 1 ; x3 = X 3 3
(2.56)
Ejemplo 2.12 Considérense las siguientes ecuaciones del movimiento: x1 = X 1
x2 = 2 t X 3 + X 2
x3 = X 3 (2.57) r y una cantidad física representada por el campo escalar q ( x , t ) en la descripción Euleriana: r q ( x , t ) = 2 x1 + x 2 − x3 + 1 (2.58) ;
;
a) Obtener la descripción Lagrangiana de esta cantidad física; b) Obtener la velocidad en las descripciones Lagrangiana y Euleriana; c) Obtener la tasa de cambio de la cantidad física en cuestión. d) Obtener la tasa de cambio local de q en el punto espacial (1,3,2) . Solución: r
r r
r
a) La descripción Lagrangiana es inmediato, q ( x , t ) = q ( x ( X , t ), t ) = Q( X , t ) , es decir, r reemplazamos las ecuaciones del movimiento (2.57) en la expresión de la variable q ( x , t ) dada por (2.58): r Q( X , t ) = 2 X 1 + X 2 + ( 2t − 1) X 3 + 1
(2.59)
r r r r Dx ( X , t ) V ( X , t) = Dt
(2.60)
b) La velocidad
Descripción Lagrangiana V1 = 0
;
V2 = 2 X 3
V3 = 0
;
(2.61)
Las ecuaciones del movimiento inversa: x1 = X 1 x2 = 2 t X 3 + X 2 x = X 3 3
X 1 = x1 X 2 = x 2 − 2 t x3 X = x 3 3
⇒
Luego, la descripción Euleriana de la velocidad viene dada por: v1 = 0
;
v2 = 2 x3
;
v3 = 0
(2.62)
c) La tasa de cambio de la variable viene dada por la derivada material r D Q( X , t ) = 2 X 3 Q& = Dt
o q& =
r r ∂q( x , t ) + ∇ xr q ⋅ v ∂t4 1 42 3
(2.63)
(2.64)
= 0 ( estacionario )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
164
∂q ∂q ∂q q& = 0 + q, i vi = 0 + v1 + v2 + v3 = [(2)(0) + (1)(2 x3 ) + ( −1)(0)] = 2 x3 ∂x 2 ∂x3 ∂x1
(2.65)
Podríamos haber obtenido este resultado partiendo de que Q& = 2X 3 y reemplazando X 3 = x3 , obteniendo: r r r q& ( x , t ) = Q& ( X ( x , t ), t )
r q& ( x , t ) = 2 x3
⇒
(2.66) r
d) Observemos que el campo de la cantidad física en cuestión es estacionario, i.e. q = q ( x ) , luego la tasa local
r ∂q ( x ) = 0 para cualquier punto espacial. ∂t
Ejemplo 2.13 Dado el campo de desplazamientos (descripción Lagrangiana): u1 = ktX 2
u2 = 0
;
u3 = 0
;
y el campo de la temperatura (descripción Euleriana): r T ( x , t ) = ( x1 + x 2 ) t
a) Encontrar la tasa de cambio de la temperatura para una partícula que en el tiempo t = 1s está pasando por el punto (1,1,1) . Solución:
r r r r T T x dT ( X , t) ∂ ∂ ∂ Podemos aplicar las dos definiciones: T& ( x , t ) = ó T& ( X , t ) = + r⋅ ∂t ∂t ∂x ∂t
A través de la relación u i = xi − X i podemos obtener las ecuaciones del movimiento: u1 = x1 − X 1
⇒
x1 = X 1 + ktX 2
u 2 = x2 − X 2
⇒
x2 = X 2
u 3 = x3 − X 3
⇒
x3 = X 3
El campo de temperatura en la descripción material queda:
r r r T ( x ( X , t ), t ) = ( x1 + x 2 ) t = (( X 1 + ktX 2 ) + ( X 2 ) ) t = X 1t + kX 2 t 2 + X 2 t = T ( X , t )
Luego, la derivada material viene dada por:
r T& ( X , t ) = X 1 + 2kX 2 t + X 2
Si queremos encontrar la tasa de la temperatura para una partícula que está pasando por el punto x1 = 1, x 2 = 1, x3 = 1 en t = 1s , tenemos dos posibilidades. 1) encontrar la posición de la partícula en la configuración de referencia y reemplazar en la ecuación anterior. 2) obtener la expresión de la tasa de la temperatura en la descripción espacial, para esto r r necesitamos de las ecuaciones de movimiento X ( x , t ) : x1 = X 1 + ktX 2 x2 = X 2 x = X 3 3
⇒
X 1 = x1 − ktx 2 X 2 = x2 X = x 3 3
r r r T& ( X ( x , t ), t ) = X 1 + 2kX 2 t + X 2 = ( x1 − ktx 2 ) + 2kt ( x 2 ) + ( x 2 ) = T& ( x , t ) r Simplificando tenemos que T& ( x , t ) = x1 + ktx 2 + x 2 . Luego: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
165
T& ( x1 = 1, x 2 = 1, x3 = 1, t = 1) = (1 − k ) + 2k + 1 = k + 2
Solución Alternativa: r ∂T ∂x1 ∂T ∂x2 ∂T ∂x3 r ∂T ∂T ∂x ∂T ∂T ∂xi + r⋅ = + = ( x1 + x2 ) + + + T& ( x , t ) = ∂t ∂x ∂t ∂t ∂xi ∂t ∂x1 ∂t ∂x2 ∂t ∂x3 ∂t = ( x1 + x2 ) + (tkX 2 + t (0) + (0)(0) ) = x1 + x2 + tkX 2
Observemos que x 2 = X 2 , luego: r T& ( x , t ) = x1 + x 2 + tkx 2
Ejemplo 2.14 Considérese las siguientes ecuaciones del movimiento: x1 = X 1
;
x2 = X 2 +
t X3 2
x3 = X 3 +
;
t X2 2
(2.67)
a) ¿Para que valores de t > 0 (tiempo) este movimiento es posible y que tenga sentido físico? b) Determinar las componentes de la velocidad en la descripción Lagrangiana y Euleriana; c) Obtener la ecuación de la trayectoria. Solución: a) Obteniendo el determinante del Jacobiano: 1 0 0 ∂xi t2 = 0 1 2t = 1 − J=F = 4 ∂X j 0 2t 1
(2.68)
con lo que el movimiento es posible para t < 2 s , ya que: J =1−
t2 >0⇒t <2 s 4
(2.69)
b) Velocidad en la descripción Lagrangiana: V = 0 1 D t X2 + X3 = V2 = Dt 2 t D V3 = X3 + X2 = Dt 2
X3 2
(2.70)
X2 2
La inversa del tensor F viene dada por:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
166
1 1 adj( F ) = [cof (F )]T ⇒ Fij−1 F F
F −1 =
⇒
Fij−1
J 1 = 0 J 0
0 1 − 2t
1 t 2 1 0 = − t J 2 0 1
t 2
−
1 0
t 2
0
0 1 1 0
1 0
0 1 1 0 − 0 2t
t 2
0 0 1 − 0 1 0
1 t 2 0 t 2 0 1
T
(2.71)
0 − 2t 1 r
r
Las ecuaciones inversas del movimiento X = F −1 ⋅ x : x1 1 0 0 X 1 x = 0 1 t X 2 2 2 x3 0 2t 1 X 3
⇒
J X1 X = 1 0 2 J 0 X 3
0 1 − 2t
0 x1 − 2t x 2 1 x3
(2.72)
Reemplazando X i en la expresión de la velocidad, obtenemos la velocidad en la descripción espacial: t x2 2 x − tx 2 = 3 22 v1 = 0 ; v 2 = 2 t 4−t 2− 2 x3 −
t x3 2 x − tx 2 = 2 23 ; v3 = 2 t 4−t 2− 2 x2 −
(2.73)
c) La trayectoria se obtiene eliminando t de las ecuaciones del movimiento (2.67): x1 = X 1 ( x3 − X 3 ) X 3 = ( x 2 − X 2 ) X 2
Ejemplo 2.15
⇒
x3 =
X2 X2 x2 − 2 + X 3 X3 X3
(2.74)
r
La velocidad en un punto x de un fluido estacionario viene dada por: b 2 ( x12 − x 22 ) b 2 x1 x 2 r ˆ 1 + 2U v =U e eˆ 2 + Veˆ 3 ( x12 + x 22 ) 2 ( x12 + x 22 ) 2
donde U y V son constantes. r
(2.75) r
Mostrar que ∇ xr ⋅ v = 0 y encontrar la aceleración de la partícula en x . Solución: r ∂v x ( x 2 − 3x 2 ) x ( x 2 − 3x 2 ) ∂v ∂v ∇ xr ⋅ v = vi ,i = 1 + 2 + 3 = −2Ub 2 1 21 2 23 + 2Ub 2 1 21 2 23 = 0 ∂x1 ∂x2 ∂x3 ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 )
La aceleración:
r r ∂v r r r r a= + ∇ xr v ⋅ v = ∇ xr v ⋅ v ∂t
Las componentes del gradiente espacial de la velocidad vienen dadas por:
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
167
x1 (3 x 22 − x12 ) − x 2 (3 x12 − x 22 ) 0 r 2Ub (∇ xr v ) ij = 2 − x 2 (3 x12 − x 22 ) − x1 (3 x 22 − x12 ) 0 2 3 ( x1 + x 2 ) 0 0 0 r r Las componentes de la aceleración vienen dadas por a i = (∇ xr v ) ij (v ) j : 2
− 2 x1U 2 b 4 2 2 3 ( x1 + x 2 ) a i = − 2 x 2U 2 b 4 2 2 3 ( x1 + x 2 ) 0
Ejemplo 2.16
r
Dada una función escalar en la configuración de referencia φ ( X , t ) . Obtener la relación r r entre el gradiente material de φ ( X , t ) , es decir, ∇ Xr φ( X , t ) , y el gradiente espacial de r r φ ( x , t ) , es decir, ∇ xr φ( x , t ) . Solución: Recordemos que una variable que está en la configuración de referencia la podemos expresar en la configuración actual a través de las ecuaciones del movimiento, es decir, r r r r φ ( X , t ) = φ( X ( x , t ), t ) = φ( x , t ) . Luego, partiendo de la definición del gradiente de un escalar podemos obtener que: r r r r r r r φ φ ∂ ( X , t ) ∂ ( X ( x , t ), t ) ∂x ∂φ ( x , t ) ∇ Xr φ ( X , t ) = r = ⋅ r = r r ⋅ F = ∇ xr φ ( x , t ) ⋅ F ∂x ∂x ∂X ∂X
Y la forma inversa:
r r r r r r r φ φ φ ∂ ( x , t ) ∂ ( x ( X , t ), t ) ∂ X ∂ ( X , t) ∇ xr φ( x , t ) = r ⋅ r= r ⋅ F −1 = ∇ Xr φ( X , t ) ⋅ F −1 r = ∂x ∂x ∂X ∂X
Ejemplo 2.17 Para el siguiente campo de velocidades: v1 = 0 ; v2 = 0 ; v3 = f ( x1 , x 2 ) x3 a) Hallar las trayectorias de las partículas; b) Determinar la densidad de masa ( ρ ), sabiendo que en t = 0 , ρ = f ( x1 , x 2 ) .
Solución: dx1 = v1 = 0 ⇒ x1 (t ) = C1 para t = 0 ⇒ x1 = X 1 ⇒ x1 (t = 0) = C1 = X 1 ; dt dx 2 = v 2 = 0 ⇒ x 2 (t ) = C 2 para t = 0 ⇒ x 2 = X 2 ⇒ x 2 (t = 0) = C 2 = X 2 dt dx3 dx3 = v3 = f ( x1 , x 2 ) x3 = f (C1 , C 2 ) x3 ⇒ = dt x3
∫
∫ f (C , C 1
2 ) dt
⇒ Ln( x 3 ) = f (C1 , C 2 )t + k
haciendo k = Ln(C 3 ) obtenemos que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
168
Ln( x3 ) − Ln(C 3 ) = f ( X 1 , X 2 )t x ⇒ ln 3 C3
x = f ( X 1 , X 2 )t ⇒ 3 = exp f ( X 1 , X 2 )t ⇒ x3 = C 3 exp f ( X 1 , X 2 )t C3
para t = 0 ⇒ x3 = X 3 ⇒ x3 (t = 0) = C 3 = X 3 Resumiendo: x1 = X 1
x2 = X 2
;
x 3 = X 3 exp f ( X 1 , X 2 )t
;
(2.76)
Densidad de masa:
ρ=
ρ0
con
F
1 0 Fij = 0 1
Fij =
0 0
∂xi ∂X j
= exp f ( X 1 , X 2 )t
? ? exp f ( X 1 , X 2 )t
Los valores ( ? ) no son necesarios para obtener el determinante. Luego:
ρ=
ρ0 F
=
f (X1, X 2 ) exp f ( X 1 , X 2 )t
Observemos que según el enunciado, t = 0 , ρ = f ( x1 , x 2 ) , y según expresiones (2.76) concluimos que ρ 0 = f ( X 1 , X 2 ) . Ejemplo 2.18 Calcular la derivada material
D para la propiedad φ cuando esta esté descrita en las Dt
siguientes coordenadas: r
Materiales: φ ( X , t ) = X 1t 2 ;
Espaciales: φ ( x , t ) =
r
Solución:
x1t 2 . (1 + t )
r
a) Derivada material de φ ( X , t ) = X 1t 2 : r r D φ( X , t ) ≡ φ& ( X , t ) = 2 X 1t Dt r
b) Derivada material de φ ( x , t ) =
x1t 2 : (1 + t )
r r r r r ∂φ( x , t ) ∂φ( x , t ) ∂φ( x , t ) D r φ( x, t ) = + ∇ xφ ⋅ v = + vi ∂t ∂t ∂xi Dt r r r r ∂φ( x , t ) ∂φ( x , t ) ∂φ( x , t ) ∂φ( x , t ) v1 + v2 + v3 = + ∂t ∂x 2 ∂x3 ∂x1 r ∂ x t 2 ∂φ( x , t ) = 1 + v1 + 0 + 0 ∂t (1 + t ) ∂x1
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
169
Necesitamos conocer la velocidad v1 . Partimos del principio de que una propiedad es algo intrínsico a la partícula luego: r
φ ( X , t ) = X 1t 2
r r
r
φ ( X ( x, t ), t ) = φ ( x, t ) =
⇒
x1t 2 (1 + t )
⇒
X1 =
x1 (1 + t )
La velocidad queda:
(
)
r D X 1t 2 = 2 X 1t eˆ 1 v( X , t) = Dt
x r v ( x , t ) = 2 1 t eˆ 1 (1 + t )
⇒
Retomando a la derivada material tenemos que: r 2 x t2 t2 r ∂ x t ∂φ ( x , t ) 2 x1 t D − 1 2 + φ ( x, t ) = 1 + v1 = X1 ∂t (1 + t ) ∂x1 Dt (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) 2x t 2 x1 t x x t2 t2 = 1 − 1 2 + 2 1 t = (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) (1 + t )
También podríamos haber obtenido este mismo resultado partiendo que se cumple que r r D φ( X , t ) ≡ φ& ( X , t ) = 2 X 1t y además conociendo las ecuaciones del movimiento Dt
X1 =
x1 , obtenemos que: (1 + t )
r r D φ ( X , t ) ≡ φ& ( X , t ) = 2 X 1t Dt
⇒
r r r r x r D φ ( X ( x, t ), t ) ≡ φ& ( X ( x, t ), t ) ≡ φ& ( x, t ) = 2 1 t (1 + t ) Dt
Ejemplo 2.19 Sean las siguientes ecuaciones del movimiento en la descripción Lagrangiana: 2 x1 = X 1t 2 + 2 X 2 t + X 1 x1 t + 1 2t forma Matricial 2 t +1 → x 2 = 2t 2 x 2 = 2 X 1 t + X 2 t + X 2 x 0 x = 1 X t + X 0 3 3 3 2 3
0 X 1 0 X 2 1 t + 1 X 3 2
(2.77)
Encontrar las componentes del vector desplazamiento en la descripción Lagrangiana y Euleriana. Solución: r
r
r
El vector desplazamiento viene dado por u = x − X . Reemplazando las ecuaciones del movimiento (2.77) obtenemos: u1 = x1 − X 1 = X 1t 2 + 2 X 2 t 2 u 2 = x 2 − X 2 = 2 X 1t + X 2 t 1 u 3 = x 3 − X 3 = 2 X 3 t
que son las componentes del vector desplazamiento en la descripción Lagrangiana (material). Para obtener la descripción Euleriana debemos obtener las ecuaciones inversas de (2.77), resultando:
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170
2tx 2 − x1 (1 + t ) X1 = 3 3t − 1 − t − t 2 x 0 1 2 x1t 2 − x 2 (1 + t 2 ) 0 x2 ⇒ X 2 = 3t 3 − 1 − t − t 2 3t 3 − 1 − t − t 2 x 3 2 x3 1 (t + 2) X 3 = 2 (t + 2) r r r Podemos utilizar, una vez más, la definición u = x − X , pero ahora reemplazamos las − (1 + t ) 2t X1 1 2 − (1 + t 2 ) 2t X 2 = 3 2 t t t − − − 3 1 X 3 0 0
coordenadas materiales, obteniendo así las componentes del vector desplazamiento en coordenadas espaciales (descripción Euleriana): 2tx 2 − x1 (1 + t ) u1 = x1 − X 1 = x1 − 3 3t − 1 − t − t 2 2 x1t 2 − x 2 (1 + t 2 ) x X x = − = − u 2 2 2 2 3t 3 − 1 − t − t 2 2 x3 u 3 = x 3 − X 3 = x 3 − (t + 2)
Ejemplo 2.20 Las siguientes ecuaciones describen el movimiento de las partículas de un cuerpo (medio continuo):
X 2 , x2
Configuración de referencia
1
C
x1 = X 1 + 0,2 X 2 t x2 = X 2 x = X 3 3
B 1
E
1
A
O D
X 1 , x1
G
X 3 , x3
Figura 2.1: Configuración de referencia t = 0 . En t = 0 , este cuerpo tiene forma de cubo de lado unitario con un vértice en el origen, punto O, como se indica en la Figura 2.1. Determinar la configuración del cuerpo en el instante t = 2 s . Solución: Para obtener la configuración actual del cuerpo para el instante t = 2 s analizaremos independientemente el movimiento de las partículas. La partícula que ocupa posición O (origen) en t = 0 tiene coordenadas materiales: X1 = 0
;
X2 = 0
;
X3 = 0
Sustituyendo en la expresión del movimiento: x1 = 0 x i ( X 1 = 0, X 2 = 0, X 3 = 0, t ) ⇒ x 2 = 0 x = 0 3 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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171
Concluyendo que la partícula del origen no cambia de posición durante el movimiento. Las partículas que ocupan la línea OA en la configuración inicial tienen como coordenadas de referencia: ( X 1 , X 2 = 0, X 3 = 0) . En coordenadas espaciales: x1 = X 1 + 0,2 X 2 t = X 1
x2 = X 2 = 0
;
x3 = X 3 = 0
;
Es decir, todas las partículas que están en la línea OA no se mueven durante el movimiento. Análogamente, podemos verificar que la recta ( X 1 , X 2 = 0, X 3 = 1) en la configuración de referencia ( X 1 , X 2 = 0, X 3 = 1) no se mueve: x1 = X 1 + 0,2 × 0 × 2 = X 1
x2 = X 2 = 0
;
x3 = X 3 = 0
;
Las partículas que están en la línea CB ( X 1 , X 2 = 1, X 3 = 0) en el tiempo t = 2 s ocuparán las posiciones: x1 = X 1 + 0,2 × 1 × 2 = X 1 + 0,4 x2 = X 2 = 1 x = X = 0 3 3
Luego, todas las partículas que están en la línea CB se desplazarán 0,4 según la dirección x1 . Las partículas que están en la línea OC en t = 0 , tras el movimiento ocuparán las posiciones: x1 = X 1 + 0,2 X 2 t = 0 + 0,2 × 2 × X 2 = 0,4 X 2 x2 = X 2 x = X = 0 3 3
Siguiendo el mismo procedimiento para las partículas restantes, se obtiene la configuración final ( t = 2 s ) del cuerpo representada por la Figura 2.2. x2 0,4
0,4
C E
C’ 1
B
Configuración del cuerpo en t = 2 s
B’
E’ 1 A=A’
O 1
D
G=G’
x1
x3
Figura 2.2: Configuración actual t .
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172
Ejemplo 2.21 Considérense las ecuaciones del movimiento dadas por: x1 = X 1 + t 2 X 2 x1 1 Forma Matricial 2 → x 2 = t 2 x 2 = t X 1 + X 2 x 0 x = X 3 3 3
0 X 1 0 X 2 1 X 3
t2 1 0
1) Determinar la trayectoria de una partícula Q que originalmente, en t 0 , estaba en X i = (1,2,1) ; 2) Considerando la configuración actual t = 0,5s . Determinar las componentes de la velocidad y de la aceleración de una partícula P que originalmente estaba en X i = (16 ; −4 ;1) ; 15 15 3) Obtener las ecuaciones del movimiento en la descripción Euleriana; 4) Obtener las componentes de la velocidad y la aceleración de una partícula que en el tiempo ( t = 0,5s ) pasa por el punto xi = (1,0,1) . NOTA: Considerar el sistema internacional de unidades. Solución: 1)Utilizando las ecuaciones del movimiento y reemplazando las coordenadas materiales del punto X i = (1,2,1) , obtenemos: x 1 = 1 + 2t 2
;
x2 = 2 + t 2
;
x3 = 1
Las ecuaciones anteriores representan la trayectoria de la partícula. Para obtener la ecuación de la partícula, eliminamos el tiempo de las ecuaciones de movimiento, obteniendo así: x1 − 2 x 2 = −3 x3 = 1
Lo cual indica que la partícula se mueve en línea recta según la ecuación ( x1 − 2 x 2 = −3) en el plano x3 = 1 , ver figura siguiente. X 3 , x3
trayectoria de la partícula
( x1 − 2 x 2 = −3)
x3 = 1
X 2 , x2
X 1 , x1
2) Las componentes de la velocidad y de la aceleración de la partícula P vienen dadas respectivamente por:
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173
V1 = 2tX 2 r r r Dx componente s V ( X , t) = → V 2 = 2tX 1 Dt V = 0 3 A1 = 2 X 2 r r r Dv componente s → A2 = 2 X 1 A( X , t ) = Dt A = 0 3
Luego, para la partícula situada originalmente en X i = (16 ; −4 ;1) , en t = 0,5s tiene: 15 15 −4 −4 V1 = 2 × 0,5 × 15 = 15 m/s 16 16 V 2 = 2 × 0,5 × (15 ) = 15 m / s V = 0 3
y
−8 −4 A1 = 2 × 15 = 15 m / s2 2 16 32 A2 = 2 × (15 ) = 15 m / s A = 0 3
3) Invirtiendo las ecuaciones del movimiento resulta: x1 = X 1 + t 2 X 2 ⇒ X 1 = x1 − t 2 X 2 2 2 x2 = t X 1 + X 2 ⇒ X 2 = x2 − t X 1 x = X ⇒ X = x 3 3 3 3
x1 − t 2 x 2 = X 1 1− t4 x − t 2 x1 ⇒ X 2 = 2 1− t4 X 3 = x3
4) Podemos obtener la velocidad y la aceleración de la partícula que en el tiempo ( t = 0,5s ) pasa por el punto xi = (1,0,1) simplemente obteniendo la expresión de la velocidad y aceleración en coordenadas espaciales: Velocidad: x 2 − t 2 x1 = 2 v t 1 1− t4 V1 = 2tX 2 x1 − t 2 x 2 = 0,5 s sustituyen do = → 2 = V X t 2 t → v t 2 2 1 4 (1, 01) X1 , X 2 x 1− t V = 0 3 v 3 = 0
−4 v1 = 15 m / s 16 v 2 = m / s 15 v 3 = 0
Aceleración: x 2 − t 2 x1 = 2 a 1 1− t4 A1 = 2 X 2 x1 − t 2 x 2 =0,5 s sustituyen do = → = 2 t → A X 2 a 2 2 1 4 (1, 01) X1 , X 2 x 1− t A = 0 3 a 3 = 0
8 2 a1 = − 15 m / s 32 m / s2 a 2 = 15 a 3 = 0
Podemos obtener la posición inicial de esta partícula utilizando las ecuaciones inversas del movimiento obtenidas en el apartado 3, xi (1,0,1) , resultando:
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174
x1 − t 2 x 2 1 − (0,5 2 )(0) 16 = = = X 1 15 1− t4 1 − (0,5) 4 x 2 − t 2 x1 0 − (0,5 2 )(1) 4 = =− X 2 = 4 4 15 1− t 1 − (0,5) X = x = 1 3 3
Podemos verificar que es la misma partícula P referida en el apartado 2. Es lógico que hayamos encontrado las mismas velocidades y aceleraciones utilizando las coordenadas materiales o espaciales, ya que la velocidad y aceleración son propiedades intrínsecas de una partícula. Ejemplo 2.22 La aceleración de una partícula en un medio continuo está descrita por: r r r r r r D v ∂v = a ( x , t) = + ∇ xr v ⋅ v Dt ∂t
Demostrar que la aceleración también se puede escribir como: r r v2 Dv ∂v = + ∇ xr Dt ∂t 2
r r v2 r r ∂v r − v ∧ (∇ xr ∧ v ) = + ∇ x ∂t 2
r r − v ∧ rot v
Solución: Para demostrar la relación anterior es suficiente demostrar por identificación de términos: v2 r r ∇ xr v ⋅ v = ∇ xr 2
r r r − v ∧ (∇ xr ∧ v )
En notación simbólica: v2 ∇ xr 2
r r r 1 ∂ ∂ ˆ − v ∧ (∇ xr ∧ v ) = eˆ i e r ∧ (v s eˆ s ) v j v j − (v i eˆ i ) ∧ 2 ∂x i ∂x r
(
)
Utilizado la definición del operador de permutación (Capítulo 1) podemos expresar el producto vectorial como: v2 ∇ xr 2
r r ∂v r 1 ∂ − v ∧ (∇ xr ∧ v ) = eˆ i v j v j − (vi eˆ i ) ∧ rst s eˆ t 2 ∂x i ∂x r ∂v j ∂v s 1 eˆ k = eˆ i 2v j − rst itk v i 2 ∂x r ∂x i
(
)
En el capítulo 1 del libro se demostró que rst itk = rst kit = δ rk δ si − δ ri δ sk , luego: v2 ∇ xr 2
r ∂v j r r − v ∧ (∇ xr ∧ v ) = v j ∂x i ∂v j =vj ∂x i ∂v j =vj ∂x i
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∂v s eˆ k ∂x r ∂v ∂v eˆ i − δ rk δ si v i s − δ ri δ sk v i s ∂x r ∂x r ∂v ∂v eˆ i − v s s − v i k eˆ k ∂x i ∂x k eˆ i − (δ rk δ si − δ ri δ sk )v i
eˆ k
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175
r ∂v j v2 r r ∂v ∂v ∇ xr − v ∧ (∇ xr ∧ v ) = v j eˆ i − vs s eˆ k + vi k eˆ k ∂ x ∂ x ∂xi 2 i k ∂v j ∂v ∂v = δ sj vs eˆ i − vs s δ ik eˆ i + vi k eˆ k ∂xi ∂xk ∂xi = vs
r r ∂v eˆ ∂v s ˆ ∂v ∂v e i − vs s eˆ i + vi k eˆ k = k k vi = ∇ xr v ⋅ v ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi
Q.E.D.
NOTA: Es interesante que el lector compare éste desarrollo con el Ejemplo 1.117 (capítulo 1). Ejemplo 2.23
r r
r
Consideremos las ecuaciones de movimiento x ( X , t ) y el campo de temperatura T ( x , t ) dado por: x1 = X 1 (1 + t ) x 2 = X 2 (1 + t ) x = X 3 3
;
r T ( x ) = x12 + x 22
Encontrar la tasa de cambio de la temperatura de la partícula P en el tiempo t = 1s , dicha partícula P estaba en el punto ( X 1 = 3, X 2 = 1, X 3 = 0) en el tiempo t = 0 . Solución 1: En esta primera solución obtenemos la derivada material de la temperatura Lagrangiana, r para ello tenemos que obtener la temperatura en la descripción Lagrangiana T ( X , t ) (Temperatura Lagrangiana): r T ( x ) = x12 + x 22
↓ sustituyen do las ecuaciones del movimiento ↓
r T ( X , t ) = X 12 (1 + t ) 2 + X 22 (1 + t ) 2
La derivada material de la temperatura Lagrangiana viene dada por:
r r DT dT ( X , t ) & T ( X , t) ≡ = = 2 X 12 (1 + t ) + 2 X 22 (1 + t ) Dt dt
Sustituyendo t = 1s , ( X 1 = 3, X 2 = 1, X 3 = 0) , en la ecuación anterior obtenemos que: r ⇒ T& ( X , t ) = 2 X 12 (1 + t ) + 2 X 22 (1 + t ) = 2(3) 2 (1 + 1) + 2(1) 2 (1 + 1) = 40
Solución 2: En esta solución alternativa, utilizamos directamente la definición de derivada material de r
una propiedad Euleriana, i.e. T& ( x , t ) =
r r r DT ∂T ( x ) ∂T ( x ) vk ( x, t ) . = + Dt ∂t ∂x k
De las ecuaciones del movimiento obtenemos: r v1 ( X , t ) = X 1 x1 = X 1 (1 + t ) r velocidad x 2 = X 2 (1 + t ) → v 2 ( X , t ) = X 2 r x = X 3 3 v 3 ( X , t ) = 0
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Las ecuaciones del movimiento en la descripción Euleriana vienen dadas por: x1 X 1 = (1 + t ) x1 = X 1 (1 + t ) x2 movimiento inverso x2 = X 2 (1 + t ) → X 2 = (1 + t ) x = X 3 3 X 3 = x3
Luego, es posible obtener la velocidad Euleriana como: r r r r x1 V1 ( X ( x , t ), t ) = X 1 ( x , t ) = (1 + t ) = v1 ( x , t ) r r x2 r r = v 2 ( x, t ) V 2 = ( X ( x , t ), t ) = X 2 ( x , t ) = (1 + t ) V3 = v 3 ( xr , t ) = 0 r Con eso, la derivada material de la temperatura Euleriana, T ( x , t ) , viene dada por: r r ∂T ∂T ∂T ( x ) ∂T DT ( x , t ) & r ⇒ ≡ T ( x, t ) = + v1 + v2 + v3 ∂t3 ∂x 2 ∂x 3 Dt ∂x1 12 = 0 (Campo estacionar io)
x x r ⇒ T& ( x , t ) = 2 x1 1 + 2 x 2 2 + 0 1+ t 1+ t
⇒
2x 2 2x 2 r 2 T& ( x , t ) = 1 + 2 = ( x12 + x 22 ) 1+ t 1+ t 1+ t
La posición de la partícula P en el tiempo t = 1s viene dada por: x1 = X 1 (1 + t ) = 3(1 + 1) = 6 x 2 = X 2 (1 + t ) = 1(1 + 1) = 2 x = X = 0 3 3
Luego, sustituyendo las coordenadas espaciales en la expresión de la derivada material de la temperatura obtenemos que: r 2 2 ( x12 + x 22 ) = T& ( x , t ) = T& ( x1 = 6, x 2 = 2, x 3 = 0, t = 1) = (6 2 + 2 2 ) = 40 1+ t 1+1 r Alternativamente, la expresión T& ( x , t ) puede también ser obtenido como sigue: r T& ( X , t ) = 2 X 12 (1 + t ) + 2 X 22 (1 + t ) 2 2 r r x x r 2 r 2 T& ( X ( x , t ), t ) = 2[X 1 ( x , t )] (1 + t ) + 2[X 2 ( x , t )] (1 + t ) = 2 1 (1 + t ) + 2 2 (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) r 2 = ( x12 + x 22 ) = T& ( x , t ) (1 + t )
Ejemplo 2.24 Sea el movimiento: x i = X i (1 + t ) t > 0
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177
Determinar el campo de velocidad en la descripción espacial. Solución: La velocidad será obtenida a través de la derivada temporal de las ecuaciones del movimiento: Vi = x& i =
d [X i (1 + t )] = X i dt
(2.78)
Para hallar la velocidad en la descripción espacial tenemos que obtener la inversa de las ecuaciones del movimiento y reemplazar en la ecuación (2.78): xi x i = X i (1 + t ) ⇒ X i = (1 + t ) v = X ( xr , t ) = x i i i 1+ t
Ejemplo 2.25
r
Considérese el campo de temperatura T ( x ) en la descripción espacial y las ecuaciones del movimiento siguientes: T = 2( x12 + x 22 ) i ∈ {1,2} xi = X i (1 + t )
Encuentre en t = 1s la tasa de cambio de temperatura de una partícula que ocupaba la posición (1,1) en la configuración de referencia. NOTA: Podemos observar que el campo de temperatura es un campo estacionario, es r decir T = T ( x ) . ■ Solución 1: En esta primera solución obtendremos la ecuación de la temperatura en la descripción material: r T ( x ) = 2( x12 + x 22 ) ↓ reemplazan do las ecuaciones del movimiento ↓ r T ( X , t ) = 2 X 2 (1 + t ) 2 + X 2 (1 + t ) 2 1 2
[
]
La derivada material viene dada por:
r r DT dT ( X , t ) & ⇒ T ( X , t) = = = 2 2 X 12 (1 + t ) + 2 X 22 (1 + t ) Dt dt
[
]
Reemplazando t = 1s y las coordenadas materiales ( X 1 = 1; X 2 = 1) obtenemos: ⇒ T& ( X 1 = 1; X 2 = 1; t = 1) = 16
Solución 2: En esta segunda solución usaremos directamente la definición de derivada material para propiedades descritas en coordenadas espaciales: r T ( x ) = 2( x12 + x12 )
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;
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x i = (1 + t ) X i
i ∈{1,2}
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178
r r r DT ∂T ( x ) ∂T ( x ) ∂x k & ⇒ T ( x, t ) = = + Dt ∂t ∂x k ∂t r r ∂T ( x ) dado que T ( x ) no es función del tiempo =0: ∂t
i ∈ {1,2}
r ∂T ∂x1 ∂T ∂x 2 ⇒ T& ( x , t ) = 0 + + ∂x1 { ∂t ∂x 2 { ∂t V1 = X 1
r x x ⇒ T& ( x , t ) = 0 + 4 x1 1 + 4 x2 2 1+ t 1+ t
V2 = X 2
r 4 x2 4 x2 T& ( x , t ) = 1 + 2 1+ t 1+ t
⇒
La partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición (1,1) , en el tiempo t = 1s estará en la posición xi = (1 + t ) X i = 2 X i , es decir, ( x1 = 2; x 2 = 2 ): T& ( x1 = 2; x 2 = 2; t = 1) =
4( 2) 2 1+1
+
4( 2) 2 1+1
= 16
Ejemplo 2.26 Dadas las siguientes ecuaciones del movimiento: x1 = X 1exp t + X 3 (exp t − 1)
x2 = X 2 + X 3 (exp t − exp −t )
;
;
x3 = X 3
Determinar las componentes de la velocidad y de la aceleración en coordenadas materiales y espaciales. Solución: Primero obtenemos la inversa de la ecuación del movimiento: x1 = X 1 exp t + X 3 (exp t − 1) t −t x 2 = X 2 + X 3 (exp − exp ) x = X ⇒ X = x 3 3 3 3
x1 − X 1 exp t = x 3 (exp t − 1) → x 2 − X 2 = x 3 (exp t − exp −t ) x = X ⇒ X = x 3 3 3 3
resultando: X 1 = x1 exp − t − exp − t (exp t − 1) 2t −t X 2 = x 2 − x 3 (exp − 1)exp X = x 3 3
(2.79)
o t x1 exp x2 = 0 x 0 3
−t X 1 X 1 exp 1 (exp t − exp −t ) X 2 inversa → X 2 = 0 X 0 X 0 1 3 3
0
(exp t − 1)
− exp −t (exp t − 1) x1 1 − (exp 2 t − 1)exp −t x 2 x 0 1 3 0
a) La velocidad en la descripción material viene dada a través de sus componentes: V1 = X 1 exp t + X 3 exp t r D → V 2 = X 3 exp t + X 3 exp −t = X 3 (exp t + exp −t ) V i= x j ( X , t) Dt V = 0 3
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(2.80)
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179
b) La aceleración en la descripción material viene dada por: A1 = X 1exp t + X 3 exp t r r DV i ( X , t ) Ai ( X , t ) = → A2 = X 3 (exp t − exp −t ) Dt A = 0 3
(2.81)
Para obtener la velocidad y la aceleración en la descripción espacial es suficiente sustituir en las ecuaciones (2.80) y (2.81) los valores de X 1 , X 2 , X 3 , dados por la ecuación (2.79), resultando: v1 = x1 + x 3 t −t v 2 = x 3 (exp + exp ) v = 0 3
;
Velocidad en la descripció n espacia l
a1 = x1 + x 3 t −t a 2 = x 3 (exp − exp ) a = 0 3 Aceleració n en la descripció n espacial
Ejemplo 2.27 El movimiento de un medio continuo viene definido por las siguientes ecuaciones: x1 = 12 ( X 1 + X 2 )exp t + 12 ( X 1 − X 2 )exp − t t −t 1 1 x 2 = 2 ( X 1 + X 2 )exp − 2 ( X 1 − X 2 )exp x = X 3 3 0 ≤ t ≤ constante
Expresar las componentes de la velocidad en la descripción material y espacial. Solución: Las componentes de la velocidad utilizando la descripción material son: r Dx1 ( X , t ) 1 1 = ( X 1 + X 2 )exp t − ( X 1 − X 2 )exp −t V1 = Dt 2 2 r Dx 2 ( X , t ) 1 1 = ( X 1 + X 2 )exp t + ( X 1 − X 2 )exp −t V 2 = Dt 2 2 V3 = 0
(2.82)
Para expresar las componentes de la velocidad en la descripción espacial tenemos que obtener la inversa de las ecuaciones de movimiento, xi = x i ( X 1 , X 2 , X 3 ) resultando: (exp t x1 t (exp x = 2 x 3
+ exp −t ) 2 − exp −t ) 2 0
(exp t − exp −t ) 2 (exp t + exp −t ) 2 0
(exp 2t + 1)exp −t X1 1 inversa → X 2 = − (exp 2t − 1)exp −t X 2 0 3
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0 X 1 0 X 2 1 X 3 − (exp 2t − 1)exp −t (exp 2 t + 1)exp −t 0
0 x1 0 x2 2 x 3
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180
Para obtener la velocidad en la descripción espacial es suficiente reemplazar las ecuaciones anteriores en las expresiones de la velocidad (2.82), resultando: v1 = x 2 v 2 = x1 v = 0 3
Ejemplo 2.28 Dado el movimiento: x i = ( X 1 + ktX 2 )δ i1 + X 2 δ i 2 + X 3 δ i 3
i ∈ {1,2,3}
y el campo de temperatura T = x1 + x 2 . Encontrar la tasa de cambio de T para la partícula que en la configuración actual está situada en el punto (1,1,1) . Solución: Explícitamente las ecuaciones de movimiento son: x1 = X 1 + ktX 2
;
x2 = X 2
x3 = X 3
;
Reemplazando xi en la expresión de la temperatura, se obtiene la temperatura en la configuración material: r r T ( x ) = x1 + x 2 ⇒ T ( X , t ) = X 1 + ktX 2 + X 2
La derivada material de la temperatura viene dada por: r DT D ( X 1 + ktX 2 + X 2 ) 1,1,1) T& ( X , t ) = = kX 2 = k x 2 ( → T& = k = Dt Dt
Solución alternativa: La derivada material para una propiedad expresada en la descripción espacial viene dada por: DT ∂T ∂T ∂x k T& ( x1 , x 2 , x 3 , t ) = = + Dt ∂t ∂x k ∂t
Considerando T = x1 + x 2 , obtenemos: ∂T ∂T ∂x1 ∂T ∂x 2 ∂T ∂x 3 + + + T& ( x1 , x 2 , x 3 , t ) = ∂t ∂x1 ∂t ∂x 2 { ∂t ∂x 3 { ∂t { { =0
=0
=0
=0
⇑
T& ( x1 , x2 , x3 , t ) = kX 2
Hallando la inversa de las ecuaciones del movimiento: x1 = X 1 + ktX 2 X 1 = x1 − ktx 2 inversa → X 2 = x 2 x2 = X 2 x = X X = x 3 3 3 3 ⇒ T& ( x1 , x 2 , x 3 , t ) = kX 2 = kx 2
Para la partícula que en la configuración actual pasa por el punto (1,1,1) : T& ( x1 = 1, x 2 = 1, x 3 = 1, t ) = k
Ejemplo 2.29 Dado un campo de velocidad estacionario. Se pregunta: ¿Las velocidades de las partículas son constantes? Justificar la respuesta. En caso negativo, en situación se cumple. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Solución:
181
r
Un campo φ ( x , t ) se dice que es estacionario si la tasa local no varía con el tiempo: r ∂φ ( x , t ) =0 ∂t
r
φ = φ( x ) Campo estacionario
⇒
(2.83)
Un campo de velocidad estacionario (movimiento estacionario) se indica en la Figura 2.3. Luego, como se verifica en la Figura 2.3, la representación del campo para los tiempos t1 y t 2 no cambia. Pero, eso no implica que las velocidades de las partículas no estén r cambiando a lo largo del tiempo. Fijemos nuestra atención en un punto espacial fijo x * . En r r el tiempo t1 la partícula Q está pasando por x * y tiene velocidad v * , consideremos también una partícula P que está pasando por otro punto y que tiene velocidad tal que r r r v P (t1 ) ≠ v * . Para un tiempo t 2 la partícula P está pasando ahora por el punto x * y si el r r campo es estacionario, la velocidad de la partícula P en x * tiene que ser v * , i.e. r r v P (t 2 ) = v * . Esto se puede verificar fácilmente a través de la derivada material de la velocidad (que está asociada siempre con la misma partícula): r r r r r r r r r r r r Dv ( x , t ) r r ∂v ( x , t ) ≡ a ( x, t ) = + ∇ xr v ⋅ v ( x , t ) = ∇ xr v ⋅ v ( x ) = a ( x ) Dt ∂t4 1 42 3 r
(2.84)
= 0 (Estaciona rio)
Para que la aceleración de la partícula sea igual a cero, además de campo de velocidad r estacionario, el campo de velocidad también tiene que ser homogéneo, i.e. ∇ xr v = 0 . Verifiquemos también que, aunque la velocidad espacial sea independiente del tiempo la material no necesariamente lo será, ya que: r r r r r r r v ( x ) = v ( x ( X , t )) = v ( X , t )
(2.85)
2.2 Tensores de Deformación Finita, Deformación Homogénea Ejemplo 2.30 Una barra (considerada como un sólido de una dimensión) sufre un estiramiento uniforme de todos sus puntos dado por: λ = exp at
donde a = ctte . r
(2.86) r r
a) Obtener las ecuaciones del movimiento x = x ( X , t ) ; b) Obtener las componentes del tensor velocidad de deformación D .
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
182
t1
r r v ( x)
r r r r v ( x * , t1 ) = v * = v Q
Partícula - Q
Partícula - P r r v P ≠ v*
r x*
t2
r r v ( x)
r r r r v ( x * , t2 ) = v * = v P
Partícula - P r x*
Figura 2.3: Campo estacionario.
x1
λ = exp at
Figura 2.4. Solución: Haciendo el planteamiento en 1D : λ=
ds dx = = exp at dS dX
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⇒
dx = exp at dX
Draft
⇒
∫ dx = ∫ exp
at
dX
(2.87)
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
183
⇒ x1 = exp at X 1 + C
(2.88)
x = exp 0 X 1 + C ⇒ X = X + C ⇒ C = 0
(2.89)
para t = 0 ⇒ x = X , luego Obtenemos así las ecuaciones del movimiento: x1 = exp at X 1
x2 = X 2
;
x3 = X 3
;
(2.90)
El campo de velocidad: v1 =
dx1 = a X 1 exp at = a x1 dt
;
v2 = 0
;
v3 = 0
(2.91)
Tensor velocidad de deformación: ∂v j 1 ∂v D ij = i + 2 ∂x j ∂xi
⇒
a 0 0 Dij = 0 0 0 0 0 0
(2.92)
Ejemplo 2.31 Considérese las ecuaciones del movimiento dada por las siguientes expresiones: x1 = X 1 + 2 X 3
;
x2 = X 2 − 2 X 3
;
x3 = X 3 − 2 X 1 + 2 X 2
Determinar las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ). Solución 1: Campo de desplazamiento u1 = x1 − X 1 = 2 X 3 u 2 = x 2 − X 2 = −2 X 3 u = x − X = −2 X + 2 X 3 3 1 2 3
Partiendo de las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange en función del gradiente material de los desplazamientos: Eij =
1 ∂ui ∂u j ∂uk ∂uk + + 2 ∂X j ∂X i ∂X i ∂X j
∂u = i ∂X j
sym
1 ∂u ∂uk + k 2 ∂X i ∂X j
1 ∂ui ∂u j 1 ∂uk ∂uk + = + 2 ∂X j ∂X i 2 ∂X i ∂X j
donde el gradiente material de los desplazamientos viene dado por: ∂u1 ∂X 1 ∂u i ∂u 2 = ∂X j ∂X 1 ∂u 3 ∂X 1
∂u1 ∂X 2 ∂u 2 ∂X 2 ∂u 3 ∂X 2
∂u1 ∂X 3 0 0 2 ∂u 2 = 0 0 − 2 ∂X 3 ∂u 3 − 2 2 0 ∂X 3
Verifiquemos que el gradiente material de los desplazamientos es un tensor antisimétrico. Es decir, la parte simétrica es el tensor nulo. Sólo queda el término:
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184
0 0 2 T 0 0 2 2 − 2 0 1 ∂u ∂u k 1 0 0 − 2 = − 2 2 0 0 0 2 = − E ij = k 2 ∂X i ∂X j 2 − 2 2 0 − 2 2 0 0 0 4
Solución 2: Podemos aplicar directamente la definición: E ij =
(
)
(
1 1 C ij − δ ij = Fki Fkj − δ ij 2 2
)
donde: ∂x1 ∂X 1 ∂xi ∂x 2 Fij = = ∂X j ∂X 1 ∂x3 ∂X 1
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x3 ∂X 2
∂x1 ∂X 3 1 0 2 ∂x 2 = 0 1 − 2 ∂X 3 ∂x3 − 2 2 1 ∂X 3
Luego: 1 0 2 T 1 0 2 1 0 0 2 − 2 0 1 E ij = 0 1 − 2 0 1 − 2 − 0 1 0 = − 2 2 0 2 − 2 2 1 − 2 2 1 0 0 1 0 0 4
Ejemplo 2.32 Consideremos una transformación homogénea definida por las siguientes ecuaciones: x1 = X 1 + 2 X 2 + X 3
x2 = 2X 2
;
;
x3 = X 1 + 2 X 3
(2.93)
Demostrar que para una transformación homogénea, vectores paralelos en la configuración de referencia, siguen paralelos tras la deformación. Para la demostración considere dos partículas A y B cuyos vectores posición en la configuración de referencia son: r X A = eˆ 1 + eˆ 2
;
r X B = 2eˆ 1 + 2eˆ 2 + eˆ 3
(2.94)
Solución: El vector que une las dos partículas en la configuración de referencia viene dado por: r r r V = B − A = eˆ 1 + eˆ 2 + eˆ 3
(2.95)
El gradiente de deformación: 1 2 1 ∂xi Fij = = 0 2 0 ∂X j 1 0 2
(2.96)
Podemos obtener los vectores posición de las partículas en la configuración actual: r r dx = F ⋅ dX
homogénea Transforma ción →
r r x =F⋅X
(2.97)
luego, Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
xiA
1 2 1 1 3 = 0 2 0 1 = 2 1 0 2 0 1
;
xiB
185
1 2 1 2 7 = 0 2 0 2 = 4 1 0 2 1 4
(2.98)
y el vector que une estos dos puntos es: r r r (2.99) v = x B − x A = 4eˆ 1 + 2eˆ 2 + 3eˆ 3 r luego cualquier vector paralelo a V , por ejemplo 2eˆ 1 + 2eˆ 2 + 2eˆ 3 , después de la r transformación: 8eˆ 1 + 4eˆ 2 + 6eˆ 3 , es paralelo a v .
Ejemplo 2.33 Considere una base ortonormal cartesiana eˆ i y considere una deformación de corte puro representada por la deformación homogénea: r r x = X + k t X 2eˆ 1
(2.100)
o explícitamente: x1 = X 1 + k t X 2
;
x2 = X 2
;
x3 = X 3
(2.101)
Obtener la forma geométrica en la configuración actual de la Figura 2.5 representada por un rectángulo en la configuración de referencia. X2 B
C
O
A
X1
Figura 2.5 Solución: El gradiente de deformación: 1 k t 0 ∂xi Fij = = 0 1 0 ∂X j 0 0 1
(2.102) r
r
r
r
r
Verificamos que se trata de un caso de deformación homogénea, x = F ⋅ X + c con c = 0 . Determinante del Jacobiano: J = F =1
(2.103)
Verificamos que para este caso no hay dilatancia. Para la línea BC , que tiene como coordenadas en la configuración de referencia ( X 1 , X 2 ,0) tenemos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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186
x1 = X 1 + k t X 2
x2 = X 2
;
x3 = 0
;
(2.104)
Para la línea OA , de coordenadas ( X 1 ,0,0) : x1 = X 1
;
x2 = 0
;
x3 = 0
(2.105)
luego no se mueve. La deformación final se puede apreciar en la Figura 2.6. x2 B
B′
C
O
C′
x1
A
Figura 2.6 Ejemplo 2.34 Sean las ecuaciones del movimiento: x1 = X 1 +
2 X2 2
;
2 X1 + X 2 2
x2 =
;
x3 = X 3
(2.106)
Se pide: a) Probar que esta deformación es un ejemplo de transformación homogénea; r b) Determinar las componentes del campo de desplazamientos u en coordenadas materiales y espaciales; c) Determinar en la configuración actual la figura geométrica formada por las partículas que en la configuración de referencia formaban un círculo: X 12 + X 22 = 2
X3 = 0
d) Obtener las componentes del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C ) y del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ). e) Obtener los valores principales de los tensores C y E . Solución: a) Una transformación homogénea si es el del tipo: xi = Fij X j
(2.107)
donde ∂xi Fij = = ∂X j
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1 2 2 0
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2 2 1 0
0 0 1
(2.108)
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x1 x = 2 x3
2 2
1 2 2 0
1 0
187
0 X1 0 X 2 1 X 3
(2.109)
Comprobando que es una transformación homogénea. Su forma inversa se obtiene las ecuaciones del movimiento en coordenadas espaciales: X1 2 X = − 2 2 X 3 0
− 2 2 0
0 x1 0 x 2 1 x3
X 1 = 2 x1 − 2 x 2 X 2 = − 2 x1 + 2 x 2 X = x 3 3
⇒
(2.110)
b) El campo de desplazamientos viene dado por:
r r r u= x − X
componente s →
2 2 X 2 − X1 = X2 u1 = x1 − X 1 = X 1 + 2 2 2 2 X1 + X 2 − X 2 = X1 u 2 = x 2 − X 2 = 2 2 u 3 = x 3 − X 3 = 0
En coordenadas espaciales queda:
(
)
(2.111)
u1 = x1 − X 1 = x1 − 2 x1 − 2 x 2 = − x1 + 2 x 2
(
)
u 2 = x 2 − X 2 = x 2 − − 2 x1 + 2 x 2 = 2 x1 − x 2
(2.112)
u 3 = x 3 − X 3 = x3 − x3 = 0
c) Dada la ecuación de las partículas que en la configuración de referencia formaba un círculo: X 12 + X 22 = 2
;
X3 = 0
(2.113)
En la configuración actual queda:
(2 x
1
− 2 x2
) + (− 2
2 x1 + 2 x 2
)
2
(2.114)
=2
Desarrollando obtenemos que: 3x12 + 3 x 22 − 4 2 x1 x 2 = 1 (ecuación de una elipse)
(2.115)
Ver Figura 2.7. Es interesante que el lector verifique las posiciones de las partículas P ( X 1 = 0; X 2 = 2 ; X 3 = 0) y Q( X 1 = 2 ; X 2 = 2 ; X 3 = 0) en la configuración deformada.
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188
2 1,5 Conf. de Referencia Conf. Deformada
1 0,5
x2
0 -2
-1
0
1
2
-0,5 -1 -1,5 -2 x1
Figura 2.7: Curva material d) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green y el tensor de deformación de Green-Lagrange vienen dados, respectivamente, por: C = FT ⋅F
;
E=
1 (C − 1) 2
(2.116)
Luego las componentes de C son: C ij =
1 2 2 0
2 2 1 0
0 0 1
1 2 2 0
2 2 1 0
0 0 = 1
3 2 2 0
2 3 2 0
0 0 1
(2.117)
Obteniendo los autovalores de (2.117). Ya conocemos un autovalor C 3 = 1 . Para obtener los otros autovalores es suficiente resolver: 3 −C 2 2
2 3 −E 2
=0
⇒
3+ 2 2 ≈ 2,91421 C1 = 1 2 C 2 − 3C + = 0 ⇒ 4 3−2 2 ≈ 0,08579 C 2 = 2
(2.118)
Resumiendo: C1 =
3 3 + 2 ; C 2 = − 2 ; C3 = 1 2 2
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(2.119)
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189
Las componentes del tensor E son:
(
1 E ij = C ij − δ ij 2
)
1 = 2
3 2
2 3 2 0
2 0
0 1 1 0 0 1 0 − 0 1 0 = 2 2 4 0 1 0 0 1
2 2 1 0
0 0 0
(2.120)
Los valores principales de E son obtenidos por: 1 −E 4 2 2
2 2
=0
1 −E 4
1+ 2 2 ≈ 0,95711 E1 = 7 E 4 E2 − − =0⇒ 2 16 1− 2 2 ≈ −0,45711 E 2 = 4
⇒
(2.121)
Luego, los valores principales de E son: E1 =
1+ 2 2 4
; E2 =
1− 2 2 4
(2.122)
; E3 = 0
Solución Alternativa: Recordar que los tensores C y E son coaxiales, es decir, podemos trabajar en el espacio principal para obtener los autovalores de E :
E ij′ =
(
1 C ij′ − δ ij 2
)
3 + 2 2 2 1 = 0 2 0
0 3−2 2 2 0
1 + 2 2 0 1 0 0 4 0 − 0 1 0 = 0 1 0 0 1 0
0 1− 2 2 4 0
0 0 0
Ejemplo 2.35 Consideremos las siguientes ecuaciones del movimiento: 1 ; (2.123) X1 + X 2 x3 = X 3 2 r a) Obtener el campo de desplazamiento ( u ) en las descripciones Lagrangiana y Euleriana; x1 = X 1 +
1 X2 2
;
x2 =
b) Determinar la curva material en la configuración actual de una circunferencia material definido en la configuración de referencia como: X 12 + X 22 = 2
X3 = 0
c) Obtener las componentes del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green y el tensor de deformación de Green-Lagrange; d) Obtener los estiramientos principales. Solución: El gradiente de deformación viene dado por: 2 1 0 ∂xi 1 Fij = = 1 2 0 ∂X j 2 0 0 2
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;
J = F = 0.75
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
190
y combinando con las ecuaciones del movimiento dada en (2.123), obtenemos que: x1 2 1 0 X 1 x = 1 1 2 0 X 2 2 2 x3 0 0 2 X 3
;
x i = Fij X j
Con eso, podemos verificar que el ejemplo propuesto es un caso de deformación r r homogénea con c = 0 . La forma inversa de la ecuación anterior es: 4 2 X 1 = 3 x1 − 3 x 2 X1 4 − 2 0 x1 2 4 X = 1 − 2 4 0 x ⇒ (2.124) X 2 = − x1 + x 2 2 3 2 3 3 X 3 0 0 3 x3 X 3 = x3 r r r El campo de desplazamiento viene definido por u = x − X , con lo cual las componentes
del desplazamiento Lagrangiano resulta ser: r 1 1 u1 ( X , t ) = x1 − X 1 = X 1 + 2 X 2 − X 1 = 2 X 2 r 1 1 u i = xi − X i ⇒ u 2 ( X , t ) = x 2 − X 2 = X 1 + X 2 − X 2 = X 1 2 2 r u 3 ( X , t ) = x3 − X 3 = 0
(2.125)
Las componentes del desplazamiento Euleriana pueden ser obtenidas por reemplazar las ecuaciones del movimiento Euleriano (2.124) en (2.125), luego: r r r 1 u X ( ( x, t ), t ) = X 2 ( x , t ) = 1 2 r r r 1 u 2 ( X ( x , t ), t ) = X 1 ( x , t ) = 2 r r u ( X ( x , t ), t ) = u ( xr , t ) = 0 3 3
r 1 2 4 − x1 + x 2 = u1 ( x , t ) 2 3 3 r 1 2 4 − x1 + x 2 = u 2 ( x , t ) 2 3 3
(2.126)
Las partículas que pertenecen a la circunferencia X 12 + X 22 = 2 en la configuración de referencia, formarán una nueva curva en la configuración actual y que viene definida por: 2
2
2 4 4 2 X 12 + X 22 = 2 ⇒ x1 − x 2 + − x1 + x 2 = 2 ⇒ 20 x12 − 32 x1 x 2 + 20 x 22 = 18 3 3 3 3
el cual es la ecuación de una elipse (Figura 2.8 muestra la curva material en las diferentes configuraciones). Las componentes de C y E pueden ser obtenidas a través de las definiciones C = F T ⋅ F y E=
1 (C − 1) : 2 Cij = Fki Fkj
⇒
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2 1 0 2 1 0 1,25 1 0 1 Cij = 1 2 0 1 2 0 = 1 1,25 0 4 0 0 2 0 0 2 0 0 1
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(
1 Eij = Cij − δ ij 2
)
⇒
191
1,25 1 0 1 0 0 0,125 0.5 0 1 Eij = 1 1,25 0 − 0 1 0 = 0.5 0,125 0 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0
En el espacio principal de C sus componentes vienen dadas por: λ21 C ij′ = 0 0
0 λ22 0
0 0 λ23
λ 1 C ij′ = 0 0
⇒
0 0 λ 3
0 λ2 0
donde λ i son los estiramientos principales. A continuación, calculamos los autovalores de C: 1,25 − C 1 C1 = 2,25 = 0 ⇒ C 2 − 2,5C + 0,5625 = 0 ⇒ 1 1,25 − C C 2 = 0,25
λ21 C ij′ = 0 0
0 λ22 0
0 2,25 0 0 0= 0 0,25 0 λ23 0 0 1
⇒
λ 1 0 0
0 λ2 0
0 1,5 0 0 0 = 0 0,5 0 λ 3 0 0 1
2.0
curva material 1.5 Reference Conf. Current Conf.
1.0 0.5 x2
0.0 -2
-1
0
1
2
-0.5 -1.0 -1.5 -2.0 x1
Figura 2.8: Curva material.
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192
Ejemplo 2.36 Probar que
⋅ [(detF ) F −T ] = 0 r
∇ Xr
(2.127)
r
r r ˆ dA . Datos: Relación de Nanson da = J F −T ⋅ dA ó da = da nˆ = J F −T ⋅ N
Solución: Considerando la relación de Nanson en notación indicial da nˆ i = J Fki−1Nˆ k dA , donde J = detF . Podemos integrar en toda la superficie: −1 ˆ ki N k dA
∫ nˆ da = ∫ J F i
S
(2.128)
S0
Notar que dado una función escalar f se cumple que:
∫ nˆ
i
f da =
S
∫
f ,i dV =
V
∂f dV ∂xi
∫
V
Haciendo f = 1 , obtenemos que:
∫ nˆ
i
da = 0 i
S
Retomando la ecuación (2.128), y aplicando el teorema de la divergencia de Gauss para la segunda integral, obtenemos que:
∫ nˆ da = 0 = ∫ J F i
−1 ˆ ki N k dA =
i
−1 ki k
dV0 =
V0
S0
S
∫ (J F ),
∫
∇ Xr
∫
V0
(
)
∂ J Fki−1 dV0 = 0 i ∂X k
(2.129)
⋅ [(detF ) F −T ] dV0 = 0 r
V0
Luego si es válido para todo el volumen, tiene que ser válido localmente: ∇ Xr
Ejemplo 2.37
[
⋅ [(detF ) F −T ] = 0 r
r r
]
sym
(2.130)
[
r r
]
sym
Demostrar que a) E& = F −T ⋅ ∇ Xr u& ( X , t) y b) D = ∇ xr u& ( x , t) , donde E es el tensor de deformación de Green-Lagrange y D es el tensor velocidad de deformación. Solución: a)
(
)
) [
(
] [
1 D D 1 T 1 E& ≡ E= F ⋅ F − 1 = F& T ⋅ F + F T ⋅ F& = ( F T ⋅ F& ) T + ( F T ⋅ F& ) = F T ⋅ F& 2 Dt Dt 2 2
]
sym
Notar que:
(
)
r r ∂u& ( X , t ) D ∂xi ( X , t ) ∂ Dxi ( X , t ) ∂ & [ F&ij = = = = ∇ Xr u& ( X , t ) ij u i ( X , t )] = i Dt ∂X j ∂X j Dt ∂X j ∂X j
con lo cual, demostramos que:
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
[
D E& ≡ E = F T ⋅ F& Dt
]
sym
[
193
]
r r sym = F T ⋅ ∇ Xr u& ( X , t )
b)
[
] [
[
]
]
r r sym r r T r r 1 1 T sym l + ( l ) = ∇ xr v + (∇ xr v ) = (∇ xr v ( x , t )) = ∇ xr u& ( x , t ) 2 2 r r r r donde hemos considerado que v ( x , t ) = u& ( x , t ) . D=l
sym
=
Ejemplo 2.38 Considérese el siguiente campo de velocidad: v1 = −5 x2 + 2 x3
;
v2 = 5 x1 − 3 x3
v3 = −2 x1 + 3 x2
;
Demostrar que dicho movimiento corresponde a un movimiento de sólido rígido. Solución: En primero vamos obtener el gradiente espacial de la velocidad vienen dadas por: ∂v1 ∂x1 r ∂vi ( x, t ) ∂v 2 l ij = = ∂x j ∂x 1 ∂ v3 ∂x1
∂v1 ∂x 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂v3 ∂x 2
(l ), cuyas componentes
∂v1 ∂x3 0 − 5 2 ∂v 2 = 5 0 − 3 ∂x3 0 ∂v3 − 2 3 ∂x3
(2.131)
Recordar que ( l ) podemos descomponer en una parte simétrica ( D ) y otra antisimétrica ( W ). También podemos verificar que l = D + W = W . Ya que D = 0 , el movimiento es de sólido rígido. Ejemplo 2.39 Consideremos el siguiente campo de velocidad: v1 = −3 x2 + 1x3
;
v2 = 3x1 − 5 x3
v3 = −1x1 + 5 x2
;
Demostrar que el movimiento correspondiente se trata de un movimiento de sólido rígido. Solución: Calculamos las componentes del gradiente espacial de velocidad ∂v1 ∂x1 r ∂vi ( x , t ) ∂v 2 = l ij = ∂x j ∂x 1 ∂ v3 ∂x1
∂v1 ∂x 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂v 3 ∂x 2
(l ):
∂v1 ∂x3 0 − 3 1 ∂v 2 = 3 0 − 5 = l ijanti ∂x3 0 ∂v3 − 1 5 ∂x3
Teniendo en cuenta que l puede ser descompuesto de forma aditiva en una parte simétrica ( l sym ≡ D ) y una antisimétrica ( l anti ≡ W ), i.e. l = D + W , podemos que concluir que D = 0 , el cual caracteriza un movimiento de sólido rígido. Ejemplo 2.40 El campo de desplazamientos de un cuerpo viene descrito por las siguientes ecuaciones: u1 = 3 X 12 + X 2 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
;
u 2 = 2 X 22 + X 3 Draft
;
u3 = 4 X 32 + X 1 Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
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194
r
Determinar el vector dx (configuración actual) cuyo vector en la configuración de r referencia estaba representado por dX y pasaba por el punto P(1,1,1) . X 3 , x3
P
r dX
dX 1 dX k = dX 2 dX 3
Q
X 2 , x2 X 1 , x1
Solución:
r
Para determinar el vector dx necesitamos obtener el gradiente de deformación F . Las componentes del gradiente de deformación material pueden obtenerse utilizando directamente la ecuación: ∂ui Fij = δ ij + ∂X j
1 1 + 6 X 1 1 + 4X 2 Fij = 0 1 0
⇒
1 + 8 X 3 0 1
Las componentes del gradiente de deformación en el punto P(1,1,1) son: Fij
P
7 1 0 = 0 5 1 1 0 9 r
Una vez obtenido el gradiente de deformación F , las componentes del vector dx vienen dadas por: dx i = Fij dX j
⇒
dx1 7 1 0 dX 1 7 dX 1 + dX 2 dx = 0 5 1 dX = 5dX + dX 2 3 2 2 dx 3 1 0 9 dX 3 dX 1 + 9 dX 3
Ejemplo 2.41 Dadas las componentes del campo de desplazamientos siguientes: u1 = 2 X 12 + X 1 X 2 2 u 2 = X 2 u = 0 3
para X 1 ≥ 0; X 2 ≥ 0
Se pide: a) Encontrar el vector en la configuración de referencia cuyo vector en la configuración →
actual es dx i = (OP ′) i = (1,0,0) ; b) Encontrar el estiramiento de un elemento de línea que en la configuración actual es el →
vector dx i = (OP ′) i = (1,0,0) y que pasa por el punto P(1,0,0) . Solución: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
195
a) Dadas las componentes del desplazamiento podemos obtener las componentes del movimiento según la ecuación: u i = xi − X i x1 = X 1 + 2 X 12 + X 1 X 2 do sustituyen → x2 = X 2 + X 22 valores de u1 ,u 2 ,u3 x = X 3 3
x1 = u1 + X 1 x2 = u 2 + X 2 x = u + X 3 3 3
Podemos verificar que no se trata de una deformación homogénea, ya que una recta en la configuración de referencia no sigue siendo una recta en la configuración deformada. Como ejemplo consideremos que unas partículas que ocupan una recta en la configuración de referencia, tras la deformada estas partícula ya no formarán una recta en la configuración actual, ver Figura 2.9. 2,5
P
2
x2
1,5
P
1 0,5
Conf. Actual
Q
Q
Conf. Referencia
0 0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
x1
Figura 2.9: Deformación de la recta (1,1). Reemplazando el punto P ( x1 = 1, x 2 = 0, x3 = 0) en las ecuaciones del movimiento anterior, resulta: 1 = X 1 + 2 X 12 + X 1 X 2 2 0 = X 2 + X 2 0 = X 3
Podemos decir de inmediato que X 3 = 0 y X 22 = − X 2 , debido a la restricción del problema X 2 ≥ 0 , luego la única solución posible es X 2 = 0 . Sustituyendo los valores de X 3 = 0 y X 2 = 0 en la primera ecuación resulta: X 1 = −1 resolviend o → 1 = X 1 + 2 X 12 X 1 = 12
Debido a la restricción X 1 ≥ 0 , la única solución posible es X 1 = 12 . Así: ( X 1 = 12 ; Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
X 2 = 0;
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X 3 = 0) Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
196
Es decir, la partícula que en la configuración actual ocupa ( x1 = 1, x 2 = 0, x 3 = 0) , en la configuración de referencia ocupaba el lugar ( X 1 = 12 ; X 2 = 0; X 3 = 0;) . r
Calculemos el incremento en esta dirección dX , según la ecuación dx j = F jk dX k y su forma inversa: dX 1 dx1 dX = F −1 dx jk 2 2 dX 3 dx 3
Para lo cual debemos calcular antes las componentes del gradiente de deformación material F jk . Podemos hacerlo directamente partiendo de la definición:
F jk
∂x1 ∂X 1 ∂x = 2 ∂X 1 ∂x 3 ∂X 1
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x 3 ∂X 2
∂x1 ∂X 3 (1 + 4 X + X ) X1 1 2 ∂x 2 = 0 1 + 2X 2 ∂X 3 0 0 ∂x 3 ∂X 3
0 0 1
Para el punto P( X 1 = 12 ; X 2 = 0; X 3 = 0;) obtenemos las componentes del gradiente de deformación: F jk
P
3 12 0 = 0 1 0 0 0 1
Calculamos la inversa ( F jk ) −1 ≡ F jk−1 . Por definición: T
F jk−1
0 0 1 1 − 0,5 0 1 1 1 = adj( F jk ) = − 0,5 3 0 = 0 3 0 3 3 F jk 0 0 0 3 0 3
Luego: dX 1 dx1 1 − 0,5 0 1 13 dX = F −1 dx = 1 0 3 0 0 = 0 jk 2 2 3 dX 3 dx 3 0 0 3 0 0
b) El estiramiento viene dado por: λ=
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r dx r dX
=
Draft
12 + 0 + 0
(13 )2 + 0 + 0
=3
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197
0,1
x2
0,08 0,06
Conf. Actual
0,04
Conf. Referencia
0,02 0 0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
x1
Figura 2.10: Deformación de la recta OT . Ejemplo 2.42 Utilizar
la
DF D [det (F )] = ij cof Fij Dt Dt
( )
definición
para
obtener
la
expresión
D [det (F )] = Jv i ,i . Dt
Solución: Considerando que Fij =
∂x i , luego: ∂X j
∂x ∂x D [det (F )] = D i cof Fij = D i cof Fij = D (v i )cof Fij Dt Dt ∂X j ∂X j Dt ∂X j r o aún considerando que v i ( x ( X , t ), t ) , podemos decir que:
( )
( )
( )
D [det (F )] = ∂vi ∂x k cof Fij ∂x k ∂X j Dt
( )
Y considerando la definición del cofactor: [cof (Fij )]T = (Fij )−1 det (Fij ) , obtenemos que: D [det (F )] = ∂vi ∂xk Fij Dt ∂xk ∂X j
( )
−T
( )
det Fij =
∂vi Fkj F ji ∂x k
( )
−1
( )
det Fij =
∂vi ∂v δ ki det Fij = i det Fij ∂x k ∂xi
( )
( )
= Jvi ,i
Solución alternativa: ver Ejemplo 1.115 en el capítulo 1. Ejemplo 2.43
r
Dado el diferencial dx , hallar su derivada material. Solución: r r r r r r r D r D D D dx = ( F ⋅ dX ) = ( F ) ⋅ dX + F ⋅ ( dX ) = l ⋅ F ⋅ d3 X = l ⋅ dx ≡ ∇ xr v ⋅ dx 1 2 r Dt Dt Dt Dt 1 424 3 dx r 0
Las componentes vienen dadas por: ∂v D r dx = v i , k dx k = i dx k ∂x k Dt i
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
198
Ejemplo 2.44 Considerando las ecuaciones del movimiento: x1 = X 1 + 4 X 1 X 2
x2 = X 2 + X 22
;
x3 = X 3 + X 32
;
Encontrar el tensor de deformación de Green-Lagrange E . Solución: El tensor de deformación de Green-Lagrange viene dado por: 1 T ( F ⋅ F − 1) 2
E=
Eij =
1 ( Fki Fkj − δ ij ) 2
(2.132)
Considerando las ecuaciones del movimiento podemos obtener las componentes del gradiente de deformación material F : ∂x1 ∂X 1 ∂x k ∂x 2 Fkj = = ∂X j ∂X 1 ∂x 3 ∂X 1
Fki Fkj
∂x1 ∂X 3 (1 + 4 X ) 4X1 2 ∂x 2 0 1 + 2X 2 = ∂X 3 0 0 ∂x 3 ∂X 3
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x 3 ∂X 2
0 1 + 2 X 3
0 0 (1 + 4 X 2 ) 4X1 (1 + 4 X 2 ) = 4X1 1 + 2X 2 0 0 1 + 2X 2 0 0 1 + 2 X 3 0 0 2 (1 + 4 X 2 ) (1 + 4 X 2 ) 4 X 1 0 2 2 0 = (1 + 4 X 2 ) 4 X 1 ( 4 X 1 ) + (1 + 2 X 2 ) 2 X 0 0 ( 1 2 ) + 3
0
0 0 1 + 2 X 3
Reemplazando la relación anterior en la ecuación (2.132) obtenemos que las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange vienen dadas por: (1 + 4 X 2 ) 2 − 1 (1 + 4 X 2 ) 4 X 1 0 1 2 2 0 E ij = (1 + 4 X 2 ) 4 X 1 ( 4 X 1 ) + (1 + 2 X 2 ) − 1 2 2 0 0 ( 1 + 2 ) − 1 X 3
Ejemplo 2.45 Obtener los invariantes principales de E en función de los invariantes principales de C y b. Solución: Los invariantes principales de E son: I E = Tr ( E )
;
II E =
[
1 2 I E − Tr ( E 2 ) 2
]
;
III E = det ( E )
1 2
Considerando que E = (C − 1) , resulta que: Primer Invariante: 1 1 1 1 I E = Tr ( E ) = (C − 1) = Tr (C − 1) = [Tr (C ) − Tr (1) ] = (I C − 3) 2 2 2 2
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
[
1 2 I E − Tr ( E 2 ) 2
Segundo Invariante: II E =
2
donde
I E2
199
]
(
)
1 1 = (I C − 3) = I C2 − 6 I C + 9 , 4 2 2
[
]
(
[ ( )
)
]
1 1 1 1 Tr ( E ) = Tr (C − 1) = Tr (C − 1) 2 = Tr C 2 − 2C + 1 = Tr C 2 − 2 Tr (C ) + Tr (1 ) 4 4 4 2 1 = Tr C 2 − 2 I C + 3 4 2
[ ( )
]
Para obtener Tr (C 2 ) , adoptaremos el espacio de las direcciones principales donde se cumple que: C12 C ⋅C = C 2 = 0 0
0 0 ⇒ Tr C 2 = C12 + C 22 + C 32 C 32
0 C 22
( )
0
Pero considerando la siguiente relación:
(
)
I C2 = (C1 + C 2 + C 3 ) = C12 + C 22 + C 32 + 2 C1 C 2 + C1 C 3 + C 2 C 3 1444424444 3 2
II C
⇒
C12
+
C 22
+
C 32
=
I C2
− 2 II C
Luego: Tr ( E 2 ) =
(
1 2 I C − 2 II C − 2 I C + 3 4
)
Con lo cual concluimos que el segundo invariante viene dado por: II E =
(
) (
)
1 1 2 1 1 I C − 6 I C + 9 − I C2 − 2 II C − 2 I C + 3 = (− 2 I C + II C + 3) 2 4 4 4
Tercer Invariante: 3
III E
1 1 = det ( E ) = det (C − 1) = det [(C − 1)] 2 2
Trabajando en el espacio principal de C se cumple que: C1 − 1 0 det (C − 1) = 0 C2 −1 0
0
0 0
= (C1 − 1)(C 2 − 1)(C 3 − 1)
C3 −1
= C1C 2 C 3 − C1C 2 − C1 C 3 − C 2 C 3 + C1 + C 2 + C 3 − 1 = III C − II C + I C − 1
luego III E =
1 ( III C − II C + I C − 1) . Resumiendo: 8
1 (I C − 3 ) 2 1 INVERSA II E = (− 2 I C + II C + 3) → 4 1 III E = ( III C − II C + I C − 1) 8
IE =
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I C = 2I E + 3 II C = 4 II E + 4 I E + 3 III C = 8 III E + 4 II E + 2 I E + 1
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
200
Ejemplo 2.46 Sea Ψ = Ψ (I C , II C , III C ) una función de valor-escalar, donde I C , II C , III C son los invariantes principales del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C . Obtener la derivada de Ψ con respecto a C y con respecto a b . Comprobar que la siguiente igualdad es válida F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = Ψ ,b ⋅ b . Solución: Utilizando la regla de la cadena podemos obtener que:
Ψ ,C =
∂Ψ (I C , II C , III C ) ∂Ψ ∂I C ∂Ψ ∂ II C ∂Ψ ∂ III C = + + ∂I C ∂C ∂ II C ∂C ∂ III C ∂C ∂C
(2.133)
Considerando las derivadas parciales de los invariantes vistas en el capítulo 1, podemos decir que: ∂I C ∂ II C ∂ III C =1 , = IC 1 − C T = IC 1 − C , = III C C −T = III C C −1 , luego: ∂C ∂C ∂C
Ψ ,C =
Ψ ,C
∂Ψ ∂Ψ (I C 1 − C ) + ∂Ψ III C C −1 1+ ∂I C ∂ II C ∂ III C
∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ I C 1 − III C C −1 + = C+ I I I I I I I I ∂ ∂ ∂ ∂ C C C C
(2.134)
También es válido que: ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ Ψ ,b = I b 1 − III b b −1 + b+ ∂ II b ∂ III b ∂I b ∂ II b
(2.135)
Haciendo una contracción por la izquierda con F y por la derecha por F T en la relación (2.134) obtenemos que: ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = I C F ⋅ 1 ⋅ F T − F ⋅C ⋅ F T + III C F ⋅ C −1 ⋅ F T + I I I I I I I I ∂ ∂ ∂ ∂ C C C C
(2.136) Y considerando las siguientes relaciones: ⇒ F ⋅1 ⋅ F T = F ⋅ F T = b C = F T ⋅ F ⇒ F ⋅C ⋅ F T = F ⋅ F T ⋅ F ⋅ F T = b ⋅ b = b2
Y considerando la relación C −1 = F −1 ⋅ b −1 ⋅ F concluimos que: C −1 = F −1 ⋅ b −1 ⋅ F ⇒ F ⋅ C −1 ⋅ F T = F ⋅ F −1 ⋅ b −1 ⋅ F ⋅ F T = b −1 ⋅ b
Luego la expresión (2.136) puede ser rescrita como: ∂Ψ ∂Ψ 2 ∂Ψ ∂Ψ F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = I C b − b + III C b −1 ⋅ b + ∂ II C ∂ III C ∂I C ∂ II C
∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ + F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = I C 1 − b+ III C b −1 ⋅ b ∂ II C ∂ III C ∂I C ∂ II C
También es válido que:
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
201
∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = I b 1 − B+ III b b −1 ⋅ b + ∂ II b ∂ III b ∂I b ∂ II b F ⋅ Ψ ,C ⋅ F T = Ψ ,b ⋅ b Q.E.D.
Verificando la expresión (2.135) podemos concluir que la relación Ψ ,b ⋅ b = b ⋅ Ψ ,b es válida, indicando que los tensores Ψ ,b y b son coaxiales. Ejemplo 2.47 Demostrar que el tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ) y el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C ) son tensores coaxiales. Solución: Dos tensores son coaxiales cuando presentan las mismas direcciones principales. También se puede demostrar que son coaxiales cuando se cumpla la relación: C ⋅ E = E ⋅C
Partiendo de la definición C = 1 + 2 E concluimos que: C ⋅ E = (1 + 2 E ) ⋅ E = 1 ⋅ E + 2 E ⋅ E = E ⋅ 1 + 2 E ⋅ E = E ⋅ (1 + 2 E ) = E ⋅ C
Con lo cual se demuestra que los tensores E y C son tensores coaxiales. Ejemplo 2.48
r
r
Obtener la relación E& = F T ⋅ D ⋅ F , partiendo de la definición (ds ) 2 − (dS ) 2 = dX ⋅ 2 E ⋅ dX . Obtener también la relación entre
[
]
D (ds ) 2 y D . Dt
Solución:
r
r
Tomando la derivada material de la relación (ds ) 2 − (dS ) 2 = dX ⋅ 2 E ⋅ dX :
[
D (ds ) 2 − (dS ) 2 Dt
El término
]
[
]
[
]
r D D r dX ⋅ 2 E ⋅ dX (ds ) 2 = Dt Dt r& r r r r r& D r r [dx ⋅ dx ] = 2d{ = X ⋅ E ⋅ dX + 2dX ⋅ E& ⋅ dX + 2dX ⋅ E ⋅ d{ X Dt =0 =0 r r r D r & = 2 dx ⋅ [dx ] = 2dX ⋅ E ⋅ dX Dt =
D r [dx ] , puede expresarse de la siguiente forma: Dt
[
r D D r [ ] d d x F X ⋅ = Dt Dt r & ⋅ dX F = r = l ⋅ F ⋅ dX
]
D D ∂x k [dx k ] = Dt ∂X i Dt D ∂x k Indicial → = Dt ∂X i ∂v = k dX i ∂X i
dX i D ∂x k dX i = dX i DX i ∂t
Con lo cual podemos decir que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
202
r r 2dX ⋅ E& ⋅ dX
r D r [dx ] = 2 dx ⋅ r r Dt = 2 dx ⋅ l ⋅ F ⋅ dX r r = 2 F ⋅ dX ⋅ l ⋅ F ⋅ dX r r = 2 dX ⋅ F T ⋅ l ⋅ F ⋅ dX
Podemos descomponer de forma aditiva el tensor gradiente espacial de velocidad ( l ) en una parte simétrica ( D ) y otra antisimétrica ( W ): r r 2dX ⋅ E& ⋅ dX
r r = 2 dX ⋅ F T ⋅ l ⋅ F ⋅ dX r r = 2dX ⋅ F T ⋅ (D + W ) ⋅ F ⋅ dX r r r r = 2 dX ⋅ F T ⋅ D ⋅ F ⋅ dX + 2 dX ⋅ F T ⋅ W ⋅ F ⋅ dX r r = 2 dX ⋅ F T ⋅ D ⋅ F ⋅ dX r r r r r r Observemos que dX ⋅ F T ⋅ W ⋅ F ⋅ dX = dx ⋅ W ⋅ dx = W : (dx ⊗ dx ) = 0 , ya que el tensor W r r es antisimétrico y (dx ⊗ dx ) un tensor simétrico. Con lo que concluimos que:
E& = F T ⋅ D ⋅ F
[
]
D (ds ) 2 y D queda: Dt r r r r D (ds ) 2 = 2dX ⋅ F T ⋅ D ⋅ F ⋅ dX = 2dx ⋅ D ⋅ dx Dt
Con lo cual la relación entre
[
]
Ejemplo 2.49 Obtener la tasa del determinante del Jacobiano ( J& ) en función de la tasa del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E& ) y también en función de la tasa del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C& ). Solución: Considerando que J& = J Tr (D ) , donde D es el tensor tasa de deformación, y está relacionado con E& por D = F −T ⋅ E& ⋅ F −1 , luego:
(
) (
)
J& = J Tr (D) = J Tr F −T ⋅ E& ⋅ F −1 = J F −T ⋅ E& ⋅ F −1 : 1
En notación indicial queda: J&
= J Fki−1 E& kp F pj−1δ ij
= J Fki−1 F pi−1 E& kp
= J F −1 ⋅ F −T : E&
= J C −1 : E& J = C −1 : C& 2
Aún podemos expresar J& en función de F& , para ello consideremos la siguiente relación
(
)
1 E& kp = F&sk Fsp + Fsk F&sp . Luego J& aún puede se expresado por: 2
(
(
)
1 J −1 −1 & J& = J Fki−1 F pi−1 E& kp = J Fki−1 F pi−1 F&sk Fsp + Fsk F&sp = Fki F pi Fsk Fsp + Fki−1 F pi−1 Fsk F&sp 2 2 J J −1 & = δ si Fki−1 F&sk + δ si F pi−1 F&sp = Fks Fsk + F ps−1 F&sp = JFts−1 F&st = JF −T : F& 2 2
(
)
(
)
)
Resumiendo, podemos expresar la tasa del determinante del Jacobiano como: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
203
J −1 & C :C = JF −T : F& 2 J = J Tr (C −1 ⋅ E& ) = Tr (C −1 ⋅ C& ) = J Tr ( F& ⋅ F −1 ) 2
J& = J Tr (D) = J C −1 : E&
=
Ejemplo 2.50 Las componentes del campo de desplazamiento de un medio continuo son: u 1 = 0,1X 22
;
u2 = 0
u3 = 0
;
Se pide: a) ¿Es una deformación posible en un cuerpo continuamente deformable? Justifique su respuesta; b) Determinar el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green;
r
c) Encontrar los vectores deformados relativos a los vectores materiales b = 0,01eˆ 1 y r c = 0,015 eˆ 2 , los cuales pasaban por el punto P (1,1,0) en la configuración de referencia; r
r
d) Determinar los estiramientos de estos vectores, b y c , en el punto P (1,1,0) ; e) Determinar el cambio sufrido por el ángulo comprendido entre los dos vectores. Solución: a) Para que un movimiento sea posible, el determinante del Jacobiano tiene que ser positivo. El gradiente de deformación material viene dado por: 1 0 0 0 0,2 X 2 ∂u i = 0 1 0 + 0 Fij = δ ij + 0 ∂X j 0 0 1 0 0
0 1 0,2 X 2 1 0 = 0 0 0 0
0 0 1
Calculando el determinante: Fij = J = 1 > 0 . Luego es un movimiento posible. b) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green viene definido por C = F T ⋅ F , luego las componentes viene dadas por: 1 C ij = 0,2 X 2 0
0 0 1 0,2 X 2 1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 = 0,2 X 2 1 0
0,2 X 2 0 2 2 0,2 X 2 + 1 0 0 1
r
c) El vector b = 0,01eˆ 1 en el punto P(1,1,0) se deforma según al criterio: r b′ = F
r
⋅b P
b1′ 1 0,2 × 1 0 0,01 0,01 b ′ = 0 1 0 0 = 0 2 b ′3 0 0 1 0 0 r
y el vector c = 0,015eˆ 2 en la configuración actual queda: c 1′ 1 0,2 × 1 0 0 0,003 c ′ = 0 1 0 0,015 = 0,015 2 c ′3 0 0 1 0 0
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204
d) Para obtener el estiramiento, utilizamos directamente la ecuación: r b′ r b
λ br =
=
0,01 2 =1 0,01
r
El estiramiento del vector c viene dado por: λ cr
=
r c′ r c
=
0,003 2 + 0,015 2 = 1,0198 ≈ 1,02 0,015
Solución Alternativa: Teniendo en cuenta que λ Mˆ = Mˆ ⋅ C ⋅ Mˆ y evaluando C en el punto P obtenemos que: 1 C ij ( X 1 = 1, X 2 = 1, X 3 = 0) = 0,2 X 2 0
0 0,2 + 1 0 0 1 0,2 X 2 2
X 22
P
1 0,2 0 = 0,2 1,04 0 0 0 1
Luego aplicando λ bˆ = bˆ ⋅ C ⋅ bˆ y λ cˆ = cˆ ⋅ C ⋅ cˆ , podemos obtener que: λ bˆ
2
λ cˆ
2
0, 2 0 1 1 = [1 0 0] 0,2 1,04 0 0 = 1 0 0 1 0
⇒
0, 2 0 0 1 = [0 1 0] 0,2 1,04 0 1 = 1,04 0 0 1 0
λ bˆ = 1
⇒
λ cˆ = 1,0198 r
r
e) En la configuración actual el ángulo que forman los vectores, b ′ y c ′ , puede obtenerse según la relación: r r b′ ⋅ c ′ cos θ = r r b′ c ′
cos θ =
(0,01eˆ 1 + 0eˆ 2 + 0eˆ 3 ) ⋅ (0,003eˆ 1 + 0,015 eˆ 2 + 0eˆ 3 ) 0,01
2
2
0,003 + 0,015
2
=
0,00003 = 0,196116135 0,01 0,000234
θ = arccos(0,196116135) ≈ 78,69º
Estos dos vectores, en la configuración de referencia, formaban un ángulo de 90 º , luego el cambio de ángulo será: ∆θ = 90 º −78,69 º = 11,3º
Solución Alternativa: Dadas dos direcciones en la configuración de referencia representadas por sus versores Mˆ y Nˆ , el ángulo formado por estos versores en la configuración actual (tras la deformada) viene dado por: cos θ =
Mˆ ⋅ C ⋅ Nˆ Mˆ ⋅ C ⋅ Nˆ = λ Mˆ λ Nˆ Mˆ ⋅ C ⋅ Mˆ Nˆ ⋅ C ⋅ Nˆ
Haciendo Mˆ = bˆ , Nˆ = cˆ se cumple que:
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205
0, 2 0 0 1 ˆ b ⋅ C ⋅ cˆ = [1 0 0] 0,2 1,04 0 1 = 0,2 0 0 1 0
Luego cos θ =
0,2 bˆ ⋅ C ⋅ cˆ bˆ ⋅ C ⋅ cˆ = = = 0,196116135 λ bˆ λ cˆ 1 1,04 bˆ ⋅ C ⋅ bˆ cˆ ⋅ C ⋅ cˆ
Ejemplo 2.51 Obtener una expresión de la densidad de masa en función del tercer invariante del tensor de deformación de Green ρ 0 = ρ 0 ( III C ) . Solución: Partiendo de la ecuación:
r
r
r
ρ 0 ( X ) = ρ ( x, t ) J ( x, t ) y considerando que el tercer invariante viene dado por III C = det (C ) = J 2 , obtenemos que: J = III C , luego:
ρ0 =ρ
(2.137)
III C
Ejemplo 2.52 En un cierto instante, el campo de desplazamientos de un medio continuo es: u1 = (a1 − 1) X 1
;
u 2 = (a 2 − 1) X 2 + a1αX 1
u 3 = (a 3 − 1) X 3
;
donde α es una constante. Determinar a1 , a 2 y a 3 sabiendo que el sólido es incompresible, que un segmento paralelo al eje X 3 no se alarga y que el área de un elemento situado en el plano X 1 − X 3 no se ha modificado. Solución: r
r
r
Partiendo de la definición del campo de desplazamientos ( u = x − X ): u1 = x1 − X 1 = (a1 − 1) X 1
⇒
x1 = a1 X 1
u 2 = x 2 − X 2 = (a 2 − 1) X 2 + a1αX 1 u 3 = x 3 − X 3 = (a 3 − 1) X 3
⇒
⇒
x 2 = a 2 X 2 + a1αX 1
x3 = a3 X 3
Luego las ecuaciones del movimiento son: x1 = a1 X 1 x 2 = a 2 X 2 + a1αX 1 x = a X 3 3 3
⇒
0 x1 a1 x 2 = a1α a 2 x 0 0 3
0 X 1 0 X 2 (deformación homogénea) a 3 X 3
Pudiendo sacar la información del determinante F = a1 a 2 a 3 > 0 . Con la condición de incompresibilidad dV = F dV0 ⇒ F ≡ J = 1 , con lo cual obtenemos la siguiente relación: a1 a 2 a 3 = 1
ˆ = [0 0 1] ) no se alarga conlleva a que el Que un segmento paralelo al eje X 3 ( M i estiramiento según esta dirección es unitario λ Mˆ = 1 :
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
206
ˆ ⋅ E ⋅M ˆ = 1 + 2E = 1 λ Mˆ = 1 + 2M 33
⇒
E 33 = 0
Las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E = a1 1 E ij = 0 2 0
a1α a2 0
0 a1 0 a1α a 3 0
(
)
1 T F ⋅ F − 1 ): 2
a12 + a12α 2 − 1 a1 a 2α 0 1 0 0 0 1 2 a1 a 2α a2 −1 0 − 0 1 0 = 0 2 a 3 0 0 1 a 32 − 1 0 0
0 a2 0
Luego: E 33 = a 32 − 1 = 0
⇒
a 3 = ±1
Área en el plano X 1 − X 3 no se ha modificado 0 x1 a1 x 2 = a1α a 2 x 0 0 3
0 X 1 0 X 2 a 3 X 3
con Nˆ i(1) = [1 0 0] y Nˆ i(3) = [0 0 1] obtenemos que: n (i1)
0 a1 = a1α a 2 0 0
0 1 a1 0 0 = a1α a 3 0 0
;
n i(3)
0 a1 = a1α a 2 0 0
0 0 0 0 0 = 0 a 3 1 a 3
Luego el área en la configuración actual: eˆ 1 r (1) r (3) n ∧ n = a1 0
eˆ 2 eˆ 3 a1α 0 = a1αeˆ 1 − a1 a 3 eˆ 2 + 0eˆ 3 0
a3
r
r
y su módulo no se modifica N (1) ∧ N (3) = n (1) ∧ n (3) = 1 : r r n (1) ∧ n (3) = 1 = (a1α ) 2 + (−a1 a 3 ) 2 ⇒ a12 a 32 α 2 + a12 a 32 = 1
Hemos obtenido anteriormente que a 32 = 1 , con lo cual obtenemos que: a12 a 32 α 2 + a12 a 32 = 1
a12 α 2 + a12 = 1 ⇒ a12 =
⇒
1 1 ⇒ a1 = ± 2 (1 + α ) (1 + α 2 )
Con lo cual concluimos que: a1 =
1 (1 + α ) 2
;
a 2 = (1 + α 2 )
;
a3 = 1
Ejemplo 2.53 El sólido de la Figura 2.11 sufre una deformación uniforme (homogénea). Se pide: a) Obtener la expresión general de la descripción material del campo de desplazamientos r r U ( X , t ) en función del tensor gradiente material de los desplazamientos J .
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
207
b) Obtener dicha expresión sabiendo que, además, se cumple las siguientes condiciones de contorno: r r u 2 ( X , t ) = u3 ( X , t ) = 0
∀X 1 , X 2 , X 3
u1 ( X 1 = 0, X 2 , X 3 , t ) = 0 u1 ( X 1 = L, X 2 , X 3 , t ) = δ
c) Justificar los valores posibles (positivos y negativos) que puede tomar δ . d) Calcular los tensores material y espacial de deformación y el de deformación infinitesimales; x3
δ
L
x1
x2
Figura 2.11:
Solución:
r
Una deformación uniforme viene caracterizada por F ( X , t ) = F (t ) . Además sabemos que: r r uniforme F ( X , t ) = 1 + J ( X , t ) Deformació n → F (t ) = 1 + J (t )
donde J es el gradiente material de los desplazamientos y para una deformación uniforme no es dependiente de la posición, con lo cual podemos decir que: r r r r r ∂u( X , t ) J (t ) = r ⇒ J (t ) ⋅ dX = du( X , t ) ⇒ ∂X r donde c (t ) es una constante de integración. Luego: r r r r u( X , t ) = J (t ) ⋅ X + c (t )
∫
∫
r r r r u( X , t ) = J (t ) ⋅ X + c (t )
En componentes: u1 J 11 X 1 + J 12 X 2 + J 13 X 3 c1 u 2 = J 21 X 1 + J 22 X 2 + J 23 X 3 + c 2 u J X + J X + J X c 32 2 33 3 3 3 31 1
b) De las condiciones del apartado b) podemos decir que: r
r
condición 1) u 2 ( X , t ) = u 3 ( X , t ) = 0
∀X 1 , X 2 , X 3 :
u1 J 11 X 1 + J 12 X 2 + J 13 X 3 c1 J 21 = 0; J 22 = 0; J 23 = 0, c 2 = 0 u 2 = 0 = J 21 X 1 + J 22 X 2 + J 23 X 3 + c 2 ⇒ u = 0 J X + J X + J X c J 31 = 0; J 32 = 0; J 33 = 0, c3 = 0 32 2 33 3 3 31 1 3
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208
condición 2) u1 ( X 1 = 0, X 2 , X 3 , t ) = 0 : u1 = 0 J 11 X 1 + J 12 X 2 + J 13 X 3 c1 0 u2 = + 0 ⇒ {J 12 = 0; J 13 = 0, c1 = 0 u 0 0 3
condición 3) u1 ( X 1 = L, X 2 , X 3 , t ) = δ u1 J 11 L 0 δ u 2 = 0 + 0 ⇒ J 11 = L u = δ 0 0 3
Con lo cual podemos decir que las componentes del gradiente material de los desplazamientos son: δ L J ij = 0 0
0 0 0 0 0 0
Y además el campo de desplazamientos: δ X1 L r r r r r u( X , t ) = J (t ) ⋅ X + c (t ) componente s → u i ( X , t ) = 0 0
c) Para que el movimiento sea posible y tenga significado físico hay que cumplir que F >0: δ 1 + L componentes F (t ) = 1 + J (t ) → Fij = 0 0
0 0 δ 1 0 ⇒ F = 1 + > 0 ⇒ δ > − L L 0 1
d) Tensor material de deformación (Tensor de deformación de Green-Lagrange):
E=
(
1 T F ⋅F −1 2
)
componente s →
δ 1 δ2 + 2 L 2 L 0 E ij = 0
0 0 0 0 0 0
Tensor espacial de deformación (Tensor de deformación de Almansi):
e=
(
1 1− F ⋅FT 2
)
componente s →
δ 1 δ2 1 0 0 + 2 L 2 L eij = 2 0 0 0 δ 1 + 0 0 0 L
Tensor de deformación infinitesimal:
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δ L ε ij = 0 0
209
0 0 0 0 0 0
Ejemplo 2.54 Sobre el tetraedro de la Figura 2.12, (ver Oliver (2000), se produce una deformación uniforme ( F = ctte ) con las siguientes consecuencias: 1. Los puntos O , A y B no se mueven; 2. El volumen del sólido pasa a ser " p" veces el volumen inicial; 3. La longitud del segmento AC pasa a ser
p 2
veces la inicial;
4. El ángulo AOC pasa a ser de 45º . Se pide: a) b) c)
Justificar por qué no puede utilizar la teoría de deformación infinitesimal; Obtener el tensor gradiente de deformación, los posibles valores de " p" y el campo de desplazamiento en su forma material y espacial; Dibujar el sólido deformado x3
C
a
O
a
B
a
x2
A x1
Figura 2.12.
Solución: a) el ángulo AOC pasa de 90º a 45º por lo que, evidentemente, no se trata de una pequeña deformación, ya que en el caso de pequeñas deformaciones ∆φ << 1 , y en este problema tenemos que ∆φ <<
π ≈ 0,7854 4
b) Estamos en un caso de deformación homogénea. Luego, las ecuaciones del movimiento viene dadas por: r r r x = F (t ) ⋅ X + c (t )
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210
x1 F11 x 2 = F21 x F 3 31
F13 X 1 c1 F23 X 2 + c 2 F33 X 3 c3
F12 F22 F32
El punto O( X 1 = 0, X 2 = 0, X 3 = 0) no se mueve: 0 F11 0 = F21 0 F 31
F12 F22 F32
F13 0 c1 F23 0 + c 2 F33 0 c3
⇒
c1 0 c 2 = 0 c 0 3
El punto A( X 1 = a, X 2 = 0, X 3 = 0) no se mueve: a F11 0 = F21 0 F 31
F13 a F23 0 F33 0
F12 F22 F32
a aF11 0 = aF21 0 aF 31
⇒
⇒
F11 = 1 F21 = 0 F = 0 31
El punto B( X 1 = 0, X 2 = a, X 3 = 0) no se mueve: 0 1 F12 a = 0 F22 0 0 F 32
F13 0 F23 a F33 0
0 aF12 a = aF22 0 aF 32
⇒
⇒
F12 = 0 F22 = 1 F = 0 32
Agrupando las informaciones anteriores: 1 0 F13 Fij = 0 1 F23 0 0 F33
;
F = F33
El volumen del sólido pasa a ser " p" veces el volumen inicial. La relación del diferencial de volumen en la configuración de referencia y actual viene dada por: dV = F dV0
⇒
∫ dV = ∫ F dV
0
⇒
V final = F Vinicial = F33Vinicial
donde hemos tenido en cuenta que la deformación es homogénea. Con lo cual, concluimos que F33 = p (La longitud del segmento AC pasa a ser
p 2
veces la inicial). Como estamos con deformación
homogénea, una recta en la configuración de referencia seguirá siendo una recta en la configuración deformada. El punto C ( X 1 = 0, X 2 = 0, X 3 = a ) se desplaza como: x1C 1 0 F13 0 C x 2 = 0 1 F23 0 x C 0 0 p a 3
⇒
x1C aF13 C x 2 = aF23 x C ap 3
La longitud del segmento AC en la configuración de referencia es L AC = a 2 . El vector que une los puntos A′ ≡ A( x1 = a, x 2 = 0, x3 = 0) , C ′( x1 = aF13 , x 2 = aF23 , x3 = ap) en la configuración deformada viene dado por: AC = (aF13 − a )eˆ 1 + (aF23 )eˆ 2 + (ap)eˆ 3
Su módulo: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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211
AC = l AC = (a ( F13 − 1)) 2 + (aF23 ) 2 + (ap) 2 = a ( F13 − 1) 2 + ( F23 ) 2 + ( p) 2
Utilizando la información proporcionada por el problema: l AC = l AC = a ( F13 − 1) 2 + ( F23 ) 2 + ( p ) 2 =
p 2 p 2
p 2
L AC . Con lo cual:
L AC a 2
( F13 − 1) 2 + ( F23 ) 2 + ( p ) 2 = p
Resultando: ( F13 − 1)2 + ( F23 )2 + p 2 = p 2
( F13 − 1) 2 + ( F23 ) 2 = 0
⇒
⇒
F13 = 1 F23 = 0
Resultando: 1 0 Fij = 0 1 0 0
1 0 p
El ángulo AOC pasa a ser de 45º . dX i(1) = [1 0 0]
dX i( 2 )
= [0 0 1]
r
⇒
dxi(1) = Fij dX (j1)
⇒
dx1(1) 1 0 1 1 1 (1) dx 2 = 0 1 0 0 = 0 dx (1) 0 0 p 0 0 3
dx1( 2) 1 ( 2) ⇒ dxi( 2 ) = Fij dX (j 2 ) ⇒ dx 2 = 0 dx ( 2) 0 3 r r dx (1) ⋅ dx ( 2 ) ′ cos( AOC ) = cos(45º ) = r (1) r ( 2 ) = dx dx
r
r
0 1 0 1 1 0 0 = 0 0 p 1 p 2 2
r
donde dx (1) = 1 , dx ( 2) = 1 + p 2 , dx (1) ⋅ dx ( 2) = 1 . Luego: 1 1+ p
2
=
2 2
⇒
p = ±1
Como el determinante del Jacobiano tiene que ser mayor que cero F = p > 0 , eso implica que p = 1 : 1 0 1 Fij = 0 1 0 0 0 1
Las ecuaciones del movimiento quedan:
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212
x1 1 0 1 X 1 X 1 + X 3 x 2 = 0 1 0 X 2 = X 2 x 0 0 1 X X 3 3 3
El campo de desplazamientos material queda: r r r r u( X , t ) = x − X
⇒
u1 X 1 + X 3 X 1 X 3 u 2 = X 2 − X 2 = 0 u X X 0 3 3 3
El campo de desplazamientos espacial: u1 x3 u 2 = 0 u 0 3
c) x3 C
x1C aF13 a C x 2 = aF23 = 0 x C ap a 3
C′
a
O
a
a
B = B′
x2
A = A′ x1
Ejemplo 2.55 Considérense las siguientes ecuaciones del movimiento: x1 = X 1
;
x 2 = X 2 − αX 3
;
x 3 = X 3 + αX 2
Se pide: a) El gradiente de deformación, el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, el tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, el tensor de deformación de GreenLagrange y el tensor de deformación de Almansi. Verificar si se trata de un caso de deformación homogénea. b) El tensor derecho de estiramiento, el tensor de rotación de la descomposición polar y la base principal del tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green de la descomposición polar. c) La longitud final de un elemento de longitud inicial 2 que se encuentra en la dirección X 3 , y la distorsión angular de un ángulo que inicialmente es de 30º y está en el plano X1 − X 2 . Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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213
d) Obtener el tensor de deformación considerando el caso de pequeñas deformaciones. Solución: a) Gradiente de deformación ( F ) ∂x1 ∂X 1 ∂x ∂x Fij = i = 2 ∂X j ∂X 1 ∂x3 ∂X 1 r r En general tenemos que dx = F ⋅ dX , y
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x3 ∂X 2
∂x1 ∂X 3 1 0 0 ∂x 2 = 0 1 − α ∂X 3 ∂x3 0 α 1 ∂X 3
si estamos en un caso de deformación homogénea r r r (caso particular del movimiento) se cumple que x = F ⋅ X + c , hecho que se puede r r comprobar a través de las ecuaciones del movimiento en forma matricial donde c = 0 : 0 X1 x1 1 0 x = 0 1 − α X 2 2 x3 0 α 1 X 3
Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C = F T ⋅ F ): 0 1 0 0 1 0 0 1 0 2 0 C ij = Fki Fkj = 0 1 α 0 1 − α = 0 1 + α 0 − α 1 0 α 1 0 0 1 + α 2
Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green ( b = F ⋅ F T ) 0 1 0 0 1 0 0 1 0 2 0 bij = Fik F jk = 0 1 − α 0 1 α = 0 1 + α 0 α 1 0 − α 1 0 0 1 + α 2
1 2
El tensor de deformación de Green-Lagrange ( E = (C − 1) ) y el tensor de deformación 1 2
de Almansi ( e = (1 − b −1 ) ) vienen definidos a través de sus componentes por: 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 2 E ij = (C ij − δ ij ) = 0 1 + α 0 − 0 1 0 = 0 α 2 2 2 2 0 0 0 0 1 + α 2 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 −1 eij = (δ ij − bij ) = 0 1 0 − 0 2 2 1+ α2 0 0 1 0 0
0 0 0 2 α 1 0 = 0 2 1 + α 2 1 0 0 2 1 + α
0 0 α 2 0 0 α2 1+ α2
Se puede verificar el resultado a través de la relación E = F T ⋅ e ⋅ F :
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214
0 0 0 1 0 2 1 α E ij = 0 1 α 0 1+ α2 2 0 − α 1 0 0
0 1 0 0 0 0 1 0 1 − α = 0 α 2 0 2 0 0 α 2 0 α 1 1+ α2
0 0 α 2
b) Según el formato de las componentes cartesianas de C , podemos verificar que ele espacio original ya es el espacio principal de C , es decir, las direcciones principales son Nˆ i(1) = [1 0 0] , Nˆ i(1) = [0 1 0] , Nˆ i(1) = [0 0 1] . Por definición, el tensor derecho de estiramiento viene dado por U = C , y sus componentes: 1 U ij = 0 0
0
0 inversa → U ij−1 1+ α2 0
1+ α 0
2
1 = 0 0
0 1 1+ α2 0
0 0 1 1+ α2
A través de la descomposición polar por la derecha ( F = R ⋅ U ⇒ R = F ⋅ U −1 ), luego:
R ij = Fik U −kj1
1 0 0 1 = 0 1 − α 0 0 α 1 0
0 1 1+ α2 0
0 1 0 = 1+ α2 1 1+ α2
1+ α2 0 0
0 1 − α α 1 0
Observemos que según el formato de las componentes cartesianas de b , tenemos como direcciones principales [1 0 0] , [0 1 0] , [0 0 1] , pero esta no es la base principal del tensor b de la descomposición polar. Como hay dos autovalores iguales correspondientes a las direcciones [0 1 0] , [0 0 1] , cualquier dirección en el plano x 2 − x 3 será una dirección principal. X 2 , x2
Cualquier dirección en el plano x 2 − x 3 es una dirección principal de b
nˆ (1) -dirección principal única, asociada al autovalor b1 = 1 . X 1 , x1
X 3 , x3
Figura 2.13: Espacio principal de b .
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215
Recordar que la descomposición polar es única, es decir, sólo habrá una única base principal de b para la descomposición polar. A través de la relación nˆ ( a ) = R ⋅ Nˆ ( a ) podemos encontrar la base de b de la descomposición polar: nˆ (i 2 )
nˆ (i 3)
(
ˆ = R ⋅N
)
(2)
(
ˆ ( 3) = R ⋅N
i
)
i
1+ α2 1 = 0 1+ α2 0
1+ α2 = 0 1+ α2 0 1
0 0 1 − α 1 = 2 α 1 0 1 + α 0 1
0 0 1 − α 0 = 2 α 1 1 1 + α 0 1
0 1 α 0 − α 1
3
ˆ (a ) : Verifiquemos además que se cumple la relación R = ∑ nˆ ( a ) ⊗ N a =1
R ij = nˆ i(1) Nˆ (j1) + nˆ i( 2 ) Nˆ (j2 ) + nˆ i(3) Nˆ (j3) 1 1 = 0[1 0 0] + 1+α 2 0 1 0 0 1 = 0 0 0 + 1+α 2 0 0 0
0 1 1 [0 1 0] + 1+α 2 α
0 0 0 1 0 α
0 1 0 + 1+α 2 0
0 − α [0 0 1] 1
0 0 0 1 0 0 − α = 1 +α 2 0 0 1
1+α 2 0 0
c) A través de la relación de estiramiento según una dirección Mˆ , λ Mˆ =
0 1
α
0 −α 1
r dx ds , y r = dS dX
teniendo en cuenta que el estiramiento no depende de la integral de línea (deformación homogénea), se cumple que:
∫
∫
∫
L final = ds = λ Mˆ dS = λ Mˆ dS = λ Mˆ Linicial
El estiramiento según la dirección X 3 viene definido por: λ X = C 33 = 1 + 2 E 33 = 1 + α 2 3
Luego: 2
∫
L final = λ Mˆ dX 2 = 1 + α 2 ( Linicial ) = 2 1 + α 2 0
Como se trata de un caso de deformación homogénea, una recta en la configuración de referencia sigue sendo una recta en la configuración actual, ver Figura 2.14.
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216
X 3 , x3 A′
A Linicial = 2
L final
− 2α
O
X 2 , x2
x1A 1 0 0 X 1A A A x 2 = 0 1 − α X 2 x3A 0 α 1 X 3A 1 0 0 0 0 = 0 1 − α 0 = − 2α 0 α 1 2 2
X 1 , x1
Figura 2.14. Según la Figura 2.14, podemos comprobar que: ( Linicial ) 2 = 2 2 + (−2α ) 2 = 4(1 + α 2 )
⇒
Linicial = 2 1 + α 2
Para obtener el ángulo en la configuración actual que forman dos versores, podemos utilizar la expresión: cos θ =
ˆ ⋅ E ⋅ Nˆ cos Θ + 2 M λ Mˆ λ Nˆ
(2.138)
donde Θ es el ángulo que forman los versores Mˆ y Nˆ en la configuración de referencia, y θ es el ángulo que estos versores forman en la configuración actual. Teniendo en cuenta que el tensor de deformación de Green-Lagrange es independiente de r X , adoptaremos dos versores en el plano X 1 − X 2 que forman un ángulo de Θ = 30º : Nˆ i = [1 0 0] , Mˆ i = [cos 30º sin 30º 0] . Con estos datos tenemos que: 0 cos 30º 0 0 1 2 ˆ ⋅ E ⋅ Nˆ = [1 0 0] 0 α M 0 sin 30º = 0 2 0 0 α 2 0
Los estiramientos: λ2Mˆ
0 0 1 1 2 ˆ ˆ = M ⋅ C ⋅ M = [1 0 0] 0 1 + α 0 0 = 1 0 0 1 + α 2 0
λ2Nˆ
0 1 ˆ ˆ = N ⋅ C ⋅ N = [cos 30º sin 30º 0] 0 1 + α 2 0 0
⇒
λ Mˆ = 1
cos 30º 0 sin 30º 1 + α 2 0 0
= cos 2 30º + (1 + α 2 ) sin 2 30º = 1 + α 2 sin 2 30º
Luego, λ Nˆ = 1 + α 2 sin 2 30º . Resultando que:
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217
ˆ ⋅ E ⋅ Nˆ cos Θ + 2 M cos 30º = λ Mˆ λ Nˆ 1 + α 2 sin 2 30º
cos θ =
Como se trata de un caso de deformación homogénea, podemos adoptar dos rectas en la configuración de referencia y obtener estas dos rectas en la configuración actual y obtener el ángulo que forman. Por ejemplo, adoptando las rectas OB = [cos 30º 0 0] , y OC = [cos 30º sin 30º 0] . Según las ecuaciones del movimiento, el punto O no se mueve. A continuación obtenemos las nuevas posiciones de los puntos B y C , ver Figura 2.15:
x1B 1 0 0 X 1B 1 0 0 cos 30º cos 30º B B x 2 = 0 1 − α X 2 = 0 1 − α 0 = 0 x B 0 α 1 X B 0 α 1 0 0 3 3 x1C 1 0 0 X 1C 1 0 0 cos 30º cos 30º C C x 2 = 0 1 − α X 2 = 0 1 − α sin 30º = sin 30º x C 0 α 1 X C 0 α 1 0 α sin 30º 3 3 X 3 , x3
α sin 30º
A′
C′ θ
O
sin 30º
X 2 , x2
cos 30º
30º
B = B′ X 1 , x1
C
Figura 2.15.
A continuación obtenemos el ángulo que forman los nuevos vectores O ′B ′ y O ′C ′ : O′B′ ⋅ O′C ′ = O′B′ O′C ′ cos θ cos2 30º = cos 2 30º cos2 30º + sin 2 30º +α 2 sin 2 30º cos θ
⇒
cos θ =
cos 30º 1 + α 2 sin 2 30º
0 0 0 d) ε ij = 0 0 0 0 0 0
Ejemplo 2.56 Un movimiento de cuerpo rígido está caracterizado por presentar la siguiente ecuación de movimiento: r r r x = c(t ) + Q(t ) ⋅ X
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(2.139) Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
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218
r
Encontrar la velocidad y aceleración en función de ω que es el vector asociado con el & ⋅ QT . tensor antisimétrico Ω = Q Solución: r D r r& r& & r v= x = x = c + Q⋅ X Dt
& ⋅ QT ⇒ Q & = Ω ⋅ Q , la relación anterior puede aún ser escrita Considerando que Ω = Q como: r r r v = c& + Ω ⋅ Q ⋅ X
⇒
r r r r v = c& + Ω ⋅ ( x − c )
Utilizando la propiedad que para un tensor antisimétrico Ω el producto escalar de éste con r r r r r un vector a podrá ser representado por Ω ⋅ a = ω ∧ a , donde ω es el vector asociado al tensor antisimétrico Ω . Luego: r r r r r r r r v = c& + Ω ⋅ ( x − c ) = c& + ω ∧ ( x − c )
(2.140)
La aceleración vendrá dada por: r r &r& &r& && r a = v& = x =c + Q⋅ X
&& = Ω& ⋅ Q + Ω ⋅ Q & la expresión anterior podrá ser representada por: Considerando que Q r r r r r r &r& & ) ⋅ X = &cr& + Ω& ⋅ Q ⋅ X + Ω ⋅ Q & ⋅ X = &cr& + Ω& ⋅ Q ⋅ X + Ω ⋅ Ω ⋅ Q ⋅ X a=c + (Ω& ⋅ Q + Ω ⋅ Q r r r r r = &c& + Ω& ⋅ ( x − c ) + Ω ⋅ Ω ⋅ ( x − c )
r
r
r
Una vez más utilizando la propiedad Ω ⋅ a = ω ∧ a , podemos decir que: r &r& r& r r r r r r a =c + ω ∧ ( x − c) + ω ∧ [ω ∧ ( x − c)]
r
(2.141)
r
r
r
r
Para un movimiento de sólido rígido con c = 0 , la velocidad viene dada por v = ω ∧ x , y el tensor tasa de deformación D viene dado por: D ij = =
1 ∂vi ∂v j + 2 ∂x j ∂xi
(
1 ipq ω p δ qj 2
1 ∂( ipq ω p x q ) ∂ ( jpq ω p x q ) 1 ∂x ∂x = = ipq ω p q + jpq ω p q + 2 2 ∂x j ∂xi ∂x j ∂xi 1 1 + jpq ω p δ qi = ipj ω p + jpi ω p = ipj ω p − ipj ω p = 0 ij 2 2
)
(
)
(
)
Una vez más hemos demostrado que D = 0 para un movimiento de sólido rígido. Ejemplo 2.57 r
r
Dado un sistema de coordenadas x fijo en el espacio y un sistema móvil x * caracterizado r únicamente por rotación, ver Figura 2.16. Demostrar que la tasa de un vector b puede ser representado por: r r r r Db Db r r Db T = + ϕ ∧ b = + Ω ⋅ b Dt Dt fijo Dt móvil móvil
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(2.142)
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
219
r r r Db r Db donde representa la tasa de b con respecto al sistema fijo x , Dt móvil Dt fijo r representa la tasa de b con respecto al sistema que está rotando con una velocidad angular
r
ϕ.
r b
r
ϕ x3
x2*
x3*
x1* x2
x1
Figura 2.16 Solución: A través de ley de transformación de las componentes de los tensores, las siguientes relaciones son válidas:
{
r r Componente s b * = A ⋅ b
;
r
r r b = A T ⋅ b*
r
donde A es la matriz de transformación del sistema x al sistema x * . r
r
La tasa de b = A T ⋅ b * resulta:
[
]
r r r& D r r& D b ≡b = A T ⋅ b * = A& T ⋅ b * + A T ⋅ b * Dt Dt
(2.143)
Haciendo una analogía con la tasa de un tensor ortogonal, ver capítulo 2 en Chaves (2007), podemos decir que Ω = A& ⋅ A T ⇒ A& T = A T ⋅ Ω T , donde Ω T es un tensor antisimétrico r r y representa el tensor tasa de rotación del sistema x * con respecto al sistema x . Pudiendo así expresar (2.143) como: r r& r r& r r& D r r& b ≡ b = A& T ⋅ b * + A T ⋅ b = A T ⋅ Ω T ⋅ b * + A T ⋅ b * = A T ⋅ Ω T ⋅ b * + b * (2.144) Dt r r r r Recurriendo a la propiedad del tensor antisimétrico tal que Ω T ⋅ b * = ϕ ∧ b * , donde ϕ es el
r r vector axil asociado al tensor antisimétrico Ω T , es decir, ϕ = ϕ (t ) es la velocidad angular r del sistema móvil x * . Resultando que (2.144) aún puede ser escrito como: r& r r& r r& r b = A T ⋅ Ω T ⋅ b * + b * = A T ⋅ ϕ * ∧ b * + b * (componentes)
r&
r&
(2.145) r
Notar que el término A ⋅ b representa las componentes de b en el sistema x * , y notar r&
r&
también que A ⋅ b ≠ b * , luego:
r * r r A ⋅ b& = b& * + ϕr * ∧ b * (componentes)
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(2.146)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
220
También podemos expresar la ecuación anterior en notación tensorial: r r Db Db r r + ϕ ∧ b (notación tensorial) Dt = Dt fijo móvil
(2.147)
Ejemplo 2.58 r
a) Un sólido gira con una velocidad angular constante ω = ω 3 eˆ 3 . Se pide: a.1) Obtener las componentes de la velocidad en la descripción espacial y material; a.2) Obtener la aceleración en la descripción espacial (Euleriana); a.3) Si ω 3 = 3rad / s encontrar la posición, velocidad y aceleración en el tiempo t = 2,5s de una partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición (1,1,0) . b) Teniendo en cuenta el resultado del Ejemplo 1.126 donde hemos obtenido el vector r
r
GM x
fuerzas másicas b = − r xˆ donde g = b es la aceleración de la gravedad debido al campo gravitacional. Si consideramos la Tierra como una esfera que gira alrededor de su eje r con velocidad angular ω = ω 3 eˆ 3 , obtener la aceleración de la gravedad ( g φ ) a nivel del mar en función de la latitud φ . Solución: X 3 , x3 r ω = ω 3 eˆ 3
r r r = r eˆ r = reˆ r
ω3 r r
eˆ 3 eˆ r
r x
eˆ θ
X 2 , x2
X 1 , x1
Figura 2.17. r r
r
r
a.1) A través del ejercicio anterior podemos decir que v ( x , t ) = ω ∧ x , o en notación indicial: vi = ijk ω j x k = i1k ω {1 x k + i 2 k ω {2 x k + i 3k ω 3 x k = i 3k ω 3 x k =0
=0
= i 31ω3 x1 + i 32 ω 3 x 2 + i 33 ω3 x3 = i 31ω 3 x1 + i 32 ω 3 x 2 { =0
Luego: v1 = 132ω3 x2 = −ω3 x2
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;
v2 = 231ω3 x1 = ω3 x1
;
v3 = 0
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(2.148)
2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
221
r
Solamente por verificación, recordar que el vector vorticidad ( ω ) es igual al rotacional del r r r r campo de velocidad, ∇ xr ∧ v = rot v = ω y es igual a 2 veces el vector velocidad angular r r r (vector axil) ω = 2ω = 2 w : eˆ 1 r r ∂ ∇ xr ∧ v = ∂x1 v1
eˆ 2 ∂ ∂x 2 v2
eˆ 3 ∂v ∂v ∂ = 3 − 2 ∂x3 ∂x 2 ∂x3 v3 r = (ω 3 − (−ω 3 ) )eˆ 3 = 2ω 3 eˆ 3 = ω
∂v ∂v eˆ 1 − 3 − 1 ∂x1 ∂x3
1 r 2
∂v ∂v eˆ 2 + 2 − 1 ∂x1 ∂x 2
r 1 r 1 2 2 r r r r r Observar que el campo v ( x , t ) es estacionario, es decir, v = v ( x ) . r
r
eˆ 3
1 2
La velocidad angular viene definida por ω = ∇ xr ∧ v = rot v = ω = ( 2ω 3 eˆ 3 ) = ω 3 eˆ 3 .
Para un movimiento de sólido rígido las ecuaciones del movimiento vienen gobernadas por r r x = Q(t ) ⋅ X , donde las componentes del tensor ortogonal viene dada por las componentes r r de la matriz de transformación del sistema x ′ al sistema x , luego: x1 cos θ(t ) − sin θ(t ) 0 X 1 cos θ(t ) X 1 − sin θ(t ) X 2 x 2 = sin θ(t ) cos θ(t ) 0 X 2 = sin θ(t ) X 1 + cos θ(t ) X 2 x 0 0 1 X 3 X3 3
Teniendo en cuenta que ω =
dθ(t ) y al integrar obtenemos que: dt
∫ dθ(t ) = ∫ ωdt
⇒
θ(t ) = ωt
Pudiendo así reescribir las ecuaciones del movimiento como: x1 cos θ(t ) − sin θ(t ) 0 X 1 X 1 cos(ωt ) − X 2 sin(ωt ) x 2 = sin θ(t ) cos θ(t ) 0 X 2 = X 1 sin(ωt ) + X 2 cos(ωt ) x 0 0 1 X 3 X3 3
(2.149)
Para obtener la expresión de la velocidad en la descripción material (Lagrangiana), reemplazamos las ecuaciones del movimiento (2.149) en las expresiones (2.148): r v1 ( X , t ) = −ω 3 ( X 1 sin(ωt ) + X 2 cos(ωt )) r v 2 ( X , t ) = ω 3 ( X 1 cos(ωt ) − X 2 sin(ωt )) r v3 ( X , t ) = 0
(2.150)
a.2) La aceleración Euleriana obtenemos a través de la definición de derivada material de la r r velocidad v ( x , t ) : r r r r r r r r r r r ∂v ( x , t ) ∂v ( x , t ) ∂x ( X , t ) a ( x, t ) = + = ∇ xr v ⋅ v ( x , t ) r ⋅ ∂t4 ∂x ∂t 1 42 3 r 0
donde las componentes del gradiente espacial de la velocidad vienen dadas por:
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222
r r r ∂v ( x , t ) r = (∇ xr v )ij ∂x ij
∂v1 ∂x1 ∂v = 2 ∂x 1 ∂ v3 ∂x1
∂v1 ∂x 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂v 3 ∂x 2
∂v1 ∂x 3 0 ∂v 2 = ω3 ∂x 3 ∂v 3 0 ∂x 3
− ω3
0 0 (antisimétrico) 0
0 0
Comprobando que realmente se trata de un movimiento de sólido rígido. Luego, las componentes de la aceleración Euleriana vienen dadas por: 0 − ω3 x2 − ω32 x1 0 ω3 x1 = − ω32 x2 0 0 0
0 − ω3 r r r r r ai ( x , t ) = [∇ x v ⋅ v ( x , t ) ]i = ω3 0 0 0 r r Podemos expresar la aceleración a ( x , t ) = −ω 32 x1 eˆ 1
− ω 32 x 2 eˆ 2 en el sistema cilíndrico, ver
Figura 2.17. Recordar del capítulo 1 de los apuntes que se cumplen que: x1 = r cos θ ,
x1 = r cos θ ,
eˆ 1 = eˆ r cos θ − eˆ θ sin θ ,
eˆ 2 = eˆ r sin θ + eˆ θ cos θ . Luego, la
aceleración en el sistema cilíndrico queda: r a = −ω32 x1eˆ 1 − ω32 x2eˆ 2 = −ω32 ( r cos θ)(eˆ r cos θ − eˆ θ sin θ) − ω32 ( r sin θ)(eˆ r sin θ + eˆ θ cos θ) r v = −ω32 r (cos 2 θ + sin 2 θ)eˆ r = −ω32 reˆ r = −ω32 r = actpe v Esta última conocida como la aceleración centrípeta ( actpe ).
a.3) La partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición (1,1,0) describe una trayectoria circular de radio r = 2 en el plano x1 − x 2 , ver Figura 2.18. Partícula P en t = 2,5s
X 2 , x2
r r v P ( x , t = 2,5)
1 r x
r r v ( X , t = 0)
Partícula P
r X
1
X 1 , x1
Trayectoria de la partícula P Figura 2.18. r
r
En la configuración de referencia ( t = 0 ) se cumple que X = x . Para la partícula P tenemos que: r v1P ( x , t = 0) = −ω3 x 2 = −ω 3 X 2 = −(3)(1) = −3 − ω 32 X 1 − 9 P r r ; a iP ( x , t = 0) = − ω 32 X 2 = − 9 v 2 ( x , t = 0) = ω 3 x1 = ω 3 X 1 = (3)(1) = 3 P 0 0 v3 = 0
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223
Para el tiempo t = 2,5s la posición, velocidad, y aceleración de la partícula P vienen dadas por: x1P X 1 cos(ωt ) − X 2 sin(ωt ) cos(3 × 2,5) − sin(3 × 2,5) − 0,59136 P x 2 = X 1 sin(ωt ) + X 2 cos(ωt ) = sin(3 × 2,5) + cos(3 × 2,5) = 1,28464 x P X3 0 0 3
r v1P ( x , t = 2,5) = −ω 3 x 2 = −(3)(1,28464) = −3,85391 P r v 2 ( x , t = 2,5) = ω 3 x1 = (3)(−0,59136) = −1,77409 P v 3 = 0 − ω 32 x1 5,322 r a iP ( x , t = 2,5) = − ω 32 x 2 = − 11,562 0 0
b) Para una partícula situada en la superficie de la Tierra, debido a la rotación se sentirá como si estuviera siendo proyecta hacia fuera según dirección de r , ver figura abajo. Hay que tener en cuenta que la fuerza real es la Centrípeta debido a la aceleración centrípeta. Por conveniencia, adoptamos una fuerza ficticia, fuerza centrífuga, que sería la aparente causa de esta proyección hacia afuera. Asociada a esta fuerza tenemos la aceleración v v centrífuga ( a ctfu ) que es igual pero de sentido contrario a la aceleración centrípeta ( a ctpe ). x3 , z x3 , z
ω3
ω3 r
r
x3
r α b
R
v a ctfu
φ
φ x2 , y
x1 , x
La aceleración de la gravedad para una latitud definida por φ viene dada por: r v g φ = a ctfu + b
Recordar v a ctfu
r +b =
que v a ctfu
2
dados
dos
r r b cos α + b
v + 2 a ctfu
r
particular tenemos que, b = g ,
vectores 2
se
cumple
que
, ver Ejemplo 1.02. Para este caso en
r v v a ctpe = a ctfu = − ω32 r = ω32 r . Verificar también que
r = R cos φ y que cos α = cos( π − φ ) = − cos φ . Con eso, obtenemos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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224
r v gφ = actfu + b =
v actpe
2
r r v − 2 actpe b cos φ + b
2
= (ω32 r ) 2 − 2(ω32 r ) g cosφ + g 2
= (ω32 R cosφ ) 2 − 2(ω32 R cosφ ) g cosφ + g 2
Resultando g φ = g 2 − 2 gω 32 R cos 2 φ + ω 34 R 2 cos 2 φ
Observar que en los polos ( φ = 90 º ) se cumple que g φPol = g y en la línea del ecuador se cumple que g φEcu = g 2 − 2 gω 32 R + ω 34 R 2 = ( g − ω 32 R ) 2 = g − ω 32 R . Ejemplo 2.59 Considérese una barra sometida a sucesivos desplazamientos como se indica la Figura abajo
B0
B
B
L0
L0
L(1)
L( 2 )
L(f1)
L ≡ L( 2 )
∆L(1) ∆L ( 2)
∆L
Demostrar que la deformación Ingenieril (deformación de Cauchy) no es aditiva para incremento sucesivos de deformación, es decir, ε (1) + ε ( 2) ≠ ε . Solución: La deformación de Cauchy fue definida como: εC =
∆L L − L 0 = = λ −1 L0 L0
Luego, la deformación total sufrida por el cuerpo, es decir, de la configuración B0 hasta la configuración B es L( 2 ) − L0 L( 2 ) = −1 L0 L0
εC =
En la configuración B la deformación Ingenieril queda: ε C(1) =
L(1) − L0 L(1) = −1 L0 L0
En la configuración B teniendo en cuenta solo el incremento de desplazamiento u ( 2) , tenemos que: ε C( 2) =
L( 2) − L(1) L( 2) = (1) − 1 L(1) L
Luego
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225
L(1) L( 2) L( 2 ) ε C(1) + ε C( 2 ) = − 1 + (1) − 1 ≠ − 1 = ε C L L0 L0
Un requerimiento esencial de toda deformación es que pueda caracterizar los desplazamientos reales, en el caso la longitud final: L0 L(1) ε C(1) dx = − 1dx = L(1) − L0 = ∆L(1) L0 0 0 (1) ( 2) ⇒ ∆L + ∆L = ∆L L1 L1 (2) L ε (C2 ) dx = (1) − 1 dx = L( 2 ) − L(1) = ∆L( 2 ) L 0 0 L0
∫
∫
∫
∫
L0
∫ε
L0
C dx
0
L = − 1 dx = L − L0 = ∆L L 0 0
∫
Deformación de Green-Lagrange Observemos que la deformación de Green-Lagrange en la configuración B viene dado por: L2 − L20
εG =
Podríamos E=E
(1)
+F
haber (1)T
obtenido
2 L20
esta
=
misma
(
)
1 2 λ −1 2
expresión
utilizando
⋅ E ⋅ F , donde para el caso uniaxial tenemos que ( 2)
(1)
E ( 2) → ε G( 2) , F (1) → λ(1) =
la
E → εG , E
relación (1)
→ ε G(1) ,
T L(1) . Luego, la ecauccón E = E (1) + F (1) ⋅ E ( 2) ⋅ F (1) , en una L0
dimensión queda: εG =
εG(1)
+ λ(1)εG( 2)λ(1)
2 ( 2)2 2 2 2 L(1) 1 L( 2) 2 L(1) L − L0 1 L(1) = L − L0 − 1 + (1) − 1 = = 2 L0 2 L20 2 L20 L0 2 L L0
(
)
2.3 Descomposición Polar del Gradiente de Deformación Ejemplo 2.60 Considérense las componentes cartesianas del gradiente de deformación dadas por: 5 3 3 Fij = 2 6 3 2 2 4 Obtener los tensores derecho ( U ) e izquierdo ( V ) de estiramiento y el tensor de rotación ( R ) de la descomposición polar.
Solución: Antes de obtener los tensores U , V , R , vamos analizar el tensor F . Para que tenga sentido físico el determinante de F tiene que ser mayor que cero, det ( F ) = 60 > 0 . Los autovalores y autovectores F se pueden obtener como: F11′ = 10 asociado al autovector mˆ i(1) = [0,6396021491; 0,6396021491; 0,4264014327] F22′ = 3 asociado al autovector mˆ i( 2 ) = [− 0,5570860145; 0,7427813527; − 0,3713906764] F33′ = 2 asociado al autovector mˆ i(3) = [− 0,4082482905; − 0,4082482905; 0,8164965809] Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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226
Se puede verificar fácilmente que la base constituida por estos autovectores no forma una ortonormal, es decir, mˆ i(1) mˆ i( 2) ≠ 0 , mˆ i(1) mˆ i(3) ≠ 0 , mˆ i( 2) mˆ i(3) ≠ 0 . Verificamos también que si B es la matriz que contiene los autovectores de F : mˆ i(1) 0,6396021491; 0,6396021491; 0,4264014327 ( 2) B = mˆ i = − 0,5570860145; 0,7427813527; − 0,3713906764 mˆ (3) − 0,4082482905; − 0,4082482905; 0,8164965809 i
podemos hallar que det (B ) = 0,905 ≠ 1 , y que B −1 ≠ B T . Pero se cumple que: 10 0 0 5 2 2 B 0 3 0 B = 3 6 2 = FijT 0 0 2 3 3 4
5 2 2 10 0 0 −1 y B 3 6 2B = 0 3 0 3 3 4 0 0 2 Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, C = F T ⋅ F (tensor definido positivo): 33 31 29 C ij = Fki Fkj = 31 49 35 29 35 34 −1
Los autovalores y autovectores del tensor C son:
ˆ (1) = [0,6861511933; − 0,7023576528 0,1894472683] N i autovector ˆ ′ = 3,770098 C 22 → N i( 2 ) = [0,5105143234; 0,2793856273; − 0,8132215099] ˆ (3) = [− 0,518239; − 0,65470405; − 0,550264423] ′ = 102,955163 C 33 autovector → N i ′ = 9,274739 C11
autovector →
Dichos autovectores constituye una base ortonormal luego, se cumple que AC−1 = ACT , y det (AC ) = −1 , donde: Nˆ i(1) 0,6861511933 − 0,7023576528 0,1894472683 AC = Nˆ i( 2) = 0,5105143234 0,2793856273 − 0,8132215099 N ˆ (3) − 0,518239 − 0,65470405 − 0,550264423 i
cumpliendo que: ′ C11 A 0 0
′ 0 0 0 33 31 29 33 31 29 C11 T ′ 0 AC = 31 49 35 = C ij ; AC 31 49 35 AC = 0 C 22 0 29 35 34 29 35 34 0 ′ ′ 0 C 33 0 C 33 En el espacio principal de C obtenemos las componentes del tensor derecho de estiramiento U como: ′ 0 C11 0 0 3,0454455 0 0 λ 1 0 ′ ′ ′ U = U ij = 0 λ 2 0 = 0 C 22 0 = 0 1,9416741 0 0 0 λ 3 0 ′ 0 C 33 0 0 10,1466824 T C
0 ′ C 22
y su inversa: 1 0 0 0 3,0454455 1 1 U ′ −1 = U′ij−1 0 = 0 0 1,9416741 λ2 1 1 0 0 0 10,1466824 λ 3 Pudiendo así obtener las componentes del tensor U en el espacio original a través de la ley 1 λ1 = 0 0
0
de transformación:
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227
4,66496626 2,25196988 2,48328843 A U ′AC = 2,25196988 6,00314487 2,80907159 = U ij 2,48328843 2,80907159 4,46569091 T C
y 0,31528844 − 0,05134777 − 0,14302659 A U ′ AC = 2,25196988 0,24442627 − 0,12519889 = U ij−1 − 0,14302659 − 0,12519889 0,38221833 −1
T C
Luego, el tensor de rotación de la descomposición polar viene dado por la expresión R = F ⋅ U −1 , que resulta en un tensor ortogonal propio det (R ) = 1 . 0,10094326 0,05592536 0,9933191 = − 0,10658955 0,98826538 0,10940847 R ij = − 0,04422505 − 0,11463858 0,9924224 Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, b = F ⋅ F T (tensor definido positivo): 43 37 28 bij = Fik F jk = 37 49 28 28 28 24
Fik U −kj1
Los autovalores y autovectores del tensor b son:
nˆ i(1) = [0,6212637156 − 0,7465251613 0,238183919] ′ = 3,770098 b22 autovector → nˆ i( 2 ) = [0,4898263742 0,1327190337 − 0,8616587383] ′ = 102,955163 b33 autovector → nˆ (i 3) = [− 0,611638389 − 0,6519860747 − 0,448121233] Observemos que son los mismos autovalores del tensor C , pero con distintos autovectores. Los autovectores del tensor b también constituye una base ortonormal luego, se cumple que Ab−1 = AbT , y det (Ab ) = −1 , donde: ′ = 9,274739 b11
autovector →
nˆ (i1) 0,6212637156 − 0,7465251613 0,238183919 ˆ ( 2) Ab = n i = 0,4898263742 0,1327190337 − 0,8616587383 nˆ (3) − 0,611638389 − 0,6519860747 − 0,448121233 i
cumpliendo que: ′ b11 A 0 0
′ 0 0 0 b11 43 37 28 43 37 28 T ′ 0 Ab = 37 49 28 = bij ; Ab 37 49 28 Ab = 0 b22 0 0 28 28 24 28 28 24 ′ ′ 0 b33 0 b33 Ya que los tensores C y b tienen los mismos autovalores se cumple que U′ij = Vij′ , es decir, T b
0 ′ b22
que tienen las mismas componentes en sus respectivos espacios principales. Y como consecuencia U′ij−1 = Vij′ −1 . Luego se cumple que: Pudiendo así obtener las componentes del tensor U en el espacio original a través de la ley de transformación: 5,3720129 2,76007379 2,41222612 A V ′Ab = A U ′Ab = 2,76007379 6,04463857 2,20098553 = Vij 2,41222612 2,20098553 3,6519622 T b
T b
y 0,28717424 − 0,07950684 − 0,14176921 A V ′ Ab = A U ′ Ab = − 0,07950684 0,23396031 − 0,08848799 = Vij−1 − 0,14176921 − 0,08848799 0,42079849 T b
−1
T b
−1
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
228
El tensor de rotación de la descomposición polar ya obtenido anteriormente tiene ser el mismo si utilizamos la expresión R = V −1 ⋅ F . También podríamos haber obtenido los tensores U , V , R a través de su representación espectral. Es decir, si conocemos los estiramientos principales λ i y los autovectores de C , ˆ (i ) , y los autovectores de b , nˆ (i ) , es de fácil demostración que: N
U= V= R=
F=
3
∑λ
a
ˆ (a ) ⊗ N ˆ (a) = λ N ˆ (1) ⊗ N ˆ (1) + λ N ˆ (2) ⊗ N ˆ (2) + λ N ˆ ( 3) ⊗ N ˆ ( 3) N 1 2 3
∑λ
a
nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) = λ 1 nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + λ 2 nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + λ 3 nˆ (3) ⊗ nˆ (3)
a =1 3
a =1 3
∑ nˆ
(a)
a =1 3
∑λ
a
ˆ ( a ) = nˆ (1) ⊗ N ˆ (1) + nˆ ( 2) ⊗ N ˆ ( 2 ) + nˆ (3) ⊗ N ˆ ( 3) ⊗N
ˆ ( a ) = λ nˆ (1) ⊗ N ˆ (1) + λ nˆ ( 2 ) ⊗ N ˆ ( 2 ) + λ nˆ (3) ⊗ N ˆ ( 3) nˆ ( a ) ⊗ N 1 2 3
a =1
=
3
∑
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) = λa R ⋅N
a =1
3
∑λ
a
nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ R
a =1
3 ˆ (a ) ⊗ N ˆ ( a ) = λ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ R = R ⋅ λ a N a a =1 a =1 = R ⋅U = V ⋅R 3
∑
∑
Como podemos verificar la representación espectral de los tensores R y F no viene presentada en el sentido estricto de la representación espectral, es decir, autovalor y autovector del tensor. Ejemplo 2.61 El tensor gradiente de deformación en un punto del cuerpo viene dado a través de la siguiente combinación lineal de diádicas: F = 0,2eˆ 1 ⊗ eˆ 1 − 0,1eˆ 1 ⊗ eˆ 2 + 0,3eˆ 2 ⊗ eˆ 1 + 0,4eˆ 2 ⊗ eˆ 2 + 0,1eˆ 3 ⊗ eˆ 3
donde eˆ i
(i = 1,2,3) representa la base cartesiana. Se pide:
a) Determinar los tensores de deformación b y C ; b) Determinar los autovalores y autovectores de b y C ; c) Escribir F en su representación espectral en función de los autovalores de C ( C a ) y 3
ˆ ( a ) , siendo λ los estiramientos principales, nˆ verificar si se cumple que F = ∑ λ a nˆ ( a ) ⊗ N a a =1
ˆ los autovectores de C ; los autovectores de b , y N
d) Obtener la representación espectral y las componentes: del tensor de rotación ( R ) de la descomposición polar; y de los tensores de estiramientos U y V ; Solución Las componentes del gradiente de deformación en forma de matriz vienen dadas por: F = Fij eˆ i ⊗ eˆ j = 0,2eˆ 1 ⊗ eˆ 1 − 0,1eˆ 1 ⊗ eˆ 2 + 0,3eˆ 2 ⊗ eˆ 1 + 0,4eˆ 2 ⊗ eˆ 2 + 0,1eˆ 3 ⊗ eˆ 3
0,2 − 0,1 0 Fij = 0,3 0,4 0 0 0 0,1 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
229
a) Las componentes del tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, b = F ⋅ F T , vienen dadas por: T
0,2 − 0,1 0 0,2 − 0,1 0 0,05 0,02 0 bij = Fik F jk = 0,3 0,4 0 0,3 0,4 0 = 0,02 0,25 0 0 0 0 0,1 0 0 0,1 0 0,01
(2.151)
Las componentes del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, C = F T ⋅ F , vienen dadas por: 0,2 − 0,1 0 C ij = Fki Fkj = 0,3 0,4 0 0 0 0,1
T
0 0,2 − 0,1 0 0,13 0,1 0,3 0,4 0 = 0,1 0,17 0 0 0 0,1 0 0 0,01
(2.152)
b) Determinar los autovalores y autovectores de b y C ; ˆ =C N ˆ (a) C ⋅N (a)
⇒
C − C1 = 0
donde el índice (a ) no indica suma. Observemos que ya conocemos un autovalor de C , C (3) = 0,01 , ver componentes de C (2.152). Luego, el determinante característico queda: 0,13 − C
0,1
0,1
0,17 − C
=0
(0,13 − C )(0,17 − C ) − 0,01 = 0
⇒
La solución de la ecuación cuadrática es: C (1) = 0,25198
;
C ( 2) = 0,04802
Luego: 0,633399 (1) ˆ C (1) = 0,25198 ⇒ N i = 0,77334 0 0 ( 3) ˆ C (3) = 0,01 ⇒ N i = 0 1
;
C ( 2 ) = 0,04802
− 0,77334 ˆN ( 2 ) = 0,63399 i 0
⇒
Análogamente para obtener los autovalores y autovectores del tensor b : b ⋅ nˆ = b( a ) nˆ ( a )
donde el índice (a ) no indica suma.. Luego b(1) = 0,25198
b(3) = 0,01
⇒
⇒
nˆ i(3)
0,098538 = 0,995133 0 0 = 0 1
nˆ i(1)
;
b( 2) = 0,04802
⇒
nˆ i( 2)
− 0,995133 = 0,098538 0
Observemos que era de esperar que los tensores C y b presentan los mismos autovalores:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
230
0 0 0,252 0,048 0 C ij′ = 0 0 0 0,01
;
0 0 0,252 0,048 0 bij′ = 0 0 0 0,01
Además la representación espectral de los tensores C y b viene dadas respectivamente por: C=
3
∑
ˆ (a ) ⊗ N ˆ (a) λ2a N
a =1
;
b=
3
∑ λ nˆ 2 a
(a)
⊗ nˆ ( a )
a =1
donde λ a son los estiramientos principales. Considerando que λ2a = C a son los autovalores de C y de b , los estiramientos principales son: λ (1) = 0,25198 ≈ 0,501976
;
λ ( 2) = 0,04802 ≈ 0,219134
;
λ (3) = 0,01 = 0,1
3
ˆ ( a ) . Calculemos las componentes de c) Para verificar si se cumple F = ∑ λ a nˆ ( a ) ⊗ N a =1
ˆ ( a ) , con los resultados obtenidos anteriormente. Resultando: λ a nˆ ( a ) ⊗ N ij a =1 3
∑
3 ˆ ( a ) = λ nˆ (1) ⊗ Nˆ (1) + λ nˆ ( 2 ) ⊗ Nˆ ( 2 ) + λ nˆ (3) ⊗ Nˆ (3) λ a nˆ ( a ) ⊗ N 1 i j 2 i j 3 i j a =1 ij
∑
0,76958 − 0,6309 0 0,06247 0,0762 0 = 0,50197 − 0,0762 0,06247 0 + 0,219134 0,6309 0,76958 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0,2 − 0,1 0 + 0,10 0 0 = 0,3 0,4 0 0 0 1 0 0 0,1
Luego, resulta ser cierto. d) R=
3
∑ nˆ
(a)
ˆ ⊗N
(a )
componentes
a =1
0,832 − 0,554 0 (R )ij = 0,554 0,832 0 0 0 1
Que puede ser verificado con: 0,76958 − 0,6309 0 0,06247 0,0762 0 0 R ij = − 0,0762 0,06247 0 + 0,6309 0,76958 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0,333 0,139 3 (a) (a) ˆ ˆ λ aN ⊗ N U= componentes (U)ij ≈ 0,139 0,388 a =1 0 0
∑
V=
3
∑
λ a nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )
componentes
a =1
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0 0 0,832 − 0,5547 0 0 0 = 0,5547 0,832 0 0 1 0 0 1 0 0 0,1
0,222 0,028 0 (V )ij ≈ 0,028 0,5 0 0 0 0,1
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
231
Ejemplo 2.62 Para un movimiento dado (deformación de corte): x1 = X 1 + kX 2
x2 = X 2
x3 = X 3
donde k es una constante. Encontrar los tensores F (Gradiente de deformación), C (Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green), b (Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green), E (Tensor de deformación de Green-Lagrange), U (Tensor derecho de estiramiento), V (Tensor izquierdo de estiramiento) y R (Tensor de rotación de la descomposición polar). Solución: Tensor gradiente de deformación: ∂x1 ∂X 1 ∂xi ∂x 2 Fij = = ∂X j ∂X 1 ∂x3 ∂X 1
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x3 ∂X 2
∂x1 ∂X 3 1 k 0 ∂x 2 = 0 1 0 ∂X 3 ∂x3 0 0 1 ∂X 3
Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C = F T ⋅ F ), cuyas componentes son: k 1 0 0 1 k 0 1 C ij = Fki Fkj = k 1 0 0 1 0 = k 1 + k 2 0 0 1 0 0 1 0 0
0 0 1
Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green ( b = F ⋅ F T ), cuyas componentes son: 2 1 k 0 1 0 0 1 + k bij = Fik F jk = 0 1 0 k 1 0 = k 0 0 1 0 0 1 0
Tensor material de deformación de Green-Lagrange, E =
0 1 0 0 1
k
1 (C − 1) , cuyas componentes 2
son: 1 k 1 E ij = k 1 + k 2 2 0 0
0 1 0 0 0 k 1 0 − 0 1 0 = k k 2 2 0 0 1 0 0 1
0 0 0
Verifiquemos que sólo hay deformación en el plano x1 − x 2 . Teniendo en cuenta la descomposición polar F = R ⋅ U = V ⋅ R , y que: C = ( V ⋅ R )T ⋅ ( V ⋅ R ) = R T ⋅ V T ⋅ V ⋅ R = R T ⋅ V ⋅ V ⋅ R = R T ⋅ V 2 ⋅ R = R T ⋅ b ⋅ R
Por simplicidad vamos trabajar sólo en el plano x1 − x 2 , con lo cual representaremos las componentes del tensor de rotación como: cos θ − sin θ c − s R ij = = sin θ cos θ s c
(i, j = 1,2)
donde, se cumple que cos 2 θ + sin 2 θ = c 2 + s 2 = 1 . La relación C = R T ⋅ b ⋅ R queda:
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232
k c s 1 + k 2 1 k 1 + k 2 = − s c k
(− sck 2 − s 2 k + c 2 k ) k c − s (c 2 + c 2 k 2 + 2 sck + s 2 ) = 1 s c (− sck 2 − s 2 k + c 2 k ) (c 2 + s 2 k 2 − 2sck + s 2 )
−k c. 2 −k Ahora partiendo de la relación (− sck 2 − s 2 k + c 2 k ) = k y considerando que s = c 2
De la relación (c 2 + c 2 k 2 + 2 sck + s 2 ) = 1 ⇒ (c 2 k 2 + 2 sck + 1) = 1 obtenemos que s =
obtenemos que: c=
1 2
k +1 4
=
2
s=
;
2
k +4
−k 2 2
k +1 4
=
−k k2 + 4
Luego: 2 2 k +4 −k R ij = 2 k +4 0
k 2
k +4 2 k2 + 4 0
0 0 1
De la descomposición polar F = R ⋅ U = V ⋅ R , podemos obtener que U = R T ⋅ F , y que V = F ⋅ R T , cuyas componentes son: 2 2 k +4 k U ij = R ki Fkj = 2 k +4 0
Vij = Fik R jk
−k k2 + 4 2 k2 + 4 0
2 2 1 k 0 k + 4 k = 0 1 0 2 0 0 1 k + 4 0
2 0 2 1 k 0 k + 4 k 0 0 1 0 = 2 0 0 1 k + 4 1 0 −k k2 + 4 2 k2 + 4 0
2 2+k 0 2 k +4 k 0 = 2 k +4 1 0
0 0 1
k 2
k +4 2+ k2 k2 + 4 0
0 0 1
k k2 + 4 2 k2 + 4 0
Ejemplo 2.63 Un paralelepípedo deformable de dimensiones 2 × 2 × 1 se encuentra en su configuración de referencia en la posición que indica la Figura 2.19. Este cuerpo se somete a una deformación: r r x ( X , t ) = −exp X 2t eˆ 1 + tX 12 eˆ 2 + X 3 eˆ 3
(2.153)
siendo ( X 1 , X 2 , X 3 ) las coordenadas materiales y t el tiempo. Para este cuerpo se pide: r
a) Obtener las componentes del gradiente de deformación F , en todo punto X e instante t.
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
233
b) Lo mismo para el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C . ¿Cuáles son los estiramientos principales? c) Obtener también las componentes correspondientes al tensor derecho de estiramiento U y al tensor de rotación R . Comprobar que este último es un tensor ortogonal propio. d) ¿Cuál es el volumen del paralelepípedo deformado en el instante t = 1s ? X2
2
1
X3
1
X1
2
Figura 2.19. Solución: a) Según Ec. (2.153), las componentes del vector posición son x1 = −exp X 2t , x 2 = tX 12 , x3 = X 3 , luego las componentes del gradiente de deformación F vienen dadas por: 0 ∂xi Fij = = 2tX 1 ∂X j 0
0 0 1
− t exp X 2t 0 0
b) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C viene definido por C = F T ⋅ F , con componentes C ij = Fki Fkj : 0 C ij = − t exp X 2t 0
0 0 0 2tX 1 1 0
2tX 1 0 0
0 4t 2 X 12 0 = 0 1 0
− t exp X 2t 0 0
0 2
t exp 0
2 X 2t
0 0 1
Observemos que este espacio es el espacio de las direcciones principales de C . Si λ i son los estiramientos principales se cumple la siguiente relación: C = U2 =
3
∑λ
2 a
ˆ (a ) ⊗ N ˆ (a) N
⇒
U=
a =1
3
∑λ
a
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) N
a =1
Como estamos en el espacio principales, podemos obtener los estiramientos principales: λ 1 = + 4t 2 X 12
λ 2 = + t 2 exp 2 X 2t
;
;
λ3 = + 1
3
ˆ (a ) ⊗ N ˆ ( a ) es por definición un tensor definido positivo, Ya que el tensor U = ∑ λ a N a =1
implicando que sus valores principales son positivos, luego: λ 1 = 2tX 1
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;
λ 2 = t exp X 2t
Draft
;
λ3 = 1
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
234
2tX 1 U ij = 0 0
c)
0 0 1
0 t exp 0
X 2t
U ij−1
⇒
1 2tX 1 = 0 0
0 1 t exp X 2t 0
0 0 1
Según la descomposición polar F = R ⋅ U ⇒ R = F ⋅ U −1 , con eso podemos obtener las componentes del tensor ortogonal propio R : 0 R ij = 2tX 1 0
− t exp
1 0 2tX 1 0 0 1 0
X 2t
0 0
0 1 t exp X 2t 0
0 0 − 1 0 0 = 1 0 0 0 0 1 1
Verificamos que debe cumplir la ortogonalidad R ⋅ R −1 = R ⋅ R T = 1 : R ik R jk
0 − 1 0 0 1 0 1 0 0 = 1 0 0 − 1 0 0 = 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1
y propio ya que det (R ) = 1 . d) Para calcular el volumen final utilizaremos la relación dV = JdV0 , donde J = F es el determinante del Jacobiano y viene dado por: − t exp X 2t
0 J = 2tX 1 0
0 0 = 2t 2 X 1exp X 2t 1
0 0
Para el tiempo t = 1s tenemos que J = 2 X 1exp X 2 . Luego el volumen en el tiempo t = 1s vendrá dado por:
∫
dV =
∫
2
JdV0 =
V0
2
1
∫ ∫ ∫ (2 X exp )dX 1
X2
3 dX 2 dX 1
(
)
= 4 exp 2 − 1 ≈ 25,556
X 1 =0 X 2 = 0 X 3 = 0
Obs.: No se puede utilizar la expresión V = JV0 porque no se trata de un caso de deformación homogénea. Ejemplo 2.64 Un cuerpo continuo experimenta la deformación: x1 = X 1
;
x 2 = X 2 + kX 3
;
x3 = X 3 + kX 2
donde k es una constante. a) Determinar el gradiente de deformación ( F ); el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( C ); el tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ). b) Calcular el campo de desplazamiento, la longitud al cuadrado (dx) 2 de los lados OA y OB , y de la diagonal OC , después de la deformación en el pequeño rectángulo indicado en
la figura abajo.
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
235
X3
dX 2
B
C
dX 3 X1
O
X2
A
c) Considérese ahora un cuadrado como la figura abajo x3
C′
A
A′
C θ 23
O
B′ B
x2
c.1) Determinar los estiramientos según las direcciones OC y BA ; c.2) el ángulo θ 23 en la configuración actual en función de k . c.3) Aplicar la descomposición polar del tensor F , es decir, determinar U y R Solución: a) C = F T ⋅ F . Las componentes del gradiente de deformación son: 1 0 0 ∂xi = 0 1 k Fij = ∂X j 0 k 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 C ij = Fki Fkj = 0 1 k 0 1 k = 0 1 + k 2k 0 k 1 0 k 1 0 2k 1 + k 2
Tensor material de deformación de Green-Lagrange, E =
1 (C − 1) , cuyas componentes 2
son : 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 2 2 2k 2 k − 0 1 0 = 0 k E ij = 0 1 + k 2 2 0 2k k 2 2k 1 + k 2 0 0 1 0 r r r b.1) Campo de desplazamientos, u = x − X , cuyas componentes son:
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236
u1 = x1 − X 1 = 0 ; u 2 = x 2 − X 2 = kX 3 ; u 3 = x 3 − X 3 = kX 2 r b.2) Cálculo de (dx ) 2 = dx 2 r r r r r r (dxr )2 = dxr ⋅ dxr = F ⋅ dX ⋅ F ⋅ dX = dX ⋅ F T ⋅ F ⋅ dX = dX ⋅ C ⋅ dX
Explícitamente:
(dx )
2
= [dX 1
0 0 dX 1 1 2 dX 3 ] 0 1 + k 2k dX 2 0 2k 1 + k 2 dX 3
dX 2
= (dX 1 ) 2 + (dX 2 ) 2 (1 + k 2 ) + (dX 3 ) 2 (1 + k 2 ) + 4k (dX 2 )(dX 3 )
Luego, para la diagonal OC tenemos que [0 dX 2 dX 3 ] , resultando que:
(dx )2 = (dX 2 ) 2 (1 + k 2 ) + (dX 3 ) 2 (1 + k 2 ) + 4k (dX 2 )(dX 3 ) Para el lado OA tenemos que [0 dX 2 0] , resultando:
(dx )2 = (dX 2 ) 2 (1 + k 2 ) Para el lado OB tenemos que [0 0 dX 3 ] , resultando que:
(dx )2 = (dX 3 ) 2 (1 + k 2 ) ˆ (configuración de referencia) viene dado por el la c) El estiramiento según una dirección N ˆ ⋅ C ⋅N ˆ. expresión (λ Nˆ )2 = N
c.1) Estiramiento según dirección OC : Nˆ i = 0
1
(λ )
2
OC
= 0
1 2
0 1 1 2 0 1 + k 2 0 2k
Estiramiento según dirección BA : Nˆ i = 0
(λ )
2
BA
= 0
1 2
1 2
0 1 −1 2 0 1 + k 2 0 2k
2
1 , con lo cual: 2 0 2k 1 + k 2
0 1 = (1 + k ) 2 2 1 2
−1 , con lo cual: 2 0 0 1 2k = (1 − k ) 2 2 1 + k 2 − 1 2
c.2) Variación del ángulo. Podemos utilizar directamente la expresión: cos θ =
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ˆ ⋅C ⋅N ˆ ˆ ⋅ C ⋅N ˆ M M = λ Mˆ λ Nˆ ˆ ⋅ C ⋅M ˆ N ˆ ⋅ C ⋅N ˆ M
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
237
ˆ = [0 0 1] , y según dirección OA es donde el versor según dirección OB es M i Nˆ i = [0 1 0] . Con eso obtenemos que:
(λ )
0 0 0 1 2 = [0 0 1] 0 1 + k 2k 0 = 1 + k 2 0 2k 1 + k 2 1
(λ )
0 0 0 1 2 = [0 1 0] 0 1 + k 2k 1 = 1 + k 2 0 2k 1 + k 2 0
2
OB
2
OA
0 0 0 1 2 ˆ ˆ Mi C ij N j = [0 0 1] 0 1 + k 2k 1 = 2k 0 2k 1 + k 2 0
Resultando que: cos θ 23 =
ˆ ⋅ C ⋅N ˆ 2k M = λ Mˆ λ Nˆ 1+ k2
c.3) Descomposición Polar F = R ⋅ U = V ⋅ R , donde: C = U2 =
3
∑
ˆ (a ) ⊗ N ˆ (a ) λ aN
⇒ U= C =
a =1
3
∑
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) λaN
a =1
Cálculo de los valores principales de C . Verifiquemos que por el formato de las componentes del tensor C , sólo hay deformación según el plano x 2 − x 3 . Además ya conocemos un autovalor λ1 = 1 asociado a la dirección Ni(1) = [1 0 0] . Simplificando así el determinando característico como: (1 + k 2 ) − λ
2k
2k
2
(1 + k ) − λ
(
) (
⇒ λ2 − 2 1 + k 2 λ + 1 − k 2
=0
)
2
(
) (
)
λ2 − 2 1 + k 2 λ + 1 − 2k 2 + k 4 = 0
⇒
=0
Las raíces son: λ 2 = 1 + k 2 + 2k = (1 + k ) 2
λ 3 = 1 + k 2 − 2k = (1 − k ) 2
;
Luego, en el espacio principal de C , tenemos que: 0 1 C ij′ = 0 (1 + k ) 2 0 0
(1 − k ) 2 0 0
1
Las direcciones principales son λ 2 ⇒ Ni( 2) = 0
2
1 ( 3) , λ 3 ⇒ N i = 0 2
−1 2
1 . 2
Luego, la matriz de transformación entre el espacio original y el espacio principal queda: 1 a ij = A = 0 0 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Draft
0 1 2 −1 2
0 1 2 1 2 Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
238
Es decir, se debe cumplir que: C′ = A C AT 0 1 0 (1 + k ) 2 0 0
0 1 0 = 0 (1 − k ) 2 0
0 1 0 1 0 1+ k2 2 2k 1 0 2
0 1 2 −1 2
0 1 2k 0 1 + k 2 0
0 1 2 1 2
0 1 2 −1 2
T
Luego, en el espacio principal de C , tenemos que: 0 1 C ij′ = 0 (1 + k ) 2 0 0
(1 − k ) 2 0 0
+ 1 0 U ij = 0 + (1 + k ) 2 0 0
⇒
2 + (1 − k ) 0 0
0 0 1 ⇒ U ij = 0 (1 + k ) 0 0 0 (1 − k )
La inversa en el espacio principal:
U′ij−1
1 = 0 0
0 0 1 (1 − k )
0 1 (1 + k ) 0
Las componentes del tensor U en el espacio original vienen dadas por: U ′ −1 = A T U −1 A
1 U ij = 0 0
0 1 2 −1 2
0 1 2 1 2
T
1 0 0
0 1 (1 + k ) 0
0 1 0 0 1 0 (1 − k )
0 1 2 −1 2
0 1 1 = 0 2 1 0 2
0 1 (1 − k 2 ) −k (1 − k 2 )
0 −k (1 − k 2 ) 1 (1 − k 2 )
De la descomposición polar obtenemos que F = R ⋅ U ⇒ R = F ⋅ U −1 1 0 0 1 R ij = 0 1 k 0 0 k 1 0
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0 1 (1 − k 2 ) −k (1 − k 2 )
Draft
0 1 0 0 −k = 0 1 0 2 (1 − k ) 1 0 0 1 (1 − k 2 )
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
239
Ejemplo 2.65 Dada la siguiente ley de movimiento: x1 = λ1 X 1 x 2 = −λ 3 X 3 x = λ X 2 2 3
Si pide: a) Encontrar el volumen deformado para un cubo unitario; b) Encontrar el área deformada de un cuadrado unitario en el plano X 1 − X 2 , y dibujar el área deformada; c) Aplicar la Descomposición Polar y obtener los tensores U , V y R Solución: a) x1 λ 1 x2 = 0 x 0 3
0 X 1 − λ 3 X 2 0 X 3
0 0 λ2
⇒
λ 1 Fij = 0 0
0 − λ 3 (deformación Homogénea) 0
0 0 λ2
El determinante de F viene dado por F ≡ J = λ 1λ 2 λ 3 , y el volumen deformado: dV = F dV0 integrando → V final = F Vinicial = λ 1λ 2 λ 3
b) Aplicando la relación de Nanson y teniendo en cuenta que estamos en el caso particular de deformación homogénea: r r r r da = JF −T ⋅ dA integrando → a final = JF −T ⋅ Ainicial
donde eˆ 1 r Ainicial = 1
eˆ 2 0
0
1
eˆ 3 0 = eˆ 3 ; Fij−1 = 0
λ 2 λ 3 1 0 λ 1λ 2 λ 3 0
0 0 − λ 1λ 2
1 0 λ1 λ 1 λ 3 = 0 0 0
0 0 −1 λ3
0 1 λ2 0
Con lo cual el vector área deformada queda: 1 a1 λ1 a 2 = λ 1 λ 2 λ 3 0 a 3 0
0 0 1 λ2
0 0 0 − 1 0 = − λ 1 λ 2 λ3 1 0 0
Su módulo queda: r a final = (−λ 1λ 2 ) 2 = λ 1λ 2
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
240
X 3 , x3 B ′(0,0, λ 2 )
r a final = λ 1 λ 2
C ′(λ1 ,0, λ 2 ) O (0,0,0)
B (0,1,0)
r Ainicial = 1
C (1,1,0)
A(1,0,0)
X 2 , x2
A′(λ 1 ,0,0) X 1 , x1
donde los puntos A(1,0,0) , B(0,1,0) y C (1,1,0) se desplazan según la ley del movimiento: x1A λ 1 A x2 = 0 x A 0 3 x1C λ 1 C x2 = 0 xC 0 3
0 0 λ2
0 1 λ 1 − λ 3 0 = 0 0 0 0
;
x1B λ1 B x2 = 0 x B 0 3
0 0 λ2
0 1 λ 1 − λ 3 1 = 0 0 0 λ 2
0 0 λ2
c) Según la definición de la descomposición polar U= C = F
λ 1 C ij = 0 0 λ 1 bij = 0 0
T
0 0 0 − λ 3 1 = 0 0 0 λ 2
⋅F y 0 0 − λ3 0 0 λ2
V = b = F ⋅F
0 λ 1 λ 2 0 0 0 0 λ 1 − λ 3 0 0 0
0 0 λ2 0 0 − λ3
F = R ⋅U = V ⋅R
donde
T
0 λ21 − λ 3 = 0 0 0 0 λ21 λ 2 = 0 0 0
0 λ22 0 0 λ23 0
0 0 λ23 0 0 λ22
⇒
λ 1 U ij = 0 0
⇒
λ 1 Vij = 0 0
0 λ2 0 0 λ3 0
0 0 λ 3 0 0 λ 2
Verifiquemos que el espacio original coincide con el espacio principal de C . Verifiquemos también que C y b tienen los mismos autovalores pero direcciones principales distintas. Para obtener el tensor de rotación de la descomposición polar R = F ⋅ U −1 = V −1 ⋅ F , con lo cual: λ 1 R ij = 0 0
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0 0 λ2
1 0 λ1 − λ 3 0 0 0
Draft
0 1 λ2 0
0 1 0 0 0 = 0 0 − 1 1 0 1 0 λ 3
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
241
jemplo 2.66 Determinar para la deformación homogénea: x1 = 3 X 1
;
x2 = 2 X 2
x3 = 3 X 3 − X 2
;
el elipsoide de deformación material que resulta de la deformación de una esfera material X 12 + X 22 + X 32 = 1 (ver Figura 2.20). Probar que este elipsoide en el espacio principal del tensor izquierdo de estiramiento V tiene la forma: x1′ 2 λ21
+
x 2′ 2 λ22
+
x3′ 2 λ23
=1
donde λ 1 , λ 2 , λ 3 son los estiramientos principales.
X 2 , x2
X 3 , x3
Superficie material (Siempre constituida por las mismas partículas)
X 1 , x1
Figura 2.20: Esfera material. Solución: La ley del movimiento y de su inversa vienen dadas por: x1 3 x2 = 0 x 0 3
0 2 −1
0 X 1 X1 0 X 2 inversa → X 2 = X 3 X 3 3
3 3
0 1 2 3 6
0 0
0 x1 0 x2 3 x3 3
Las ecuaciones del movimiento en la descripción espacial viene dada por: X1 =
3 x1 3
;
X2 =
x2 2
;
X3 =
3 3 x2 + x3 6 3
Reemplazando en la ecuación de la esfera: 2
2
X 12
+
X 22
+
X 32
=1
⇒
3 x2 2 3 3 x + + x + x =1 3 1 2 6 2 3 3
Tras la simplificación de la expresión anterior obtenemos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
242
x12 + x 22 + x32 + x 2 x3 = 3
Que es la ecuación de un elipsoide. Tenemos ahora que representar la ecuación de este elipsoide en el espacio principal del tensor derecho de estiramiento V . Recordemos que el tensor V y el tensor b son coaxiales (tienen las mismas direcciones principales), y además se cumple que: V = b = F ⋅FT
A continuación obtenemos las componentes del tensor b , y sus autovalores y autovectores. 3 bij = 0 0
0 2 −1
0 3 0 0 0 2 3 0 −1
T
0 0 0 3 0 = 0 5 − 3 0 − 3 3 3
Verificamos que ya conocemos un autovalor y autovector b1 = 3 , nˆ i(1) = [1 0 0] . Luego, las otras direcciones principales estarán el plano x 2 − x 3 . Obteniendo los demás autovalores y autovectores → nˆ (i 2 ) = 0 b2 = 6 autovector
2 2
→ nˆ (i 3) = 0 b3 = 2 autovector
− 2 2
− 2 2 − 2 2
Resultando así que: 1 3 0 0 bij′ = 0 6 0 Matriz deTrasnfor mación → aij = 0 0 0 2 0
λ 1 = 3 0 ′ Vij = 0 λ2 = 6 0 0
0 − 2 2 2 2
0 2 2 2 2
0 λ3 = 2 0
Luego, aplicando la ley de transformación del sistema x1 , x 2 , x3 al sistema x1′ , x 2′ , x3′ , obtenemos que: x1 1 x2 = 0 x 3 0
0
− 2 2 2 2
0 2 2 2 2
T
x1′ x 2′ x′ 3
⇒
x1 = x1′ 2 − 2 x 2′ + x3′ x2 = 2 2 2 2 x ′2 + x3′ x3 = 2 2
Con lo cual, la ecuación del elipsoide en el espacio principal de V viene representada por:
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
243
x12 + x 22 + x32 + x 2 x3 = 3
(x1′ )
2
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 + − x′ + x3′ + x 2′ + x3′ + − x 2′ + x3′ x 2′ + x 3′ = 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Simplificando la expresión anterior obtenemos que: x1′ 2 x 2′ 2 x3′ 2 x1′ 2 x 2′ 2 x3′ 2 x1′ 2 x 2′ 2 x 3′ 2 + + = + + = 2 + 2 + 2 =1 3 6 2 λ2 λ3 ( 3 ) 2 ( 6 ) 2 ( 2 ) 2 λ1 X 3 , x3
X 2 , x2
x3′
λ3 = 2 λ2 = 6
λ1 = 3
x 2′
x1′
X 1 , x1
Figura 2.21: Elipsoide material (configuración deformada).
x2 x1
x3
R
V
x 2′
X2
X1
x2 x1
F x3
X3
x1′
x3′
Figura 2.22: Descomposición polar por la izquierda.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
244
2.4 Deformación Infinitesimal Ejemplo 2.67 Dadas las ecuaciones del movimiento x1 = X 1 + 4 X 1 X 2t
;
x2 = X 2 + X 22t
;
x3 = X 3 + X 32t
(2.154)
a) Encontrar el campo de velocidad; b) Encontrar el campo de deformación infinitesimal; c) Para el tiempo t = 1 s , obtener el tensor de deformación infinitesimal. Solución: a) Velocidad: V1 = 4 X 1 X 2 r r r dx ⇒ V 2 = X 22 V ( X , t) = dt 2 V3 = X 3
(2.155)
r A1 = 0 r r dV A( X , t ) = ⇒ A2 = 0 dt A = 0 3
(2.156)
b) Aceleración:
c) Campo de desplazamientos: u1 = x1 − X 1 = X 1 + 4 X 1 X 2 − X 1 = 4 X 1 X 2 2 2 u 2 = x2 − X 2 = X 2 + X 2 − X 2 = X 2 2 2 u3 = x3 − X 3 = X 3 + X 3 − X 3 = X 3
(2.157)
Luego, las componentes del tensor de deformación infinitesimal vienen dadas por: ε ij = ∂u1 ∂X 1 ∂u i ∂u 2 = ∂x j ∂X 1 ∂u 3 ∂X 1
∂u1 ∂X 2 ∂u 2 ∂X 2 ∂u 3 ∂X 2
1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂xi
∂u1 ∂X 3 4 X 2 ∂u 2 0 = ∂X 3 ∂u 3 0 ∂X 3
(2.158)
4X1 2X 2 0
0 0 2 X 3
(2.159)
luego: 4 X 2 ε ij = 2 X 1 0
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2 X1 2X 2 0
Draft
0 0 2 X 3
(2.160)
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245
Ejemplo 2.68 Consideren el siguiente tensor de deformación infinitesimal: 0 2 X − µ 23 l X X − µ 22 3 l
0 0 X X ε ij = 0 µ 2 2 3 l X2 0 − µ 3 l2
(2.161)
y el tensor de rotación infinitesimal: 0 0 ωij = 0 0 µ 2 2 0 − 2 X 2 − X 3 2l
(
µ
(
2l 2
)
0 X 22 − X 32 0
)
(2.162)
Hallar las componentes del campo de desplazamientos. Solución: El gradiente de los desplazamientos viene relacionado con el tensor de deformación infinitesimal y el tensor spin como: u i , j = ε ij + ω ij
ε ij =
(
1 ui, j + ui, j 2
)
; ω ij =
)
(2.163)
0 2 − 3X 3 − 2 X 2 X 3
(2.164)
(
1 ui, j − ui, j 2
luego: 0
0
µ u i , j = 2 0 2l
2X 2 X 3
(
0 − X 22 + X 32
)
X 22
∂u1 =0 → u1 = 0 ∂x1 ∂u2 µ = 2 (2 X 2 X 3 ) ∂x2 2l
⇒
∂u3 µ = − 2 (2 X 2 X 3 ) ∂x3 2l
µ ∫ ∂u = ∫ 2l (2 X 2
⇒
2
2X3
)∂x2 ⇒ u2 = µ2 [X 22 X 3 + C1 ( X 3 )]
µ ∫ ∂u = ∫ − 2l (2 X 3
2
(2.165) 2l
2X3
(2.166)
)∂x3 ⇒ u3 = − µ2 [X 32 X 2 + C2 ( X 2 )] 2l
Para determinar la constante C1 ( X 3 ) del resultado (2.166) derivamos con respecto a X 3 :
[
]
∂C ( X ) ∂C ( X ) ∂u 2 µ µ = 2 X 22 + 1 3 = 2 X 22 − 3 X 32 ⇒ 1 3 = −3 X 32 ∂X 3 2l ∂X 3 2l ∂X 3
(2.167)
⇒ C1 ( X 3 ) = − X 33
Análogamente hacemos para determinar la constante C2 ( X 2 ) :
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246
∂u 3 µ =− 2 ∂X 2 2l
[
]
2 ∂C 2 ( X 2 ) ∂C 2 ( X 2 ) µ 2 2 = X 22 X 3 + = − 2 X2 + X3 ⇒ X ∂ X ∂ 2l 2 2
(2.168)
X3 ⇒ C2 ( X 2 ) = 2 3
Luego, el campo de desplazamientos viene dado por: u1 = 0 ; u 2 =
µ 2l 2
[X
2 2 X3
− X 33
]
; u3 = −
µ
X 23 2 + X X 3 2 3 2l 2
(2.169)
Ejemplo 2.69 Demostrar que, para el caso de pequeñas deformaciones, la tasa del tensor de deformación infinitesimal ( ε& ) es igual al tensor tasa de deformación ( D ). Solución: Consideremos la relación entre la tasa del tensor material de deformación de GreenLagrange ( E& ) y el tensor tasa de deformación ( D ): E& = F T ⋅ D ⋅ F
(2.170)
Para el caso de pequeñas deformaciones se cumple que F ≈ 1 , y además se cumple también que E& ≈ e& ≈ ε& luego: E& = ε& = D
(2.171)
Ejemplo 2.70 Dado el movimiento x1 = X 1
;
(
)
x2 = X 2 + X 1 exp −2t − 1
;
(
)
x3 = X 3 + X 1 exp −3t − 1
(2.172)
Encontrar el tensor tasa de deformación ( D ) y compararlo con la tasa del tensor infinitesimal de deformación ( ε& ). Solución: Por definición el tensor tasa de deformación ( D ) es la parte simétrica del tensor gradiente espacial de la velocidad: 1 (l + l T ) r r y ε( x , t ) = ∇ sym u 2 r l = ∇ xv
D=
(2.173)
El tensor infinitesimal de deformación por definición es igual la parte simétrica del gradiente de los desplazamientos: r Dε ε = (∇u) sym ⇒ ε& ≡ (2.174) Dt r r r El campo de desplazamientos viene dado por u = x − X . Considerando las ecuaciones del
movimiento dadas, las componentes del campo de desplazamiento quedan: u1 = x1 − X 1 = X 1 − X 1 = 0 − 2t − 2t u 2 = x 2 − X 2 = X 2 + X 1 exp − 1 − X 2 = X 1 exp − 1 −3t − 3t u 3 = x 3 − X 3 = X 3 + X 1 exp − 1 − X 3 = X 1 exp − 1
( (
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) )
( (
) )
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247
r r Du El campo de velocidades viene definido por v = . Luego, las componentes del campo Dt
de velocidades, en coordenadas materiales, son: V1 = 0 − 2t V2 = X 1 (−2exp ) − 3t V3 = X 1 ( −3exp )
(2.175)
Teniendo en cuenta las ecuaciones inversas del movimiento: x1 = X 1 − 2t x 2 = X 2 + X 1 (exp − 1) − 3t x3 = X 3 + X 1 (exp − 1)
⇒
X 1 = x1 − 2t X 2 = x 2 − x1 (exp − 1) − 3t X 3 = x3 − x1 (exp − 1)
(2.176)
podemos obtener el campo de velocidades en coordenadas espaciales: v1 = 0
;
v2 = −2 x1exp −2t
v3 = −3 x1exp −3t
;
(2.177)
Las componentes del tensor gradiente espacial de la velocidad ( l ) vienen dadas por: 0 ∂vi r = − 2exp − 2t ( l ) ij = (∇ x v ) ij = ∂x j −3t − 3exp
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 1 − 2t (D) ij = ( l ij + l ji ) = 0 0 + − 2exp − 2t − 2exp 2 2 − 3exp −3t 0 0 − 3exp −3t 3 0 − exp − 2t − exp −3t 2 0 0 = − exp − 2t − 3 exp −3t 0 0 2
También obtenemos el tensor spin W = l
Wij =
(
1 l ij − l ji 2
)
(2.178) T 0 0 0 0 0 0
(2.179)
anti
0 = − exp − 2t − 3 exp −3t 2
exp − 2t 0 0
3 exp −3t 2 0 0
(2.180)
Tensor de deformación Infinitesimal (ε ) Conocido el campo de desplazamiento: u1 = 0 − 2t u 2 = x1 (exp − 1) − 3t u 3 = x1 (exp − 1)
(2.181)
Las componentes del gradiente de desplazamientos vienen dadas por:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
248
0 0 0 r ∂u i − 2t (∇u)ij = = exp − 1 0 0 ∂x j exp −3t − 1 0 0 r Podemos decomponer (∇u) en una parte simétrica y una antisimétrica: r r r (∇u)ij = ∇ symu ij + ∇ anti u ij = (ε )ij + (ω)ij
( (
(
) (
) )
)
(2.182)
(2.183)
La parte simétrica:
(
)
r ∇ sym u ij
0 0 0 0 0 1 − 2t − 2t exp − 1 0 0 + exp − 1 0 = 2 exp −3t − 1 0 0 exp −3t − 1 0 0 exp − 2t − 1 exp −3t − 1 1 0 0 = exp − 2t − 1 = ε ij 2 − 3t 0 0 exp − 1
( (
) )
( (
) )
0 0 0
T
(2.184)
También proporcionamos el tensor spin infinitesimal:
(ω )ij
0 − (exp −2t − 1) − (exp −3t − 1)0 1 0 0 = (exp − 2t − 1) 2 − 3t (exp 1 ) 0 0 −
(2.185)
Luego, la tasa de ε :
(ε& )ij
exp −2t − 1 exp −3t − 1 0 D (ε )ij = D 1 exp − 2t − 1 0 0 = Dt Dt 2 exp −3t − 1 0 0 3 0 − exp − 2t − exp −3t 2 0 0 = − exp − 2t − 3 exp −3t 0 0 2
(2.186)
Con lo que concluimos que: D = ε&
(2.187)
Ejemplo 2.71 Consideremos un cuerpo material bajo el régimen de pequeñas deformaciones, el cual está sometido al siguiente campo de desplazamientos: u1 = (−2 x1 + 7 x 2 ) × 10 −3
; u 2 = (−10 x 2 − x1 ) × 10 −3
; u 3 = x3 × 10 −3
a) Encontrar el tensor de deformaciones infinitesimales, y el tensor spin infinitesimal; b) Encontrar los invariantes principales del tensor de deformación infinitesimal, y las deformaciones principales; c) Dibujar el círculo de Mohr en deformaciones, y obtener la deformación tangencial máxima; Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
249
d) Encontrar la deformación volumétrica lineal y el tensor de deformación infinitesimal desviador. Solución a) El gradiente de los desplazamientos:
(∇ u)ij
∂u1 ∂x1 ∂u i ∂u 2 = = ∂x j ∂x1 ∂u 3 ∂x1
∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2
∂u 1 ∂x 3 − 2 7 0 ∂u 2 = − 1 − 10 0 × 10 −3 ∂x 3 0 1 ∂u 3 0 ∂x 3
Tensor spin infinitesimal:
(
ωij = ∇
anti
)
u ij
∂u j 1 ∂u = i − 2 ∂x j ∂x i
0 4 0 = − 4 0 0 × 10 −3 0 0 0
Tensor de deformación infinitesimal:
(
ε ij = ∇
sym
)
u ij
∂u j 1 ∂u = i + 2 ∂x j ∂xi
3 0 − 2 = 3 − 10 0 × 10 −3 0 0 1
b) Las deformaciones principales (autovalores) se obtienen al resolver el determinante característico: 3 0 − 2 − ε 3 − 10 − ε 0 × 10 −3 = 0 0 0 1 − ε
donde ε = ε × 10 −3 . Al desarrollar el determinante anterior obtenemos la ecuación característica ε 3 − I ε ε 2 + II ε ε − III ε = 0 , donde los invariantes principales de ε vienen definidos por I ε = Tr (ε ) , II ε =
{
}
1 [Tr(ε)]2 − Tr (ε 2 ) , III ε = det(ε) , ver capítulo 1. Luego, 2
para el problema propuesto los invariantes son: I ε = Tr (ε ) = (−2 − 10 + 1) × 10 −3 = −11 × 10 −3 −2 3 0 −2 3 0 −2 3 0 1 2 2 II ε = [Tr (ε )] − Tr (ε ) = 3 − 10 0 + 3 − 10 0 + 3 − 10 0 × 10 −6 = −1 × 10 −6 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1
{
}
III ε = det (ε ) = 11 × 10 −9
Resultando en la siguiente ecuación característica: ε 3 − I ε ε 2 + II ε ε − III ε = 0 ⇒ ε 3 + 11 × 10 −3 ε 2 + ε × 11 × 10 −6 − 11 × 10 −9 = 0
Al resolver la ecuación anterior obtenemos los autovalores de ε (deformaciones principales). Pero, si nos fijamos en el formato de las componentes de ε verificamos que ε 33 = 1 × 10 −3 ya es una deformación principal y que está asociada a la dirección
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
250
nˆ i = [0 0 ± 1] . Luego, para obtener los demás autovalores es suficiente resolver el
siguiente sistema: 3 − 2 − ε −3 3 × 10 = 0 − − ε 10 −3
2
ε + 12 × 10 ε + 11 × 10
−6
⇒
=0
ε 2 + 12 × 10 −3 ε + 11 × 10 −6 = 0 ε 1 = −1,0 × 10 −3 ε 2 = −11,0 × 10 −3
⇒
c) Para dibujar el círculo de Mohr en deformaciones, ver Apéndice A, tenemos que reestructurar las deformaciones principales tal que ε I ≥ ε II ≥ ε III , i.e.: ε I = 1,0 × 10 −3
;
ε II = −1,0 × 10 −3
;
ε III = −11,0 × 10 −3
La deformación tangencial máxima viene dada por: ε − ε III 1 γ max = ε S max = I = 6 × 10 −3 2 2
El círculo de Mohr en deformaciones se puede apreciar en la figura abajo. ε S (×10 −3 ) ε S max = 12 γ max = 6
ε II = −1 ε III = −11
ε N (×10 −3 )
εI = 1
d) La deformación volumétrica lineal - εV : εV = I ε = Tr (ε ) = −12 × 10 −3
Haciendo la descomposición aditiva de ε en una parte esférica y otra desviadora, ε = ε esf + ε dev , donde la parte esférica viene dada por: ε ijesf
0 − 4 0 Tr (ε ) = δ ij = 0 − 4 0 × 10 −3 3 0 0 − 4
Y, la parte desviadora por: ε ijdev
= ε ij −
ε ijesf
− 2 3 0 − 4 0 0 2 3 0 −3 = 3 − 10 0 − 0 − 4 0 × 10 = 3 − 6 0 × 10 −3 0 0 0 4 0 0 0 0 − 4
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251
Ejemplo 2.72 En un punto de un sólido el gradiente de los desplazamientos viene representado por sus componentes como: 4 − 1 − 4 r (∇u) ij = 1 − 4 2 × 10 −3 4 0 6
(2.188)
Determinar: a)
Las componentes del tensor infinitesimal de deformación y rotación;
b) Las componentes de la parte esférica y desviadora deformación; c)
del tensor infinitesimal de
Los invariantes principales de ε : I ε , II ε , III ε ;
d) Los autovalores y autovectores del tensor de deformación. Solución: a) El tensor infinitesimal de deformación ( ε ) viene dado por la parte simétrica del gradiente de los desplazamientos:
[
r 1 r r ε = ∇ sym u = (∇u) + (∇u) T 2
]
(2.189)
Luego: 4 − 1 − 4 4 1 4 8 0 0 4 0 0 1 1 −3 −3 ε ij = 1 − 4 2 + − 1 − 4 0 × 10 = 0 − 8 2 × 10 = 0 − 4 1 × 10 −3 2 2 0 2 12 0 1 6 6 − 4 2 6 4 0 r El tensor spin infinitesimal ω = ∇ anti u 4 − 1 − 4 4 1 4 0 − 2 − 8 0 − 1 − 4 1 1 −3 −3 ωij = 1 − 4 2 − − 1 − 4 0 × 10 = 2 0 2 × 10 = 1 0 1 × 10 −3 2 2 8 − 2 0 4 − 1 0 6 − 4 2 6 4 0
b) Descomponiendo de forma aditiva el tensor en una parte esférica y una parte desviadora: ε = ε esf + ε dev
(2.190)
donde la parte esférica viene dada por: ε
esf
Tr (ε ) 6 × 10 −3 = 1= 1 = 2 × 10 −31 3 3
⇒
ε ijesf
2 0 0 = 0 2 0 × 10 −3 0 0 2
(2.191)
La parte desviadora viene dada por: ε ijdev
4 0 0 2 0 0 2 0 0 −3 −3 = 0 − 4 1 × 10 − 0 2 0 × 10 = 0 − 6 1 × 10 −3 0 1 6 0 0 2 0 1 4
(2.192)
c) Los invariantes principales del tensor ε son:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
252
I ε = Tr (ε ) = 6 × 10 −3 −4 1 4 0 4 0 × 10 − 6 = −17 × 10 −6 + + II ε = 1 6 0 6 0 − 4
(2.193)
III ε = (4 × (−4) × 6 − 4 ) × 10 −9 = −100 × 10 −9
d) Teniendo en cuenta las componentes del tensor de deformación: 4 0 0 ε ij = 0 − 4 1 × 10 −3 0 1 6
(2.194)
Ya verificamos que ε1 = 4 × 10 −3 es un autovalor y la dirección [± 1,0,0] es el autovector asociado a ε1 . Para encontrar los demás autovalores hay que obtener la solución del determinante característico: −4−λ
1
1
6−λ
=0
(2.195)
(−4 − λ )(6 − λ ) − 1 = 0 λ2 − 2λ − 25 = 0 λ=
2 λ 1 = 6,0990 − b ± b 2 − 4ac 2 ± (−2) − 4 × 1 × (−25) 2 ± 4 + 4 × 25 = = = 1 ± 26 ⇒ 2a 2 ×1 2 λ 2 = −4,099
Luego: ε1 = 4 × 10 −3 ;
ε 2 = 6,0990 × 10 −3 ;
ε 3 = −4,099 × 10 −3
(2.196)
Reestructurando las deformaciones: ε I = 6,0990 × 10 −3 ;
ε II = 4 × 10 −3 ;
ε III = −4,099 × 10 −3
(2.197)
Ejemplo 2.73 Encontrar el tensor de deformación infinitesimal y el tensor de rotación infinitesimal para el siguiente campo de desplazamiento: u 1 = x12
;
u 2 = x1 x 2
;
u3 = 0
Solución: Tensor de deformación Infinitesimal En el régimen de pequeñas deformaciones, el tensor de deformación viene dado por: E ijL ≈ eijL ≈ ε ij =
1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂x i
Tenemos que hallar el gradiente del desplazamiento: ∂u 1 ∂x1 ∂u j ∂u 2 = ∂x k ∂x1 ∂u 3 ∂x1
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∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2
Draft
∂u1 ∂x 3 2 x 1 ∂u 2 x = 2 ∂x 3 0 ∂u 3 ∂x 3
0 x1 0
0 0 0
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2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO
253
Con eso podemos obtener: E ijL
≈
eijL
≈ ε ij
∂u j 1 ∂u = i + 2 ∂x j ∂x i
2 x 1 1 = x2 2 0
0 2 x1 0 + 0 0 0
0 x1 0
x2 x1 0
x2 2
0 2 x1 0 = x 2 0 2 0
x1 0
0 0 0
Tensor de rotación infinitesimal: 2 x1 1 ∂ui ∂u j 1 − = x2 ωij = 2 ∂x j ∂xi 2 0
0 x1 0
0 2 x1 0 − 0 0 0
x2 x1 0
0 0 x 0 = 2 2 0 0
− x2 2 0 0
0 0 0
Ejemplo 2.74 En la Figura 2.23 se muestra la transformación que experimenta el cuadrado ABCD de lado unitario. X 2 , x2 x2′
D C
D′ 1
45º
B
C′
A = A′
X 1 , x1
1
B′ x1′
Figura 2.23: Cuerpo sometido a una rotación. Se pide: a) Plantear las ecuaciones del movimiento; b) ¿Es válida la teoría de pequeñas deformaciones? Probar y Justificar; c) ¿Es válida la teoría de deformación finita (grandes deformaciones)? Probar. Solución: La ley de transformación entre los sistemas x ⇒ x ′ viene dada por: x1′ x1′ cos θ sin θ 0 x1 θ= −45º x ′2 = − sin θ cos θ 0 x 2 → x 2′ = x′ x′ 0 0 1 x3 3 3
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2 2 2 2 0
−
2 2 2 2 0
0 x1 0 x 2 1 x 3
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254
Si consideramos los sistemas materiales y espaciales superpuestos, las ecuaciones de movimiento quedan definidas por la inversa de la expresión anterior, es decir, x ′ ⇒ x : 2 x1 2 2 x 2 = − x 2 0 3
2 2 2 2 0
0 X 1 0 X 2 1 X 3
⇒
2 2 X1 + X2 x1 = 2 2 2 2 X1 + X2 x2 = − 2 2 x3 = 0
Por ejemplo, el punto C en la configuración de referencia tiene coordenadas materiales X 1C = 1 , X 2C = 1 . Tras el movimiento: x1C =
2 2 2 2 (1) + (1) + (1) = 2 , x 2C = − (1) = 0 2 2 2 2
Campo de desplazamientos: u1 = x1 − X 1 = u 2 = x 2 − X 2 =
2 2 2 2 X1 − X 2 − X 1 = X 1 X2 − 1 − 2 2 2 2 2 2 2 2 X1 + X2 − X2 = X 1 + X 2 − 1 2 2 2 2
Gradiente material de los desplazamientos: ∂u1 ∂X 1 ∂u i ∂u 2 = ∂X j ∂X 1 ∂u 3 ∂X 1
∂u1 ∂X 2 ∂u 2 ∂X 2 ∂u 3 ∂X 2
∂u1 2 −1 ∂X 3 2 ∂u 2 2 = ∂X 3 2 ∂u 3 ∂X 3 0
0 2 − 1 0 2 0 0
−
2 2
r
El tensor de deformación infinitesimal viene definido como ε = ∇ symu =
[
]
r r 1 (∇u) + (∇u)T , 2
con o obtenemos: 2 −1 2 ε ij = 0 0
0 2 − 1 0 ≠ 0 ij 2 0 0 0
Como para un movimiento de sólido rígido el tensor de deformación tiene que ser cero, es decir, ε = 0 (tensor de deformación infinitesimal), E = 0 (tensor de deformación de Green-Lagrange), e = 0 (tensor de deformación de Almansi). Calculando las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange: ∂u j ∂u k ∂u k 1 ∂u + E ij = i + 2 ∂X j ∂X i ∂X i ∂X j
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0 0 0 = 0 0 0 0 0 0
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255
Ejemplo 2.75 Un rectángulo de base y altura b se gira en sentido antihorario 30º . Tras el giro el rectángulo sufre una deformación de tal forma que la base mantiene su longitud inicial y la altura se dobla. Calcular el gradiente de deformación, el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, y el tensor de deformación de Green-Lagrange. Solución: X 2 , x2 C′
x2′ D′
D
2b
C
30º
x1′
B′
30º
B
b
A = A′
X 1 , x1
Figura 2.24: Cuerpo sometido rotación/deformación. Fijaros que podemos hacer la descomposición del movimiento por: primero una deformación y a continuación una rotación: El movimiento de deformación viene gobernado por el tensor derecho de estiramiento de la descomposición polar:
X 2 , x2
2b
D′′
C ′′
D
C
1 0 0 U ij = 0 2 0 0 0 1
B B′ A = A′
b
X 1 , x1
donde hemos aplicado la definición del estiramiento. Notar que son los propios estiramientos principales. A continuación aplicamos una rotación, donde las componentes del tensor R son las mismas que la matriz de transformación del r r sistema x ′ al sistema x :
cos θ − sin θ 0 R ij = sin θ cos θ 0 0 0 1 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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256
Luego, aplicando la descomposición polar por la derecha F = R ⋅ U : cos θ − sin θ 0 1 0 0 cos θ − 2 sin θ 0 Fij = R ik U kj = sin θ cos θ 0 0 2 0 = sin θ 2 cos θ 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1
Para el problema propuesto, tenemos que: cos 30º − 2 sin 30º 0 Fij = sin 30º 2 cos 30º 0 0 1 0 r
r
r
Como se trata de un caso de deformación homogénea se cumple x = F ⋅ X + c , en este r r caso con c = 0 . Por ejemplo, para una partícula que en la configuración de referencia ocupaba el punto D , en la configuración actual estará según: x1D cos 30º − 2 sin 30º 0 X 1D cos 30º − 2 sin 30º 0 0 − 2b sin 30º D D x 2 = sin 30º 2 cos 30º 0 X 2 = sin 30º 2 cos 30º 0 b = 2b cos 30º x D 0 0 1 X 3D 0 0 1 0 0 3
hecho que se puede comprobar fácilmente a través de la Figura 2.24. A través de la definición del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, C = F T ⋅ F , podemos obtener las componentes cartesianas: cos θ sin θ 0 cos θ − sin θ 0 1 0 0 C ij = Fki Fkj = − sin θ cos θ 0 sin θ cos θ 0 = 0 4 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 2
El tensor de deformación de Green-Lagrange, E = (C + 1) , y sus componentes cartesianas quedan: 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 E ij = 0 4 0 − 0 1 0 = 0 1,5 0 2 0 0 1 0 0 1 0 0 0
Observemos que el espacio original coincide con el espacio principal de deformación. También podíamos haber obtenido las componentes de C y E a través de sus 3
3
1 a =1 2
ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) , E = representaciones espectrales: C = ∑ λ2a N ∑ (λ2a − 1)Nˆ (a ) ⊗ Nˆ ( a) , donde a =1
λ a son los estiramientos principales.
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3 Tensiones 3.1 Fuerza, Tensor de Tensiones, Vector Tensión Ejemplo 3.1 Ignorando la curvatura de la superficie de la tierra, el campo gravitacional puede suponerse de la forma como se muestra en la Figura 3.1, donde g es la aceleración de la gravedad. Obtener la fuerza resultante que actúa en el cuerpo B .
g
B
x3
x2
x1
Figura 3.1: Campo gravitacional. Solución: Todos los cuerpos situados en este campo se encontrarán sometidos a la fuerza: 0 r b i ( x , t ) = 0 − g
La fuerza másica que actúa sobre el cuerpo es: Fi = ∫ V
0 r 0 ρ b i ( x , t ) dV = − ρ g dV V
∫
kg m kg m dV = 2 = N ( Newton ) 3 2 s m s
Podemos verificar la unidad de F : [F] = ∫ V
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
258
Ejemplo 3.2 Las componentes del tensor de tensiones en el punto P son: 8 −4 1 σ ij = − 4 3 0,5 Pa 1 0,5 2
x3
C (0,0,5)
a) Calcular el vector tensión en el punto P según la dirección del plano ABC , como se indica en la Figura 3.2.
r
O
b) Obtener el vector tensión normal ( σ N )
B (0,2,0)
r y el vector tensión tangencial ( σ S ),
ver Apéndice A en Chaves(2007, 3ª edición).
x2
A(3,0,0)
x1
Figura 3.2: Plano ABC . Solución: En primer lugar, deberemos obtener la dirección normal a este plano, para ello escogemos dos vectores pertenecientes al plano y hacemos el producto vectorial entre ellos: →
→
→
BA = OA− OB = 3eˆ 1 − 2eˆ 2 + 0eˆ 3
;
→
→
→
BC = OC − OB = 0eˆ 1 − 2eˆ 2 + 5eˆ 3
El vector normal al plano ABC viene dado a través del producto vectorial de los vectores definidos anteriormente: eˆ 1 eˆ 2 eˆ 3 → → r n = BC ∧ BA = 0 − 2 5 = 10eˆ 1 + 15eˆ 2 + 6eˆ 3 3 −2 0 r r n 10 ˆ 15 6 ˆ El versor asociado a n será: n = r = e 1 + eˆ 2 + eˆ 3 19 19 n 19 ˆ
Utilizando la ecuación t i(n) = σ ij nˆ j , podemos obtener las componentes del vector tensión de la forma: t1 8 − 4 1 10 t1 26 1 t = 1 − 4 3 0,5 15 Pa ⇒ t 2 = 8 Pa 2 19 19 t 3 1 0,5 2 6 t 3 29,5 r ˆ b) El vector tensión t (n) asociado a la dirección nˆ puede descomponerse en una componente r r normal σ N y en otra tangencial σ S tal como se indica en la Figura 3.3. La suma vectorial
de estos vectores resulta: donde σ N
r ˆ r ˆ r r t (n ) = σ N + σ S ó t (n) = σ N nˆ + σ S sˆ r r y σ S son los módulos de σ N y de σ S , respectivamente.
Como visto en el Apéndice A, σ N puede ser obtenido a través de las siguientes relaciones
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3 TENSIONES
259
r ˆ σ N = t (n) ⋅ nˆ = (σ ⋅ nˆ ) ⋅ nˆ = nˆ ⋅ σ ⋅ nˆ = σ : (nˆ ⊗ nˆ ) ˆ
= t i(n) nˆ i = (σ ij nˆ j )nˆ i = nˆ i σ ij nˆ j = σ ij (nˆ i nˆ j ) σN
= t i nˆ i
⇒
σN
10 1 = 2 [26 8 29,5] 15 ≈ 1,54 Pa 19 6
r ˆ t (n)
x3
r σS
r σN sˆ
nˆ
P
eˆ 3 eˆ 2
eˆ 1
x2
x1
Figura 3.3: Componentes normal y tangencial del vector tensión. La componente tangencial viene dada por: r ˆ ˆ σ S = t (n) ⋅ sˆ = (σ ⋅ nˆ ) ⋅ sˆ = sˆ ⋅ σ ⋅ nˆ = σ : (nˆ ⊗ nˆ ) = t i(n) sˆ i = (σ ij nˆ j )sˆ i = sˆ i σ ij nˆ j = σ ij (sˆ i nˆ j )
La componente tangencial también puede ser obtenida a través del teorema de Pitágoras: r ˆ t (n)
2
= σ 2N + σ 2S
⇒
ˆ
ˆ
σ 2S = t i(n) t i(n) − σ 2N
donde ˆ ˆ t i(n) t i(n)
26 1 = 2 [26 8 29,5] 8 ≈ 4,46 19 29,5
Resultando que: ˆ
ˆ
σ S = t i(n) t i(n) − σ 2N = 4,46 − 2,3716 ≈ 2,0884 Pa
Ejemplo 3.3 El estado tensional en un punto del continuo viene representado a través de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy como: 2 1 0 σ ij = 1 2 0 Pa 0 0 2
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
260
a) Obtener las componentes de σ en un nuevo sistema x1′ , x ′2 , x3′ , donde la matriz de transformación viene dada por a ij , ver Figura 3.4. b) Obtener los invariantes principales de σ ; c) Obtener los autovalores y autovectores de σ . Verificar también si los autovectores forman una matriz de transformación de base entre el sistema original y el principal; d) Obtener la representación gráfica del tensor de tensiones de Cauchy, i.e. el círculo de Mohr en tensiones (ver Apéndice A en Chaves (2007)); e) Obtener la parte esférica ( σ esf ) y la parte desviadora ( σ dev ) del tensor σ . También, obtener los invariantes principales de σ dev y los autovalores de σ dev ; f) Obtener la tensión normal octaédrica ( σ oct N ) y la tensión tangencial octaédrico (o también conocida oct como tensión de corte octaédrica) ( σ S ). x3
x 2′
3 0 − 4 1 a ij = A = 0 5 0 5 4 0 3
γ1
x3′
x1′
donde
eˆ ′2
eˆ 3
β1
ˆ1 e′
eˆ ′3 eˆ 1
eˆ 2
a11 = cos α 1 x2
α1
a12 = cos β 1 a13 = cos γ 1 M
x1
Figura 3.4: Matriz de transformación Solución: a) Como hemos visto en el capítulo 1 (Chaves (2007)), la ley de transformación de las componentes del tensor de segundo orden viene dada por: σ′ij = aik a jl σ kl
′ σ 11 σ ′ 12 σ13 ′
′ σ12 σ ′22 σ ′23
Forma Matricial →
σ ′ = A σ AT T
′ σ13 2 0,6 0 3 0 − 4 1 1 0 3 0 − 4 1 σ ′23 = 2 0 5 0 2 2 0 0 5 0 = 0,6 2 0,8 5 0 0,8 2 4 0 3 0 0 2 4 0 3 σ ′33
donde estas componentes se pueden apreciar en la Figura 3.5. b) Los invariantes principales del tensor de tensiones de Cauchy stress tensor son obtenido a través de las expresiones: I σ = Tr (σ ) = σ ii = σ11 + σ 22 + σ 33
[
] (
)
1 1 2 2 − σ13 − σ 223 ( Trσ ) 2 − Tr (σ 2 ) = σ ii σ jj − σ ij σ ij = σ11σ 22 + σ11σ 33 + σ 33 σ 22 − σ12 2 2 1 III σ = det (σ ) = ijk σ i1 σ j 2 σ k 3 = σ ii σ jj σ kk − 3σ ii σ jk σ jk + 2σ ij σ jk σ ki 6 2 2 = σ11σ 22 σ 33 + 2σ12 σ 23 σ13 − σ11 σ 223 − σ 22 σ13 − σ 33 σ12 II σ =
(
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)
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3 TENSIONES
261
Reemplazando los valores del problema propuesto obtenemos que: Iσ = 6
;
II σ =
2 0 0 2
2 0
+
0 2
+
2 1 1 2
= 11
;
III σ = 6
c) Los valores principales (autovalores) ( σ i ) y direcciones principales ( nˆ (i ) ) son obtenidos a través del siguiente sistema de ecuaciones: 1 0 n1 0 2 − σ 1 2−σ 0 n 2 = 0 0 0 2 − σ n 3 0
Para obtener las soluciones no triviales de nˆ (i ) , tenemos que resolver el siguiente determinante característico: σ ij − σδ ij
2−σ 1 = 1 2−σ 0
0
0 0
=0
2−σ
Pero, si nos fijamos en las componentes del tensor de tensiones de Cauchy, verificamos que ya conocemos un autovalor y autovector ya que las componentes tangenciales según dirección x3 son iguales a cero, luego: σ1 = 2 Dirección principal → n1(1) = n (21) = 0 , n3(1) = ±1
Para obtener los autovalores restantes, es suficiente resolver el determinante: 2−σ
1
1
2−σ
= (2 − σ ) − 1 = 0 2
⇒
σ 2 = 1 σ 3 = 3
Expresando así las componentes del tensor de tensiones de Cauchy en el espacio principal: 2 0 0 σ ′ij′ = 0 1 0 Pa 0 0 3
Dirección principal asociada al autovalor σ 2 = 1 : 1 0 n1( 2 ) 0 2 − 1 ( 2) ( 2) ( 2 ) n1 + n 2 = 0 1 2 −1 0 n 2 = 0 ⇒ ( 2 ) ⇒ n1( 2 ) = −n (22 ) ( 2) n + n = 0 2 0 0 2 − 1 n 3( 2 ) 0 1 2
2
Con n 3( 2 ) = 0 y utilizando la restricción n1( 2 ) + n (22 ) = 1 obtenemos que: n1( 2 ) = −n (22 ) =
1 2
1
−1
2
2
, luego nˆ i( 2 ) =
0
Dirección principal asociada al autovalor σ 2 = 3 : 1 0 n1( 3) 0 2 − 3 ( 3) ( 3) 1 n ( 3) = 0 ⇒ − n1 + n 2 = 0 ⇒ n ( 3) = n ( 3) − 2 3 0 1 2 2 n ( 3) − n ( 3) = 0 2 0 0 2 − 3 n 3( 3) 0 1 2
2
Con n 3(3) = 0 y utilizando la restricción n1(3) + n (23) = 1 obtenemos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
262
n1( 3) = n (23) =
1
1
luego nˆ i(3) =
2
2
0
1 2
Como hemos visto en el capítulo 1, los autovectores del tensor constituye una matriz de transformación, B , del espacio original al espacio principal, i.e. σ ′′ = B σ B T . Luego, hay que cumplir que: 0 0 σ 1 = 2 0 σ2 = 1 0 = 0 0 σ 3 = 3
0
0
1
1
2 1
2 −1
2
2
x3 x3′
0 1 2 1 0 1 0 1 2 0 2 0 0 2 1 0 2
1 0 0
0 1 2 −1 2
T
x′2 x2
P x1′
x1
σ ′ = A σ AT
x3 σ 33 σ 13 σ 13 σ 11
x3′
σ 23
σ′33
σ′23
σ 23 σ 12
σ 22 σ 12
σ′23
′ σ13 x2
′ σ13
σ′22
x′2
′ σ12 ′ σ12
′ σ 11 x1 x1′
σ = AT σ ′ A Figura 3.5: Ley de transformación de base.
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3 TENSIONES
263
d) La representación gráfica de un tensor de segundo orden simétrico, i.e. el círculo de Mohr, puede ser obtenido tal y como se describe en el Apéndice A en Chaves (2007). Para ello, debemos reestructurar los autovalores de tal forma que σ I > σ II > σ III , resultando: σI = 3
σ II = 2
;
σ III = 1
;
Las tres circunferencias son definidas por: Círculo 1 ⇒
;
Círculo 2 ⇒
;
Círculo 3 ⇒
;
1 (σ II + σ III ) = 1,5 2 1 (centro)C 2 = (σ I + σ III ) = 2,0 2 1 (centro)C 3 = (σ I + σ II ) = 2,5 2
(centro)C1 =
; ;
1 (σ II − σ III ) = 0,5 2 1 (radio) R2 = (σ I − σ III ) = 1,0 2 1 (radio) R3 = (σ I − σ II ) = 0,5 2 (radio) R1 =
;
Entonces, el círculo de Mohr en tensiones viene representado en la Figura 3.6. σS
σ S max = 1 R2 R1 C3 σ III = 1
C1
R3
σ II = 2
σN
σ I = 3 = σ N max
Figura 3.6: Círculo de Mohr en tensiones. e) Como definido en al capítulo 1, un tensor de segundo orden puede ser descompuesto de forma aditiva en una parte esférica y otra desviadora: Notación Tensorial
Notación Indicial
σ = σ esf + σ dev
1 σ ij = σ ijesf + σ ijdev = σ kk δ ij + σ ijdev 3 dev = σ m δ ij + σ ij
= σ m 1 + σ dev
(3.1)
La representación esquemática de estas componentes se puede apreciar en la Figura 3.7. El valor de σ m viene dado por: σm =
σ11 + σ 22 + σ 33 σ1 + σ 2 + σ 3 1 I 1 6 = = σ kk = Tr (σ ) = σ = = 2 3 3 3 3 3 3
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
264
x3 σ 33 σ 23
σ 13 σ 13
σ 23 σ 12
σ 11
σ 22 σ 12
x2
x
14414444442444444443 x3
x3
σm
dev σ 33
σ 23
σ 13 σ 13
+
σm x2
σm
σ 23 σ 12
σ dev 22 σ 12
dev σ 11
x1
x2
x1
σ esf
σ dev
Figura 3.7: Parte esférica y desviadora de σ . Luego, la parte esférica queda definida por: σ ijesf
2 0 0 = σ m δ ij = 2δ ij = 0 2 0 0 0 2
Y, la parte desviadora por: σ ijdev
σ11 σ12 σ13 σ m 0 = σ12 σ 22 σ 23 − 0 σ m σ13 σ 23 σ 33 0 0 13 (2σ11 − σ 22 − σ 33 ) 1 (2σ 22 = σ12 3 σ13
0 0 σ m σ12 − σ11 − σ 33 ) σ 23
σ 23 − σ11 − σ 22 ) σ13
1 3
(2σ 33
Luego, σ ijdev
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1 0 0 1 0 2 − 2 = 1 2−2 0 = 1 0 0 0 0 2 − 2 0 0 0
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3 TENSIONES
265
Los tensores σ y σ dev son coaxiales (ver capítulo 1 en Chaves (2007), i.e., presentan las mismas direcciones principales. Luego, podemos obtener los autovalores de σ dev fácilmente si operamos en el espacio principal de σ : σ′ijdev
σ1 = 0 0
0 σ2 0
σ m − 0 σ 3 0 0 0
0 0 0 0 0 = 0 − 1 0 σ m 0 0 1
0 σm 0
Los invariantes de σ dev vienen dados por: I σ dev = Tr (σ dev ) = 0
II σ dev = −1
;
III σ dev = 0
;
Tradicionalmente, los invariantes del tensor de tensiones desviador vienen denotados por: J1 = I σ dev = 0 J 2 = − II J 3 = III
σ dev
σ dev
(
)
1 2 I σ − 3 II σ 3 1 = 2 I σ3 − 9 I σ II σ + 27 III σ 27 =
(
)
f) Las tensiones normal y tangencial octaédricas vienen dadas por: σ oct N =
σ oct S ≡ τ oct =
1 (σ1 + σ 2 + σ 3 ) = 1 σ ii = I σ = σ m 3 3 3
1 2 2 I σ2 − 6 II σ = J2 = 3 3
(σ ) + (σ ) + (σ ) dev 2 1
dev 2 2
dev 2 3
3
Reemplazando los valores del problema propuesto obtenemos que: σ oct N = σm = 6
;
τ oct =
2 2 J2 = 3 3
Ejemplo 3.4 Las componentes del tensor de tensiones en un punto P son: 1 2 3 σ ij = 2 4 6 MPa 3 6 1
Obtener:
(3.2)
r
a) El vector tracción t en P para un plano normal al eje x1 ; r
b) El vector tracción t en P para un plano cuyo vector normal es (1,−1,2) ; r
c) El vector tracción t en P para un plano paralelo al plano 2 x1 − 2 x 2 − x3 = 0 ; d) Las tensiones principales en P ; e) Las direcciones principales de σ en P .
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
266
Solución: a) El vector normal al plano es (1,0,0) . Luego el vector tracción viene dado por: 1 2 3 1 1 = 2 4 6 0 = 2 3 6 1 0 3
ˆ t i(n)
(3.3)
b) El vector unitario (versor) asociado a la dirección (1,−1,2) es: 1 1 − 1 nˆ i = 6 2
(3.4)
luego, ˆ t i(n)
1 2 3 1 5 1 1 = 2 4 6 − 1 = 10 6 6 3 6 1 2 − 1
(3.5)
c) 2 1 2 3 2 −5 1 1 1 ˆ) (n nˆ i = − 2 ⇒ t i = 2 4 6 − 2 = − 10 3 3 3 − 1 3 6 1 − 1 − 7
(3.6)
d) Resolviendo el determinante característico 1− σ 2 2 4−σ 3
6
3 6
=0
(3.7)
1− σ
obtenemos que: σ1 = 10 ; σ 2 = 0 ; σ 3 = −4
(3.8)
e) Las tensiones principales correspondientes son: Para σ1 = 10 3 − 9n1 + 2n 2 + 3n 3 = 0 (1) 2n1 − 6n 2 + 6n 3 = 0 ⇒ n i = 6 3n + 6n − 9n = 0 5 2 3 1
(3.9)
Análogamente: n i( 2 )
− 2 1 ( 3) = 1 ; n i = 2 0 − 3
(3.10)
Normalización de las direcciones principales: 3 n (1) ˆn i(1) = r i = 1 6 70 n (1) 5
;
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− 2 n ( 2) ˆn i( 2 ) = r i = 1 1 5 n ( 2) 0
Draft
;
1 n ( 3) ˆn i(3) = r i = 1 2 14 n ( 3) − 3
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3 TENSIONES
267
Ejemplo 3.5 r
r
r
Probar que σ S = t (n) ⋅ (1 − nˆ ⊗ nˆ ) , donde t (n) es el vector tracción asociado al plano cuya ˆ
ˆ
r
normal es nˆ y σ S es la tensión tangencial asociada a este plano. Solución 1:
[
]
r ˆ r ˆ r ˆ r ˆ r ˆ r σ S = t (n) − t (n) ⋅ nˆ nˆ = t (n) − t (n) ⋅ nˆ ⊗ nˆ = t (n) ⋅ (1 − nˆ ⊗ nˆ )
Solución 2: Podemos resolver el problema anterior utilizando sólo las componentes de la ecuación r ˆ r σ S = t (n) − [σ : (nˆ ⊗ nˆ )]nˆ :
[
]
ˆ ˆ ˆ ˆ σ S i = t i(n) − (nˆ k nˆ l σ kl ) nˆ i = t i(n ) − nˆ i nˆ k t (kn) = t (kn )δ
ˆ − nˆ i nˆ k t (kn) = t (kn) (δ ik − nˆ i nˆ k )
ik
o en forma compacta: r ˆ r σ S = t (n) ⋅ (1 − nˆ ⊗ nˆ )
Ejemplo 3.6 El estado de tensión en un punto P del medio continuo se da esquemáticamente por: x3
1
4
1 σ 22
4 1
1
x2
x1
Determinar el valor de la componente σ 22 del tensor de tensiones para que exista al menos un plano que pase por P que esté libre de tensiones; Determinar la dirección de dicho plano. Solución: r
r
Buscamos un plano cuya dirección es nˆ tal que t (nˆ ) = 0 . Podemos relacionar el tensor de tensiones con el vector tensión según expresión: r ˆ t (n) = σ ⋅ nˆ
luego: t1(nˆ ) 0 1 (nˆ ) t 2 = 1 σ 22 t (nˆ ) 4 1 3
4 n1 0 1 n 2 = 0 0 n3 0
Resultando en el siguiente sistema de ecuaciones: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
268
1 n2 + 4n3 = 0 ⇒ n3 = − 4 n 2 n1 + σ 22n 2 + n3 = 0 1 4n1 + n2 = 0 ⇒ n1 = − n 2 4
Combinando las ecuaciones anteriores obtenemos que: n1 + σ 22 n 2 + n 3 = 0
⇒
−
1 1 n 2 + σ 22 n 2 − n 2 = 0 4 4
1 σ 22 − n 2 = 0 2
⇒
r r 1 1 Luego, para n ≠ 0 , tenemos que: σ 22 − = 0 ⇒ σ 22 = .
2
2
Para determinar la dirección del plano partimos de la restricción: n i n i = 1 , luego: n i n i = 1 ∴ n12 + n 22 + n 32 = 1 2
2
1 1 ⇒ − n 2 + n 22 + − n 2 = 1 4 4
⇒
⇒ n2 =
2 2 3
;
n1 = n 3 = − r
2 6
r
Obteniendo así la dirección de la normal al plano, cuando se cumple t (nˆ ) = 0 : − 1 2 4 nˆ i = 6 − 1
3.2 Ecuación de Principales
Equilibro,
Tensiones
y
Direcciones
Ejemplo 3.7 El campo de tensión de un medio continuo viene representado por: 1 σ ij = 0 2 x2
0 1 4 x1
2 x2 4 x1 1
unidades de tensión
(3.11)
donde xi son las coordenadas cartesianas. a) Despreciando las fuerzas másicas, ¿está el cuerpo en equilibrio? b) Determinar el vector tensión que actúa en un punto ( x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3) según el plano x1 + x 2 + x3 = 6 ; c) Determinar la proyección del vector tensión según la dirección normal y tangencial al plano x1 + x 2 + x3 = 6 ; Solución: Ecuación de equilibrio:
r r ∇ xr ⋅ σ + { ρb = 0
⇒
r =0
σ ij , j = 0 i
(3.12)
expandiendo,
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3 TENSIONES
σ i1,1 + σ i 2, 2 + σ i 3,3 = 0 i
⇒
269
σ11,1 + σ12, 2 + σ13,3 = 0 σ 21,1 + σ 22, 2 + σ 23,3 = 0 σ 31,1 + σ 32, 2 + σ 33,3 = 0
(3.13)
ya que: ∂σ11 =0 ∂x1 ∂σ 21 =0 ∂x 2 ∂σ 31 =0 ∂x3
∂σ12 =0 ∂x2 ∂σ 22 =0 ∂x2 ∂σ 32 =0 ∂x2
∂σ13 =0 ∂x3 ∂σ 23 =0 ∂x3 ∂σ 33 =0 ∂x3
(3.14)
b) El versor normal al plano x1 + x 2 + x3 = 6 es:
r
1 1 1 nˆ i = 3 1
(3.15)
r ˆ t (n) = σ ⋅ nˆ
(3.16)
1 0 4 σ ij ( x1 = 1, x 2 = 2, x3 = 3) = 0 1 4 4 4 1
(3.17)
ˆ
El vector tensión t (n) :
luego, ˆ t i(n)
1 0 4 1 5 1 1 = 0 1 4 1 = 5 3 3 4 4 1 1 9
(3.18)
c) Componente normal 1 r (nˆ ) 1 1 σ N = t ⋅ nˆ = [5 5 9] 1 = 1 (5 + 5 + 9) = 19 3 3 3 3 1
(3.19)
Componente tangencial r ˆ r ˆ σ 2S = −σ 2N + t (n) ⋅ t (n)
(3.20)
5 r (nˆ ) r (nˆ ) 1 t ⋅t = [5 5 9] 5 1 = 131 3 3 3 9
(3.21)
luego 2
32 19 131 σ 2S = − + = 3 9 3
(3.22)
Ejemplo 3.8
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270
Dado un cuerpo en equilibrio estático, donde el campo del tensor de tensiones de Cauchy viene representado a través de las siguientes componentes cartesianas: σ11 = 6 x13 + x 22
; σ12 = x 32
σ 22 = 12 x13 + 60 σ 33 = 18 x 23 + 6 x33
; σ 23 = x 2 ; σ 31 = x12
Determinar el vector de fuerzas másicas (por unidad de volumen) en el punto ( x1 = 2; x 2 = 4; x3 = 2 ). Solución: Ecuación de equilibrio: r r ∇ xr ⋅ σ + ρ b = 0
(3.23)
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 ∂σ ∂σ ∂σ + + + ρ b1 = 0 ⇒ ρ b1 = − 11 − 12 − 13 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂ σ ∂σ ∂σ ∂σ ∂σ 21 ∂σ 22 + + 23 + ρ b 2 = 0 ⇒ ρ b 2 = − 21 − 22 − 23 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 ∂x + ∂x + ∂x + ρ b 3 = 0 ⇒ ρ b 3 = − ∂x − ∂x − ∂x 2 3 1 2 3 1
(3.24)
ρ b1 = −18 x12 − 0 − 0 ρ b 2 = −0 − 0 − 0 ρ b = −2 x − 1 − 18 x 2 1 2 3
− 18 x12 0 ρ bi = − 2 x − 1 − 18 x 2 1 2
⇒
(3.25)
Para el punto x1 = 2; x 2 = 4; x3 = 2 obtenemos que: − 72 ρ b i = 0 − 77
(Fuerza por unidad de volumen)
(3.26)
Ejemplo 3.9 El campo del tensor de tensiones de Cauchy viene representado por sus componentes como: x12 x 2 σ ij = k (a 2 − x 22 ) x1 0
donde k y a son constantes.
0 1 3 ( x 2 − 3a 2 x 2 ) 0 3 0 2ax32 (a 2 − x 22 ) x1
(3.27)
r
Encontrar el campo de fuerzas másicas b (por unidad de masa) necesario para que el campo de tensión esté en equilibrio. Solución:
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3 TENSIONES
271
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + + ρ b1 = 0 ⇒ ρ b1 = −2 x1 x 2 k + 2 x1 x 2 k = 0 x x x ∂ ∂ ∂ 1 2 3 k ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 + + + ρ b 2 = 0 ⇒ ρ b 2 = −k (a 2 − x 22 ) − (3 x 22 − 3a 2 ) = 0 3 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 ∂x + ∂x + ∂x + ρ b 3 = 0 ⇒ ρ b 3 = −4kax3 2 3 1
(3.28)
Luego: 0 4kax3 0 bi = ρ − 1
(Fuerza por unidad de masa)
Ejemplo 3.10
(3.29)
r
Suponga que las fuerzas másicas son b = − geˆ 3 , donde g es una constante. Considere el siguiente tensor de tensiones: x2 σ ij = α − x3 0
− x3 0
0 − x 2 p
− x2
(3.30)
Encontrar p tal que cumpla con las ecuaciones de equilibrio. Considerar α una constante y el campo homogéneo de densidad de masa, es decir, no depende del vector posición. Solución: Ecuación de equilibrio: r r ∇ xr ⋅ σ + ρ b = 0
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + + ρ b1 = 0 x x x ∂ ∂ ∂ 1 2 3 ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 + + + ρb2 = 0 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 ∂x + ∂x + ∂x + ρ b 3 = 0 2 3 1
⇒
∂σ 33 ∂(αp ) ∂p = α − ρ b3 =α = ∂x 3 ∂x3 ∂x3
(3.31)
0 + 0 + 0 + ρ b = 0 ⇒ b = 0 1 1 0 + 0 + 0 + ρ b 2 = 0 ⇒ b 2 = 0 ∂σ 0 − α + 33 + ρ b 3 = 0 ∂x3
⇒
ρg ∂p =1 + α ∂x3
ρg ⇒ dp = 1 + dx α 3
(3.32)
(3.33)
ρg ρg p = 1 + x ∂x 3 ⇒ p = 1 + α α 3
∫
Verificación:
ρg − α + α 1 + − ρ g = −α + α + ρ g − ρ g = 0 α
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(3.34)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
272
Ejemplo 3.11 Muestre que para el siguiente campo de tensión: σ11 = x 22 + ν ( x12 − x 22 ) ; σ12 = −2νx1 x 2 ; 2 2 2 2 2 σ 22 = x1 + ν ( x 2 − x1 ) ; σ 33 = ν ( x1 + x 2 )
σ 23 = σ13 = 0
Satisface las ecuaciones de equilibrio con fuerzas másicas iguales a cero. Solución: Ecuaciones de equilibrio: σ ij , j + ρ b i = 0 i { =0i
σ ij , j = 0 i
(i , j = 1,2,3)
σ i1,1 + σ i 2, 2 + σ i 3,3 = 0 i
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + =0 x x x ∂ ∂ ∂ 1 2 3 ∂σ ∂σ 22 ∂σ 23 + =0 ⇒ 21 + ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 =0 + + ∂x 3 ∂x 2 ∂x1
i = 1 σ 11,1 + σ 12 , 2 + σ 13,3 = 0 i = 2 σ 21,1 + σ 22 , 2 + σ 23, 3 = 0 i = 3 σ 31,1 + σ 32 , 2 + σ 33,3 = 0
Las ecuaciones de equilibrio quedan: σ 11,1 + σ 12 , 2 + σ 31,3 = 2 x1ν − 2νx1 = 0 ⇒ σ 12 ,1 + σ 22 , 2 + σ 23, 3 = −2 x 2 ν + 2νx 2 = 0 σ 13,1 + σ 23, 2 + σ 33,3 = 0
Con lo cual se comprueba que el cuerpo está en equilibrio. Ejemplo 3.12 Considérese el siguiente campo de tensiones: x1 + x 2 r σ ij ( x ) = σ12 0
σ12 x1 − 2 x 2 0
0 0 x 2
Considerando el medio en equilibrio, encontrar σ12 , sabiendo que es función de x1 , x 2 , i.e. σ12 ( x1 , x 2 ) . Se sabe también que el medio está libre de fuerzas másicas y que el vector r ˆ tensión en el plano x1 = 1 viene dado por: t (n) = (1 + x 2 )eˆ 1 + (5 − x 2 )eˆ 2 . Solución: Como el cuerpo está en equilibrio debe satisfacer las ecuaciones de equilibrio: σ ij , j + ρb i = 0 i {
⇒
σ ij , j = 0 i
(i, j = 1,2,3)
=0 i
⇒ σ i1,1 + σ i 2 , 2 + σ i 3,3 = 0 i
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3 TENSIONES
273
∂σ11 ∂σ 12 ∂σ13 ∂σ + + = 1 + 12 + 0 = 0 ∂x 2 ∂x 3 ∂x 2 ∂x1 ∂σ ∂σ 22 ∂σ 23 ∂σ 12 ⇒ 21 + + = −2+0=0 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 =0+0+0=0 + + ∂x 3 ∂x 2 ∂x1 r ˆ Como dato del problema tenemos que cuando x1 = 1 , t (n) = (1 + x 2 )eˆ 1 + (5 − x 2 )eˆ 2 , luego:
σ12 1 + x 2 σ ij ( x1 = 1, x 2 ) = σ12 1 − 2 x 2 0 0 t
(nˆ )
σ12 1 + x 2 ˆ = σ ij ( x1 = 1, x 2 )n j = σ12 1 − 2 x 2 0 0
0 0 x 2
0 1 1 + x 2 0 0 = 5 − x 2 x 2 0 0
(3.35)
ˆ t (n) = σ ij ( x1 = 1, x 2 ) nˆ j
1 + x2 σ12 ( x1 = 1, x 2 ) 0 1 1 + x2 1 + x 2 ⇒ σ12 ( x1 = 1, x 2 ) 1 − 2 x2 0 0 = σ12 ( x1 = 1, x 2 ) = 5 − x 2 0 x 2 0 0 0 0
A través de las ecuaciones de equilibrio: ∂σ12 =2 ∂x1
∫ ∂σ
⇒
12
∫
= 2∂x1
⇒
σ12 ( x1 , x 2 ) = 2 x1 + C ( x 2 )
A través de la condición de contorno dada por (3.35) podemos obtener la constante de integración: σ12 ( x1 = 1, x 2 ) = 5 − x 2 = 2 + C ( x 2 )
⇒
C ( x2 ) = 3 − x2
Luego: σ12 ( x1 , x 2 ) = 2 x1 − x 2 + 3
Ejemplo 3.13 Obtener las ecuaciones de equilibrio (en notación ingenieril), partiendo de un elemento r diferencial ( dx ), donde la variación de las tensiones de punto a punto (campo de tensiones) es la que se muestra en la Figura 3.8. Solución: Para obtener las ecuaciones de equilibro partiremos de que la suma de las fuerzas que actúan en el diferencial sea cero. Haciendo el equilibrio de fuerzas según dirección x :
∑F
x
=0
∂τ xy ∂σ x dx dydz − σ x dydz + τ xy + dy dxdz ∂x ∂y ∂τ − τ xy dxdz + τ xz + xz dz dxdy − τ xz dxdy = 0 ∂z
ρ b x dxdydz + σ x +
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
274
Simplificando la ecuación anterior resulta:
ρ b x dxdydz +
∂τ xy ∂σ x ∂τ dxdydz + dxdydz + xz dxdydz = 0 ∂x ∂y ∂z ∂σ x ∂τ xy ∂τ xz + + =0 ∂x ∂y ∂z
ρb x +
z
Cara oculta
σz +
Cara oculta
∂σ z dz ∂z σ yz +
τ xz +
σy
∂σ yz
∂τ xz dz ∂z
τ xy
τ xz
dz
∂z
τ yz +
bz
τ xz +
∂τ yz ∂y
σy +
bx
τ yz
τ xy +
∂σ σ x + x dx ∂x
τ xy +
∂τ xy ∂x
dz
dy
by
∂τ xz dx ∂x
σx
τ xy
∂τ xy ∂y
∂σ y ∂y
dy
dy
y
dx
dx
τ xz
τ yz
x
Cara oculta
σz
dy
Figura 3.8: Tensiones en un elemento diferencial. Resultante de fuerzas según dirección y :
∑ Fy = 0
∂τ yz dy dxdz − σ y dxdz + τ yz + dz dxdy ∂z ∂y ∂τ xy − τ yz dxdy + τ xy + dx dydz − τ xy dydz = 0 ∂x
ρ b y dxdydz + σ y +
∂σ y
Simplificando la ecuación anterior resulta:
ρb y +
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∂τ xy ∂x
+
Draft
∂σ y ∂y
+
∂τ yz ∂x z
=0
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3 TENSIONES
Resultante de fuerzas según dirección z :
275
∑ Fz = 0
∂τ ∂σ z dz dxdy − σ z dxdy + τ xz + xz dx dzdy ∂z ∂x ∂τ yz − τ xz dzdy + τ yz + dy dxdz − τ yz dxdz = 0 ∂y
ρ b z dxdydz + σ z +
Simplificando la ecuación anterior resulta:
ρb z +
∂τ xz ∂τ yz ∂σ z + + =0 ∂x ∂y ∂z
Luego, las ecuaciones de equilibrio son: ∂σ x ∂τ xy ∂τ xz + + + ρb x = 0 ∂y ∂z ∂x ∂τ xy ∂σ y ∂τ yz + + + ρb y = 0 ∂y ∂x z ∂x ∂τ ∂τ ∂σ z xz + yz + + ρb z = 0 ∂x ∂y ∂z
Ejemplo 3.14 Dado un medio continuo donde se conoce el estado tensional en un punto y que viene representado a través de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy: 1 1 0 σ ij = 1 1 0 Pa 0 0 2
Se pide: a) Encontrar las tensiones principales y las direcciones donde se producen. Solución: Para obtener las tensiones principales λ i = σ i y direcciones principales nˆ (i ) debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 1 1 − λ 1 1− λ 0 0
0 n1 0 0 n 2 = 0 2 − λ n 3 0
(3.36)
La obtención de soluciones no triviales de nˆ (i ) , es equivalente a resolver: σ ij − λδ ij = 0
Pero si nos fijamos en el formado de la matriz que contiene las componentes del tensor de tensiones, podemos notar que ya tenemos una solución principal, ya que las componentes tangenciales en la dirección 3 son cero, luego: dirección λ 1 = 2 → n1(1) = n (21) = 0 , n3(1) = ±1
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276
Pero obtener las otras dos direcciones es suficiente con resolver: 1− λ 1 = −λ (2 − λ ) = 0 1 1− λ
Podemos fácilmente verificar que las raíces de la ecuación anterior son: λ2 = 2 , λ3 = 0
Expresamos las componentes del tensor de tensiones en este nuevo sistema como: 2 0 0 σ ′ij = 0 2 0 Pa 0 0 0
b) Direcciones principales b.1) Para obtener la dirección principal asociada a la solución λ 2 = 2 , sustituimos esta solución en la ecuación (3.36): 1 0 n1( 2 ) 0 1 − 2 1 1− 2 0 n (22 ) = 0 0 0 2 − 2 n (32 ) 0
⇒
− n1( 2 ) + n (22 ) = 0 ( 2) n1 − n (22 ) = 0 2
2
Resolviendo el sistema obtenemos n 3( 2) = 0 , n1( 2) = n (22) y utilizando n1( 2 ) + n (22 ) = 1 resulta: n1( 2 ) = n (22 ) =
1 2
1 . nˆ ( 2 ) =
2
1 2
0
b.2) Para la solución λ 3 = 0 , obtenemos que: n1( 3) + n (23) = 0 ⇒ n1( 3) + n (23) = 0 (3) 2n 3 = 0
1 0 n1( 3) 0 1 − 0 1 1− 0 0 n (23) = 0 0 0 2 − 0 n 3( 3) 0
2
2
Resolviendo el sistema obtenemos n (33) = 0 , n1(3) = −n (23) y utilizando n1(3) + n (23) = 1 , resulta: n1(3) =
1 1 ˆ (3) 1 , n (23) = − . ni = 2 2 2
−
1 2
0 .
Como hemos visto, los autovectores constituyen una matriz de transformación, A , entre los dos sistemas, es decir, σ ′ = A σ A T , Así: 0 0 σ 1 = 2 0 0 = σ2 = 2 0 0 σ 3 = 0
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0
0
1 2 1 2
1 2 1 − 2
Draft
0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 2 0 0 2 1 0 2
0 1 2 1 − 2
1 0 0
T
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3 TENSIONES
277
Ejemplo 3.15 Una presa prismática está sometida a una presión ejercida por el agua. La presa tiene espesor b y altura h , ver Figura 3.9. Obtener las restricciones de las componentes cartesianas del tensor de tensiones de Cauchy en las caras BC , OB y AC . x2
ρ a - densidad de masa del agua g - aceleración de la gravedad C
B
ρa ρ a g (h − x 2 ) h
O
A
b
x1
Figura 3.9. Solución: La cara BC tiene como normal nˆ i( BC ) = [0 1 0] . Teniendo en cuenta que en esta cara no hay vector tracción, concluimos que: t i( BC )
= 0 i = σ ij nˆ j
⇒
σ11 σ 21 σ 31
σ12 σ 22 σ 32
σ13 0 σ12 0 σ 23 1 = σ 22 = 0 σ 33 0 σ 32 0
Lo que es lo mismo que σ i 2 = 0 y debido a la simetría σ 2i = 0 . La cara OB tiene como normal nˆ (i BC ) = [− 1 0 0] . Teniendo en cuenta que en esta cara el vector tracción tiene como componentes t i(OB ) = [ρ a g (h − x 2 ) 0 0] , concluimos que: t i(OB )
ρ a g ( h − x 2 ) = σ nˆ = 0 ij j 0
⇒
σ11 σ 21 σ 31
σ12 σ 22 σ 32
σ13 − 1 − σ11 ρ a g (h − x 2 ) 0 σ 23 0 = − σ 21 = 0 σ 33 0 − σ 31
Lo que es lo mismo que σ i1 = ρ a g (h − x 2 )δ i1 . La cara AC tiene como normal nˆ (i BC ) = [1 0 0] . Teniendo en cuenta que en esta cara no hay vector tracción, concluimos que: t i( AC )
= 0 i = σ ij nˆ j
⇒
σ11 σ 21 σ 31
σ12 σ 22 σ 32
σ13 1 σ11 0 σ 23 0 = σ 21 = 0 σ 33 0 σ 31 0
Lo que es lo mismo que σ i1 = 0 y debido a la simetría σ1i = 0 .
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278
3.3 Otras Medidas de Tensión Ejemplo 3.16 Demostrar que se cumplen las siguientes relaciones: P = J σ dev ⋅ F −T + Jσ m F −T
;
S = JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T + Jσ m C −1
donde P y S son el primer y segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff, respectivamente, C es el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, F es el gradiente de deformación, J es el determinante del Jacobiano, y σ m es la tensión media del tensor de tensiones de Cauchy. Demostrar también que se cumplen las siguientes relaciones: P : F = S : C = 3Jσ m
Solución: Teniendo en cuenta que P = J σ ⋅ F −T , y la descomposición de σ como σ = σ esf + σ dev , podemos obtener que: P = J (σ dev + σ m 1) ⋅ F −T = J σ dev ⋅ F −T + Jσ m 1 ⋅ F −T = J σ dev ⋅ F −T + Jσ m F −T
Consideremos ahora la definición del segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff S = JF −1 ⋅ σ ⋅ F −T , y teniendo en cuenta la descomposición aditiva de σ como σ = σ esf + σ dev , obtenemos: S = JF −1 ⋅ σ ⋅ F −T = JF −1 ⋅ (σ dev + σ m 1) ⋅ F −T = JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T + JF −1 ⋅ σ m 1 ⋅ F −T = JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T + Jσ m C −1
Aplicando en doble producto escalar entre los tensores S y C , obtenemos que: S : C = JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T : C + Jσ m C −1 : C
donde el término JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T : C queda: JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T : C
C = ( JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T ) : {
( JF −1 ⋅ σ dev ⋅ F −T ) ij ( F T ⋅ F ) ij
−1 = J Fip−1σ dev pk F jk Fqi Fqj
F T ⋅F
= J δ qp δ qk σ dev pk = J σ dev pk δ pk dev =J σ :1 1 424 3
Tr (σ
dev
=0
) =0
Luego: S : C = Jσ m C −1 : C = Jσ m Tr (C −1 ⋅ C ) = Jσ m Tr (1) = 3 Jσ m
Ahora, haciendo el doble producto escalar entre P y F , obtenemos que: P : F = J σ dev ⋅ F −T : F + Jσ m F −T : F
Analizando el término J σ dev ⋅ F −T : F , concluimos que:
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3 TENSIONES
J σ dev ⋅ F −T : F
279
= ( J σ dev ⋅ F −T ) ij ( F ) ij = J σ ikdev F jk−1 Fij = Jσ ikdev δ ik dev =J σ :1 = 0 1 424 3
Tr (σ dev )=0
Luego, P : F = Jσ m F −T : F = Jσ m Tr ( F −T ⋅ F T ) = Jσ m Tr (1) = 3 Jσ m
3.4 Máxima Tensión de Corte, Círculo de Mohr Ejemplo 3.17 ¿Cuál es la tensión de corte máxima cuyo estado tensional en un punto es el siguiente? x2
30 MPa
20 MPa x1
x3
Figura 3.10.
Solución: Como los ejes xi son ejes principales, dibujamos el círculo de Mohr con las tensiones principales σ I = 30 MPa , σ II = 20MPa y σ III = 0 .
τ
τ max (MPa)
20
30
σ N (MPa)
Figura 3.11.
τ max =
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30 − 0 2
Draft
= 15 MPa
(3.37)
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280
Ejemplo 3.18 Dado el estado tensional en un punto representado por el elemento infinitesimal mostrado en la Figura 3.12. Se pide: x2
a) Dibujar el círculo de Mohr; b) Obtener la tensión normal máxima,
20 MPa
e indicar el plano en la que se produce; c) Obtener la tensión tangencial máxima.
5 MPa x1
10 MPa
x3
Figura 3.12: Solución: σS ≡ τ τmax = 15
σ N max = 10MPa σ S max =
5
− 20
10 − (−20) = 15MPa 2
σ N (MPa)
10
Ejemplo 3.19 Determinar para que valores de σ * son posibles los siguientes estados tensionales en planos que pasen por P :
Caso a) σ N = 4
;
τ=2
Caso b) σ N = 4
;
τ =1
Caso c) σ N = 7
;
τ=0
6
P
σ*
2
Figura 3.13. Solución Para que los pares de valores (σ N ; τ) sean factibles, tienen que pertenecer a la zona en gris en el círculo de Mohr, ver Figura 3.14, o pertenecer a las circunferencias.
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3 TENSIONES
281
τ
σ2
σ3
σ1
σN
Figura 3.14: Círculo de Mohr.
τ Caso a) Caso b)
2
Caso c)
1 2
6
7
σN
Figura 3.15: Círculo de Mohr.
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282
Caso a) :En este caso el par (σ N = 4; τ = 2) pertenece al círculo formado por la tensiones principales 2 y 6 , luego σ * puede ser cualquiera, ver Figura 3.16. τ Caso a)
2 1
σ −∞
2
*
σ*
6
σ∞
*
σN
Figura 3.16: Círculo de Mohr. Caso b) En este caso podemos decir que la solución es: σ *( 2) ≤ σ * ≤ σ *(1)
(3.38)
donde σ *( 2) , σ *(1) están señalados en la Figura 3.17.
τ
τ
2
Casos límites
2
( 4,1)
1
( 4,1)
1 2
σ* ( x ) 6
2
σN
σ * ( 2)
σ * (1) 6
σN
Figura 3.17: Círculo de Mohr.
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3 TENSIONES
283
Partiendo de la ecuación de la circunferencia: ( x − xC ) 2 + ( y − y C ) 2 = R 2
Para el caso σ *(1) , tenemos: x = 4; x C =
(σ *(1) + 2) 2
;
(3.39)
y = 1; y C = 0; R =
(σ *(1) − 2) 2
Reemplazando estos valores en la ecuación de la circunferencia, resulta: ( x − xC ) 2 + ( y − y C ) 2 = R 2 2
( σ * − 2) ( σ * + 2) 4 − (1) + (1 − 0)2 = (1) 2 2
2
(3.40)
⇒ σ *(1) = 4,5
Para el caso
σ *( 2 )
, tenemos: x = 4; xC =
(6 + σ *( 2 ) ) 2
; y = 1; y C = 0; R =
(6 − σ *( 2 ) ) 2
reemplazando estos valores en la ecuación de la circunferencia, resulta: ( x − xC ) 2 + ( y − y C ) 2 = R 2 2
(6 − σ *( 2 ) ) (6 + σ *( 2) ) 4 − + (1 − 0)2 = 2 2
2
(3.41)
⇒ σ *( 2 ) = 3,5
luego: (3.42)
3,5 ≤ σ * ≤ 4,5
Caso c) En este caso la única solución posible es que σ N sea una tensión principal, luego (3.43)
σ* = 7
τ
2
6
σ* = 7
σN
Figura 3.18: Círculo de Mohr.
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284
Ejemplo 3.20 Obtener la máxima tensión normal y tangencial (de corte) y dibujar el círculo de Mohr correspondiente para los siguientes estados tensionales: a) a)
τ τ 0 σ ij = τ τ 0 0 0 0
− 2τ 0 0 b) σ ij = 0 τ 0 0 0 − τ
(3.44)
Solución: a) Valores principales. Si verificamos el formato de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy, ya podemos decir que un valor principal es λ (3) = 0 . Luego, es suficiente obtener solo los dos otros autovalores: τ−λ τ τ τ = (τ − λ) 2 − τ 2 = 0 ⇒ τ − λ = τ ⇒ λ = 0 τ τ → τ τ − λ
(3.45)
λ (1) = 0 (τ − λ ) 2 − τ 2 = 0 ⇒ τ 2 − 2λτ + λ2 − τ 2 = 0 ⇒ λ (−2τ + λ ) = 0 ⇒ λ ( 2) = 2τ
(3.46)
τ
σ N max = 2τ τ max = τ
τ max = τ
2τ
σN
Figura 3.19: τ
b)
σ N max = τ τ max =
− 2τ
τ
−τ
τ − (−2τ) 3 = τ 2 2
σN
Figura 3.20. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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3 TENSIONES
285
Ejemplo 3.21 Hacer la representación del círculo de Mohr para los siguientes casos: 1) Caso unidimensional, estado de carga de tracción 2) Caso unidimensional, estado de carga de compresión 3) Caso bidimensional, estado de carga de tracción 4) Caso triaxial 5) estado de corte puro Solución: 1) Caso unidimensional, estado de carga de tracción τ σx
σ I 0 0
σx
0 0 0 0 0 0
σI
σN
2) Compresión uniaxial τ σx 0 0 0 − σ II 0 0
σx
0 0 0
σ II
σN
3) Caso biaxial σ II
τ
σI σ II σ I 0 0
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0 σ II 0
σI
σN
0 0 0
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286
4) Caso triaxial τ
σ III
σ I 0 0
σII
0 σ II 0
0 0 σ III
σ III
σII
σI
σN
σI
5) Corte puro σS ≡ τ σ 0 0 0 − σ 0 0 0 0
σ
−σ
σ
σN
−σ
3.5 Particularidades del Tensor de Tensiones Ejemplo 3.22 Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy en un punto P vienen dadas por: 5 6 7 σ ij = 6 8 9 GPa 7 9 2
(3.47)
a) Calcular la tensión media; b) Calcular la parte volumétrica y desviadora del tensor σ . Solución: σ 5+8+2 σ m = kk = =5 3 3
σ ij =
σ ijesf
+
σ ijdev
⇒
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⇒
σ ijdev
σ esf ij
= σ ij −
Draft
σ m = 0 0
σ esf ij
0 σm 0 ⇒
0 5 0 0 0 = 0 5 0 σ m 0 0 5
(3.48)
0 6 7 = 6 3 9 7 9 − 3
(3.49)
σ ijdev
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3 TENSIONES
287
Ejemplo 3.23 Considere las componentes del tensor de tensiones: 5 3 2 σ ij = 3 1 0 2 0 3
unidades de tensión
(3.50)
dadas en el sistema constituido por la base (eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 ) . Dada la ley de transformación de base entre los sistemas x y x' por: x'1
x' 2
x '3
x1
3 5
0
4 5
x2
0
1
0
0
3 5
x3
−
4 5
donde el sistema x' está constituido por la base (eˆ '1 , eˆ ' 2 , eˆ ' 3 ) . r
ˆ a) Obtener el vector tensión t ( e'2 ) según el plano cuya normal es eˆ ' 2 , expresado según el sistema cartesiano (eˆ '1 , eˆ ' 2 , eˆ ' 3 ) con el siguiente formato:
r ˆ t (e'2 ) = ( )eˆ 1′ + ( )eˆ ′2 + ( )eˆ ′3
(3.51)
b) Obtener la parte esférica y desviadora del tensor de tensiones. Solución: a) Como definimos, la primera fila de la matriz de transformación está formada por los cosenos directores del eje x'1 con x1 , x2 y x3 , luego: 3 0 − 4 1 A = 0 5 0 5 4 0 3
(3.52)
y la ley de transformación para las componentes de tensor de segundo orden: (3.53)
σ' = A σ A T
luego:
53 0 − 45 5 3 2 53 σ′ij = 0 1 0 3 1 0 0 4 0 3 2 0 3 − 4 5 5 5 ˆ t i( e' 2 )
9 1 = 5 5 12
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⇒
4 5
9 9 2 1 1 0 = 9 5 12 5 2 12 31 0 35 0
r ˆ 9 12 t (e'2 ) = eˆ 1′ + (1)eˆ ′2 + eˆ ′3 5 5
Draft
(3.54)
(3.55)
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288
ya que: ′ σ11 σ ′ 21 σ′31
′ σ12 σ ′22 σ′32
ˆ ′ t 1 ( e'1 ) σ13 ( eˆ ' ) σ ′23 = t 2 1 ( eˆ ' ) σ ′33 t 3 1
t1
( eˆ ' 2 ) ( eˆ ' 2 )
t2 ( eˆ ' ) t3 2
t1
( eˆ '3 )
( eˆ '3 )
t2 ( eˆ '3 ) t3
(3.56)
b) Iσ δ ij + σ ijdev 3 Iσ = 5 +1+ 3 = 9
σ ij = σ ijesf + σ ijdev =
σ esf ij
σ ijdev
=
σ ij − σ ijesf
(3.57) (3.58)
3 0 0 = 0 3 0 0 0 3
(3.59)
2 2 3 2 5 − 3 3 = 3 1− 3 0 = 3 − 2 0 2 0 3 − 3 2 0 0
(3.60)
Ejemplo 3.24 El estado de tensión en un medio continuo (cuerpo) está dado por el tensor de tensiones de Cauchy: 0 σ ij = Cx 3 0
Cx 3 0 − Cx1
0 − Cx1 0
donde C es una constante. Considérese que el cuerpo esté libre de fuerzas másicas. a) Probar si el cuerpo está en equilibrio; b) Calcular el vector tensión en el punto P (4,−4,7) según un plano cuya normal viene dada 2 3
2 3
1 3
por nˆ = eˆ 1 + eˆ 2 − eˆ 3 . c) Representar los círculos de Mohr del estado de tensión del punto P . Solución: a) Para que el medio continuo esté en equilibrio hay que cumplir las ecuaciones de equilibrio: r r ∇ ⋅ σ + ρb = 0 ; σ ij,j + ρ b i = 0 i
0 σ ij = Cx 3 0
Cx 3 0
− Cx1
(3.61)
0 − Cx1 0
(3.62)
Para el problema propuesto ρb i = 0 i , luego: σ ij,j
i = 1 ⇒ 0 + 0 + 0 = 0 ∂σ i1 ∂σ i 2 ∂σ i 3 = + + ⇒ i = 2 ⇒ 0 + 0 + 0 = 0 = ∂x j ∂x1 ∂x 2 ∂x3 i = 3 ⇒ 0 + 0 + 0 = 0 ∂σ ij
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(3.63)
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3 TENSIONES
289
σ ij,j = 0 i luego el cuerpo está en equilibrio.
b) El vector tensión viene dado por: r ˆ (nˆ ) t (n) = σ ⋅ nˆ ; t i = σ ij nˆ j
0 σ ij ( x1 = 4; x 2 = −4; x3 = 7) = Cx3 0
Cx3 0 − Cx1
(3.64)
0 0 − Cx1 = 7C 0 0
7C 0 − 4C
0 − 4C 0
2 1 nˆ j = 2 3 − 1
(3.65)
(3.66)
Resultando que: 0 r (nˆ ) t i = σ ij nˆ j = 7C 0
7C 0 − 4C
0 2 14C 1 1 − 4C 2 = 18C 3 3 − 8C 0 − 1
(3.67)
c) 0 0 7 σ ij = C 7 0 − 4 0 − 4 0
(3.68)
Los autovalores (tensiones principales) vienen dados por: 0 σ 0 0 0 7 C 7 0 − 4 − 0 σ 0 = 0 0 − 4 0 0 0 σ
⇒
σ C 0 0 7 C 7 0 − 4 − C 0 0 − 4 0 0
0 σ C 0
0 0 =0 σ C
(3.69)
Considerando que σ = Cσ , obtenemos: 0 − σ 7 C 7 − σ − 4 = C 3 0 − 4 − σ − σ 3 + 16 σ + 49 σ = 0
⇒
0 − σ 7 7 − σ − 4 = 0 0 − 4 − σ
− σ 2 + 65 = 0
⇒
σ = ± 65
(3.70) (3.71)
Con eso, obtenemos que σ = ±C 65 .
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
290
Resultando así un estado de corte puro, el círculo de Mohr viene representado por: σS ≡ τ
C 65
σ III = −C 65
σ I = C 65
σN
Ejemplo 3.25 El estado tensional en un punto del cuerpo viene dado por las componentes del tensor de tensiones de Cauchy representado en el sistema cartesiano como: a) Obtener la tensión desviadora; b) Determinar las tensiones principales ( σ I , σ II , σ III ) y las direcciones principales; c) Dibujar el círculo de Mohr; d) Obtener la máxima tensión de corte; e) Encontrar el vector tensión en un plano que pasa por el punto dado cuya normal a este plano es nˆ = 0,75eˆ 1 + 0,25eˆ 2 −
6 ˆ e3 ; 4
f) Obtener también la tensión normal y tangencial en este plano. x3
r ˆ t ( e 3 ) = 8eˆ 1
r ˆ t ( e 2 ) = 6eˆ 1
eˆ 3 eˆ 1
eˆ 2
x2
r ˆ t ( e1 ) = 6eˆ 2 + 8eˆ 3
x1
Figura 3.21: Solución: Según la Figura 3.21 podemos obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy como:
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3 TENSIONES
291
0 6 8 σ ij = 6 0 0 8 0 0
a) σ ij = σ ijesf + σ ijdev
La parte esférica σ ijesf =
Iσ δ ij = 0 ij ya que I σ = 0 . Luego, la parte desviadora viene dada por: 3 σ ijdev
=
σ ijesf
0 6 8 − σ ij = 6 0 0 8 0 0
b) Los autovalores pueden ser determinados por el determinante característico: −λ 6 6 −λ 8
0
8 0 =0
⇒
− λ3 + 100λ = 0
⇒
(
)
λ − λ2 + 100 = 0
−λ
Las soluciones son λ 1 = 0 , λ 2 = 10 , λ 3 = −10 , que son las tensiones principales. Las direcciones principales quedan: σ1 = 0 autovalor → nˆ i(1) = [0 − 0,8 0,6]
σ 2 = −10 autovalor → nˆ i( 2 ) = [− 0,707 0,424 0,566] σ 3 = 10 autovalor → nˆ i(3) = [0,707 0,424 0,566]
σ I = 10 , σ II = 0 , σ III = −10
c) El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo: σS ≡ τ τ max = 10
σ III = −10
σ II = 0
σ I = 10
σN
d) En el círculo de Mohr se puede obtener directamente la tensión de corte máxima: τ max = 10
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
292
ˆ
e) Teniendo en cuenta que t i (n) = σ ij nˆ j , podemos obtener las componentes del vector tensión 6 ˆ e3 : 4
en el plano de normal nˆ = 0,75eˆ 1 + 0,25eˆ 2 −
t 1 (nˆ ) 0 6 8 0,75 − 3,39898 (nˆ ) t 2 = 6 0 0 0,25 ≈ 4,5 t (nˆ ) 8 0 0 6 − 6 3 4
f) r ˆ t (n)
r σS
r σN sˆ
nˆ
P
r
r
r
El módulo de σ N se puede obtener a través de la proyección σ N = t (n) ⋅ nˆ = t i (n) nˆ i , luego: r σN
ˆ
ˆ
0,75 (nˆ ) = t i nˆ i ≈ [− 3,39898 4,5 6] 0,25 ≈ −5,09847 6 − 4
r
El vector σ N viene dado por: r r σ N = σ N nˆ = −3,82385eˆ 1 − 1,27462eˆ 2 + 3,12216eˆ 3 r ˆ r r Además como se cumple que t (n) = σ N + σ S , podemos obtener el vector tangencial a este
plano como:
r ˆ r r σ S = t (n) − σ N ≈ (− 3,39898 + 3,82385)eˆ 1 + (4,5 + 1,27462 )eˆ 2 + (6 − 3,12216 )eˆ 3 ≈ (0,42487 )eˆ 1 + (5,77462 )eˆ 2 + (2,87784 )eˆ 3
y su módulo: r σS ≈
(0,42487)2 + (5,77462)2 + (2,87784)2
≈ 41,808713 = 6,465966 r
OBS.: También podríamos haber utilizado la expresión σ S
r obtener el módulo de σ S .
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2
r ˆ r ˆ r = t (n) ⋅ t (n) − σ N
2
para
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3 TENSIONES
293
Ejemplo 3.26 El campo del tensor de tensiones de Cauchy de un medio continuo viene representado por: 3 x1 r σ ij ( x ) = σ 21 σ 31
5 x 22 3x 2 σ 32
0 2 x3 0
a) Obtener las fuerzas másicas (por unidad de volumen) para que el medio continuo esté en equilibrio. b) Para un punto particular ( x1 = 1, x 2 = 1, x3 = 0 ). Se pide: b.1) Dibujar el Círculo de Mohr en tensiones. Obtener la tensión tangencial y normal máximas. 1
b.2) Obtener el vector tensión en el plano definido por la normal nˆ i =
1
3
3
1 3
b.2.1) Obtener la componente normal y tangencial en este plano. Solución: a) Debido a la simetría del tensor de tensiones de Cauchy tenemos que: 3 x1 r 2 σ ij ( x ) = 5 x 2 0
5 x 22 3x 2 2 x3
0 2 x3 0
σ + σ12, 2 + σ13,3 = −ρ b1 3 + 10 x 2 + 0 = −ρ b1 r r componentes 11,1 r ∇ x ⋅ σ + ρ b = 0 →σ 21,1 + σ 22, 2 + σ 23,3 = −ρ b1 ⇒ 0 + 3 + 2 = −ρ b 2 0 + 0 + 0 = −ρ b 3 σ 31,1 + σ 32, 2 + σ 33,3 = −ρ b1
con lo cual obtenemos que: − 10 x 2 − 3 ρ b i = − 5 0
(Fuerza por unidad de volumen)
(3.72)
b) Para el punto en particular ( x1 = 1, x 2 = 1, x3 = 0 ) tenemos que: 3 5 0 σ ij = 5 3 0 0 0 0
donde podemos verificar que σ 3 = 0 es un valor principal. Para obtener los otros autovectores es suficiente con resolver: 3−σ 5 =0 5 3−σ
⇒
(3 − σ) = (5) 2
⇒
3 − σ = ±5
⇒
σ1 = 8 σ 2 = −2
Reestructurando los autovalores: σ I = 8 , σ II = 0 , σ III = −2
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294
b.1) El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo: σS ≡ τ τ max = 5
σ II = 0
σ III = −2
σN
σI = 8
En el círculo de Mohr se puede obtener directamente la tensión de corte máxima τ max = 5 y la tensión normal máxima σ N max = σ I = 10 . ˆ
e) Teniendo en cuenta que t i (n) = σ ij nˆ j , podemos obtener las componentes del vector tensión en el plano de normal nˆ =
1 ˆ 1 ˆ 1 ˆ e1 + e2 + e 3 (vector unitario): 3 3 3
t 1 (nˆ ) 3 5 0 1 8 (nˆ ) 1 1 5 3 0 1 = 8 t 2 = 3 3 t (nˆ ) 0 0 0 1 0 3
b.2) La tensión normal: σN = ti
(nˆ )
nˆ i =
1
1 [8 8 0] 1 = 16 3 3 1
1
3
r
Para la componente tangencial podemos aplicar directamente σ S r ˆ donde t (n)
2
2
r ˆ r ˆ r = t (n) ⋅ t (n) − σ N
2
,
8 r (nˆ ) r (nˆ ) 1 1 (nˆ ) (nˆ ) [8 8 0] 8 = 128 . Luego: = t ⋅ t = ti ti = 3 3 3 0
r σS
2
r ˆ r ˆ r = t (n) ⋅ t (n) − σ N
2
2
=
128 16 128 − = 3 3 9
⇒
σS =
128 3
Ejemplo 3.27 El estado tensional en un punto del cuerpo viene dado por las componentes del tensor de tensiones de Cauchy según su parte esférica y desviadora, respectivamente: σ ijesf
1 0 0 = 0 1 0 0 0 1
;
σ ijdev
0 6 8 = 6 0 0 8 0 0
Se pide: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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3 TENSIONES
295
a) Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy; b) Determinar las tensiones principales ( σ I , σ II , σ III ) y las direcciones principales. c) Obtener la máxima tensión de corte; d) Dibujar el círculo de Mohr para: d.1) el tensor de tensiones de Cauchy ( σ ij ), d.2) Parte esférica ( σ ijesf ) y; d.3) parte desviadora ( σ ijdev ); Solución: a)
σ ij =
σ ijesf
+
1 0 0 0 6 8 1 6 8 = 0 1 0 + 6 0 0 = 6 1 0 0 0 1 8 0 0 8 0 1
σ ijdev
En el Ejemplo 3.25 hemos obtenido los valores principales del tensor σ ijdev que es el mismo del problema propuesto. Como el tensor y su parte desviadora tienen las mismas direcciones principales, podemos obtener de forma automática las tensiones principales: σ′ij =
σ′ijesf
+
σ′ijdev
0 9 0 0 1 0 0 10 0 0 = 0 1 0 = 0 1 0 + 0 0 0 0 1 0 0 − 10 0 0 11
Las direcciones principales son las mismas del tensor σ del Ejemplo 3.25. d) Círculo de Mohr σS ≡ τ
σS ≡ τ τ max = 10
+ σ dev III = −10
σ dev II = 0
σ dev = 10 I
σ dev N
σ I = σ II = σ III = 1
Parte desviadora
σN
Parte esférica
14444444444444442444444444444444 3
σS ≡ τ τ max = 10
σ III = −9
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σ II = 1
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σ I = 11
σN
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
296
Ejemplo 3.28 En un punto P del medio continuo el tensor de tensiones de Cauchy σ viene representado por sus componentes cartesianas por: 1 1 0 σ ij = 1 1 0 MPa , 0 0 2
Se pide: a) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales en el punto P ; b) Obtener la máxima tensión de corte; c) Dibujar el círculo de Mohr para: c.1) el tensor de tensiones de Cauchy ( σ ij ), c.2) Parte esférica ( σ ijesf ) y; c.3) parte desviadora ( σ ijdev ); d)
i.) Encontrar el vector tensión en un plano que pasa por el punto dado cuya r dirección normal a este plano es n = 1,0eˆ 1 + 1,0eˆ 2 + 0eˆ 3 ; ii.) Obtener también la tensión normal y tangencial en este plano.
f) Obtener los autovalores y autovectores de la parte desviadora del tensor de tensiones de Cauchy ( σ dev ). Solución: a) Ver Ejemplo 3.14. Los autovalores son σ I = 2 , σ II = 2 , σ III = 0 b) y c) σ′ijdev
= σ′ij −
σ ′ijesf
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1 0 0 1 0 0 2 0 0 2 4 = 0 2 0 − 0 1 0 = 0 1 0 3 3 0 0 1 0 0 − 2 0 0 0
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3 TENSIONES
297
σS ≡ τ
σS ≡ τ
+
τ max = 1
σN σ III = −1,333
σN
σ I , σ II = 0,667
σ I = σ II = σ III = 1,333
Parte desviadora
Parte esférica
14444444444444442444444444444444 3 σS ≡ τ
τ max = 1
σ III = 0
σ I , σ II = 2 r
σN
d) El vector tensión se obtiene a partir de t (n) = σ ⋅ nˆ , normalizando el vector obtenemos r n n
que: nˆ = r =
ˆ
1 ˆ 1 ˆ e1 + e 2 + 0eˆ 3 . Vector tensión: 2 2
t 1(nˆ ) 1 1 0 2 1 (nˆ ) 1 1 t 2 = 1 1 0 1 = 2 2 t (nˆ ) 0 0 2 2 0 0 3
Ejemplo 3.29 Las componentes de un estado de tensión en un punto P son: 0 0 29 σ ij = 0 − 26 6 Pa 0 6 9
Descompónganse las componentes del tensor de tensiones en una parte esférica y otra desviadora, y determínense los valores de las tensiones principales del tensor desviador. Solución: Considerando la descomposición aditiva del tensor de tensiones en una parte esférica y desviadora:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
298
σ ij = σ ijdev + σ ijesf
La parte desviadora viene dada por σ ijdev
σ11 − σ m = σ12 σ13
σ12 σ 22 − σ m σ 23
σ13 σ 23 σ 33
− σ m
siendo la tensión media dada por: σm =
( 29 − 26 + 9) 1 σ ii = =4 3 3
Resultando así: σ ijdev
0 0 25 0 0 29 − 4 = 0 − 26 − 4 6 = 0 − 30 6 Pa 0 6 9 − 4 0 6 5
Las componentes del tensor hidrostático son: σ ijhid
≡
σ esf ij
4 0 0 = 0 4 0 Pa 0 0 4
Para comprobar las operaciones anteriores, la siguiente relación tiene que verificarse: σ ij =
σ ijdev
+
σ ijesf
0 0 4 0 0 29 0 0 25 = 0 − 30 6 + 0 4 0 = 0 − 26 6 Pa 0 6 5 0 0 4 0 6 9
✓
Obteniendo la ecuación característica del tensor de tensiones desviador: σ ijdev − λδ ij = 0 → λ3 − λJ 2 − J 3 = 0
Con la solución de la ecuación cúbica anterior obtenemos las tensiones principales del tensor desviador: σ1dev = 25 Pa dev σ 2 = 6 Pa σ dev = −31Pa 3
Ejemplo 3.30 Descomponer el tensor de tensiones de Cauchy dado por sus componentes: 12 σ ij = σ 21 σ 31
4 9 σ 32
0 − 2 MPa 3
en su parte esférica y desviadora. Obtener los invariantes del tensor desviador Obtener también la tensión normal octaédrica, y la tensión media en este punto. Solución:
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3 TENSIONES
299
Debido a la simetría del tensor de tensiones de Cauchy: 0 12 4 σ ij = 4 9 − 2 MPa 0 − 2 3
I σ 12 + 9 + 3 24 = = = 8. 3 3 3
Tensión media σ m = σ oct =
La parte esférica y desviadora del tensor de tensiones son: σ ijesf
8 0 0 = 0 8 0 0 0 8
σ ijdev
;
= σ ij −
σ ijesf
0 8 0 0 4 4 0 12 4 9 − 2 − 0 8 0 = 4 1 − 2 =4 0 − 2 3 0 0 8 0 − 2 − 5
Los invariantes principales del tensor desviador son: I σ dev ≡ J1 = 4 + 1 − 5 = 0 , como era de esperar, ya que la traza de cualquier tensor desviador
es cero. II σ dev =
1
−2
−2 −5
+
4
0
0 −5
+
4 4 4 1
= −41 = − J 2
o bien utilizando la definición: J 2 =
(
) (
)
1 2 1 I σ − 3 II σ = 24 2 − 3 × 151 = 41 3 3
III σ dev ≡ J 3 = det (σ dev ) = 44
Ejemplo 3.31 El estado tensional en un punto está dado por el tensor de tensión: σ aσ bσ σ ij = aσ σ cσ bσ cσ σ
donde a , b , c son constantes y σ es un valor de tensión. Determinar las constantes a , b , c de tal manera que el vector tensión se anule en un plano octaédrico. Solución: Un plano octaédrico tiene el siguiente versor: nˆ i = r
1 3
[1
1 1] . El vector tensión en este
plano viene definido por t (n) = σ ⋅ nˆ , en componentes: ˆ
t 1(nˆ ) σ aσ bσ 1 σ + aσ + bσ 0 a + b = 1 (nˆ ) 1 1 1 = aσ + σ + cσ = 0 ⇒ a + c = −1 t 2 = aσ σ c σ 3 t (nˆ ) bσ cσ σ 3 1 bσ + cσ + σ 0 b + c = −1 3
resolviendo el sistema anterior obtenemos que, b =
−1 −1 −1 , c= , a= 2 2 2
Ejemplo 3.32 En un punto P del medio continuo el tensor de tensiones de Cauchy σ viene representado por sus componentes cartesianas por: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Draft
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
300
57 σ ij = σ 21 σ 31
0 50 σ 32
24 0 MPa 43
a) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales en el punto P ; b) Obtener la tensión tangencial máxima y la tensión normal máxima; c) Dibujar el círculo de Mohr del estado tensional correspondiente; r d) Obtener el vector tensión t (n) en el plano octaédrico del espacio de Haigh-Westergaard. Obtener también la tensión normal octaédrica y la tensión tangencial octaédrica. Solución: Teniendo en cuenta que la simetría del tensor de tensiones de Cauchy: 57 0 24 σ ij = 0 50 0 MPa 24 0 43
Verificamos que la tensión σ 22 = 50 ya es una tensión principal y está asociada al autovector nˆ ( 2) = [0 ± 1 0] . Para encontrar las otras tensiones principales resolvemos el siguiente sistema: 57 − σ 24 =0 24 43 − σ
σ1 = 25 σ 2 − 100σ + 1875 = 0 ⇒ σ 3 = 75
⇒
Utilizando la definición de autovalor-autovector, podemos obtener los siguientes autovectores: Asociado al autovalor σ1 = 25
⇒
nˆ (1) = [m 0,6 0 ± 0,8]
Asociado al autovalor σ 3 = 75
⇒
nˆ (3) = [± 0,8 0 ± 0,6]
Circulo de Mohr en tensiones: Reestructurando tal que σ I > σ II > σ III : σ I = 75 , σ II = 50 , σ III = 25
b, c) El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo: σS ≡ τ
τ max =
τ max = 25
σ III = 25
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σ II = 50
Draft
75 − 25 = 25 2
σ I = 75 = σ N max
σN
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3 TENSIONES
301
d) El espacio de Haigh-Westergaard está formado por las tensiones principales luego, el r vector tensor en este espacio viene dado por t (n) = σ ⋅ nˆ , cuya normal del plano octaédrico 1 tiene como componentes nˆ i =
3
r t (n) = σ ⋅ nˆ
1 : 3
1 3
componente s →
t 1(n) 75 0 0 1 75 (n) 1 1 t 2 = 0 50 0 1 = 3 50 t (n) 0 0 25 3 1 25 3
Su módulo viene dado por: r t (n)
2
=
(
)
1 8750 75 2 + 50 2 + 25 2 = 3 3
⇒
r t (n) = 54,00617
r
La tensión normal octaédrica viene dada por σ oct = t (n) ⋅ nˆ : σ oct
1 [75 50 25] 1 = 50 = 3 3 1 1
Podríamos haber aplicado directamente la definición de tensión normal octaédrica: σ oct =
Iσ 75 + 50 + 25 = σm = = 50 3 3
La tensión tangencial octaédrica se puede obtener a través del teorema de Pitágoras: τ oct =
r t (n)
2
2
− σ oct =
8750 − 50 2 = 20,4124 3
También podríamos haber aplicado la definición: τ oct =
1 1 2 I σ2 − 6 II σ = 2 × 150 2 − 6 × 6875 = 20,41241 3 3
donde I σ = 150 , II σ = 75 × 50 + 75 × 25 + 50 × 25 = 6875 . e) Componentes de la parte esférica del tensor: σ ijesf
50 0 0 Tr (σ ) = δ ij = σ m δ ij = 0 50 0 3 0 0 50
σ ijesf
57 0 24 50 0 0 7 0 24 = 0 50 0 − 0 50 0 = 0 0 0 24 0 43 0 0 50 24 0 − 7
Su parte desviadora: σ ijdev
= σ ij −
f) Teniendo en cuenta que el tensor y su parte desviadora son coaxiales, es decir, presentan las mismas direcciones principales, podemos utilizar el espacio principal para obtener los valores principales del tensor desviador: σ′ijdev
= σ′ij −
σ ′ijesf
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0 75 0 0 50 0 0 25 0 = 0 50 0 − 0 50 0 = 0 0 0 0 0 25 0 0 50 0 0 − 25
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
302
3.6 Estado Tensional en Dos Dimensiones Ejemplo 3.33 Considere el siguiente estado de tensión: 5
4 2 y
6 x
Figura 3.22: Obtener el estado de tensión en este punto σ ij . Solución: En el estado de tensón plano σ ij (i, j = 1,2) se necesitan dos planos para definir completamente el estado tensional en el punto: σ x σ ij = τ xy
τ xy σ y
(3.73)
Según la Figura 3.22 verificamos que: 5
σx = 4 τ xy = 2
τ xy = 2 y
σy = 6 x
Figura 3.23: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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3 TENSIONES
303
Luego: 4 2 σ ij = 2 6
(3.74)
Ejemplo 3.34 Considérese un material compuesto, constituido por matriz y fibras según dirección de 45 º tal como se indica en la Figura 3.24. Este material compuesto puede romper si la tensión de corte a lo largo de la fibra supera el valor de 3,8 × 10 6 Pa ( N / m 2 ) . Para una tensión normal σ x = 2,8 × 10 6 Pa , determínese el valor máximo de σ y para que el material no rompa. σy
σx
45º
− 45º
σx
nˆ
y
σy
x
Figura 3.24: Material compuesto (matriz-fibra). Solución: Este es un ejemplo típico de transformación de coordenadas. Es decir, tenemos que considerar la tensión de corte máxima según la dirección θ = −45º . Para ello realizamos la transformación de coordenadas siguiente: τ ′xy ≡ τ ( θ ) = − τ ′xy ≡ τ ( θ = −45 º )
σx − σy
sin 2θ + τ xy cos 2θ 2 ⇒ σ y ≈ −4,8 × 10 6 Pa 6 2,8 × 10 − σ y =− sin( −90 º ) = 3,8 × 10 6 Pa 2
(compresión)
Ver Ejemplo 1.99 del capítulo 1.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
304
Ejemplo 3.35 Las tensiones que actúan en dos planos que pasan por el punto P están indicadas en la Figura 3.25. Determínese el valor de la tensión de corte τ en el plano a − a y las tensiones principales en este punto. y
b
a
τ 80 Pa 45 º x
60 º
60 Pa
a b
Figura 3.25: Estados tensionales en un punto, según los planos a y b . Solución: Para obtener el estado de tensión en un punto, en el caso de dos dimensiones, determinamos las tensiones: σ x , σ y , τ xy , como se indica en la Figura 3.26. y
a
y
b
b
a
σy
σy
τ xy 80 Pa
τ xy τ xy
45º
σx
τ
τ xy
45º
σx
τ x
60 º
80 Pa
σx
x
60 º τ xy 60 Pa
60 Pa b
b
a
a)
a
b)
Figura 3.26: Estados tensionales en un punto, según los planos a y b . Según la Figura 3.26, podemos determinar directamente σ x y τ xy descomponiendo el vector tensión 60 Pa , ver Figura 3.26(b), i.e.: σ x = 60 cos( 30 º ) = 51,962 Pa τ xy = 60 cos( 60 º ) = 30 Pa
Para determinar la componente σ y , emplearemos las ecuaciones:
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3 TENSIONES
σ′x ≡ σ ( θ) ≡ σ N = τ′xy ≡ σ S ≡ τ ( θ) =
σx + σ y 2 σx − σ y 2
+
σx − σ y 2
305
cos 2θ + τ xy sin 2θ
sin 2θ − τ xy cos 2θ
Reemplazando los valores numéricos en las expresiones anteriores: σ ( θ = 45 º ) = τ ( θ = 45 º ) =
51,962 + σ y 2 51,962 − σ y 2
+
51,962 − σ y 2
cos( 90 º ) + 30 sin( 90 º ) = 80 Pa
sin( 90 º ) − 30 cos( 90 º )
La primera ecuación nos proporciona el valor de σ y : σ y = 48,038 Pa
Una vez determinado σ y , podemos determinar τ (θ= 45º) : τ ( θ= 45 º ) = 1,96 Pa
Las tensiones principales pueden determinarse a través de las componentes σ x , σ y , τ xy , tal como se indica en las ecuaciones: σ (1, 2 ) =
σ (1, 2 )
σx + σy 2
σx − σy ± 2
2
+ τ 2xy
51,962 + 48,038 51,962 − 48,038 = ± 2 2
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2
σ = 80,1Pa + 30 2 ⇒ 1 σ 2 = 19,9 Pa
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
306
Ejemplo 3.36 Dado el estado de tensiones σ x = 1Pa , τ xy = −4 Pa y σ y = 2 Pa . Obtener una gráfica de ángulo-tensiones ( θ − σ x , σ y , τ xy ), siendo θ el ángulo de giro de la cuña dada en la Figura 3.27. y
σ y = 2 Pa
τ xy = 4 Pa
τ xy = −4 Pa σx
σ x = 1Pa
P
x
τ xy σy
Figura 3.27: Estado tensional en un punto. Solución: Calculemos los distintos valores de σ ′x , σ′y , τ′xy utilizando las ecuaciones: σ ′x =
σx + σy
τ′xy = −
2 σx − σy
2 σx + σy
σ ′y =
+
2
σx − σy 2
cos 2θ + τ xy sin 2θ
sin 2θ + τ xy cos 2θ
+
σy − σx 2
cos 2θ − τ xy sin 2θ
Podemos calcular el ángulo correspondiente a la dirección principal a través de la ecuación: tan 2θ =
2τ xy σx − σ y
=
2 × ( − 4) = 8 ⇒ (θ = 41,437 º ) 1− 2
y las tensiones principales: σ1, 2 =
σx + σy 2
σx − σy ± 2
2
+ τ 2xy
⇒
σ1 = 5,5311P σ 2 = −2,5311Pa
Considerando las leyes de transformación, podemos obtener los distintos valores de σ ′x , σ ′y , τ ′xy para distintos valores de θ . Haciendo θ variar de 0 hasta 360 º podemos representar las tensiones σ ′x , σ ′y , τ′xy en función del ángulo, ver Figura 3.28. Podemos observar que cuando θ = 41,437 º la tensión tangencial es cero ( τ xy = 0 ) y las tensiones principales σ I = 5,5311Pa y σ II = −2,5311Pa .
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3 TENSIONES
307
x′ σ1
θ = 41,437 º
σ2
x′ θ = 131,437 º σ2
Tensiones
8
σ ′y
σ1 = 5,5311
6
4
σy
2
τ ′xy
σx 0 0
50
100
-2
-4
200
250
σ 2 = −2,5311
300
350
θ
σ ′x
x′
45º
τ xy
150
θ = 86,437 º
-6
τ max = 4,0311
Figura 3.28: Tensiones en función del ángulo θ . Ejemplo 3.37 a) Dado un campo de tensiones σ ij (i , j = 1,2) , y los siguientes valores: m11 =
t 2
∫σ
11 x 3 dx 3
;
m12 =
−t 2
t 2
∫σ
12 x 3 dx3
;
m 22 =
−t 2
t 2
∫σ
22 x3 dx 3
−t 2
y dado un nuevo sistema x1′ − x ′2 − x 3′ formado por una rotación alrededor de x3′ de un ángulo θ , obtener la ley de transformación de mij (i, j = 1,2) para este nuevo sistema. Solución: Debido a la simetría de σ ij = σ ji , concluimos que m12 = m21 . La matriz de transformación del sistema x1 − x 2 − x 3 al sistema x1′ − x ′2 − x 3′ viene dada por: cosθ aij = − sin θ 0
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sin θ cosθ 0
0 0 1
Draft
2D →
cosθ A= − sin θ
sin θ cosθ
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308
Vamos utilizar la notación de Voigt, luego: ′ m11 {m ′} = m′22 = m′ 12
t 2
∫
′ σ11 σ′22 x3′ dx3′ = σ′ 12
−t 2
t 2
∫
′ σ11 σ′22 x3 dx3 = σ′ 12
−t 2
t 2
t 2
∫
σ11 [M]σ 22 x3dx3 = [M] σ 12
−t 2
∫
σ11 σ 22 x3 dx3 σ 12
−t 2
con eso, podemos concluir que: ′ m11 m11 {m ′} = m 22′ = [M]m 22 = [M]{m} m′ m 12 12
(3.75)
donde la matriz [M] es la matriz de transformación para un tensor de segundo orden cuando éste esté en la notación de Voigt, ver Ejemplo 1.99, y viene dada por: a11 2 [M] = a 212 a a 21 11
a12
2
a 22
2
a 22 a12
cos 2 θ 2 2a 21 a 22 = sin θ a11 a 22 + a12 a 21 − sin θ cosθ
sin 2 θ
2a11 a12
cos θ 2
cos θ sin θ
2 cosθ sin θ − 2 sin θ cos θ cos 2 θ − sin 2 θ
Además considerando que [M]−1 = [N ]T , obtenemos {m} = [N ]T {m ′}, donde a11 2 [N ] = a 212 2a a 21 11
a12
2
a 22
2
2a 22 a12
cos 2 θ 2 a 21 a 22 = sin θ a11 a 22 + a12 a 21 − 2 sin θ cos θ
sin 2 θ
a11 a12
cos 2 θ 2 cos θ sin θ
− sin θ cos θ cos 2 θ − sin 2 θ cos θ sin θ
El mismo resultado (3.75) podría haber sido obtenido si considerábamos mij como un tensor de segundo orden en el plano, y a través de la ley de transformación de un tensor de segundo orden obtenemos que: mij′ = aik a jl mkl m′ ⇒ 11 ′ m12
(i, j = 1,2)
;
′ cosθ m12 = ′ − sin θ m 22
ó
sin θ m11 cosθ m12
m ′ = Am A T
m12 cosθ m22 sin θ
− sin θ cosθ
(3.76)
x3 = x3′ x2′
x3 =
t 2 x2
θ
x3 =
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−t 2
Draft
x1′
x1
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3 TENSIONES
309
3.7 Tensiones en Coordenadas Cilíndricas y Esféricas Ejemplo 3.38 Demuéstrese que un cilindro cerrado de pared delgada de radio interno r y espesor t sujeto a una presión interna p , ver Figura 3.29, tiene como estado tensional: σr = 0
σθ =
;
pr t
;
σz =
pr 2t
NOTA: Las expresiones anteriores sólo son válidas para un cilindro de pared delgada. x
z
p
y
Figura 3.29: Cilindro cerrado bajo presión. Solución: Una vez adoptados los ejes de referencia de la Figura 3.29, planteamos el equilibrio de fuerzas según las direcciones z , y y r . Equilibrio de fuerzas según dirección z :
∑F
z
=0
σz
p
2
p ( πr ) = σ z ( 2 πr )t
pA = p (πr 2 )
r
pr ⇒ σz = 2t
z
Equilibrio de fuerzas según dirección y :
∑
L
σθ
Fy = 0
2σ θ ( Lt ) = p ( 2 rL ) ⇒ σθ =
pr t
pA = p ( 2rL ) r
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σθ
y
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
310
Equilibrio de fuerzas según dirección r : Podemos verificar que en la pared interna del cilindro la tensión radial ( σ r ) es igual a la presión ( σ r = − p ) y en la pared externa está libre de presión σ r = 0 , luego: − p ≤ σr ≤ 0
p
para el caso
σr = − p
r
σ r << σ θ r >> 1 ⇒ t σ r << σ z
σr = 0
luego, σ r ≈ 0 cuando comparado con σ z , σ θ .
Experimentalmente se ha observado que la relación para despreciar σ r es situación: σz =
pr = 5p 2t
σθ =
;
pr = 10 p t
;
r ≥ 10 . En esta t
σr = − p
Podemos verificar también que la tensión σ θ es más grande, σ θ > σ z , es decir, que para un material homogéneo, un cilindro rompería según dirección de σ z , como se indica en la figura siguiente: Pero si el material estuviera constituido por un material heterogéneo, como por ejemplo, matriz y fibras en la dirección de σ θ , la forma de rotura ya no estaría tan definida.
σθ σz
Observemos también que las tensiones obtenidas anteriormente para el cilindro de pared delgada no serán válidas si
r < 10 . El error t
cometido ya será significativo.
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3 TENSIONES
311
Ejemplo 3.39 Demuéstrese que una esfera cerrada de pared delgada de radio interno r y espesor t , sometida a una presión interna p , ver Figura 3.30, presenta el estado tensional siguiente: σr = 0
;
pr 2t
σθ =
σφ =
;
pr 2t
NOTA: Las expresiones anteriores sólo son válidas para una esfera de pared delgada. x3 , z
eˆ r
x3
eˆ φ θ
x1
r
eˆ θ x2
φ
x2 , y
x1 , x
Figura 3.30: Esfera sometida a presión interna. Solución: Considerando los ejes adoptados en la Figura 3.30, planteamos el equilibrio de fuerzas según dirección x , y , r . Equilibrio de fuerzas según dirección x : y
eˆ θ
eˆ r
∑F
eˆ φ
pA = p (π r )
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=0
− p ( πr 2 ) + σ φ ( 2 πr )t = 0 2
2r
x
⇒ σφ =
pr 2t
x
σφ
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
312
Equilibro de fuerzas según dirección y :
y pA = p (π r 2 )
eˆ θ eˆ φ
σθ
x
∑F
eˆ r
y
=0
− p ( πr 2 ) + σ θ ( 2 πr )t = 0 ⇒ σθ =
pr 2t
2r
Equilibrio de fuerzas según dirección r : Podemos verificar que en la pared interna de la esfera la tensión radial es igual a la presión ( σ r = − p ) y que la pared externa está libre de presión ( σ r = 0 ), luego: − p ≤ σr ≤ 0
p
Para el caso
σr = − p
r
σr = 0
σ r << σ φ r luego σ r ≈ 0 comparado con σ θ , σ φ . >> 1 ⇒ t σ r << σ θ
Experimentalmente se ha observado que la relación para despreciar σ r es situación:
r ≥ 10 , en esta t
pr σ θ = 2t = 5 p pr = 5p σ φ = 2t σ r = − p
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4 Leyes Fundamentales de la Mecánica del Medio Continuo Ejemplo 4.1 Demostrar el teorema del transporte de Reynolds partiendo de la siguiente expresión: D D Φ dV = Φ JdV 0 Dt V Dt V
∫
∫
(4.1)
0
donde V es el volumen en la configuración actual, V0 es el volumen en la configuración de referencia, J es el determinante del Jacobiano y Φ es un campo escalar que describe una cantidad física de una partícula en el espacio por unidad de volumen en un instante de tiempo t . Solución: r r D DJ DΦ DΦ DΦ Φ JdV 0 = J +Φ + JΦ ∇ xr ⋅ v dV 0 = + Φ ∇ xr ⋅ v dV dV 0 = J Dt V Dt Dt Dt Dt V0 V0 V 0
∫
∫
∫
∫
(4.2) Ejemplo 4.2 r
Si PijL ( x , t ) representa alguna propiedad escalar, vectorial o tensorial cualquiera por unidad de masa de un medio continuo, probar que la siguiente expresión es siempre válida: r DPijL ( x , t ) r D ρ PijL ( x , t ) dV = ρ dV Dt V Dt V
∫
∫
(4.3)
Solución: Partiendo del Teorema del transporte de Reynolds: D r r r ∂v p D Φ ( x , t )dV = Φ ( x , t ) + Φ ( x , t ) dV Dt V ∂x p Dt V
∫
∫
Haciendo que Φ = ρ PijL y reemplazando en la ecuación anterior, resulta:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
314
D Dt
D ∂v p ( ρPijK ) + ρPijK dV ∂x p Dt V D ∂v Dρ = ρ + ρPijK k dV PijK + PijK ∂x k Dt Dt V ∂v Dρ D = ρ + ρ k PijK + PijK ∂x k Dt Dt 1 V 4243
∫ ρ PijK dV = ∫
V
∫ ∫
dV
=0 ecuación de continuida d
Con lo que concluimos que: DP D ρ PijK dV = ρ ijK dV Dt V Dt V
∫
∫
Q.E.D.
Ejemplo 4.3 Probar que la siguiente relación es válida: r r r ∂ (ρ v ) + ∇ xr ⋅ (ρ v ⊗ v ) (4.4) ∂t r r r r r donde ρ ( x , t ) es la densidad de masa, a ( x , t ) es la aceleración Euleriana, y v ( x , t ) es la r
ρa=
velocidad Euleriana. Solución: Partiendo del teorema del transporte de Reynolds: r D ∂Φ Φ dV = dV + Φ (v ⋅ nˆ ) dS Dt V ∂t V S
∫
r
∫
∫
y considerando que Φ = ρ v obtenemos que: r r r r ∂ (ρ v ) D ρ v dV = dV + ρ v ⊗ (v ⋅ nˆ ) dS Dt V ∂t V S
∫
∫
∫
en notación indicial queda: ∂ (ρ v i ) D ρ vi dV = dV + ρ v i (v k n k ) dS ∂t Dt V V S
∫
∫
D
v dV = ∫ ∫ρ 1 Dt 23 i
V
V
= ai
∫
∂ (ρ v i ) dV + (ρ v i v k )n k dS ∂t S
∫
Aplicando el teorema de la divergencia para la integral de superficie obtenemos que: ∂ (ρ v i ) ∂ (ρ v i ) ⇒ + (ρ v i v k ) ,k dV dV + ∫ (ρ vi v k ) ,k dV ∫ ρ ai dV = ∫ ∫ ρ ai dV = ∫ V
V
∂t
En notación tensorial:
V
V
r
r r r ∂ (ρ v ) ∫V ρ a dV = V∫ ∂t + ∇ xr ⋅ (ρ v ⊗ v ) dV
⇒
V
∂t
r r ∂ (ρ v ) r r ρa= + ∇ xr ⋅ (ρ v ⊗ v ) ∂t
Q.E.D.
Ejemplo 4.4 Para un campo de velocidad dado por: vi =
xi 1+ t
para t ≥ 0
a) Encontrar la densidad de masa de una partícula en función del tiempo; Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
315
b) Probar que para el movimiento dado se cumple que ρ x1 x 2 x3 = ρ 0 X 1 X 2 X 3 . Solución: a Por la conservación de masa sabemos que: ∂v ∂v Dρ Dρ dρ +ρ k =0 ⇒ = = −ρ k ∂x k
Dt
Dt
Utilizando el campo de velocidad dado hallamos que: ∂v i δ ii 1 ∂x i ∂x i
luego
=
1 + t ∂x i
dρ 3ρ =− dt 1+ t
=
1+ t dρ
⇒
ρ
∂x k
dt
=
3 1+ t
=−
3dt 1+ t
Integrando la relación anterior obtenemos que: dρ 3dt ∫ ρ = ∫ − 1 + t ⇒ Lnρ = −3 Ln(1 + t ) + C1 La constante de integración C1 se obtiene con la condición inicial t = 0 donde se cumple que la densidad de masa es igual a la densidad de masa de referencia ( ρ = ρ 0 ): Ln ρ 0 = −3 Ln(1 + 0) + C1 ⇒ C1 = Ln ρ 0 1 ρ0 ρ0 + ln ρ 0 = Ln Ln ρ = −3 Ln(1 + t ) + Ln ρ 0 = Ln ⇒ ρ= 3 3 3 (1 + t )
(1 + t )
(1 + t )
b) Utilizando la definición de velocidad y aplicando el campo de velocidad obtenemos: vi =
dx i x = i dt 1 + t
⇒
dx i dt = xi 1 + t
Integrando la ecuación anterior resulta:
∫
dx i dt = xi 1+ t
∫
Integrando →
Lnx i = Ln(1 + t ) + C1
(4.5)
Aplicando la condición inicial, donde se cumple que: t = 0 ⇒ xi = X i , luego: Ln X i = Ln(1 + 0) + C1
⇒
C1 = Ln X i
Reemplazando el valor de C1 en la ecuación (4.5) obtenemos: Ln x i = Ln(1 + t ) + Ln X i
con lo que concluimos que:
⇒
Ln( x i ) = Ln[ X i (1 + t )]
xi = X i (1 + t )
Expandiendo la relación anterior:
y considerando que ρ =
x1 x1 = X 1 (1 + t ) ⇒ (1 + t ) = X 1 x2 x 2 = X 2 (1 + t ) ⇒ (1 + t ) = X 2 x x 3 = X 3 (1 + t ) ⇒ (1 + t ) = 3 X3
ρ0
(ver apartado 1 de este ejemplo), obtenemos:
(1 + t )3 ρ (1 12 +3 t )(1 12 +3 t )(1 12 +3 t) = ρ 0 x1 X1
x2 X2
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x3 X3
⇒
ρ x1 x 2 x 3 = ρ 0 X 1 X 2 X 3 Q.E.D.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
316
Ejemplo 4.5
r
Considérese un medio continuo y una propiedad φ ( x , t ) asignada por la densidad, i.e. unidad de la propiedad por unidad de volumen. Obtener la tasa de esta propiedad de tal forma que venga descrita por una integral de volumen de control conjuntamente con una integral de superficie de control. Solución: Recordar que la tasa de una propiedad está relacionada siempre con las mismas partículas. A través de la Derivada Material podemos obtener la tasa de una propiedad cuando ésta r esté en la descripción espacial φ ( x , t ) . Luego, la variación total de la propiedad en volumen V que está delimitado por la superficie S viene dada por: r r r D D D D φ ( x, t )dV = φ( x, t ) + φ( x, t ) (dV ) (φ dV ) = dV Dt V Dt Dt Dt V V
∫
∫
∫
r r r D φ( x, t ) + φ( x, t )∇ xr ⋅ v dV = dV Dt V
∫
(4.6)
r r r D = φ( x , t ) + φ( x , t )∇ xr ⋅ v dV Dt V
∫
Podemos aplicar la definición de derivada material a la ecuación anterior, resultando que: r r r r D D φ( x, t )dV = φ( x, t ) + φ ( x, t )∇ xr ⋅ v dV Dt V Dt V r r r r ∂φ( x , t ) r r ∂ = φ( x, t ) + r ⋅ v ( x , t ) + φ( x , t )∇ xr ⋅ v dV ∂x ∂t V r r r r ∂φ( x , t ) r ∂ = φ ( x , t ) dV + r ⋅ v + φ( x , t )∇ xr ⋅ v dV ∂x ∂t V V
∫
∫ ∫ ∫
(4.7)
∫
r r ∂ = φ ( x , t ) dV + [∇ xr ⋅ (φv ) ]dV ∂t V V
∫
∫
Podemos aplicar el teorema de la divergencia a la segunda integral del lado derecho de la igualdad y obtener que: flujo de φ a través
de la superficie S 6 4 4744 8 r r r ∂φ( x , t ) D φ ( x, t )dV = dV + ({ φv ) ⋅ nˆ dS Dt V ∂ t 1 4 2 4 3 V S flujo de φ
∫
∫
∫
(4.8)
local
r ∂φ( x , t ) como el término es local, la integral de volumen de la derecha de la igualdad es un ∂t
volumen de control y la integral de superficie es una superficie de control ya que las r r variables (φv ) están en las descripción Euleriana. El término (φv ) representa el flujo de la propiedad φ que atraviesa la superficie S , ver Figura 4.1. Cuando no hay fuente o
sumidero de la propiedad se cumple que
r D φ( x, t )dV = 0 . Dt V
∫
NOTA: Verificar que cuando la propiedad es la densidad de masa ( φ = ρ ) la ecuación (4.8) se denomina ecuación de continuidad de masa: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
r r r r D D ρ ( x, t )dV = ρ ( x, t ) + ρ ( x, t )∇ xr ⋅ v Dt V Dt V
∫
∫
r r ∂ r dV = ∂t ρ ( x , t ) + ∇ x ⋅ ( ρv ) dV = 0 V
∫
317
(4.9)
Si la ecuación anterior es válida para todo el volumen también lo será localmente, i.e.: r r r D ρ ( x, t ) + ρ ( x, t )∇ xr ⋅ v = 0 Ecuación de continuidad de masa Dt
(4.10)
ó r r ∂ ρ ( x, t ) + ∇ xr ⋅ (ρ v ) = 0 ∂t
Ecuación de continuidad de masa
volumen de control S
r (φv )
V
r r q n = [(φv ) ⋅ nˆ ] nˆ
nˆ
r ∂φ( x , t ) ∂t
r x
(4.11)
superficie de control
Figura 4.1: Volumen y superficie de control. Ejemplo 4.6 Demostrar que r ∂ r ∂φ + ρ (∇ xrφ ) ⋅ v = ( ρφ ) + ∇ xr ⋅ ( ρφv ) ∂t ∂t ∂φ ∂ + ρφ , i vi = ( ρφ ) + ( ρφvi ) ,i ρ ∂t ∂t
ρ
(4.12) r
donde φ es un campo escalar, ρ es el campo de densidad de masa, y v es el campo de velocidad. Solución: ∂ρ ∂φ ∂ + φ , i ( ρ v i ) + φ ( ρ v i ) ,i +φ (φρ ) + (φρv i ) ,i = ρ ∂t ∂t ∂t ∂φ ∂φ ∂ρ =ρ + φ , i ρv i + φ + ( ρv i ) , i = ρ + φ , i ρv i ∂t ∂t ∂t
donde hemos considerado la ecuación de continuidad de masa
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Draft
∂ρ + ( ρvi ) ,i = 0 . ∂t
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
318
Volumen material
Volumen de control
Superficie de control
t=0 v0
XP
Partícula P
X*
Volumen de control
Volumen material
Superficie de control
t1
r v( x * , t1 )
xP
Partícula Q
x*
Volumen material
Volumen de control
Superficie de control
t2
r v( x * , t 2 ) xP
Partícula R
x*
Figura 4.2: Volumen material vs. volumen y superficie de control. Ejemplo 4.7 Las componentes del campo del tensor de tensiones de un medio continuo en equilibrio vienen dadas por: σ11 = x12 ;
σ 22 = x 22 ;
σ12 = σ 21 = 2 x1 x 2 ;
σ 33 = x12 + x 22 σ 23 = σ 32 = σ 31 = σ13 = 0
Encontrar la fuerza másica (por unidad de volumen) que actúa en el continuo. Solución: Aplicando las ecuaciones de equilibrio podemos obtener que: r r ∇ xr ⋅ σ + ρ b = 0 ∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + ρ b1 = 0 + ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 + + ρb2 = 0 + ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 + ρ b3 = 0 + + ∂x1 ∂x 3 ∂x 2
⇒
2 x1 + 2 x1 + ρ b 1 = 0 2 x 2 + 2 x 2 + ρ b 2 = 0 ρ b = 0 3
Con lo que concluimos que para satisfacer las ecuaciones de equilibrio hay que cumplir que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
4 x1 = − ρb 1 ⇒ ρb 1 = −4 x1 4 x 2 = − ρ b 2 ⇒ ρ b 2 = −4 x 2 ρb 3 = 0
319
r
ρb = −4( x1 eˆ 1 + x 2 eˆ 2 )
⇒
Ejemplo 4.8 Sea el movimiento del continuo dado por las siguientes ecuaciones: x1 = X 1 + αtX 3 x 2 = X 2 + αtX 3 x = X − αt ( X + X ) 3 1 2 3 donde α es una constante. Encontrar la densidad de masa en la configuración actual (ρ ) en función de la densidad de masa en la configuración de referencia (ρ 0 ) . Solución: Queremos encontrar una función densidad de masa tal que: ρ = ρ (ρ 0 ) . Sabemos que la ecuación de continuidad de masa en la forma Lagrangiana viene dada por ρ 0 = Jρ , donde el determinante del Jacobiano puede ser obtenido directamente de las ecuaciones de movimiento:
∂x i J= F = ∂X j
∂x1 ∂X 1 ∂x 2 = ∂X 1 ∂x 3 ∂X 1
∂x1 ∂X 2 ∂x 2 ∂X 2 ∂x 3 ∂X 2
Resultando así:
ρ=
∂x1 ∂X 3 1 ∂x 2 = 0 ∂X 3 −α t ∂x 3 ∂X 3
ρ0 J
=
αt α t = 1 + 2(α t ) 2
0 1 −α t
1
ρ0 1 + 2(α t ) 2
Ejemplo 4.9 Dado el campo de velocidad: v1 = x1 x3
;
v 2 = x 22 t
v3 = x 2 x 3t
;
y el campo de tensiones: x 2 x1 σ ij = α − x 2 x3 0
− x 2 x3 x 22
0 − x 2 x32
− x2
donde α es una constante. Encontrar las fuerzas másicas (por unidad de volumen) de tal forma que cumpla con el principio de la conservación del momento lineal. Solución: Del principio de la conservación del momento lineal obtenemos las ecuaciones del movimiento: r r r ∇ xr ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ a
⇒
r
r
ρ b = ρ a − ∇ xr ⋅ σ
El campo de aceleración:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
320
r r r r r ∂v ( x , t ) ∂v ( x , t ) r r a= + r ⋅ v ( x, t ) ∂t ∂x
ai =
;
∂v i ∂v i + vj ∂t ∂x j
donde 0 ∂v i 2 = x2 ∂t x 2 x3
;
x3 ∂v i = 0 ∂x j 0
0 2x2 t x3t
x1 0 x 2 t
Luego: 0 x3 ∂v i ∂v i ai = v j = x 22 + 0 + ∂t ∂x j x 2 x 3 0
x1 x1 x 3 0 x1 x 32 + x1 x 2 x 3 t 0 x 22 t = x 22 + 2 x 23 t x 2 t x 2 x 3 t x 2 x 3 x 3 x 22 t 2 + x 22 x 3 t 2
0 2x2t x3t
x1 x 32 + x1 x 2 x 3 t 2 3 = x2 + 2x2 t x 2 x 3 + x 3 x 22 t 2 + x 22 x 3 t 2
La divergencia del tensor de tensiones de Cauchy viene dada por: ∂σ 11 ∂σ 12 ∂σ 13 + + = α ( x 2 − x3 ) ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ ∂σ 22 ∂σ 23 σ ij , j = 21 + + = α (2 x 2 ) ⇒ ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 + + = α ( 2 x 3 − 1) ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 r r Con lo cual, las fuerzas másicas, ρ b = ρ a − ∇ xr ⋅ σ , quedan:
ρb i = ρa i − σ ij , j
σ ij , j
x 2 − x3 = α 2 x 2 2 x 3 − 1
x1 x 32 + x1 x 2 x 3 t x 2 − x3 2 3 x2 + 2x2 t ρb i = ρ −α 2x2 x 2 x 3 + x 3 x 22 t 2 + x 22 x 3 t 2 2 x 3 − 1
⇒
Ejemplo 4.10 Teniendo en cuenta el Principio de la conservación del momento angular, demostrar que:
[r
r
r
r
r
r
]
∫ ρ ( x ⊗ (a − b) − (a − b) ⊗ x dV =
V
r
r
[∫ ( xr ⊗ tr
*
]
r r − t * ⊗ x dS
Sσ
r r
r r
donde: x - vector posición; ρ ( x , t ) -densidad de masa; a ( x , t ) -aceleración; b( x , t ) -fuerzas r r másicas (por unidad de masa); t * ( x , t ) - vector tracción prescrito (fuerza de superficie) en la superficie S σ . Solución: El principio de la conservación del momento angular establece que:
∫
Sσ
r r r r r r r r D ( x ∧ t * )dS + ( x ∧ ρ b)dV = ( x ∧ ρ v )dV = ( x ∧ ρ a )dV Dt V V V
∫
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∫
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∫
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321
A continuación hacemos el producto vectorial de la expresión anterior con un vector r r arbitrario z , independiente de x , resultando: r r r r z ∧ ( x ∧ ρ a )dV = z ∧
∫
V
∫
r r r r r ( x ∧ t * )dS + z ∧ ( x ∧ ρ b)dV
∫
Sσ
r r r ⇒ z ∧ ( x ∧ ρ a )dV =
∫
V
∫
V
r r r r r r z ∧ ( x ∧ t * )dS + z ∧ ( x ∧ ρ b)dV
∫
Sσ
V
r
r
r
Se ha demostrado en el capítulo 1 que dados tres vectores a , b , c , se cumple que r r r r r r r r a ∧ (b ∧ c ) = (b ⊗ c − c ⊗ b) ⋅ a . Luego, la expresión anterior puede ser reescrita como:
∫
r r r r r r r r r r r r r r r ( x ⊗ ρ a − ρ a ⊗ x ) ⋅ z dV = ( x ⊗ t * − t * ⊗ x ) ⋅ z dS + ( x ⊗ ρ b − ρ b ⊗ x ) ⋅ z dV
∫
V
∫
Sσ
V
r r r r r r r r r r r r r r r ⇒ ρ ( x ⊗ a − a ⊗ x ) ⋅ z dV − ρ ( x ⊗ b − b ⊗ x ) ⋅ z dV = ( x ⊗ t * − t * ⊗ x ) ⋅ z dS
∫
∫
V
V
[
∫
Sσ
]
r r r r r r r r r r r r ⇒ ρ x ⊗ (a − b) − (a − b) ⊗ x ⋅ z dV = ( x ⊗ t * − t * ⊗ x ) ⋅ z dS
∫
∫
V
Sσ
r r r r r r r r r r r r ⇒ ρ x ⊗ (a − b) − (a − b) ⊗ x dV ⋅ z = ( x ⊗ t * − t * ⊗ x ) dS ⋅ z V S σ r Como el vector z es arbitrario, concluimos que: r r r r r r r r r r ρ x ⊗ (a − b) − (a − b) ⊗ x dV = ( x ⊗ t * − t * ⊗ x ) dS
∫
[
]
∫
∫
[
]
∫
V
Sσ
Ejemplo 4.11 1) Teniendo en cuenta la definición del tensor tensión media ( σ ) de un medio continuo:
∫
V σ = σ dV V
Y partiendo del principio de que el continuo está en equilibrio estático, demostrar que se cumple que: σ=
1 2V
∫ ρ [x ⊗ b + b ⊗ x ] dV + 2V ∫ ( x ⊗ t r
r
r
r
V
1
r
r*
r r + t * ⊗ x ) dS
Sσ
2) Teniendo en cuenta ahora que el volumen del continuo viene dado por V = V (1) − V ( 2) , ver Figura 4.3, y que dicho continuo está sometido a una presión p (1) en la superficie S (1) , y una presión p ( 2) en la superficie S ( 2) . Considerando que el continuo está libre de fuerzas másicas, verificar que se cumple la relación: σ=
(V
(1)
−1 ( p (1)V (1) − p ( 2)V ( 2 ) )1 − V ( 2) )
Solución:
r
r
r
Teniendo en cuenta la ecuación de equilibrio ∇ xr ⋅ σ + ρ b = ρ a = 0 (principio de la conservación del momento lineal). Para todo el continuo hay que cumplir que:
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322
∫ x ⊗ [∇ r
r x
⋅ σ + ρb] r
r dV = 0
r
∫ x ⊗∇
⇒
V
r x
r r r dV + x ⊗ ρb dV = 0
⋅σ
∫
V
(4.13)
V
nˆ (1) S (1)
p (1)
V (1) S (2)
V ( 2)
nˆ ( 2 ) p (2)
Figura 4.3 En el capítulo 1, ver Ejemplo 1.125, hemos demostrado que se cumplen las siguientes relaciones: r
r*
r
∫ (∇ ⋅ σ ) ⊗ x dV = ∫ (σ ⋅ nˆ ) ⊗ x dS − ∫ σ dV = ∫ t
V
S
r
V
r
∫ x ⊗ (∇ ⋅ σ ) dV = ∫ x ⊗ (σ ⋅ nˆ ) dS − ∫ σ
V
S
r ⊗ x dS − σ dV
∫
S
T
(4.14)
V
r r dV = x ⊗ t * dS − σ T dV
∫
V
∫
S
(4.15)
V
r
donde hemos tenido en cuenta que el vector tensión prescrito, t * = σ ⋅ nˆ . Reemplazando (4.15) en la expresión (4.13), obtenemos que: r
∫ x ⊗∇
r x
⋅σ
r r r dV + x ⊗ ρb dV = 0 ⇒
∫
V
V
r*
r
∫x⊗t S
r r r dS − σ T dV + x ⊗ ρb dV = 0
∫
V
∫
V
(4.16)
r r r r ⇒ σ T dV = x ⊗ t * dS + x ⊗ ρb dV
∫
V
∫
∫
S
V
También se cumple que:
∫
r r r r σ dV = t * ⊗ x dS + ρ b ⊗ x dV
V
∫
∫
S
(4.17)
V
r
r
r
r
Observemos que los tensores resultantes de las operaciones x ⊗ t * , x ⊗ ρ b , no son tensores simétricos. Esto quiere decir que en la expresión (4.13) no ha tenido en cuenta el
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323
principio de la conservación del momento angular (simetría del tensor de tensiones de Cauchy). Para garantizar que σ sea simétrico, hacemos que: r r r 1 r r r r σ + σT 1 r dV = t * ⊗ x dS + ρ b ⊗ x dV + x ⊗ t * dS + x ⊗ ρ b dV 2 2 S 2 S V V V r r r r 1 1 r r* r* r ⇒ σ sym dV = ρ x ⊗ b + b ⊗ x dV + x ⊗ t + t ⊗ x dS 2V 2S V
∫
∫
∫
∫
[
∫
∫
]
∫
∫[
(4.18)
]
Teniendo en cuenta la definición del tensor tensión media, concluimos que: r r r 1 r r r r σ + σT 1 r dV = t * ⊗ x dS + ρ b ⊗ x dV + x ⊗ t * dS + x ⊗ ρ b dV 2 2 S 2 S V V V r r r r 1 1 r r* r* r ρ x ⊗ b + b ⊗ x dV + ⇒ σ sym dV = x ⊗ t + t ⊗ x dS 2 2 V V S
∫
∫
∫
∫
[
∫
∫
]
[
]
∫
∫[
]
∫[
(4.19)
]
r r r r 1 1 r r* r* r ρ x ⊗ b + b ⊗ x dV + ⇒V σ = x ⊗ t + t ⊗ x dS 2V 2S
∫
1 2V
⇒σ =
[r
r
r
r
]
∫ ρ x ⊗ b + b ⊗ x dV +
V
1 2V
[∫ xr ⊗ tr
*
]
r r + t * ⊗ x dS
S
Si además el cuerpo está libre de fuerzas másicas, la expresión anterior se resume a: σ=
1 2V
[∫ xr ⊗ tr
*
]
r r + t * ⊗ x dS
(4.20)
S
Para el caso particular de la Figura 4.3 tenemos que V = V (1) − V ( 2) , S = S (1) + S ( 2) , r (1) r ( 2) t * = − p (1) nˆ (1) , t * = − p ( 2) nˆ ( 2) . En este caso, la expresión (4.20) queda: σ=
2(V
(1)
r r r r r r r r 1 x ⊗ t * + t * ⊗ x dS (1) + x ⊗ t * + t * ⊗ x dS ( 2 ) ( 2) − V ) S (1) S ( 2)
∫[
]
∫[
]
=
r r r 1 (1) r ˆ (1) + nˆ (1) ⊗ x dS (1) + − p ( 2 ) x ⊗ nˆ ( 2) + nˆ ( 2 ) ⊗ x dS ( 2 ) − ⊗ x p n 2(V (1) − V ( 2 ) ) S (1) S (2)
=
r ˆ (1) ˆ (1) r r ˆ ( 2) ˆ (2) r −1 (1) (1) ( 2) ( 2) x x x x n n n n ⊗ + ⊗ + ⊗ + ⊗ p dS p dS 2(V (1) − V ( 2 ) ) S ( 1) S ( 2)
[
∫
]
∫[
[
∫
]
]
∫[
r
]
r
Hemos demostrado en el capítulo 1 que se cumple ∫ ( x ⊗ nˆ + nˆ ⊗ x ) dS = 2V 1 , donde nˆ es S
el versor normal exterior a la superficie S (ver Ejemplo 1.125). Para este ejemplo nˆ ( 2) es normal interior a la superficie S (2) , debido a eso tenemos que
∫ [x ⊗ nˆ r
( 2)
]
r + nˆ ( 2 ) ⊗ x dS ( 2 ) = −2V ( 2 ) 1 , resultando que:
S (2)
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324
r r r r (1) (1) (1) (1) ( 2) ( 2) (2) ( 2) ˆ ˆ ˆ ˆ x x x x p ⊗ n + n ⊗ dS + p ⊗ n + n ⊗ dS 2(V (1) − V ( 2 ) ) S (1 ) S (2) −1 −1 = p (1) 2V (1) 1 − p ( 2) 2V ( 2 ) 1 = (1) p (1)V (1) − p ( 2 )V ( 2 ) 1 (1) ( 2) ( 2) 2(V − V ) (V − V )
∫[
−1
σ=
]
{
∫[
]
{
}
}
Ejemplo 4.12 Dado el campo de velocidad: v1 = ax1 − bx 2
;
v 2 = bx1 − ax 2
;
v 3 = c x12 + x 22
donde a , b y c son constantes. a) Comprobar si se cumple la ecuación de continuidad de masa; b) ¿Es un movimiento isocórico?, es decir, ¿es un medio incompresible? Solución: Ecuación de continuidad de masa: r Dρ + ρ (∇ xr ⋅ v ) = 0 Dt
r
donde ∇ xr ⋅ v = v i ,i = v1,1 + v 2, 2 + v 3,3 = a − a + 0 = 0 . El movimiento es isocórico, ya que r ∇ xr ⋅ v = 0 . Ejemplo 4.13
r
Partiendo de la ecuación de energía ρ u& = σ : D − ∇ xr ⋅ q + ρr , demostrar que la ecuación de energía puede ser escrita como:
ρ
r r r r D 1 2 u + v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr Dt 2
(4.21)
D 1 2 ρ u + v = (v j σ ji ) ,i + ρ b i v i − q i ,i + ρr Dt 2
ó
ρ
r r r r ∂ 1 2 1 2 r u + v + ρ ∇ xr u + v ⋅ v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr ∂t 2 2
∂ 1 1 ρ u + v 2 + ρ u + v 2 vi = (v j σ ji ) ,i + ρ b i vi − qi ,i + ρr ∂t 2 2 ,i
(4.22)
ó
ρ
r r r r 1 2 1 2 r ∂ u + v + ∇ xr ⋅ ρ u + v v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr 2 2 ∂t
∂ ∂t
1 2 1 2 ρ u + 2 v + ρ u + 2 v vi = (v j σ ji ) ,i + ρ b i vi − qi ,i + ρr ,i
(4.23)
donde ρ es la densidad de masa, u es la energía interna específica, v es el módulo de la r
r
r r
velocidad ( v 2 = v = v ⋅ v ), σ es el tenor de tensiones de Cauchy, b es la fuerza másica r (por unidad de masa), q es vector flujo de calor, r es la fuente de calor. 2
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325
Solución: Teniendo en cuenta la ecuación de energía: r
ρ u& = σ : D − ∇ xr ⋅ q + ρr
ρ u& = σijDij − qi ,i + ρr
donde D es el tensor tasa de deformación el cual es igual a la parte simétrica del gradiente r espacial de la velocidad ( D = (∇ xr v ) sym ≡ l sym ). Notar también que σ : D = σ : l sym = σ : l ya que el doble producto escalar entre un tensor simétrico ( σ = σ T ) y un antisimétrico ( l anti ) resultar ser cero, i.e. σ : l anti = 0 , luego r σ ij D ij = σ ij ( l ) ij = σ ij (∇ xr v ) ij = σ ij vi , j
Notar que (σ ij vi ) , j = σ ij , j vi + σ ij vi , j ⇒ σ ij vi , j = (σ ij vi ) , j − σ ij , j vi = σ ijD ij , con eso la ecuación de energía puede ser reescrita como: r
ρ u& = σ : D − ∇ xr ⋅ q + ρr r r r ⇒ ρ u& = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) − (∇ xr ⋅ σ ) ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr
ρ u& = σ ij D ij − qi ,i + ρr ⇒ ρ u& = (σ ij vi ) , j − σ ij , j vi − qi ,i + ρr
Teniendo en cuenta las ecuaciones de movimiento podemos obtener que: r &r& = ρvr& ∇ xr ⋅ σ + ρb = ρu r r ⇒ ∇ xr ⋅ σ = ρv& − ρb r r r r r ⇒ (∇ xr ⋅ σ ) ⋅ v = ρv& ⋅ v − ρb ⋅ v
&&i = ρv&i σ ij , j + ρ b i = ρ u ⇒ σ ij , j = ρv&i − ρ b i ⇒ σ ij , j vi = ρv&i vi − ρ b i vi
Con lo cual la ecuación de energía queda: r
r
r
ρ u& = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) − (∇ xr ⋅ σ ) ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr
r r r r r r ρ u& = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) − ( ρv& ⋅ v − ρb ⋅ v ) − ∇ xr ⋅ q + ρr r r r r r r ⇒ ρ u& + ρv& ⋅ v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr
Notar que
ρ u& = σ ijD ij − qi ,i + ρr ρ u& = (σ ij vi ) , j − ( ρv&i vi − ρ b i vi ) − qi ,i + ρr ⇒ ρ u& + ρv&i vi = (σ ij vi ) , j + ρ b i vi − qi ,i + ρr
r r r r r r r r D r r 1 D r r 1 D 2 (v ⋅ v ) = (v& ⋅ v ) + (v ⋅ v& ) = 2(v& ⋅ v ) ⇒ (v& ⋅ v ) = (v ⋅ v ) = (v ) . Luego, la Dt 2 Dt 2 Dt
ecuación de energía puede también ser reescrita como
r r r r r r ⇒ ρ u& + ρv& ⋅ v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr r r r r 1 D 2 (v ) = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr ⇒ ρ u& + 2 Dt r r r r 1 2 D ⇒ρ u + v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr 2 Dt
cuya ecuación en notación indicial queda ⇒ ρ u& + ρv&i vi = (σ ij vi ) , j + ρ b i vi − qi ,i + ρr Du 1 D 2 ⇒ρ + (v ) = (σ ij vi ) , j + ρ b i vi − qi ,i + ρr Dt 2 Dt D 1 2 ⇒ρ u + v = (σ ij vi ) , j + ρ b i vi − qi ,i + ρr Dt 2
demostrando así la ecuación (4.21). La ecuación (4.22) puede ser fácilmente demostrada si consideramos la derivada material
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r D• ∂• + (∇ xr •) ⋅ v , i.e.: ≡ •& = Dt ∂t
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326
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
r r r r D 1 2 u + v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr Dt 2 r r r r 1 1 r ∂ ⇒ ρ u + v 2 + ρ ∇ xr u + v 2 ⋅ v = ∇ xr ⋅ (v ⋅ σ ) + ρb ⋅ v − ∇ xr ⋅ q + ρr 2 2 ∂t
ρ
En el Ejemplo 4.6 hemos demostrado que ρ
r ∂ r ∂φ + ρ (∇ xrφ ) ⋅ v = ( ρφ ) + ∇ xr ⋅ ( ρφv ) se ∂t ∂t
cumple, y si consideramos que φ = u + v 2 demostramos así le ecuación (4.23).
1 2
4.1 Introducción a Problemas de Flujo Ejemplo 4.14 Obtener la ecuación de energía para un movimiento de sólido rígido. Considérese que el r flujo de calor viene dado por q = −K (T ) ⋅ ∇ xr T , donde K (T ) es un tensor de segundo orden denominado de tensor de conductividad térmica (propiedad del material), y considérese ∂u , donde c es el calor específico (propiedad del material). Proporcionar ∂T también la unidad del tensor K en el SI.
también que c =
Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido la potencia tensional es igual a cero, luego, la ecuación de energía se resume a: r r ∂u ∂T =σ :3 D − ∇ xr ⋅ q + ρr = −∇ xr ⋅ q + ρr 1 2 ∂T ∂t =0 r ∂T ⇒ ρc = −∇ xr ⋅ q + ρr ∂t ∂T ⇒ ρc = −∇ xr ⋅ [− K (T ) ⋅ ∇ xr T ] + ρr ∂t
ρ u& = ρ
Resultando así que: ∇ xr ⋅ [K (T ) ⋅ ∇ xr T ] + ρ r = ρ c
∂T ∂t
La ecuación anterior se conoce como ecuación de flujo de calor que se aplica a problema de conducción térmica. DT ∂T . NOTA 1: Cuando no hay transporte de masa se cumple T& ≡ = Dt
Teniendo en cuenta las siguientes unidades: [q] = r
∂t
J W ∂T K = 2 , ∇ xr T = r = , podemos 2 ∂x m m s m
verificar que para que haya compatibilidad de unidades hay que cumplir que:
[qr ]
=
[K ] ⋅ [∇ xr T ]
W W K J J m 2 s = m 2 = s m K = m K m W J . = s m K m K
Luego, concluimos que [K ] =
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327
NOTA 2: También es interesante destacar que debido a que la potencia tensional es nula, podemos desacoplar el problema mecánico del problema térmico, es decir, podemos analizar los dos problemas separadamente. ■ Ejemplo 4.15 Consideremos un problema de conducción térmica, ver Ejemplo 4.14, donde tenemos una pared de espesor h en la cual la temperatura en la cara exterior ( x1 = 0 ) es igual a 38º C y la temperatura en la cara interior ( x1 = h ) es igual a 21º C , ver Figura 4.4. Obtener el flujo de calor para el caso definido por: problema estacionario, el campo de temperatura según las direcciones x 2 y x3 es homogéneo, no hay fuente interna de calor, y el material es homogéneo e isótropo. x2 T ( A) = 38º C
Datos: h = 0,04m T ( B ) = 21º C
(Exterior)
K = 0,19
W mK
(Interior) x1
r q h
Figura 4.4 OBS.: Cuando decimos que un problema es estacionario, nos referimos que el campo de la incógnita es estacionario. En el caso de la ecuación de flujo de calor, la incógnita es la temperatura. Solución: Como hemos visto en el Ejemplo 4.14 la ecuación de gobierno para este problema es la ecuación ∇ xr ⋅ [K ⋅ ∇ xr T ] + ρ r = ρ c
∂T . Si consideramos el problema estacionario, tenemos ∂t
∂T = 0 . Si no hay fuente interna de calor esto implica que r = 0 . Con estas ∂t simplificaciones la ecuación de flujo de calor se resume a ∇ xr ⋅ [K ⋅ ∇ xr T ] = 0 , además si el r material es homogéneo, el tensor con las propiedades térmicas K no varía con x resultando que ∇ xr ⋅ [K ⋅ ∇ xr T ] = K : ∇ xr [∇ xr T ] = 0 o en notación indicial
que
[K
ij T , j
],
i
= K ij ,i T , j + K ij T , ji = K ij T , ji = 0 . Expandiendo esta última expresión, obtenemos 123 =0
que:
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328
K 11
∂ 2T ∂ 2T ∂ 2T ∂ 2T ∂ 2T ∂ 2T + K + K + K + K K + + 12 13 21 22 23 ∂x 2 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x1∂x 2 ∂x3 ∂x 2 ∂x12 ∂x 22 + K 31
∂ 2T ∂ 2T ∂ 2T + K 33 2 = 0 + K 32 ∂x 2 ∂x3 ∂x1∂x3 ∂x3
(4.24)
Si el campo de temperatura según las direcciones x 2 y x3 es homogéneo, eso implica que las componentes del gradiente de temperatura según estas direcciones son iguales a cero, i.e. ∂T ∂T = = 0 . Para un material isótropo, las componentes del tensor de conductividad ∂x 2 ∂x3
térmica, ver Capítulo 5 en Chaves (2007), vienen dadas por: K 0 0 K ij = 0 K 0 0 0 K
Con estas consideraciones la expresión (4.24) se reduce a: K 11
∂ 2T =0 ∂x12
11 =K K →
Integrando una vez la expresión K K
∂ 2T =0 ∂x12
⇒K
∂ 2T =0 ∂x12
(4.25)
∂ 2T = 0 obtenemos que: ∂x12
integrando →
K
∂T + q1 = 0 ∂x1
⇒
q1 = −K
dT dx1
Que es la ecuación de flujo de calor de Fourier. Observar que para este caso q1 es una constate, es decir, es independiente de x1 . Integrando una vez más:
∫ dT = ∫
− q1 dx1 K
⇒
T ( x1 ) =
− q1 x1 + C K
Aplicando la condición de contorno, x1 = 0 ⇒ T = T ( A) , obteniendo así la constante de integración C = T ( A) . Resultando que T ( x1 ) =
− q1 x1 + T ( A) . Además para x1 = h tenemos K
que T ( x1 = h) = T ( B ) =
− q1 h + T ( A) K
⇒
q1 = −K
(T ( B ) − T ( A) ) h
Notar que en este caso (unidimensional) el gradiente de temperatura es la pendiente de la recta definida por la temperatura, y la temperatura varía linealmente en la pared, ver Figura 4.4. Reemplazando los datos del problema, ver Figura 4.4, obtenemos el flujo: q1 = −K
(T ( B ) − T ( A) ) W J W (21 − 38)( K ) = −0,19 = 80,75 2 = 80,75 2 h m m s mK 0,04(m)
Observar que la transformación de temperatura de grados Celsius para Kelvin viene dada por K =º C + 273,15 , luego la diferencia de temperatura sea en grados Celsius o en Kelvin será la misma. Observar también que el flujo de calor va en el sentido de mayor temperatura hacia la región de menor temperatura.
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329
NOTA: Supongamos que ahora tengamos dos paredes con propiedades distintas tal y como se muestra en la Figura 4.5. T ( A) T (B )
1
2
K (1)
K ( 2)
T (C )
r q x1
h (1)
h (2)
Figura 4.5 (T ( B ) − T ( A) ) sigue siendo válida. También es h (1) (T (C ) − T ( B ) ) válido para el material 2 : q1 = −K ( 2) . Para obtener el flujo tenemos que h (2) aplicar la compatibilidad de temperatura en la cara B , es decir:
Observemos que la expresión q1 = −K (1)
(T ( B _ 1) − T ( A) ) h (1) (T (C ) − T ( B _ 2 ) ) q1 = −K ( 2) h ( 2)
q1 = −K (1)
q1 h (1)
⇒
T ( B _ 1) = T ( A) −
⇒
T ( B _ 2) = T (C ) +
K (1) q1 h ( 2) K ( 2)
T ( B _ 1) = T ( B _ 2 ) T ( A) −
q1 h (1) K (1)
= T (C ) +
q1 h ( 2 ) K ( 2)
Resultando que: q1 =
− (T (C ) − T ( A) ) h (1) h ( 2 ) K (1) + K ( 2 )
Ejemplo 4.16 Considérese un problema de conducción térmica estacionario sin fuente interna de calor y r r donde el flujo de calor viene gobernado por la ley de Fourier ( q = −K ( x ) ⋅ ∇ xr T ), donde el r campo de tensor de conductividad térmica viene representado por K ( x ) , y es un tensor de segundo orden arbitrario (no necesariamente simétrico). a) Demostrar que el tensor de conductividad térmica es un tensor semi-definido positivo; r
b) Verificar en que situación la parte antisimétrica de K ( x ) no afecta en el resultado del problema de conducción de calor. Considerar la potencial tensional igual a cero.
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330
c) Que formato presenta K si el material es isótropo. Solución: a) Partimos de la desigualdad de conducción de calor que hay que cumplir siempre: r − q ⋅ ∇ xr T ≥ 0
− q i T,i ≥ 0
r − (−K ( x ) ⋅ ∇ xr T ) ⋅ ∇ xr T ≥ 0 r ∇ xr T ⋅ K ( x ) ⋅ ∇ xr T ≥ 0
− (− K ij T, j )T,i ≥ 0 T,i K ij T, j ≥ 0
Recordar que un tensor arbitrario A es semi-definido positivo si se cumple que r r r r r x ⋅ A ⋅ x ≥ 0 para todo x ≠ 0 . Demostrando así que K ( x ) es un tensor semi-definido r positivo. Luego, como consecuencia los autovalores de K ( x ) serán todos valores reales r mayores o iguales a cero, i.e. K 1 ≥ 0 , K 2 ≥ 0 , K 3 ≥ 0 . También recordar que, ya que K ( x ) r no es simétrico, el espacio principal de K ( x ) no constituye una base ortonormal. Es interesante constatar que la parte antisimétrica no afecta en la desigualdad de conducción de calor, ya que:
[
r ∇ xr T ⋅ K ( x ) ⋅ ∇ xr T ≥ 0
]
∇ xr T ⋅ K sym + K anti ⋅ ∇ xr T ≥ 0 ∇ xr T ⋅ K
sym
⋅ ∇ xr T + ∇ xr T ⋅ K
anti
⋅ ∇ xr T ≥ 0
∇ xr T ⋅ K sym ⋅ ∇ xr T + K anti : (∇ xr T ⊗ ∇ xr T ) ≥ 0
Note que K anti : (∇ xr T ⊗ ∇ xr T ) = 0 ya que el doble producto escalar entre un tensor antisimétrico ( K anti ) y otro simétrico (∇ xr T ⊗ ∇ xr T ) resulta ser igual a cero, luego: r 0 ≤ ∇ xr T ⋅ K ( x ) ⋅ ∇ xr T = ∇ xr T ⋅ K sym ⋅ ∇ xr T ≥ 0 r
Es decir, siempre se cumplirá la desigualdad de conducción de calor, sea K ( x ) simétrico o no. b) Para el problema planteado, la única ecuación de gobierno que queda es la ecuación de energía:
ρ
r r Du ≡ ρu& = σ : D − ∇ xr ⋅ q + ρr = −∇ xr ⋅ q Dt
donde u es la energía interna específica, σ : D es la potencial tensional, y ρ r es la fuente interna de calor por unidad de volumen. Luego:
ρu& = −qi ,i = −(−K ijT, j ),i = K ij ,iT, j + K ijT, ji = (∇ xr ⋅ K T ) ⋅ (∇ xr T ) + K : ∇ xr (∇ xrT )
[
]
= (∇ xr ⋅ K T ) ⋅ (∇ xr T ) + K sym + K anti : ∇ xr (∇ xr T ) = (∇ xr ⋅ K T ) ⋅ (∇ xr T ) + K sym : ∇ xr (∇ xrT ) + K anti : ∇ xr (∇ xrT ) = (∇ xr ⋅ K T ) ⋅ (∇ xr T ) + K sym : ∇ xr (∇ xrT )
donde hemos considerado la simetría de
[∇ xr (∇ xr T )]ij = T,ij = T, ji .
Si el material es
r homogéneo eso implica que el campo de K no depende de ( x ) con lo cual el término K ij ,i = 0 j . En esta situación quedamos con:
ρu& = K sym : ∇ xr (∇ xr T ) Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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331
Luego, cuando el material es homogéneo la parte antisimétrica de K no afecta en el resultado. c) Un material isótropo tiene la característica que sus propiedades en un punto no cambian si hacemos un cambio de base. Un tensor de segundo orden isótropo es un tensor esférico, ver capítulo 1, luego el tensor K tiene que ser del tipo: K = K1 , donde K es una constante. En forma de matriz: 1 0 0 K ij = K 0 1 0 0 0 1
Ejemplo 4.17 Supongamos un medio continuo donde en un punto material hay dos cantidades físicas por unidad de volumen c s y c f tal que c = c f + c s , ver Figura 4.6, y se cumple también que r r r v = v f + v s . Considerando que es un proceso isotérmico, un medio incompresible, que la propiedad c s no afecta en la velocidad del material f y que el campo c f es homogéneo, y no hay fuente del material f . Demostrar que: r ∂c s Q s − ∇ xr ⋅ (v f c s ) + ∇ xr ⋅ (D ⋅ ∇ xr c s ) = ∂t
Ecuación ConvecciónDifusión
(4.26)
r
donde el flujo de la propiedad s viene dado por q ( D ) = −D ⋅ ∇ xr c s . Volumen de control
c
f
r vf
cs r v
dV
r vs
Figura 4.6: Medio heterogéneo. Solución: Partiendo de la ecuación de continuidad de esta cantidad física: Q=
∂Φ + ∇ xr ∂t
r
⋅ (Φv )
⇒
Q=
[
r r ∂ (c f + c s ) ∂ + r (c f + c s )(v f + v s ) ∂x ∂t
]
(4.27)
con Q = Q s + Q f . Luego:
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332
[
]
r r ∂ (c f + c s ) ∂ + r (c f + c s )(v f + v s ) ∂t ∂x f s r r r ∂ (c + c ) ∂ f r f ⇒ Qs + Q f = + r c v + c f v s + csv f + csv s ∂t ∂x f s r r r r ∂c ∂c ⇒ Qs + Q f = + + ∇ xr ⋅ c f v f + c f v s + c s v f + c s v s ∂t ∂t f ∂c r ∂c s r r r + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ c f v s + c s v s ⇒ Qs + Q f = + ∇ xr ⋅ (c f v f ) + ∂t ∂t Qs + Q f =
[
]
[
(4.28)
]
[
Si suponemos que para el material ( f ) no hay fuente, luego
]
r ∂c f + ∇ xr ⋅ (c f v f ) = 0 , y ∂t
Q f = 0 , que es la ecuación de continuidad de la cantidad c f . Con eso quedamos con: Qs =
⇒ Qs =
[
r r r ∂c s + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ c f v s + c s v s ∂t
]
r r r ∂c s + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ (c s v s ) + ∇ xr ⋅ (c f v s ) ∂t
(4.29) (4.30)
r r r r ∂c s (4.31) + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ (c s v s ) + ∇ xr c f ⋅ v s + c f ∇ xr ⋅ v s ∂t r Si la cantidad física c f no cambia con x , campo homogéneo, luego el gradiente r r ∇ xr c f = 0 . Si además, para el medio ( s ) lo consideramos incompresible ∇ xr ⋅ v s = 0 . Estas simplificaciones nos indican que el material ( s ) no afecta en las propiedades y ni en el campo de velocidad del material ( f ). Lógicamente si la cantidad del material ( s ) es
⇒ Qs =
significativa esta aproximación ya no será válida. Con estas aproximaciones quedamos con: r r r r ∂c s ∂c s (4.32) + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ q ( D ) + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ (c s v s ) = ∂t ∂t r r Observemos que el término (c s v s ) ≡ q ( D ) representa el flujo debido a la concentración del r r material ( s ), término difusivo. El término (c s v f ) ≡ q (C ) está relacionado con transporte de r masa, término convectivo. Teniendo en cuenta que q ( D ) = −D ⋅ ∇ xr c s la expresión (4.32) Qs =
queda: r r ∂c s + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ q ( D ) ∂t r ∂c s ⇒ Qs = + ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ (−D ⋅ ∇ xr c s ) ∂t r ∂c s ⇒ Q s − ∇ xr ⋅ (c s v f ) + ∇ xr ⋅ (D ⋅ ∇ xr c s ) = ∂t
Qs =
(4.33)
Demostrando así (4.26).
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333
Ejemplo 4.18 Considérese un tanque lleno de agua con concentración de sedimentos, ver Figura 4.7. La concentración de sedimentos (densidad de concentración) viene dada por
h
( − kx t )
3 , por unidad de c( x3 , t ) = C t exp volumen, donde C y k son constantes
positivas. Se pide: a) Obtener la masa total de sedimentos en el tanque; b) Obtener el flujo de sedimentos sabiendo que éste es solo función de r r x3 y del tiempo t , i.e. q = q( x3 , t ) .
x3
x2
b
x1 a
Figura 4.7: Tanque con sedimentos. Solución: Para obtener la masa total tenemos que resolver la integral:
∫
h b a
s
M = c dV =
∫ ∫ ∫ C t exp
( − kx3t )
h
∫
dx1 dx 2 dx3 = ab C t exp
0 0 0
V
( − kx3t ) − C = ab exp k
h
0
( − kx3t )
dx3
0
[
]
C − abC − C = ab exp ( − kht ) + = exp ( − kht ) − 1 k k k
Para obtener el flujo, podemos aplicar la ecuación de continuidad de la concentración: Q=
r ∂c s + ∇ xr ⋅ q ∂t
⇒
r ∂c s ∇ xr ⋅ q = qi ,i = − ∂t
(4.34)
donde hemos tenido en cuenta que no hay fuente de sedimentos Q = 0 . Para este problema el flujo no es dependiente de x 2 y x1 . Con estas condiciones q1,1 = q 2, 2 = 0 . Luego: q i ,i = q1,1 + q 2, 2 + q 3,3 =
donde
∂q1 ∂q 2 ∂q 3 ∂c s =− + + ∂t ∂x1 ∂x 2 ∂x 3
[
⇒
]
∂q 3 ∂c s =− ∂x 3 ∂t
∂c s ∂ ( − kx3t ) ( − kx3t ) ( − kx3t ) = C t exp = C exp − C t k x 3 exp ∂t ∂t
(4.35)
y reemplazando en la
expresión (4.35) obtenemos que:
dq 3 ∂c s ( − kx3t ) ( − kx3t ) =− = −C exp + C t k x 3 exp ∂t dx 3
∫
⇒ dq 3 = ⇒ q3 =
∫ [− C exp
+ C t k x 3 exp
( − kx3t )
]dx
3
C k x3 t C C ( − kx3t ) ( − kx3t ) ( − kx3t ) exp − exp − exp + K3 kt kt kt
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( − kx3t )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
334
⇒ q 3 = −C x 3 exp
( − kx3t )
+ K3 { =0
r
El vector flujo viene dado por q = −C x3 exp
( − kx3t )
eˆ 3 .
4.2 Introducción a Movimiento de Sólido Rígido Ejemplo 4.19 Obtener el momento lineal y el momento angular para un sólido sometido a un movimiento de sólido rígido. x3′
Sólido rígido
Bt
C.M .
r x
x3
x2′
r v x1′
O
x2 x1
Figura 4.8 Solución: Para un movimiento de sólido rígido todas las partículas estarán sometidas a una misma r velocidad v . En el capítulo 2 obtuvimos que la velocidad para un medio continuo sometido a un movimiento de cuerpo rígido viene dada por: r r r r r v = c& + ω ∧ ( x − c )
r
donde ω es el vector axil (velocidad angular) asociado al tensor antisimétrico W (tensor spin). Momento lineal: r r r r r r r r r r r L = ∫ ρ v dV = ∫ ρ c& + ω ∧ ( x − c ) dV = ∫ ρ c& dV + ∫ ρ ω ∧ x dV − ∫ ρ ω ∧ c dV
(
V
)
V
V
En notación indicial: r& r r r ρ c ω ( x + ∧ − c) ∫
(
)
i
∫
V
∫
V
∫
dV = ρ c i dV + ρ ijk ω j x k dV − ρ ijk ω j c k dV
V
V
V
V
∫
∫
∫
= c i ρ dV + ijk ω j ρ x k dV − ijk ω j c k ρ dV V
V
[
V
= mc i + ijk ω j m x k − ijk ω j c k m = m c i + ijk ω j ( x k − c k )
donde notamos que:
r
r
r
r
r
r
∫ ρ ω ∧ x dV = ω ∧ ∫ ρ x dV = ω ∧ (m x ) , siendo
V
m la masa total y
V
r x k el vector posición del centro de masa (C.M.). Así obtenemos que: r r r r r L = m c& + ω ∧ ( x − c ) (Momento lineal de sólido rígido) r = mv
[
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]
]
Draft
(4.36)
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r
r
r
r
335
r
donde v = c& + ω ∧ ( x − c ) es la velocidad del centro de masa. Momento angular: r r r r r r r r H O = ∫ ( x ∧ ρv ) dV = ∫ x ∧ ρ c& + ω ∧ ( x − c ) dV
[
V
)]
(
V
r r r r r r r r = ρ x ∧ c& dV + ρ x ∧ (ω ∧ x ) dV − ρ x ∧ (ω ∧ c ) dV
∫
∫
V
∫
V
(4.37)
V
r r r r r r r r = ρ x dV ∧ c& + ρ x ∧ (ω ∧ x ) dV − ρ x dV ∧ (ω ∧ c ) V V V r r r Del capítulo 1 obtuvimos que: dados tres vectores a , b , c la siguiente relación se cumple r r r r r r r r r r r r r r r r r r r a ∧ (b ∧ c ) = (a ⋅ c )b − (a ⋅ b)c . Luego, a ∧ (b ∧ a) = [(a ⋅ a) 1 − (a ⊗ a) ]⋅ b , si a = c . Con r r r r r r r r r es ρ x ∧ (ω ∧ x ) dV = ρ [( x ⋅ x )ω − ( x ⋅ ω) x ] dV y en notación indicial:
∫
∫
∫
V
∫ ρ [x
∫
∫ x ] dV = ∫ ρ [x V
k
x k ωi − x p ω p
V
i
x k ω pδ
k
pi
]
∫ [
= ρ xk xkδ
pi
∫ [
− x p ω p x i dV = ρ x k x k δ
V
pi
]
− x p x i ω p dV
V
]
− x p x i dV ω p = I O ip ω p
V
En notación tensorial queda: r
r
r
r r
r
r
r
r
∫ ρ x ∧ (ω ∧ x ) dV = ∫ ρ [( x ⋅ x ) 1 − ( x ⊗ x )] dV ⋅ ω = I O ⋅ ω
V r r r r r donde I O = ρ [( x ⋅ x ) 1 − ( x ⊗ x )] dV es el tensor de inercia con respecto al sistema Ox . V
∫
V
Como podemos observar I O es un pseudo-tensor de segundo orden y simétrico. Es un pseudo-tensor porque depende del sistema de referencia adoptado. Aunque sea un pseudotensor, por comodidad nos vamos a referir simplemente por tensor de inercia, cuyas componentes son I O ij = ∫ ρ [x k x k δ ij − xi x j ] dV , y explícitamente: V
∫ [
]
I O 11 = ρ [( x1 x1 + x 2 x 2 + x 3 x 3 )δ 11 − x1 x1 ] dV = ρ x 22 + x 32 dV
∫
V
∫ [
]
I O 22 = ρ x12 + x 32 dV
∫ [
V
]
I O 33 = ρ x12 + x 22 dV
;
V
V
I O 12 = ρ [( x1 x1 + x 2 x 2 + x 3 x 3 )δ 12 − x1 x 2 ] dV = − ρ [x1 x 2 ] dV = − I O 12
∫
∫
V
V
I O 13 = − ρ [x1 x 3 ] dV = − I O 13
∫
;
I O 23 = − ρ [x 2 x 3 ] dV = − I O 23
∫
V
V
donde I O11 , I O 22 , I O 33 , son conocidos como momentos de inercia, y I O12 , I O13 , I O 23 , son conocidos como productos de inercia en la mecánica clásica. Luego:
I Oij
2 2 ρ x2 + x3 dV V = − ρ [x1 x 2 ] dV V − ρ [x1 x3 ] dV V
∫ [ ∫ ∫
]
− ρ [x1 x 2 ] dV
∫
V
− ρ [x1 x3 ] dV I O 11 V − ρ [x 2 x3 ] dV = − I O12 V − I O13 ρ x12 + x22 dV V
∫ ∫
∫ ρ [ + ] dV − ∫ ρ [x x ] dV ∫ [ x12
x32
V
2 3
V
]
− I O 12 I O 22
− I O 23
− I O13 − I O 23 I O 33
(4.38) Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
336
Retomando la ecuación (4.37) podemos decir que: r r r r r r r r r H O = ρ x dV ∧ c& + ρ x ∧ (ω ∧ x ) dV − ρ x dV ∧ (ω ∧ c ) V V V r r& r r r& r r r r r r = m x ∧ c + I O ⋅ ω − m x ∧ (ω ∧ c ) = m x ∧ c − (ω ∧ c ) + I O ⋅ ω r r r Sumando y restando el término m x ∧ ω ∧ x en la relación anterior obtenemos: r r r r r r r r r r r r r r r H O = m x ∧ c& − ω ∧ c + I O ⋅ ω = m x ∧ c& + ω ∧ ( x − c ) − m x ∧ (ω ∧ x ) + I O ⋅ ω r r r r r r r r r r r r r r r = m x ∧ v − m ( x ⋅ x) 1 − ( x ⊗ x) ⋅ω + I O ⋅ω = m x ∧ v + m ( x ⊗ x) − ( x ⋅ x) 1 + I O ⋅ω r r r = m x ∧ v + I ⋅ω r r r = m x ∧ v + HG
∫
(
[
∫
)
∫
]
[
]
[
]
{[
]
}
(4.39) Definiendo así el Momento angular con respecto al punto O : r r r r Momento angular con respecto al sistema HO = m x ∧ v + HG (4.40) que pasa por O r r r r Verifiquemos que cuando c = 0 tenemos que H O = I O ⋅ ω . Notar también que en la ecuación (4.39) hemos definido el tensor de inercia con respecto al sistema que pasa por el r r r r centro de masa: I = I O + m[( x ⊗ x ) − ( x ⋅ x ) 1] . Por medio de esta ecuación podemos calcular el tensor de inercia en cualquier sistema si conocemos el tensor de inercia que pasa por el centro de masa, i.e.: IO ij = Iij − m[ xi x j − ( x12 + x22 + x32 )δ ij ] . Explícitamente estas componentes vienen dadas por: IO11 = I11 + m( x22 + x32 ) ; IO12 = I12 − m( x1 x2 ) Teorema IO 22 = I22 + m( x12 + x32 ) ; IO 23 = I23 − m( x2 x3 ) IO 33 = I33 +
m( x12
+
x22 )
;
IO13 = I13 − m( x1 x3 )
de
los
ejes
paralelos
(4.41)
Observemos que las expresiones anteriores constituyen el teorema de los ejes paralelos (Teorema de Steiner) de la Mecánica Clásica, y en forma matricial queda: I O ij
I11 = I12 I 13
I12 I 22 I 23
x 22 + x 32 I13 I 23 + m − x1 x 2 −x x I33 1 3
− x1 x 2 x12
+
x 32
− x 2 x3
− x1 x 3 Teorema − x 2 x3 paralelos x12 + x 22
de
los
ejes
(4.42)
NOTA: Si tenemos dos sólidos B (1) y B ( 2) podemos decir que r HO =
r
∫ (x ∧ ρ
(1)
r v ) dV (1) +
V (1 )
r
∫ (x ∧ ρ
( 2) r
v ) dV ( 2 )
V (2)
r r r r r r = m x (1) ∧ v (1) + I (1) ⋅ ω (1) + m ( 2 ) x ( 2 ) ∧ v ( 2 ) + I ( 2 ) ⋅ ω ( 2 ) r r r r r r = m (1) x (1) ∧ v (1) + m ( 2 ) x ( 2 ) ∧ v ( 2 ) + I (1) ⋅ ω (1) + I ( 2 ) ⋅ ω ( 2 ) r r r = m ( sys ) x ( sys ) ∧ v ( sys ) + I ( sys ) ⋅ ω ( sys ) (1)
donde • (1) y • ( 2 ) representan las propiedades de los sólidos B (1) y B ( 2) respectivamente. Si estos dos cuerpo están atados tendrán las mismas velocidades angulares r r r r ω (1) = ω ( 2 ) = ω ( sys ) = ω , entonces, se cumple que: r HO = m
r r r x ( sys ) ∧ v ( sys ) + [ I (1) + I ( 2 ) ] ⋅ ω r r r y si el sistema Ox está en el centro de masa del sistema ( v (sys ) = 0 ) con lo cual: r r r H O = I ( sys ) ⋅ ω = [ I (1) + I ( 2 ) ] ⋅ ω
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( sys )
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
337
Ejemplo 4.20 Considérese un paralelepípedo de dimensiones a × b × c , ver Figura 4.9, cuyo campo de r densidad masa, ρ ( x ) , es homogéneo. Obtener el tensor de inercial con respecto al sistema que pasa por el centro de gravedad. x3
a
x2
O
c
x1
b
Figura 4.9: Paralelepípedo. Solución: Utilizaremos la ecuación (4.38): 2 2 ρ x2 + x3 dV V = − ρ [x1 x 2 ] dV V − ρ [x1 x3 ] dV V
∫ [
I Oij
]
∫ ∫
− ρ [x1 x3 ] dV I O 11 V − ρ [x 2 x3 ] dV = − I O12 V − I O13 ρ x12 + x22 dV V
− ρ [x1 x 2 ] dV
∫
∫ ∫
V
∫ ρ [ + ] dV − ∫ ρ [x x ] dV ∫ [ x12
x32
V
2 3
V
]
− I O 12 I O 22
− I O 23
− I O13 − I O 23 I O 33
r
Notar que la densidad de masa para un material homogéneo no varía con x , y además se cumple que m = ∫ ρ dV = ρ ∫ dV = ρV = ρabc . El momento de inercia I O11 queda: V
∫ [
V
]
I O11 = ρ x 22 + x32 dV = ρ
c 2
b 2
a 2
∫ ∫ ∫ [x
2 2
]
+ x32 dx1dx 2 dx3 = ρ
− c −b − a 2 2 2
V
Análogamente podemos obtener que I O 22 =
abc 2 m (b + c 2 ) = (b 2 + c 2 ) 12 12
m 2 (a + c 2 ) 12
;
I O 33 =
m 2 (a + b 2 ) . 12
Dejamos al lector demostrar que I O12 = I O 13 = I O 23 = 0 . Recordar que el tensor de inercia nos dar la información de cómo la masa está distribuida según los ejes adoptados, y fijar que la masa está distribuida de forma igual con respecto al plano x1 x2 , luego
∫ ρ [x x ] dV = 0 . Resultando que, los ejes adoptados son ejes principales de inercia: 1 2
V
I Oij
m 2 2 0 0 12 (b + c ) m 2 = 0 (a + c 2 ) 0 12 m 2 2 0 0 (a + b ) 12
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
338
NOTA: Una relación de tensores de inercia para varios sólidos se puede encontrar en Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_moments_of_inertia Ejemplo 4.21 Considérese tres barras de longitud a y masa m , (ver Figura 4.10). Obtener el tensor de r inercia de todo el sistema con respecto al sistema de coordenadas en Ox . x2
r r x (1) = 0 r a a x ( 2 ) = eˆ 1 + eˆ 2 2 2 r ( 3) − a a eˆ 1 + eˆ 3 x = 2 2
barra 2
a 2
x′2
a 2
a 2
x1′ x′2
r x ( 2)
a 2
O
r x ( 3)
a 2
x1
barra 1
x1′
a 2
x3 x3′
barra 3
Figura 4.10: Sistema compuesto por tres barras. r
Dato: Tensor de inercia de la barra para el sistema Ox ′ viene dado por: x′2 a 2
a 2
I gij
g x1′
0 0 0 ma 2 = 0 1 0 12 0 0 1
x3′
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
339
Solución: ) (1) ( 2) ( 3) r r r r I O( sys x = I Ox + I Ox + I Ox
Utilizaremos
[
IO ij = Iij − m xi x j − ( x12 + x22 + x32 )δ ij
I O ij
I11 = I12 I 13
I12 I 22 I 23
]
(ver
Ejemplo
4.19
(NOTA
1)),
donde
(Teorema de Steiner):
x 22 + x 32 I13 I 23 + m − x1 x 2 −x x I33 1 3
− x1 x 2 x12 + x 32 − x 2 x3
− x1 x 3 − x 2 x3 x12 + x 22
(4.43)
Barra 1 - I O(1X)r Vector position del centro de masa: ( x1(1) = 0, x2(1) = 0, x3(1) = 0) (1) r) (I Ox ij
0 0 0 ma 2 = 0 1 0 12 0 0 1
Barra 2 - I O( 2Xr) a 2
Vector posición del centro de masa: ( x1( 2 ) = , x 2( 2 ) =
a ( 2) , x 3 = 0) 2
Utilizando la ecuación (4.43) podemos obtener que: I11 (I O( 2xr) ) ij = I12 I 13
I12 I 22 I 23
x 22 + x 32 I13 I 23 + m − x1 x 2 − x1 x 3 I 33
− x1 x 2 x12 + x 32 − x 2 x3
a 2 2 + 0 2 1 0 0 2 ma + m − a a 0 0 0 = 12 2 2 0 0 1 0
− x1 x 3 − x 2 x3 x12 + x 22
a a − 2 2 2 a 2 +0 2 − x 2 x3
4 − 3 0 ma 2 − x 2 x3 − 3 3 0 = 12 0 0 7 2 2 a a + 2 2 0
Barra 3 - I O(3X)r Vector posición del centro de masa: ( x1( 2 ) = I11 (I O( 2xr) ) ij = I12 I 13
I12 I 22 I 23
x 22 + x 32 I13 I 23 + m − x1 x 2 − x1 x 3 I 33
− a ( 2) a , x 2 = 0, x 3( 2 ) = ) 2 2
− x1 x 2 x12 + x 32 − x 2 x3
− x1 x 3 − x 2 x3 x12 + x 22
2 a 2 0 (0 ) + 2 1 0 0 2 2 ma 2 −a a + m 0 1 0 0 + = 12 2 2 0 0 0 − a a − x2 x3 − 2 2
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− a a − 2 2 4 0 3 ma 2 0 7 0 − x 2 x3 = 12 3 0 3 2 − a 2 +0 2
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
340
Luego, podemos calcular ) (1) ( 2) ( 3) r r r r (I O( sys x ) ij = (I Ox ) ij + (I Ox ) ij + (I Ox ) ij
0 0 0 2 ma 2 + ma = 0 1 0 12 12 0 0 1
4 − 3 0 4 0 3 8 −3 3 2 2 − 3 3 0 + ma 0 7 0 = ma − 3 11 0 12 12 0 3 0 3 3 0 7 0 11
Ejemplo 4.22 Obtener el principio de la conservación del momento lineal y del momento angular para un sólido sometido a un movimiento de cuerpo rígido. Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido, ver Figura 4.8, todas las partículas estarán r sometidas a una misma velocidad v . Partiendo de la definición de principio de la conservación del momento lineal:
∫
Sσ
r r r r D t * dS + ρ b dV = ρ v dV = L& Dt V V
∫
∫
Recurrimos ahora la expresión del momento lineal para un movimiento de sólido rígido r r obtenido en el ejemplo anterior como L = m v , luego: r r r r r D dS + ρ b dV = ρ v dV = L& = m v& = m a Dt V Sσ 14442V 444 3 r ∑F r*
∫t
∫
∫
Resultando:
r
r
∑F = ma
Consideremos ahora el principio de la conservación del momento angular:
r r& r r r r r D D r ( x ∧ t * )dS + ( x ∧ ρ b)dV = ( x ∧ ρ v )dV = HO ≡ HO Dt V Dt Sσ 1 444442V44444 3 r ∑ MO
∫
∫
∫
Resultando: r
∑M
O
r& = H O , también es válido que
r
∑M
G
r& = HG
r
donde la expresión del momento angular H O para un movimiento de sólido rígido fue obtenida en el ejemplo anterior. Los conjuntos de ecuaciones anteriores,
∑
r
r
∑F = m a
y
r r& M G = H G , nos informan que los dos sistemas presentados en la Figura 4.11 son
equivalentes: NOTA: Cuando estamos tratando de un movimiento de sólido rígido, las ecuaciones de gobierno del problema se resumen a: r
r
∑F = ma
y
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r
∑M
O
r& = HO
Draft
Ecuaciones de gobierno para movimiento de sólido rígido
(4.44)
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
r& HG
r F( 2 )
r F( n )
341
G
G
=
r ma
r F(1)
G - centro de masa
Figura 4.11 Ejemplo 4.23 Consideremos una viga con las siguientes condiciones de carga y de apoyo: P
P
α A
B L 2
α
=
B
A
HA
L 2
VA
VB
Figura 4.12: Viga isostática. Obtener las reacciones de apoyo VA , VB , H A . Solución: Aunque en la viga haya deformación (régimen de pequeñas deformaciones) y tensión, para efecto de cálculo de las reacciones de apoyo de una viga isostática podemos considerar que de un cuerpo rígido se tratara, y las ecuaciones necesarias, ver ecuaciones (4.44), son:
∑
∑
r r r F=ma =0
⇒
r r r& MA = HA =0
⇒
∑F ∑F ∑F
x
=0
y
=0
z
=0
∑M ∑M ∑M
∑F ∑F
⇒
x
=0
y
=0
z
=0
⇒
pudiendo ahora determinar V A = −V B + P sin α =
x
= H A + P cos α = 0 ⇒ H A = − P cos α
y
= V A + V B − P sin α = 0 ⇒ V A = −V B + P sin α
∑M
z
= V B L − P sin α
L P sin α = 0 ⇒ VB = 2 2
P sin α . Notar que teníamos 3 ecuaciones 2
y tres incógnitas. Si tenemos un sistema donde hay más incógnitas que ecuaciones, sistema hiperestático, este procedimiento ya no es válido ya que las reacciones dependerán de la deformada de la viga y ésta a su vez dependerá de la rigidez de la viga.
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
342
Ejemplo 4.24 Obtener la energía cinética para un sólido sometido a un movimiento de cuerpo rígido, ver Figura 4.8. Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido todas las partículas estarán sometidas a una misma r r r r r velocidad v = c& + ω ∧ ( x − c ) . Luego la energía cinética viene dada por:
[
][
]
r r 1 1 ρ (v ⋅ v )dV = ρ cr& + ωr ∧ ( xr − cr ) ⋅ cr& + ωr ∧ ( xr − cr ) dV 2V 2V r r r r Haciendo la siguiente suma de vectores x = x + x ′ , donde x es el vector posición del r centro de masa, y x ′ es el vector posición de las partículas del sólido con respecto al
∫
K (t ) =
∫
sistema que pasa por el centro de masa. K(t ) =
[
][
]
r r r r r r& r r r cr& + ω ′ ′ ∧ + − + ∧ + − (( ) ) (( ) ) dV ρ c c ω c ⋅ x x x x ∫
1 2V
[(
] [(
)
)
]
r r r r r r r r r r r r 1 ρ c& + ω ∧ ( x − c ) + (ω ∧ x ′) ⋅ c& + ω ∧ ( x − c) + (ω ∧ x ′) dV 2V r r& r r r Notar que v = c + ω ∧ ( x − c) es la velocidad del centro de masa. Con lo cual la ecuación
∫
=
anterior queda: 1 ρ 2V
∫
K (t ) =
ó K (t ) =
{ [vr + (ωr ∧ xr ′)]⋅ [vr + (ωr ∧ xr ′)] }dV
r r r r r r r r r r r r 1 1 1 1 ρv ⋅ v dV + ρv ⋅ (ω ∧ x ′) dV + ρ (ω ∧ x ′) ⋅ v dV + ρ (ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′) dV 2V 2V 2V 2V
∫
∫
∫
∫
Simplificando la ecuación anterior, podemos obtener que: K (t ) =
r r r r r r r r r 1 1 ρ v ⋅ v dV + ρ v ⋅ (ω ∧ x ′) dV + ρ (ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′) dV 2V 2V V
∫
∫
∫
A continuación analizaremos separadamente el término 1)
r r 1 r 1 ρ v ⋅ v dV = v 2 2V
∫
r
r
2
1
∫ ρ dV = 2 mv
V
r r
r
2
r
r
r
r
x ′) = 0 2) ∫ ρ v ⋅ (ω ∧ x ′) dV = v ⋅ ω ∧ ∫ ρ x ′ dV = v ⋅ (ω ∧ m {
V
r =0
V
r
Observemos que el sistema x ′ pasa por el centro de masa luego, el vector posición del r centro de masa para el sistema x ′ es el vector nulo. r
r
r
r
3) ∫ ρ (ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′) dV V
r
r
r
r
∫ ρ [(ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′)] dV = ∫ ρ
V
ijk ω j x k′
V
ipq ω p x ′q dV = ∫ ρ (δ jp δ kq − δ jqδ kp )ω j x ′k ω p x ′q dV V
∫
= ρ ω j (δ jp δ
kq x ′k
x ′q − δ jq δ
kp x ′k
x ′q )ω p dV
V
∫
= ρ ω j (δ
jp x ′k
x ′k − x ′p x ′j )ω p dV
V
= ω j ρ (δ V
∫
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jp x k′
x ′k − x ′j x ′p ) dV ω p = ω j I jp ω p
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
343
En notación tensorial queda: r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
∫ ρ [(ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′)] dV = ω ⋅ ∫ ρ [( x ′ ⋅ x ′) 1 − ( x ′ ⊗ x ′)] dV ⋅ ω = ω ⋅ I ⋅ ω
V
V
donde I es el tensor de inercia respecto al sistema que pasa por el centro de masa, (ver Ejemplo 4.19). Resultando así que la expresión de la energía cinética para un movimiento de sólido rígido: K (t ) =
r r r r r r r r r 1 1 1 ρ v ⋅ v dV + 2ρ v ⋅ (ω ∧ x ′) dV + ρ (ω ∧ x ′) ⋅ (ω ∧ x ′) dV 2V 2 2V 1V44424443
∫
∫
∫
=0
=
r 1 1r mv 2 + ω ⋅ I ⋅ ω 2 2
1 2
1r 2
r
K(t ) = mv 2 + ω ⋅ I ⋅ ω
Energía cinética para un movimiento de sólido rígido
(4.45)
Representando las componentes del tensor de inercia como: 2 2 ρ x 2′ + x3′ dV V Iij = − ρ [x1′ x 2′ ] dV V − ρ [x1′ x3′ ] dV V
∫ [ ∫ ∫
]
− ρ [x1′ x 2′ ] dV
∫
V
− ρ [x1′ x3′ ] dV I11 V − ρ [x 2′ x 3′ ] dV = − I12 V − I13 ρ x1′ 2 + x 2′ 2 dV V
∫ ∫
∫ ρ [x ′ + x ′ ] dV − ∫ ρ [x ′ x ′ ] dV ∫ [ 1
2
3
2
V
2 3
V
]
− I13 − I 23 I 33
− I12
I 22 − I 23
La forma explícita de la energía cinética queda: 1 1 1 1 K(t ) = mv 2 + ω k I kj ω j = mv 2 + [ω1 2 2 2 2 =
[
ω2
I 11 ω 3 ] − I12 − I 13
− I 12
I 22 − I 23
− I13 ω1 − I 23 ω 2 I 33 ω 3
1 1 mv 2 + I11 ω12 + I 22 ω 22 + I 33 ω 32 − 2 I12 ω1 ω 2 − 2 I13 ω1 ω 3 − 2 I 23 ω 2 ω 3 2 2
1 2
K(t ) = mv 2 +
[
1 I11ω12 + I 22 ω22 + I 33 ω32 − 2 I12 ω1ω 2 − 2 I13 ω1ω3 − 2 I 23 ω 2 ω3 2
]
]
(4.46)
Ejemplo 4.25 Considérese el pseudo-tensor de inercia, I O , con respecto al sistema ortonormal Ox1 x 2 x 3 , ver Figura 4.13. a) Hacer la interpretación física del tensor de inercia. b) Dado otro sistema ortonormal, representado por Ox1* x 2* x 3* , obtener las componentes del tensor de inercia en este nuevo sistema. c) Demostrar que el tensor de inercia es un tensor definido positivo. Para un sólido en movimiento, ¿en que situaciones la tasa del tensor de inercia,
DI O & ≡ IO , Dt
es cero?
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
344
x3
x2*
x3*
x1* O
x2
x1
Figura 4.13 Solución: El pseudo-tensor de inercia depende del sistema de coordenadas adoptado. Y por definición viene dado por:
∫ [
r r r r I O = ρ [( x ⋅ x ) 1 − ( x ⊗ x )] dV
∫
]
I O ij = ρ x k x k δ ij − x i x j dV
V
V
En componentes 2 2 ρ x 2 + x3 dV V I ij = − ρ [x1 x 2 ] dV V − ρ [x1 x3 ] dV V
∫ [ ∫ ∫
]
− ρ [x1 x 2 ] dV
∫
V
− ρ [x1 x 3 ] dV V − ρ [x 2 x3 ] dV V ρ x12 + x 22 dV V
∫ ∫
∫ ρ [x + x ]dV − ∫ ρ [x x ] dV ∫ [ 2 1
2 3
V
2 3
V
]
a) El tensor de inercia nos dar información de cómo la masa del sólido está distribuida con respecto al sistema adoptado. El término ∫ ρ [x1 x 2 ] dV nos indica como la masa del sólido está distribuida con respecto al V
plano x1 − x 2 . Luego, Si el material es homogéneo, i.e. campo de densidad de masa uniforme, y x1 − x 2 es un plano de simetría, es decir si la masa está distribuida por igual
con respecto al plano x1 − x 2 , el término ∫ ρ [x1 x 2 ] dV es igual a cero. Con eso, concluimos V
también que si los planos x1 − x 2 , x1 − x 3 , x 2 − x3 , son planos de simetría, la matriz de inercia será una matriz diagonal. Como ejemplo de ilustración, vamos considerar un estudiante atado a un disco y con los brazos estirados donde en cada mano sujeta un peso (ver Figura 4.14 – sistema inicial). El r disco está girando con un velocidad angular constante ω (i ) y el tensor de inercia según el r sistema x viene dado por I O(i ) . Si consideramos un sistema sin disipación de energía, ¿qué pasará al sistema cuando el estudiante mueva sus brazos hacía dentro?, ver Figura 4.14 – sistema final. Como estamos tratando con un sistema conservativo, el momento angular se conserva, luego r r H O( i ) = H O( f ) r r I (Oi ) ⋅ ω ( i ) = I O( f ) ⋅ ω ( f )
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
345
Ya que para el sistema final la masa está más concentrada según el eje de rotación, la r r desigualdad I O( f ) < I (Oi ) se cumple, y como consecuencia ω ( f ) > ω (i ) .
x3
Sistema inicial
x3
Sistema final
r ω (i )
r ω( f )
I O( f )
I O(i )
Figura 4.14: b) Vamos suponer que los sistemas dados están relacionados por la ley de transformación xi* = Aij x j , donde Aij es la matriz ortogonal de transformación de base, luego, se cumple
que xi = A ji x *j . Pudiendo así expresar I O ij de la siguiente manera:
∫ [
∫ [
]
I O ij = ρ x k x k δ ij − x i x j dV = ρ ( x k* x k* )Aipδ V
∫
pq
V
{[
= Aip ρ ( x k* x k* )δ
pq
V
− x *p x q* A jq dV = Aip ρ ( x k* x k* )δ V
]}
]
A jq − Aip x *p A jq x q* dV
∫ [
pq
− x *p x q* dV A jq
]
= Aip I *O ij A jq
Notar que x k x k = A ks x s* A kt x t* = x *s x t* A ks A kt = x *s x t*δ st = x *s x s* = x t* x t* = x k* x k* .
Abusando un poco de la notación, utilizamos también notación tensorial, pero hay que tener en cuenta que estamos trabajando con las componentes del tensor, y no haciendo una transformación ortogonal.
∫ [
]
r r r r r r r r I O = ρ [( x ⋅ x ) 1 − ( x ⊗ x )] dV = ρ ( x * ⋅ x * )A T ⋅ 1 ⋅ A − (A T ⋅ x * ⊗ A T ⋅ x * ) dV
∫
V
V
∫ [
]
r r r r = ρ ( x * ⋅ x * )A T ⋅ 1 ⋅ A − (A T ⋅ x * ⊗ x * ⋅ A ) dV V
∫
= AT V
⋅ {ρ [( x * ⋅ x * )1 − ( x * ⊗ x * )]}⋅ A dV = A T ⋅ ∫ ρ [( x * ⋅ x * )1 − ( x * ⊗ x * )] dV ⋅ A r
r
r
r
V
r
r
r
r
= A T ⋅ I *O ⋅ A Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
346
I O = A T ⋅ I *O ⋅ A
I O ij = A
* ip I O ij
A jq
Componentes del tensor de inercia tras un cambio de base (rotación)
(4.47)
Luego, es válido que I *O = A ⋅ I O ⋅ A T , que son las nuevas componentes del tensor de
inercia en el sistema x1* x 2* x3* . Verifiquemos que es la misma ley de transformación de las componentes de un tensor de segundo orden, donde A es la matriz de transformación del sistema x1 x 2 x3 al sistema x1* x 2* x3* . c) Un tensor definido positivo, por definición, sus autovalores son mayores que cero. Partiremos de la expresión de la energía cinética obtenida en el Ejemplo 4.24: 1 2
K(t ) = mv 2 +
[
1 I11ω12 + I 22 ω22 + I 33 ω32 − 2 I12 ω1ω 2 − 2 I13 ω1ω3 − 2 I 23 ω 2 ω3 2
]
La energía cinética es un escalar y siempre positivo, solo en dos situaciones la energía cinética será igual a cero, cuando no haya masa o cuando el cuerpo esté en reposo. Vamos adoptar un sistema tal que el origen esté situado en el centro de masa y los ejes adoptados son ejes de simetría (ejes principales de inercia) y que el cuerpo esté girando alrededor del origen, centro de masa. En esta situación la expresión de la energía cinética se resume a: 1 K(t ) = [ω1 2
ω2
0 ω1 I1 0 1 ω 3 ] 0 I 2 0 ω 2 = I1 ω12 + I 2 ω 22 + I 3 ω 32 > 0 2 0 0 I 3 ω 3 144 42444 3
[
]
Autovalores del tensor de inercia
1 2
Si además tenemos un movimiento tal que ω 2 = ω 3 = 0 , nos quedamos con K(t ) = I1ω12 ,
luego, la única forma que la energía cinética sea siempre positiva es que I1 > 0 . Análogamente, podemos concluir que I 2 > 0 , I 3 > 0 . Con eso concluimos que el tensor de inercia es un tensor definido positivo. d) Como el tensor de inercia depende del sistema adoptado, en las siguientes situaciones el tensor de inercia para un sólido en movimiento no cambia con el tiempo: 1) Si el sistema adoptado está unido al sólido. 2) Si el sólido está girando alrededor de un eje de simetría, por ejemplo si un cilindro está girando alrededor del eje prismático, luego, durante el movimiento la distribución de masa, con respecto a los ejes adoptados, no cambia con el tiempo: r ω
sistema de referencia fijo en el espacio
Figura 4.15: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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347
Ejemplo 4.26 Considérese un cilindro homogéneo de radio r y altura h = 3r con masa total igual a m . Encontrar el tensor de inercia en el sistema Ox1′ x ′2 x3′ . El sistema Ox1′ x ′2 x3′ viene dado por una rotación del sistema Ox1′′x ′2′ x3′′ de 45º a lo largo del eje x1′′ . Los sistemas Gx1 x 2 x3 y Ox1′′x ′2′ x3′′ tienen las mismas orientaciones. x3
r x3′′ x3′
x1
x2
G
r rG
h = 3r
x2′ 45º
x2′′
O
x1′′, x1′
Figura 4.16 Datos: Para el sistema de referencia Gx1 x 2 x3 se conoce el tensor de inercia y viene dado por:
I G ij
1 2 2 0 12 m(3r + h ) 1 m(3r 2 + h 2 ) = 0 12 0 0
mr 2 2 0 0 0 2 0 0 = 2 0 0 1 1 2 mr 2 0
Solución: Primero obtenemos el tensor de inercia en el sistema Ox1′′x ′2′ x3′′ a través del teorema de Steiner, ver ecuación (4.41) del Ejemplo 4.19. Después aplicamos una rotación al tensor según ecuación (4.47) del Ejemplo 4.25. A través de las ecuaciones (4.42): I11 I ′O′ ij = I12 I 13
I12 I 22 I 23
x 22 + x32 I13 I 23 + m − x1 x 2 −x x I33 1 3
− x1 x 2 x12
+
x32
− x2 x3
− x1 x3 − x2 x3 x12 + x 22
(4.48)
donde ( x1 , x 2 , x 3 ) son las coordenadas del centro de masa con respecto al sistema Ox1′′x ′2′ x3′′ , 3 2
r
y considerando el vector rG = x1eˆ 1′′ + x 2 eˆ ′2′ + x 3 eˆ ′3′ = 0eˆ 1′′ + reˆ ′2′ + reˆ ′3′ , podemos obtener que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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348
2 3 2 r + ( 2 r ) 2 0 0 mr 2 I ′O′ ij = 0 2 0 + m 0 2 0 0 1 ( r )( 3 r ) 2
0 3 2 2 0 + ( 2 r ) 0
3 ( r )( 2 r ) 0 34 0 mr 2 = 0 0 13 − 6 4 0 − 6 6 02 + r 2
[
]
Teniendo en cuenta la matriz de transformación entre los sistemas Ox1′′x ′2′ x3′′ y Ox1′ x ′2 x3′ : 0 0 1 A = 0 cos 45º sin 45º 0 − sin 45º cos 45º
y aplicando la relación (4.47) obtenemos que: I′O ij = A I ′O′ A = Aip I ′O′ ij A jq T
Ejemplo 4.27
0 34 0 mr 2 0 7 − 7 = 8 0 − 7 31
r
r
r
r
r
r
r
Teniendo en cuenta el momento angular H O = m x ∧ v + I ⋅ ω = m x ∧ v + H G , encontrar la tasa del momento angular de tal forma que no tenga la necesidad de calcular en cada instante de tiempo el tensor de inercia. r ω - velocidad angular del sólido
r
ϕ
r HG
r
r ϕ - velocidad angular del sistema x *
x3′
x2*
x3*
r HO
r ω
x1*
x3 G
r x O
x2
x1′
x 2′
G - centro de masas
x1
Figura 4.17
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349
Solución: Recurriendo a la derivada material podemos decir que:
r r r r r r r D r r Dv r& r& D r D D Dx r HO ≡ HO = m x ∧ v + HG = m x∧v + HG = m ∧v +m x∧ + HG Dt Dt Dt Dt Dt Dt r r r r r& = m v{ ∧ v + m x ∧ a + HG r
[
]
[
]
[ ]
=0
Luego, obtenemos que: r r r& r& D r HO ≡ HO = m x ∧ a + HG Dt
(4.49) r
r
donde a es la aceleración del centro de masa. A continuación analizamos el término H& G . Adoptamos un sistema móvil x1′ x ′2 x3′ pero con orientación fija y siempre paralelo al sistema r fijo en el espacio x1 x 2 x3 , ver Figura 4.17. Expresando las componentes de I y ω en el sistema x1′ x ′2 x3′ , obtenemos que: r r H G′ = I ′ ⋅ ω ′
r& r& D r & r ′ H G′ ≡ H G′ = I ′ ⋅ ω ′ + I ′ ⋅ ω Dt r Notar que como el sólido gira con respecto al sistema x ′ , con lo cual la distribución de r masa, con respecto al sistema x ′ , cambia, y a su vez el tensor de inercia también cambia. tasa →
Luego, a cada instante de tiempo tenemos que calcular el tensor de inercia. Este procedimiento es muy costoso. Para solventar este problema adoptamos un nuevo sistema r x * , que también tiene origen en el centro de masa, ver Figura 4.17. A través de ley de transformación de las componentes de los tensores, las siguientes relaciones son válidas: r r r r H G* = A ⋅ H G′ H G′ = A T ⋅ H G* ; r r r r Componente s ω * = A ⋅ ω ′ ; ω ′ = A T ⋅ ω * * T ; I O′ = A T ⋅ I O* ⋅ A I O = A ⋅ I O′ ⋅ A r r donde A es la matriz de transformación del sistema x ′ al sistema x * . r r La tasa de H G′ = A T ⋅ H G* resulta:
[
]
r& r r r& D r D A T ⋅ H G* = A& T ⋅ H G* + A T ⋅ H G* H G′ ≡ H G′ = Dt Dt
(4.50)
Haciendo una analogía con la tasa de un tensor ortogonal, ver capítulo 2 en Chaves (2007), podemos decir que Ω = A& ⋅ A T ⇒ A& T = A T ⋅ Ω T , donde Ω T es un tensor antisimétrico r r y representa el tensor tasa de rotación del sistema x * con respecto al sistema x ′ . Pudiendo así expresar (4.37) como: r& r r& H G′ = A T ⋅ Ω T ⋅ H G* + A T ⋅ H G* (componentes) r r& = A T ⋅ Ω T ⋅ H G* + H G*
(4.51)
r r r r Recurriendo a la propiedad del tensor antisimétrico tal que Ω T ⋅ H G* = ϕ ∧ H G* , donde ϕ r r es el vector axil asociado al tensor antisimétrico Ω T , es decir, ϕ = ϕ (t ) es la velocidad r angular del sistema móvil x * (ver NOTA 4). Resultando que (4.51) aún puede ser escrito como:
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350
r& r r& H G′ = A T ⋅ Ω T ⋅ H G* + H G* (componentes) r r r & = A T ⋅ ϕ * ∧ H G* + H G*
(4.52)
donde r* r& D * r * DI * r * H G* = I ⋅ω = ⋅ ω + I * ⋅ Dω Dt Dt Dt
[
Para que el término 1)
]
DI * sea igual a cero, podemos tener dos posibilidades: Dt
r r r DI * = 0 si el sistema x * está unido al sólido. En este caso se cumple que ϕ = ω , es Dt
decir, la velocidad del sistema móvil es igual a la velocidad angular del sólido. 2)
DI * = 0 si el sólido gira alrededor de un eje prismático, ver Figura 4.15 en el Ejemplo Dt
4.25. NOTA 1: La ecuación (4.52) puede ser reescrita como: r& r r& r H G′ = A T ⋅ ϕ * ∧ H G* + H G* (componentes) (4.53) r& r* r& * r * r * r& * T r* ⇒ A ⋅ H G′ = A ⋅ A ⋅ ϕ ∧ H G + H G = ϕ ∧ H G + H G r& r& r Notar que el término A ⋅ H G′ representa las componentes de H G′ en el sistema x * , y notar r r también que A ⋅ H& G′ ≠ H& G* , luego:
r * r r A ⋅ H& ′ = H& * + ϕr * ∧ H * (componentes) G G G
(4.54)
También podemos expresar la ecuación anterior en notación tensorial: r DH G Dt
r DH G r r = Dt + ϕ ∧ H G r f
(notación tensorial)
(4.55)
r r DH G representa la tasa de H G con respecto al sistema fijo, Dt r r r representa la tasa de H G con respecto al que está rotando con una velocidad angular ϕ .
r DH G donde Dt
f
NOTA 2: La ecuación (4.55) es válida para cualquier vector, i.e. la tasa de cambio de un r r r vector b respecto a un sistema fijo x ′ es igual a la tasa de cambio del vector b con r respecto al sistema móvil x * más el producto vectorial entre la velocidad angular del r r sistema móvil ( ϕ asociado al tensor antisimétrico Ω T ) y el vector b : r r r r Db Db r r Db T = + ϕ ∧ b = + Ω ⋅ b Dt Dt fijo Dt móvil móvil
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(4.56)
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351
r Db D D D . Notar Adoptaremos la siguiente nomenclatura ≡ , ≡ Dt fijo Dt f Dt móvil Dt r
r
r
r
r r Dϕ Dϕ Dϕ también que . ∧ϕ = = +ϕ 1 2r3 Dt Dt f Dt r r =0
r b
r
ϕ x3′
x2*
x3*
x1* x 2′
x1′
Figura 4.18 NOTA 3: Notar que la ecuación (4.56) es la tasa convectiva, (ver Capítulo sobre Objetividad de Tensores en Chaves (2007) 3ª edición), la cual viene definida por C r r a = a& + l
T
r
⋅ a , donde
l
C r r = D + W , luego a = a& + l
T
r
r
r
⋅ a = a& + (D + W)T ⋅ a . Recordar del
[
1 2
]
Capítulo 2 (Chaves (2007) 3ªedición) que W = R ⋅ U& ⋅ U −1 − U −1 ⋅ U& ⋅ R T + R& ⋅ R T se cumple. Si consideramos un movimiento de sólido rígido tenemos que D = 0 , U& = 0 , y C r r r W = Ω = R& ⋅ R T , con lo cual obtenemos que a = a& + Ω T ⋅ a .
NOTA 4: Vamos exponer un simple ejemplo para la obtención de Ω T . Vamos asumir que el sistema eˆ i es girando alrededor del sistema fijo eˆ i , ver Figura 4.19, luego para obtener Ω T procedimos como sigue. Obtenemos la matriz de transformación del sistema eˆ i al eˆ i : cos θ A = − sin θ 0
sin θ cos θ 0
0 0 1
(4.57)
cuya tasa de cambio viene dada por: d (cosθ ) dt d (sin θ ) d (A ) & ≡ A = − dt dt 0
d (sin θ ) dt d (cosθ ) dt 0
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0 & − θ sin θ 0 = − θ& cosθ 0 0
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θ& cosθ 0 − sin θ − θ& sin θ 0 = θ& − cosθ 0
0
0
cosθ − sin θ 0
0 0 0
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352
− sin θ T & & Ω = A ⋅ A = θ − cosθ 0
cosθ − sin θ 0
0 cosθ 0 sin θ 0 0
− sin θ cosθ 0
0 0 1 0 0 θ& 0 0 = θ& − 1 0 0 = − θ& 0 0 0 0 0 0 0 0 1
Con lo cual: 0 − θ& Ω T = θ& 0 0 0
0 0 0 = ϕ 3 0 − ϕ 2
−ϕ 3 0
ϕ3
ϕ2 − ϕ 1
0 ϕ i = 0 θ&
⇒
0
r donde ϕ es el vector axil asociado con el tensor antisimétrico Ω T .
ϕ 3 = θ&
eˆ 3 eˆ 1
eˆ 2
eˆ 3
θ
eˆ 2 eˆ 1
Figura 4.19
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353
NOTA 5: Fuerzas inerciales Vamos considerar un sistema OX 1 X 2 X 3 (ver Figura 4.20) fijo en el espacio (ni traslación ni rotación) este sistema se denomina sistema de referencia inercial. Para este sistema la ley de Newton es válida, y si tenemos un sólido en caída libre se cumple que: r r F = mA
Vamos considerar también que tenemos un observador (atado al sistema ox1 x 2 x3 ) que se está moviendo (por simplicidad solo vamos considerar traslación). El sistema ox1 x 2 x3 denominamos de sistema de referencia non-inercial. A través de suma de vectores podemos decir que: r r r X =c+ x
La derivada material de la ecuación anterior queda: r& r r X = c& + x&
D
&r& &r& &r& +x X =c
Dt →
⇒
r &r& r + &x& A=c
y si multiplicamos por la masa obtenemos que: r &r& + m&xr& mA = mc
r r &r& = Fr − mc &r& m&x& = mA − mc
r r &r& ma = F − mc r Notar que para el observador ha “surgido” una fuerza adicional (−m&c&) a la “ley de ⇒
⇒
Newton”, esta fuerza adicional es una fuerza ficticia o una pseudo fuerza que se denomina de fuerza inercial.
r mA
X2
r x
r X
x2
r c
x1
O
X1 X3
Figura 4.20
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354
Ejemplo 4.28
r
Demostrar que la aceleración en un sistema fijo a f puede ser expresada por: r r r r r r r a f = ar + 2(ω ∧ v r ) + ω ∧ (ω ∧ x ) r
(4.58)
r
donde a r y v r son, respectivamente, la aceleración y la velocidad de una partícula con r respecto a un observador que está girando con el sistema x * , (ver Figura 4.18). Considerar r r r también que ϕ = ω es la velocidad angular del sistema x * , y dicha velocidad es constante en el tiempo. Solución: Utilizaremos directamente la ecuación (4.56) para obtener la velocidad: r r r r Dx Dx = +ω∧ x Dt f Dt r
⇒
r r r r v f = vr + ω ∧ x
Aplicaremos la misma definición con el objeto de obtener la aceleración, i.e.: r r r r r r r Dv f r r r r D[v r + ω ∧ x ] D[v r + ω ∧ x ] = = + ω ∧ [v r + ω ∧ x ] Dt Dt f r Dt f r r r r r r r r r Dv D[ω ∧ x ] af = r + + ω ∧ v r + ω ∧ (ω ∧ x ) Dt r Dt r r r r r r r Dx r r r r r Dv r Dω af = + ∧ x+ω∧ + ω ∧ v r + ω ∧ (ω ∧ x ) Dt r Dt r Dt r r r r& r r r r r r r r a = a + ω ∧ x + ω ∧ v + ω ∧ v + ω ∧ (ω ∧ x ) f
r
r
r
r r r& r r r r r r a f = ar + ω ∧ x + 2(ω ∧ vr ) + ω ∧ (ω ∧ x ) r
r
Como estamos asumiendo una velocidad angular constante, tenemos que ω& = 0 , i.e. la aceleración angular es cero, con eso obtenemos la ecuación (4.58). Luego, podemos concluir que: r r r& r r r r r r a f = ar + ω ∧ x + 2(ω ∧ v r ) + ω ∧ (ω ∧ x )
(4.59)
Notar que para obtener la ecuación anterior no hemos tenido que recurrir a ningún principio de conservación. La ecuación anterior es nada más y nada menos que relacionar la aceleración en un sistema fijo con parámetros definidos en el sistema móvil. r
r
r r r
r
r r r
NOTA 1: Utilizando la identidad a ∧ (b ∧ c ) = (a ⋅ c )b − (a ⋅ b )c , (ver Ejemplo 1.17), r
r
r
r r r
r r r
r r r
r
r
podemos concluir que ω ∧ (ω ∧ x ) = (ω ⋅ x )ω − (ω ⋅ ω ) x = (ω ⋅ x )ω − ω x . Notar que, si r ω = ω3eˆ 3 , (ver Figura 4.21), y si también adoptamos el sistema ( eˆ r , eˆ θ , eˆ 3 ) y teniendo en r
r r
r
r
r r r
r
2
r
r
r
cuenta que ω ⋅ r = 0 , podemos obtener que ω ∧ (ω ∧ r ) = (ω ⋅ r )ω − ω r = − ω r , el cual representa la aceleración centrípeta, (ver Ejemplo 2.58). La Tierra gira con una tasa de 2
2
r r r 2π rad rad rad . Notar que el término ω ∧ (ω ∧ x ) es muy = ≈ 0.727 × 10− 4 day 86400 s s r r pequeño cuando comparado con 2(ω ∧ vr ) . r r NOTA 2: El término 2(ω ∧ v r ) , el cual fue establecido por Gustave-Gaspard Coriolis en
ω3 = 2π
1835, está asociado con la fuerza ficticia conocida como fuerza de Coriolis. A continuación, r r representaremos 2(ω ∧ v r ) en el sistema eˆ ′i de la Figura 4.22. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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x3 , z
r ω = ω3eˆ 3
ω3
r r
x3
355
eˆ 3 eˆ θ
r x
eˆ r
φ x2 , y
x1 , x
Figura 4.21 ω3
r eˆ ′3 // x
N eˆ ′2
Latitude r x
eˆ ′3 eˆ 1′ eˆ 3 , eˆ ′2′
φ
eˆ 2 , eˆ 1′′
Equator
eˆ 1 , eˆ ′3′
S Figura 4.22 La ley de transformación del sistema eˆ i al eˆ ′i viene dada por: eˆ 1′ 0 1 0 eˆ 1 ˆ e′2 = − sin φ 0 cosφ eˆ 2 eˆ ′ cosφ 0 sin φ eˆ 3 3
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⇒
1 0 0 B = − sin φ 0 cosφ cosφ 0 sin φ
(4.60)
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356
ω3eˆ 3
ω3
r ω = ω3 cos(φ )eˆ ′2 + ω3 sin(φ )eˆ ′3
N eˆ ′2
eˆ ′3
φ
S Figura 4.23
r r El término 2(ω ∧ v r ) puede ser obtenido como sigue: eˆ 1′ r r 2(ω ∧ v r ) = 0 v r1
eˆ ′2 eˆ ′3 ω 3 cos(φ ) ω 3 sin(φ ) vr 2 vr3
= 2eˆ 1′ [ω 3 cos(φ )v r 3 − ω 3 sin(φ )v r 2 ] − 2eˆ ′2 [− ω 3 sin(φ )v r1 ] + 2eˆ ′3 [− ω 3 cos(φ )v r1 = 2[ω 3 cos(φ )v r 3 − ω 3 sin(φ )v r 2 ]eˆ 1′ + 2[ω 3 sin(φ )v r1 ]eˆ ′2 − 2[ω 3 cos(φ )v r1 ]eˆ ′3
(4.61 )
El parámetro f = 2ω3 sin(φ ) es conocido como parámetro de Coriolis. Para pequeños valores de vr 3 la ecuación anterior se reduce a: r r r Dv r = −2(ω ∧ v r ) = [2ω3 sin(φ )vr 2 ]eˆ 1′ + [− 2ω3 sin(φ )vr1 ]eˆ ′2 = [ f vr 2 ]eˆ 1′ + [− f vr1 ]eˆ ′2 Dt r Dv r 1 Dt = f vr 2 ⇒ Dv r 2 = − f v r1 Dt
Figura 4.24: Efecto de Coriolis (Ref.: Wikipedia “Coriolis effect”).
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357
NOTA 3: Deflexión de un cuerpo en caída vertical Una aplicación muy sencilla del efecto de Coriolis se presenta a continuación. Vamos considerar un observador en la superficie de la Tierra. Vamos considerar también que un sólido de masa m está en caída libre con las siguientes condiciones de contorno e inicial: en d x3′ = v3 = 0) , (v1 = 0) , (v2 = 0) . Como el sólido está cayendo, dt calcularemos la deflexión del sólido, i.e. vamos obtener x1′ relacionada con el observador el t = 0 . ( x3′ = h) , ( x1′ = 0) , (
cual está atado al sistema que está girando con la Tierra. Adoptaremos el mismo sistema descrito en la Figura 4.22. r
r
Teniendo en cuenta la segundo Ley de Newton ( F = ma f ) (aplicada para un sistema de referencia inercial), podemos decir que r r r r r r r F = m[ar + 2(ω ∧ v r ) + ω ∧ (ω ∧ x )]
r r r ⇒ ar = − geˆ ′ − 2(ω ∧ vr )
r r r r r r ma r = F − 2m(ω ∧ v r ) = − mgeˆ ′3 − 2m(ω ∧ v r )
⇒
− 2[ω3 cos(φ )vr 3 − ω3 sin(φ )vr 2 ] − 2ω3 cos(φ )vr 3 r − 2[ω3 sin(φ )vr1 ] (a r ) i = 0 = −g 2[ω3 cos(φ )vr1 ] − g
⇒
r
donde la aceleración a f viene dada por (4.59), y estamos considerando que el término r r r r r ω ∧ (ω ∧ x ) es muy pequeño cuando comparado con el término 2(ω ∧ vr ) cuyas componentes vienen dadas por (4.61). Luego d 2 x1′ 2 ar1 dt2 − 2ω3 cos(φ )vr 3 r d x′ (ar )i = ar1 = 22 = 0 a dt2 −g r1 d x3′ 2 dt
(4.62)
Notar que d 2 x3′ dx ′ = − g integrando → 3 = − gt + C1 ⇒ vr 3 = − gt 2 dt dt dx ′ t2 t2 ⇒ 3 = − gt integrando → x3′ = − g + C 2 ⇒ x3′ = − g + h dt 2 2
donde
hemos
tenido
t = 0 ⇒ (vr 3 = 0) x3′ = − g
⇒
en
C1 = 0 ,
cuenta y
las
condiciones
t = 0 ⇒ ( x3′ = h)
⇒
iniciales i.e. Notar
C2 = h .
en que
t2 gt 2 . Considerando la aceleración vr 3 = − gt dentro de la primera +h=0⇒h= 2 2
componente de (4.62) podemos obtener que:
d 2 x'1 dx '1 t2 integrando = − ω φ v = ω gt φ → = ω g φ + C1 = vr1 2 cos( ) 2 cos( ) 2 cos( ) 3 r 3 3 3 2 dt dt 2
donde la constante de integración se obtiene a través de la condición inicial: at (t = 0) ⇒ {v′r1 = 0
⇒
C1 = 0
t3 dx '1 integrando = vr1 = ω3 g cos(φ )t 2 → x'1 = ω3 g cos(φ ) + C2 dt 3
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358
1 3
Notar también que C2 = 0 , con lo cual obtenemos que x'1 = ω3 g cos(φ )t 3 . Como el sólido empezó su caída a partir de una altura h , podemos decir que la siguiente relación se cumple h=
1 2 gt ⇒ t = 2
2h , con lo cual, la ecuación anterior queda: g 3
1 ω g 2h 2 x'1 = ω3 g cos(φ )t 3 = 3 cos(φ ) 3 3 g
NOTA 4: Aceleración debido a la esfericidad Sistema local eˆ 1′ (este)- eˆ ′2 (norte)- eˆ ′3 (radialmente hacía fuera)
N
N
eˆ ′2
r r
Latitud
O eˆ 3 eˆ 1
r x
φ
eˆ ′3
S
E
eˆ 1′
eˆ 3 eˆ 2
θ
Ecuador
N – Norte S – Sur E – Este O – Oeste
r r r = x cosφ
eˆ 1
Polo Sur eˆ 3
vr 2
r dθ r dθ ˆ = x cosφ ( e1′ ) v r1 = r dt dt
N
PN
eˆ ′2
r r r x
φ
eˆ ′3
S
eˆ 2
PN
v r1
r r
θ PS
r dφ ( eˆ ′2 ) vr 2 = x dt
eˆ 1
E eˆ 1′
O
Figura 4.25
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359
Previamente hemos obtenido que la ley de transformación del sistema eˆ i al eˆ i , (ver ecuación (4.57)), viene dada por: cos θ A = − sin θ 0
sin θ cosθ 0
0 0 1
(4.63)
y la ley de transformación del sistema eˆ i al eˆ ′i (ver ecuación (4.60)) viene dada por: 1 0 0 B = − sin φ 0 cosφ cosφ 0 sin φ
(4.64)
Luego, la ley de transformación del sistema eˆ i al eˆ ′i viene dada por: 1 0 cosθ 0 C = BA = − sin φ 0 cosφ − sin θ cosφ 0 sin φ 0
sin θ cosθ 0
0 − sin θ 0 = − sin φ cosθ 1 cosφ cosθ
cosθ − sin φ sin θ cosφ sin θ
0 cosφ sin φ
La tasa de cambio de C viene dada por:
− θ& cos θ − θ& sin θ 0 d (C ) & & ≡ C = ( −φ cos φ cos θ + θ& sin φ sin θ ) ( −φ& cos φ sin θ − θ& sin φ cos θ ) − φ& sin φ dt ( −φ& sin φ cos θ − θ& cos φ sin θ ) ( −φ& sin φ sin θ + θ& cos φ cos θ ) φ& cos φ
Efectuando la operación algebraica Ω = C&C T podemos obtener que: 0 0 θ& sin φ − θ& cos φ v − φ& = − r r1 sin φ 0 Ω = C&C T = − θ& sin φ θ& cos φ x cos φ 0 φ& v r1 xr cos φ cos φ 0 vr1 tan φ − vr1 1 0 = r − vr1 tan φ − vr 2 x vr1 0 vr 2
v r1 sin φ r x cos φ 0 vr 2 r x
v − r r1 cos φ x cos φ vr 2 − r x 0
Como era de esperar, resulta ser una matriz antisimétrica. Notar que, según la Figura 4.25 v dθ dφ v r 2 = r r1 = r . las siguientes relaciones se cumplen: θ& ≡ y φ& ≡ dt
x cosφ
dt
x
Aplicamos la definición (ver ecuación (4.55)) r r Dv r r Dv = + ϕ ∧ vr Dt f Dt r r r r Notar también que Ω T ⋅ v r = ϕ ∧ v r se cumple, luego:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
360
0 r 1 Ω ⋅ v r = r vr1 tan φ x − vr1
− vr1vr 2 tan φ + vr1vr 3 v r1 v r1 1 2 vr 2 vr 2 = r vr1 tan φ + vr 2 vr 3 x − vr21 − vr22 0 vr 3
− vr1 tan φ
T
0 − vr 2
− vr1vr 2 tan φ + vr1vr 3 r r 1 2 ⇒ a f = a r + r vr1 tan φ + vr 2 vr 3 x − vr21 − vr22
− vr1vr 2 tan φ + vr1vr 3 r r 1 2 a r = a f − r vr1 tan φ + vr 2 vr 3 x − vr21 − vr22
⇒
(4.65)
NOTA 5: Aceleración de Coriolis + aceleración de Curvatura Teniendo en cuenta el término de Coriolis (ver Ec. (4.61) y (4.59)) y el término debido a la curvatura, la aceleración viene dada por: r r r r r r r r a f = a r + 2(ω ∧ v r ) + Ω T ⋅ v r + ω ∧ (ω ∧ x )
(4.66)
− vr1vr 2 tan(φ ) + vr1vr 3 2[ω3 vr 3 cos(φ ) − ω3 vr 2 sin(φ )] r r 1 2 T r 2(ω ∧ v r ) + Ω ⋅ v r = 2[ω3 vr1 sin(φ )] + r vr1 tan(φ ) + vr 2 vr 3 x − 2[ω3 vr1 cos(φ ) ] − vr21 − vr22
(4.67)
donde
Ejemplo 4.29 Consideremos un movimiento de sólido rígido en el cual está libre de fuerzas y consideremos que esté libre de torque. a) Demostrar las ecuaciones de Euler del movimiento: & 1 = ω2 ω3 (I 2 − I3 ) I1ω & 2 = ω1ω3 (I3 − I1 ) I 2 ω I ω 3 & 3 = ω1ω2 (I1 − I 2 )
Ecuaciones de Euler del movimiento
(4.68)
donde Ii son los momentos de inercias principales relacionados con el sistema G xyz con origen en el centro de masa G , ωi son las componentes de la velocidad angular del sólido r
( ω ), y ω& i ≡
Dωi indica la derivada material de la velocidad angular. Dt
b) Demostrar que la energía cinética es constante. Solución: Las ecuaciones de gobierno para movimiento de sólido rígido (ver Ejemplo 4.22) son: r
r
∑F =ma
y
r
∑M
G
r& = HG
Como el sólido está libre de fuerzas y de torque, tenemos que: r
r
∑F =0
y
r
∑M
G
r r& = 0 = HG
r A continuación, evaluaremos el término H& G .
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4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO
361
Consideraremos un sistema móvil G xyz atado al sólido, (ver Figura 4.26), luego, en esta r r situación tenemos que ϕ = ω . r ω - velocidad angular del sólido
r
r HG
r
ϕ - velocidad angular del sistema móvil x
r
r
ϕ =ω x3′
x1 , x2 , x3 - ejes principales de inercia
x2
x3
x1 G
x1′
x 2′
G - centro de masa
Figura 4.26 r En el Ejemplo 4.27 hemos obtenido una forma eficiente de a la hora de calcular H& G , (ver r r ecuación (4.55)), y considerando ϕ = ω obtenemos que:
r DH G Dt
r r r DH G DH G r r r = +ϕ ∧ HG = +ω ∧ H Gxyz Dt Dt f r r
Para este problema tenemos que: I 1 (I Gxyz ) ij = 0 0
0 I2 0
0 0 I 3
;
ω1 r (ω) i = ω 2 ω 3
Momento angular: r r H Gxyz = I Gxyz ⋅ ω r ( H Gxyz )1 I1 r ( Hr Gxyz ) 2 = 0 ( H Gxyz ) 3 0
componente s → 0 I2 0
r r ( H Gxyz ) i = (I Gxyz ) ij (ω) j
0 ω1 I 1 ω1 0 ω 2 = I 2 ω 2 I 3 ω 3 I 3 ω 3
La tasa del momento angular: Notar que, ya que el sistema G xyz está atado al sólido, la distribución de masa para este sistema no cambia con el tiempo, con lo cual I Gxyz tan poco cambiará en el tiempo, i.e. I& Gxyz = 0 . Con eso podemos obtener que:
r DH G Dt
r
r DH Gxyz = Dt
r& ≡ H Gxyz Gxyz
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componente s →
Draft
r ( H& ) & & 1 I1 ω &1 r Gxyz 1 I1ω1 + I1ω & & & 2 = I 2 ω & 2 ( H Gxyz ) 2 = I 2 ω 2 + I 2 ω I& ω + I ω r& & I ω & ( H Gxyz ) 3 3 3 3 3 3 3 Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
362
eˆ 1 r r ω ∧ H Gxyz = ω1 I 1 ω1
eˆ 2 ω2
eˆ 3 ω3
I 2ω2
I 3 ω3
= (ω 2 I 3 ω 3 − ω 3 I 2 ω 2 )eˆ 1 + (ω 3 I1 ω1 − ω1 I 3 ω 3 )eˆ 2 + (ω1 I 2 ω 2 − ω 2 I1 ω1 )eˆ 3 = ω 2 ω 3 (I 3 − I 2 )eˆ 1 + ω1 ω 3 (I1 − I 3 )eˆ 2 + ω1 ω 2 (I 2 − I 1 )eˆ 3
Componentes:
{
r r ω ∧ H Gxyz
}
i
ω 2 ω 3 ( I 3 − I 2 ) = ω1 ω 3 (I1 − I 3 ) ω ω (I − I ) 1 2 2 1
Teniendo en cuenta los términos anteriores podemos calcular r DH G Dt
r r r r = H& Gxyz + ω ∧ H Gxyz = 0 f
cuyas componentes son:
{ }
{
r& r r H Gxyz i + ω ∧ H Gxyz
} {} i
r = 0
⇒
i
& 1 ω 2 ω 3 (I 3 − I 2 ) 0 I1 ω & 2 + ω1 ω 3 (I1 − I 3 ) = 0 I 2 ω I ω 3 & 3 ω1 ω 2 (I 2 − I1 ) 0
& 1 = ω 2 ω 3 (I 2 − I 3 ) I 1 ω & 2 = ω1 ω 3 (I 3 − I 1 ) ⇒ I 2 ω I ω 3 & 3 = ω1 ω 2 (I1 − I 2 )
b) La energía cinética para un movimiento de sólido rígido (ver Ejemplo 4.24 ecuación (4.45)) viene dada por: 1 2
1r 2
r
K(t ) = mv 2 + ω ⋅ I ⋅ ω Ya que el sistema adoptado está en el centro de masa v = 0 se cumple, con lo cual: 1 1 K(t ) = ω k I kj ω j = [ω1 2 2
ω2
I1 ω 3 ] 0 0
0 I2 0
0 ω1 1 0 ω 2 = I1 ω12 + I 2 ω 22 + I 3 ω 32 2 I 3 ω 3
[
]
La tasa de la energía cinética queda:
[
] [
1 D 1 D & 1 + 2ω 2 I 2 ω & 2 + 2ω3I 3ω &3 K(t ) = K& (t ) = I1ω12 + I 2 ω22 + I 3ω32 = 2ω1 I1ω 2 Dt 2 Dt & 1 + ω2I 2 ω & 2 + ω3I 3ω &3 = ω1 I1ω
]
Si consideramos las ecuaciones de Euler del movimiento (4.68) las ecuaciones anteriores pueden ser reescritas como: K& (t ) = ω1 I1ω& 1 + ω2I 2 ω& 2 + ω3I3ω& 3 = ω1 ω2ω3 (I 2 − I3 ) + ω2ω1ω3 (I3 − I1 ) + ω3ω1ω2 (I1 − I 2 ) = ω1 ω2 ω3 (I 2 − I3 + I3 − I1 + I1 − I 2 ) =0
Demostrando así que la energía cinética es constante.
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363
Ejemplo 4.30 Obtener una forma simplificada de las ecuaciones de gobierno de sólido rígido para el caso particular: a) Sólido rígido rotando alrededor de un eje fijo y sin fuerzas. Solución: Consideraremos el sistema fijo OX 1 X 2 X 3 y adoptaremos eje de rotación el eje x3 , (ver Figura 4.27) y consideraremos también el sistema móvil Ox1 x2 x3 atado al sólido.
x1
X 3 , x3
X1
r
r
ϕ = ω = ω 3 eˆ 3 = ω 3 Eˆ 3
ω3 r ω - velocidad angular del sólido
r
x2
r
ϕ - velocidad angular del sistema Ox
O
X2
sistema OX 1 X 2 X 3 => base ortonormal (Eˆ 1 , Eˆ 2 , Eˆ 3 ) sistema Ox1 x2 x3 => base ortonormal (eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 ) Figura 4.27 Si el sólido está libre de fuerzas, las ecuaciones de gobierno se reduce a: r
r
∑F =0
y
r
∑M
O
r& = HO
r donde H& O puede ser calculado a través de
r r& DH O HO ≡ Dt
r DH Oxr = r Dt OX
r r DH Oxr r + ϕ ∧ H Oxr = r Dt Ox
r r +ω ∧ H Oxr r Ox
Momento angular:
r r r r componente s ( H Oxr ) i = (I Oxr ) ij (ω ) j H Oxr = I Oxr ⋅ ω → r r ( H& r ) − I ω ( H Oxr )1 I O 11 & − I O 12 − I O 13 0 − I O 13 ω 3 Ox 1 O 13 3 r r tasa r& r & 3 I O 22 → ( H Ox ) 2 = − I O 23 ω − I O 23 0 = − I O 23 ω 3 ( Hr Ox ) 2 = − I O 12 ( Hr& r ) I ω ( H r ) − I & I O 33 ω 3 I O 33 ω 3 − I O 23 O 13 Ox 3 Ox 3 O 33 3 r r Necesitamos calcular el vector ω ∧ H Oxr :
r r ω ∧ H Oxr =
eˆ 1 0
eˆ 2 0
− I O 13 ω 3
− I O 23 ω 3
eˆ 3 ω 3 = I O 23 ω 32 eˆ 1 − I O 13 ω 32 eˆ 2 I O 33 ω 3
luego
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364
Aplicando
∑
&3 & 3 I O 23ω32 I O 23ω32 − IO13ω − I O13ω r& 2 2 & 3 & 3 + − I O13ω3 = − I O13ω3 − I O 23ω ( H O ) i = − I O 23ω I ω &3 0 IO 33ω O 33 & 3 r r& M O = H O podemos obtener el siguiente sistema de ecuaciones:
∑M ∑M ∑M
O1 O2 O3
∑M ≡ ∑M ≡ ∑M
≡
&3 = I O 23ω32 − IO13ω 2 &3 = − IO13ω3 − I O 23ω
X Y
&3 = I O 33ω
Z
donde ω& = α es la aceleración angular. NOTA: Si el sólido es prismático y si adoptamos el eje prismático el mismo que el eje de rotación las ecuaciones anteriores se reducen a:
∑M ∑M ∑M
O1 O2 O3
∑M ≡ ∑M ≡ ∑M
≡
X
=0
Y
=0
Z
&3 = I O 3ω
ya que en esta situación el sistema Ox1 x2 x3 es el sistema principal de inercia, e.g.: z x
I O 1 I Gxyz = 0 0 IO1 = I O 2
ω3
0 IO 2 0
0 0 I O 3
G
Ejemplo 4.31 Un cuerpo rígido consiste de dos masas m en cada extremidad de una barra sin masa de longitud 2l . La barra está inclinada con un ángulo θ respecto de la vertical y rota con velocidad angular ω como se indica en la Figura 4.28. a) Encontrar la cantidadr de momento angular del cuerpo; b) Encontrar el Par ( ∑ M ) para mantener esta rotación. Solución: Aplicaremos las ecuaciones de gobierno de movimiento de sólido rígido, ver Ejemplo 4.22. Adoptaremos un sistema fijo en el espacio OXYZ y un sistema móvil Oxyz unido al sólido, ver Figura 4.29. Tensor de Inercia I (sistema Oxyz ): IOxyz
0 0 = 0 2ml 2 0 0
0 0 2ml 2
r
Velocidad angular ω (sistema Oxyz ):
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365
r ω = −ω cos(θ)ˆi + ω sin(θ)ˆj + 0kˆ r
donde ω es el módulo de ω . ω m
θ
l
l m
Figura 4.28
Y r ω = ωJˆ
ω m
y
l
θ
r ω
X
Z≡z
l m
x
r Cantidad de movimiento angular H O : r r HO = I ⋅ω
Figura 4.29
0 0 − ω cos(θ) 0 H Ox 0 2 2 ⇒ H Oy = 0 2ml 0 ω sin(θ) = 2ml ω sin(θ) H Oz 0 0 2ml 2 0 0 r ⇒ H = 0ˆi + 2ml 2 ω sin(θ) ˆj + 0kˆ O
[
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]
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366
r
El Par (torque) ∑ M viene dado por: r r& r& r r ∑ M = H O = ( H O ) Oxyz + ϕ ∧ H O r r& r r Podemos observar que (H O ) Oxyz = 0 y ϕ = ω (sistema móvil unido al sólido), luego:
ˆi ˆj kˆ r r& r r ∑ M = H O = ω ∧ H O = − ω cos(θ) ω sin(θ) 0 0 2ml 2 ω sin(θ) 0 r r& 2 2 2 ⇒ ∑ M = H O = −ω cos(θ)2ml ω sin(θ)kˆ = −ω ml sin(2θ)kˆ Y
r ω = −ω cos(θ)ˆi + ω sin(θ)ˆj + 0kˆ r H O = 0ˆi + 2ml 2 ω sin(θ) ˆj + 0kˆ
ω
[
m
]
y
l
θ
r ω
r HO
X Z≡z
l m x
Figura 4.30 Solución utilizando el sistema OXYZ Matriz de transformación del sistema OXYZ al sistema Oxyz : T
π π cos 2 − θ sin 2 − θ 0 sin (θ) − cos(θ) 0 π π A = − sin − θ cos − θ 0 = cos(θ) sin (θ) 0 2 2 0 0 1 0 0 1
Tensor de Inercia en el sistema OXYZ : I OXYZ = A T I Oxyz A I OXYZ
0 sin (θ) cos(θ) 0 0 = − cos(θ) sin (θ) 0 0 2ml 2 0 0 1 0 0
0 sin (θ) − cos(θ) 0 0 cos(θ) sin (θ) 0 2ml 2 0 0 1
resultando
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I OXYZ
367
2ml 2 cos 2 (θ) 2ml 2 sin (θ) cos(θ) 0 2 2 2 = 2ml sin (θ ) cos(θ) 2ml sin (θ) 0 0 0 2ml 2
Cantidad de movimiento angular: r r H OXYZ = A T H Oxyz
0 H Ox H = 2ml 2 ω sin(θ) Oy H Oz 0
donde
2 0 H OX sin (θ ) cos(θ) 0 2ml ω cos(θ) sin(θ) ⇒ H OY = − cos(θ) sin (θ) 0 2ml 2 ω sin(θ) = 2ml 2 ω sin 2 (θ) H OZ 0 0 1 0 0
El Par:
r ˆ ∑ M = −ω 2 ml 2 sin(2θ)K
Ejemplo 4.32 Considérese un giroscopio, (ver Figura 4.31) el cual consiste de un aro externo y uno interno y de un rotor de forma cilíndrica y masa m . El aro externo puede girar alrededor del eje Z definiendo el ángulo φ (ángulo de precesión), el aro interno puede girar alrededor el eje y definiendo el ángulo θ (ángulo de nutación), el rotor puede rotar alrededor del eje z definiendo el ángulo ψ (ángulo de rotación). Los ángulo ( φ , θ , ψ ) son conocidos como ángulos de Euler. Obtener las ecuaciones de gobierno para el giroscopio. Considerar que el tensor de inercia del rotor con respecto al sistema Oxyz viene dado por: I′ 0 0 (I Oxr )ij = 0 I′ 0 0 0 I
Solución: Adoptaremos la base ortonormal del sistema fijo OXYZ por ( Iˆ , Jˆ , Kˆ ), para el sistema móvil Oxyz adoptaremos la base ortonormal ( ˆi , ˆj , kˆ ). Velocidad angular del rotor (ver Figura 4.32): r ˆ + θ& ˆj + ψ& kˆ ω = φ& K = [−φ& sin(θ ) ˆi + +φ& cos(θ )] kˆ ] + θ& ˆj + ψ& kˆ = −φ& sin(θ ) ˆi + θ& ˆj + [ψ& + φ& cos(θ )] kˆ
Las ecuaciones de gobierno para un movimiento de sólido rígido son: r
r
∑F = m a
y
r
∑M
O
r& = HO
r donde H& O puede ser calculado a través de
r r r& DH O DH Oxr r r = + ϕ ∧ H Oxr H O ≡ Dt OXr Dt Oxr
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368
φ - ángulo de precesión Z
Eje de precesión
θ - ángulo de nutación ψ - ángulo de rotación
θ
φ& z
aro externo
aro interno y
ψ& θ&
O
φ
ψ
Y
x X
Figura 4.31
Z
z
θ
φ& Kˆ
φ& cos(θ )
− φ& sin(θ )ˆi
x
Figura 4.32
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369
Momento angular:
r r r r componente s → H Oxr = I Oxr ⋅ ω ( H Oxr ) i = (I Oxr ) ij (ω) j r ( H Oxr )1 I ′ 0 0 − φ& sin(θ ) − I ′φ& sin(θ ) r r θ& I ′θ& ( Hr Ox ) 2 = 0 I ′ 0 = ( H r ) 0 0 I [ψ& + φ& cos(θ )] I [ψ& + φ& cos(θ )] Ox 3
y su tasa viene dada por: r ( H& r ) && sin(θ ) + φ& cos(θ )θ& ] − I′φ& sin(θ ) − I′[φ r& Ox 1 D I′θ& I′θ&& ( H Oxr ) 2 = = ( Hr& r ) Dt I [ψ& + φ& cos(θ )] I D [ψ& + φ& cos(θ )] Ox 3 Dt
Notar que debido a la simetría del rotor en tensor de inercia para el sistema Oxyz no cambia con el tiempo. r r r Necesitamos calcular el vector ϕ ∧ H Oxr , donde ϕ es la velocidad angular del sistema móvil. Notar que el sistema móvil puede girar alrededor de Kˆ y alrededor de ˆj , y que no puede girar alrededor del eje kˆ , (ver Figura 4.32), luego, la velocidad angular del sistema móvil viene dada por: r ϕ = φ& Kˆ + θ& ˆj = [−φ& sin(θ ) ˆi + φ& cos(θ )] kˆ ] + θ& ˆj = −φ& sin(θ ) ˆi + θ& ˆj + φ& cos(θ ) kˆ ˆi ˆj r ϕ ∧ H Oxr = − φ& sin(θ ) θ& − I′φ& sin(θ ) I′θ&
r
kˆ φ& cos(θ ) I [ψ& + φ& cos(θ )]
= {θ& I [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& I′θ& cos(θ )}ˆi − {−Iφ& sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] + φ& I′φ& sin(θ ) cos(θ )}ˆj + {−I′θ& φ& sin(θ ) + I′θ& φ& sin(θ )}kˆ θ& I [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& I′θ& cos(θ ) r & (ϕ ∧ H Oxr ) i = Iφ sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& 2 I′ sin(θ ) cos(θ ) 0
r
luego r DH r r& r r Ox ϕ + ∧ H Oxr ) i ( H O ) i = ( Dt Oxr i ′ && & & θ& I [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& I′θ& cos(θ ) − I [φ sin(θ ) + φ θ cos(θ )] 2 I′θ&& = + Iφ& sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& I′ sin(θ ) cos(θ ) I D [ψ& + φ& cos(θ )] 0 Dt && & & & & & − I′[φ sin(θ ) + 2φ θ cos(θ )] + θ I [ψ + φ cos(θ )] = Iφ& sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] − φ& 2 I′ sin(θ ) cos(θ ) + I′θ&& D & & I [ψ + φ cos(θ )] Dt r r& Aplicando M O = H O podemos obtener el siguiente sistema de ecuaciones:
∑
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370
∑M ∑M ∑M
∑M ≡ ∑M ≡ ∑M
≡
O1 O2 O3
x y z
&& sin(θ ) + 2φ& θ& cos(θ )] + I θ& [ψ& + φ& cos(θ )] = −I′[φ = I′ [θ&& − φ& 2 sin(θ ) cos(θ )] + Iφ& sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] D & & =I [ψ + φ cos(θ )] Dt
(4.69)
NOTA: Caso Particular: Precesión estacionaria. En este caso tenemos que las variables θ , φ& y ψ& son constantes. Con eso tenemos que θ& = 0 , φ&& = 0 y ψ&& = 0 , y r r ( H Oxr ) 1 − I ′φ& sin(θ ) (ϕ )1 − φ& sin(θ ) r & ˆ componente s r r r 0 →(ϕ ) 2 = 0 ; ϕ = φ K ( Hr Ox ) 2 = ; ( H r ) I [ψ& + φ& cos(θ )] (ϕr ) φ& cos(θ ) 3 Ox 3 r (ω) 1 ω x − φ& sin(θ ) r 0 (ω ) 2 = ω y = r & & (ω ψ φ θ ω + ) [ cos( )] 3 z
Las ecuaciones (4.69) quedan:
∑M ∑M ∑M
O1 O2
O3
∑M ≡∑M
≡
≡
∑M
x y
z
=0 = −I ′ φ& 2 sin(θ ) cos(θ ) + Iφ& sin(θ ) [ψ& + φ& cos(θ )] = [I ω z − I ′ φ& cos(θ )] φ& sin(θ ) 144244 3 =ω z
=0
Z
θ φ& = constante
θ
z
ψ& r
ϕ = φ& Kˆ
ω z kˆ
r ω
ψ& kˆ
ω x = −φ& sin(θ )
y r
∑M
O
x
Figura 4.33: Precesión estacionaria. NOTA: Para mayores detalles de Movimiento de sólido rígido ver Beer & Johnston (1987) y Beer et al. (2004).
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5 Introducción a: Ecuaciones Constitutivas, PVCI, y Estrategias de Solución del PVCI Ejemplo 5.1 Para un material termoelástico simple ¿cuáles son las ecuaciones constitutivas y variables libres si tenemos en cuenta la energía libre de Helmholtz ψ ? Solución: Las ecuaciones constitutivas para un material simples están en función de las siguientes variables libres:
ψ = ψ (F ,T ) ∂ψ ( F , T ) ∂F ∂ψ ( F , T ) η (F ,T ) = − ∂T r r q0 = q0 ( F , T , ∇ Xr T ) P(F , T ) = ρ 0
(ver Chaves (2007)). También se pueden presentar en función de las siguientes variables
ψ = ψ (F ,T ) ∂ψ ( F , T ) T σ=ρ ⋅F
ψˆ = ψ ( E , T ) ∂ψ ( E , T ) S = ρ0
∂E ; ∂ψ ( E , T ) η ( E ,T ) = − ∂T r r qˆ 0 = q0 ( E , T , ∇ Xr T )
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Draft
∂F ∂ψ ( F , T ) η (F ,T ) = − ∂T r −1 r q = J q0 ( F , T , ∇ Xr T ) ⋅ F T r = J −1 F ⋅ q0 ( F , T , ∇ Xr T )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
372
Ejemplo 5.2 Para un determinado material elástico se conoce la expresión de la densidad de energía (por unidad de volumen), y viene dada por: 1 2
Ψ ( I E , II E ) = (λ + 2 µ )I E2 − 2 µ II E donde λ , µ son constantes del material. I E = I E (E ) , II E = II E (E ) son los invariantes principales, el primer y segundo invariante principal del tensor de deformación de GreenLagrange respectivamente. ¿Cuáles son las ecuaciones constitutivas para este problema?, justificar. Obtener también las expresiones explícitas de las ecuaciones constitutivas en función de λ , µ , I E , II E . Formulario I E = I E ( E ) = Tr ( E )
II E = II E ( E ) =
[
1 ( TrE ) 2 − Tr ( E 2 ) 2
]
∂I E =1 ∂E ∂ II E = Tr ( E )1 − E T ∂E
Solución: La expresión de la energía está SOLO en función del tensor de deformación de GreenLagrange (grandes deformaciones). Sabemos que las ecuaciones constitutivas son:
ψˆ = ψ ( E , T ) ∂ψ ( E , T ) S = ρ0
∂E ∂ψ ( E , T ) η ( E ,T ) = − ∂T r r qˆ 0 = q0 ( E , T , ∇ Xr T )
Teniendo en cuenta la expresión de la energía dada, concluimos que el problema es independiente de la temperatura, ya que en la expresión de la energía dada no está en función de la temperatura. Luego, sólo me quedo con la ecuación constitutiva de la tensión y que podemos obtener como: S = ρ0
∂ψ ( E ) ∂Ψ ( I E , II E ) ∂Ψ ( I E , II E ) ∂I E ∂Ψ ( I E , II E ) ∂ II E = = + ∂E ∂E ∂E ∂E ∂I E ∂ II E
(
2 = (λ + 2 µ )I E (1) + (− 2 µ ) Tr ( E )1 − E T 2
)
Simplificando la expresión anterior, y teniendo en cuenta que E T = E , I E = Tr (E ) , obtenemos: S = λI E 1 + 2µ E
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373
Ejemplo 5.3 Considerando la energía libre de Gibbs específica G(S, T ) = ψ ( E , T ) −
1
ρ0
S : E como
ecuación constitutiva de energía, obtener las demás ecuaciones constitutivas para un material termoelástico simple. OBS: Partir del principio de que G(S, T ) no depende del gradiente de la temperatura. Solución: Partimos de la forma alternativa de la desigualdad de Clausius-Duhem en la configuración de referencia:
[
]
1r S : E& − ρ 0 ψ& + T&η − q0 ⋅ ∇ Xr T ≥ 0 T
(5.1)
Teniendo en cuenta la energía libre de Gibbs específica podemos decir que: & (S, T ) = ψ& ( E , T ) − 1 S& : E − 1 S : E& G
ρ0
ρ0
& (S, T ) + 1 S& : E + 1 S : E& ⇒ ψ& ( E , T ) = G
ρ0
ρ0
y reemplazando en la desigualdad (5.1) obtenemos que: & 1r 1 & 1 S : E& − ρ 0 G S:E+ S : E& + T&η − q0 ⋅ ∇ Xr T ≥ 0 (S, T ) + ρ0 ρ0 T r & (S, T ) − S& : E − ρ T&η − 1 q r ⇒ − ρ 0G 0 0 ⋅∇ XT ≥ 0 T
(5.2)
Notar que S& : E = E : S& se cumple. La desigualdad anterior nos sugiere que para una variación de la energía libre de Gibbs tenemos que tener las siguientes relaciones: Deformación para una variación de tensión; Entropía para una variación de temperatura; Flujo de calor para un gradiente de temperatura. & (S , T ) puede ser expresado como: El término G
DG(S, T ) & ∂G(S, T ) & ∂G(S, T ) & T ≡ G(S, T ) = :S + ∂T Dt ∂S
Y reemplazando en la ecuación (5.2) obtenemos que: r & (S , T ) − E : S& − ρ T&η − 1 q r − ρ 0G 0 0 ⋅∇ XT ≥ 0 T ∂G(S , T ) & ∂G(S, T ) & 1r :S − ρ0 T − E : S& − ρ 0T&η − q0 ⋅ ∇ Xr T ≥ 0 ⇒ −ρ 0 ∂S ∂T T r 1 ∂G(S , T ) ∂G(S, T ) ⇒ − ρ 0 + E : S& − ρ 0 + η T& − q 0 ⋅ ∇ Xr T ≥ 0 S ∂ ∂ T T
(5.3)
La desigualdad anterior debe cumplir para todo proceso termodinámicamente admisible. Si r r tenemos un proceso isotérmico (T& = 0) y adiabático (q 0 = 0) , la desigualdad de entropía queda: ∂G(S , T ) − ρ 0 + E : S& ≥ 0 ∂S
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(5.4)
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374
cuya desigualdad también debe cumplir para todo proceso. Luego si para una dada variación S& se cumple la desigualdad anterior, podemos aplicar un proceso tal que S& = −S& , violando así el principio de la desigualdad de entropía. Luego, la desigualdad anterior nunca será violada si y solo si
ρ0
∂G(S, T ) + E =0 ∂S
⇒
E = −ρ 0
∂G(S, T ) ∂S
Teniendo en cuenta la ecuación anterior (ecuación constitutiva de deformación) en la desigualdad (5.3), obtenemos que: 1r ∂G(S, T ) ∂G(S, T ) −ρ0 + E : S& − ρ 0 + η T& − q0 ⋅ ∇ Xr T ≥ 0 ∂S T ∂T (5.5) ∂G(S, T ) & 1 r r ⇒ −ρ 0 + η T − q0 ⋅ ∇ X T ≥ 0 T ∂T r Si ahora tenemos un proceso donde ∇ Xr T = 0 (campo de temperatura homogéneo), la
desigualdad queda: ∂G(S, T ) − ρ 0 + η T& ≥ 0 ∂T
La desigualdad anterior nunca será violada si y solo si ∂G(S, T ) +η=0 ∂T
⇒
η=−
∂G(S, T ) ∂T
Que es la ecuación constitutiva de entropía. Luego, las ecuaciones constitutivas son: Ecuación constitutiva de energía G = G(S, T ) ∂G(S, T ) ∂g(S, T ) = ∂S ∂S ∂G(S , T ) Ecuación constitutiva de entropía η = − ∂T r r Ecuación constitutiva de flujo de calor q 0 = q 0 (∇ Xr T )
Ecuación constitutiva de deformación E = − ρ 0
(5.6)
donde g = −ρ 0 G . Notar que nuestras variables libres son (S , T ) . Ejemplo 5.4 Demostrar que para un proceso adiabático e isotérmico, y sin tasa de cambio de tensión, la energía libre de Gibbs específica no puede crecer. Solución: Empezaremos directamente a partir de la desigualdad (5.3): r & (S , T ) − E : S& − ρ T&η − 1 q r − ρ 0G 0 0 ⋅∇ XT ≥ 0 T
(5.7)
Teniendo en cuenta un proceso isotérmico y adiabático las siguientes relaciones se cumplen r r T& = 0 , q0 = 0 , y si consideramos que no hay tasa de cambio de tensión S& = 0 se cumple. Con lo cual la desigualdad en (5.7) reduce a : & (S, T ) ≥ 0 − ρ 0G
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(5.8)
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375
& (S, T ) ≤ 0 para que la desigualdad de ya que ρ 0 > 0 , concluimos que se debe cumplir que G entropía se cumpla.
Ejemplo 5.5 a) Hacer el planteamiento de las ecuaciones de gobierno para un problema de sólidos con las siguientes características: Proceso isotérmico y adiabático, régimen de pequeñas deformaciones, y relación lineal entre tensión y deformación. b) Una vez establecida la relación lineal entre tensión-deformación, obtener dicha relación para que cumpla que σ (ε ) sea una función-de-tensores isótropa de valor tensor de segundo orden. Solución: Para un proceso isotérmico y adiabático la temperatura y la entropía no juega ningún papel. Para un régimen de pequeña deformaciones tenemos que: r
Tensor de deformaciones: E ≈ e ≈ ε = ∇ sym u Tensor de Tensiones: P ≈ S ≈ σ F ≈1
;
ρ ≈ρ0
;
∇ Xr ≈ ∇ xr ≈ ∇ , con esta aproximación la densidad de masa deja
de ser incógnita. Teniendo en cuenta las ecuaciones fundamentales: Ecuaciones Fundamentales de la Mecánica del Medio Continuo (Configuración Actual) Ecuación de continuidad de masa (Principio de la conservación de la masa) Ecuaciones del Movimiento (Principio de la conservación del momento lineal) Simetría del tensor de Tensiones de Cauchy (Principio de la conservación del momento angular) Ecuación de Energía (Principio de la conservación de la Energía) Desigualdad de Entropía (Principio de la Irreversibilidad)
r Dρ + ρ (∇ xr ⋅ v ) = 0 Dt r r ∇ xr ⋅ σ + ρ b = ρ v&
(1 ecuación) (3 ecuaciones)
σ = σT
(5.10) (5.11)
r
ρ u& = σ : D − ∇ xr ⋅ q + ρr (1 ecuación) r
(5.9)
1 T
ρη& ( x, t ) + σ : D −
1 1 r ρ u& − 2 q ⋅ ∇ xr T ≥ 0 T T
(5.12) (5.13)
Solo quedamos con las siguientes ecuaciones: 1) Ecuaciones de Movimiento
r r ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v&
2) Ecuación de Energía
r
r
r
ρ 0 u&( X , t ) = S : E& − ∇ Xr ⋅ q 0 + ρ 0 r ( X , t ) donde u es la energía interna específica, y se cumple que
⇒
ρu& = σ : ε&
Du D [ψ + Tη ] = ψ& , donde ψ = Dt Dt
es la energía libre de Helmholtz específica. También se cumple que:
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376
ρψ& = Ψ& e = σ : ε& donde Ψ e es la densidad de energía de deformación, en el cual Ψ& e = ρ& ψ + ρψ& = ρψ& . Verificamos a través de la desigualdad de entropía que es un proceso sin disipación de energía, es decir, toda energía que se almacena debido al incremento de ε se recupera con la disminución de ε . 3) De las Ecuaciones Constitutivas (ver Ejemplo 5.1) solo quedamos con:
ψ = ψ (ε ) S≈σ=ρ
∂ψ (ε ) ∂Ψ e (ε ) = = σ (ε ) ∂ε ∂ε
es decir, la energía ( ψ ) y la tensión son funciones solamente de la deformación. Si ∂ψ(ε ) & calculamos la tasa de la energía libre de Helmholtz ψ& (ε) = : ε , y reemplazamos en la
expresión de la energía ρψ& = Ψ& e = σ : ε& , concluimos que:
ρ
∂ψ (ε ) & ∂Ψ& e (ε ) & :ε = : ε = σ : ε& ∂ε ∂ε
⇒
∂ε
σ=
∂Ψ e (ε ) ∂ε
Luego, la ecuación de energía es una ecuación redundante, es decir, si conozco la tensión puedo conocer la energía y vise-versa. Resumimos así las ecuaciones de gobierno para el problema propuesto: Ecuaciones de Movimiento:
r r r &r& (3 ecuaciones) ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ a = ρ v& = ρ u
Ecuación Constitutiva en Tensión: σ (ε ) =
Ecuaciones Cinemáticas:
(5.14)
∂Ψ e (ε ) (6 ecuaciones) ∂ε
r ε = ∇ sym u (6 ecuaciones) r Como incógnitas tenemos: σ (6), u (3), ε (6), un total de 15 incógnitas y 15 ecuaciones
luego, el problemas está bien planteado. Para que el conjunto de ecuaciones en derivada parciales anteriores tenga solución única es necesario introducir las condiciones de contorno e inicial, constituyendo así en un Problema de Valor de Contorno Inicial (PVCI) del Problema Elástico. El problema que acabamos de plantear es el Problema Elástico Lineal que es el tema del próximo capítulo. Las condiciones de contorno e inicial para este problema son: Condiciones de contorno en desplazamiento, en S u : r r r r u( x , t ) =u* ( x , t )
r r ui ( x, t ) = u i * ( x, t )
(5.15)
r σ jk nˆ k = t j * ( x , t )
(5.16)
r r u i ( x , t = 0) = u 0 i ( x ) r u& 0 i ( x ) = v 0 i
(5.17)
Condiciones de contorno en tensiones, en S σ : r r r σ ( x , t ) ⋅ nˆ = t * ( x , nˆ , t )
Condiciones iniciales ( t = 0 ): r r r u( x , t = 0) = u 0 r r r r ∂u 0 ( x , t ) r r = u& 0 ( x, t ) = v 0 ( x ) ∂t t =0
En el caso de un problema estático o casi-estático, las ecuaciones de movimiento recaen en las ecuaciones de equilibrio y las condiciones iniciales son redundantes. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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Sσ
B
Su dV
377
r r t * ( x)
r r
ρ b( x ) nˆ
Figura 5.1: Sólido sobre acciones externas. En el apartado Serie de Tensores, capítulo 1, hemos visto que podemos aproximar un tensor a través de la serie: ∂ 2 σ (ε 0 ) 1 1 ∂σ (ε 0 ) 1 σ (ε ) ≈ σ (ε 0 ) + : (ε − ε 0 ) + ( ε − ε 0 ) : : (ε − ε 0 ) + L 0! ∂ε ⊗ ∂ε 1! ∂ε 2! ∂σ (ε 0 ) ∂ 2 σ (ε 0 ) 1 : ( ε − ε 0 ) + (ε − ε 0 ) : : (ε − ε 0 ) + L ≈ σ0 + ∂ε 2 ∂ε ⊗ ∂ε
Considerando el punto de aplicación ε 0 = 0 , y σ (ε 0 ) = σ 0 = 0 , y además teniendo en cuenta que la relación σ - ε es lineal, podemos despreciar los términos de orden superior, obteniendo entonces que: σ (ε ) =
∂σ (ε 0 ) ∂ 2Ψ e (ε 0 ) :ε = : ε = Ce : ε ∂ε ∂ε ⊗ ∂ε
donde C e =
σ ij =
∂σ ij ∂ε kl
ε kl =
∂ 2Ψ e (ε 0 ) ε kl = C eijkl ε kl ∂ε ij ∂ε kl
∂ 2Ψ e (ε 0 ) es un tensor de cuarto orden simétrico y es conocido como tensor ∂ε ⊗ ∂ε
constitutivo elástico, que contiene las propiedades mecánicas del material.
Observemos que la energía tiene que ser de orden cuadrática para que la relación σ - ε sea lineal, ver ecuación (5.14). Utilizamos la expansión en serie para representar la densidad de energía de deformación, obtenemos que: e ∂ 2Ψ e (ε 0 ) 1 ∂Ψ (ε 0 ) 1 : (ε − ε 0 ) + (ε − ε 0 ) : : (ε − ε 0 ) + L ∂ε ∂ε ⊗ ∂ε 1! 2! ∂ 2Ψ e (ε 0 ) 1 e = Ψ 0 + σ 0 : (ε − ε 0 ) + ( ε − ε 0 ) : : (ε − ε 0 ) + L 2 ∂ε ⊗ ∂ε ∂ 2Ψ e (ε 0 ) 1 = ε: :ε 2 ∂ε ⊗ ∂ε 1 = ε : Ce : ε 2
1 0!
Ψ e (ε ) = Ψ e ( ε 0 ) +
donde también hemos considerado que ε 0 = 0 ⇒ Ψ e0 = 0, σ 0 = 0 . NOTA 1: Aunque la ecuación de energía es redundante, a la hora de establecer un método sea analítico o numérico para resolver el problema el punto de partida es a través de principios energéticos, de ahí la importancia de estudiar la energía de un sistema. NOTA 2: La simetría de C e se comprueba fácilmente. Presenta simetría menor debido a la simetría de σ y ε : σ ij = σ ji
⇒
C eijkl = C ejikl
;
ε kl = ε lk
⇒
e e C ijkl = C ijlk
y la simetría mayor es debido a que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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378
Ceijkl =
∂ 2Ψ e (ε ) ∂ 2Ψ e (ε ) = = C eklij (simetría mayor) ∂ε ij ∂ε kl ∂ε kl ∂εij
NOTA 3: Para una mejor ilustración del problema planteado, consideremos un caso particular (caso unidimensional) donde las componentes del tensor de tensiones y de deformaciones vienen dadas por: σ 0 0 σ ij = 0 0 0 0 0 0
;
ε 0 0 e ε ij = 0 0 0 ⇒ σ11 = C1111 ε11 ⇒ σ = Eε 0 0 0
En este caso la relación lineal tensión-deformación viene dada por σ = Eε (ley de Hooke) y 1 2
1 2
la densidad de energía de deformación Ψ e = σε = εEε , y
Ψ e ( ε)
estado actual
σ(ε)
1 2
Ψ e = εEε
Ψe
∂ 2Ψ e ∂σ = =E. ∂ε∂ε ∂ε
σ
energía almacenada 1 Ψ e = σε 2
E σ0 = 0
Ψ e0 = 0
ε
ε
1
ε0 = 0
ε
ε
Figura 5.2: Relación tensión-deformación (caso unidimensional). NOTA 4: Debemos enfatizar que en el caso de un proceso elástico la ecuación constitutiva σ (ε ) es únicamente dependiente del valor actual de ε , i.e. es independiente de la historia de deformación. ■ b) La función-de-tensor σ (ε ) será isótropa si se cumple que: σ′ij (ε kl ) = σ ij (ε ′kl )
Teniendo en cuenta que la relación entre σ - ε viene dada, en notación indicial, por e σ ij (ε ) = C ijkl ε kl , concluimos que: σ′ij (ε kl ) = σ ij (ε ′kl ) e e C ′ijkl ε ′kl = C ijkl ε ′kl
⇒
e e C ′ijkl = C ijkl
Es decir, el tensor de cuarto orden C e es un tensor isótropo. Un tensor de cuarto orden e isótropo simétrico tiene el formato C ijkl = λδ ij δ kl + µ (δ ik δ jl + δ il δ jk ) . Que en notación tensorial viene dado por C e = λ1 ⊗ 1 + 2µ I , donde I ≡ I sym es el tensor identidad simétrico de cuarto orden, y los parámetros λ y µ son conocidos como las constantes de Lamé. Como hemos visto en el Capítulo 1, un tensor de cuarto orden simétrico viene dado en función de dos constantes ( λ , µ ). Más adelante, veremos que es posible expresar C e en función de otros parámetros, e.g. ( E , ν ), ( κ , G ), donde E es el módulo de Young, ν es el coeficiente de Poisson, κ es el módulo volumétrico, y G = µ es el módulo de elasticidad transversal. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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NOTA 5: En la Figura 5.3 se muestra la relación tensión-deformación para un material isótropo. Es interesante observar que debido a que C e es independiente de la dirección los tensores σ y ε comparten las mismas direcciones principales. Para un material isótropo tenemos que σ (ε ) = (λ1 ⊗ 1 + 2µ I) : ε = λTr (ε )1 + 2µ ε : ∂Ψ e (ε ) σ (ε ) = ∂4 ε3 14424
lineal →
isótropo →
σ (ε ) = C e : ε
σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε
Elástico
Es interesante comparar con la ecuación constitutiva en tensión del Ejemplo 5.2 donde se considera grandes deformaciones, pero mantiene una relación lineal entre la tensión y deformación. σ ′22
′ σ12
e σ′ij = C ′ijkl ε ′kl
′ σ11
x1′
P σ′ij = a ip a jq σ pq
ε ′22
′ ε12
ε ′ij = a ip a jq ε pq
′ ε11
P
ε 22
σ 22
e σ ij = C ijkl ε kl
ε12
σ12
ε11
P
P
P
x1
′ ε ′22
P
Material isótropo e C ijkl
=
e C ′ijkl
=
σ11
′ e ε ′kl′ σ′ij′ = C ′ijkl ′′ ε11
′ σ ′22
Espacio principal
P
′e C ′ijkl
′′ σ11
Ψ e (ε′kl ) = Ψ e (ε kl ) x1′′
Figura 5.3: Relación tensión-deformación material isótropo. NOTA 6: Denotamos la densidad de energía de deformación complementaria por Ψ e (σ ) el cual es una función de σ , (ver Figura 5.4), y viene dada por:
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380
∂ 2Ψ e (σ 0 ) 1 ∂Ψ e (σ 0 ) 1 : (σ − σ 0 ) + (σ − σ 0 ) : : (σ − σ 0 ) + L ∂σ ∂σ ⊗ ∂σ 1! 2! ∂ 2Ψ e (σ 0 ) 1 = Ψ 0e + σ 0 : (σ − σ 0 ) + (σ − σ 0 ) : : (σ − σ 0 ) + L ∂σ ⊗ ∂σ 2 ∂ 2Ψ e (σ 0 ) −1 1 1 1 = σ: : σ = σ :De : σ = σ : Ce : σ ∂σ ⊗ ∂σ 2 2 2 1 0!
Ψ e (σ ) = Ψˆ e (σ 0 ) +
Note que, si estamos tratando con un material elástico lineal se cumple que Ψ e (σ ) = Ψ e (ε ) y ε=
∂Ψ e (σ ) . ∂σ
Densidad de energía de deformación complementaria
a) Material elástico lineal.
1 2
σ(ε)
Ψ e (σ) = σE −1σ
σ
Ψ (ε ) = Ψ ( σ ) e
Densidad de energía de deformación
e
1 2
Ψ e (ε) = εEε
E σ0 = 0
1
ε
ε0 = 0
ε
b) Material elástico no-lineal. Densidad de energía de deformación complementaria Ψ e (σ) σ( ε)
Densidad de energía de deformación - Ψ e (ε)
Ψ e (ε ) ≠ Ψ e ( σ )
σ0 = 0
ε
ε0 = 0
ε
Figura 5.4: Densidad de energía de deformación complementaria (caso unidimensional).
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381
NOTA 7: Notar que
Ψ e (σ) = σε −Ψ e (ε) tensorial →Ψ e (σ ) = σ : ε −Ψ e (ε ) = − ρ 0 G(σ ) = g(σ ) donde g(σ ) = −ρ 0 G(σ ) es la densidad de energía libre de Gibbs (por unidad de volumen) con signo contrario, (ver ecuaciones en (5.6) del Ejemplo 5.2). NOTA 8: Teniendo en cuenta la ecuación constitutiva de tensión para un material elástico, lineal e isótropo σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε y considerando la descomposición aditiva del tensor Tr (ε ) 1 + ε dev , podemos obtener 3
en una parte esférica y otra desviadora ε = ε esf + ε dev = que:
Tr (ε ) σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε = λTr (ε )1 + 2 µ (ε esf + ε dev ) = λTr (ε )1 + 2 µ 1 + ε dev 3 2µ dev = λ + Tr (ε )1 + 2 µε 3 = κ Tr (ε )1 + 2 µε dev = σ esf + σ dev
σm
σ33 σ 23
σ13 σ13 σ11
+
=
σ 23 σ12
σ12
ε13
+ εm
ε 22 ε12
εm
ε11
σ dev 22 σ12
σ ijdev = 2µ ε ijdev
dev ε 33
=
ε 23 ε12
+
εm ε 23
σ12
dev σ11
Tr (σ )δ ij = 3κ Tr (ε )δ ij
ε 33
σ 23
σ13
σm
=
σ 23
σ13
σm
σ 22
σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij
ε13
dev σ 33
ε 23
ε13 ε13
ε 23 ε12
ε dev 22 ε12
dev ε11
Figura 5.5: Descomposición de la ecuación constitutiva.
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382
Recordar que, si estamos en régimen de pequeñas deformaciones la deformación volumétrica lineal viene dada por: εv =
∆V = ε11 + ε 22 + ε 33 = Tr (ε ) = I ε dV0
Si además sacamos la traza de σ (ε ) = λ +
2µ dev Tr (ε )1 + 2 µε , obtenemos que: 3
2µ dev σ : 1 = λ + Tr (ε )1 : 1 + 2 µε : 1 3 2µ ⇒ Tr (σ ) = 3 λ + Tr (ε ) 3 ⇒
Tr (σ ) 2µ = σ m = λ + εv 3 3
donde hemos tenido en cuenta que 1 : 1 = 3 y Tr (ε dev ) = 0 . Si consideramos un estado de tensión de compresión pura ( p > 0 ) tenemos que: 0 − p 0 σ ij = 0 − p 0 0 0 − p
∴
3σ m = Tr (σ ) = −3 p < 0
⇒
2µ − p = λ + εv = κ εv 3
Por esta razón el coeficiente κ se conoce como módulo de deformación volumétrica, ver Figura 5.6, y viene dado por: 2µ 3
κ =λ +
(5.18)
Así como la parte esférica del tensor está asociada con el cambio de volumen, la parte desviadora ( σ dev = 2 µε dev ) está asociada con el cambio de forma, y el parámetro µ = G define la rigidez a dicho cambio, y G se denomina de módulo de elasticidad transversal.
p p
κ p
1 p
εv
Figura 5.6: Módulo de deformación volumétrica.
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383
NOTA 9: En el laboratorio los parámetros (λ, µ ) no son los más convenientes para ser obtenidos experimentalmente. Recordar que la forma inversa de la ecuación constitutiva σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε fue obtenida en el Ejemplo 1.92 y viene dada por: ε=
1 1 λ λ σ− Tr (σ )1 indicial → ε ij = σ ij − (σ11 + σ 22 + σ 33 )δ ij 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2µ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
ε11 ε 21 ε13
ε12 ε 22 ε 23
ε13 σ11 1 σ 21 ε 23 = 2µ σ13 ε 33
σ12 σ 22
σ13 1 0 0 λ(σ11 + σ 22 + σ 33 ) σ 23 − 0 1 0 2 µ (2 µ + 3λ ) 0 0 1 σ 33
σ 23
Observar también que componentes normales de tensión σ11 , σ 22 , o σ33 solo producirán componentes normales de deformación. Vamos considerar un caso donde solamente tenemos tensión normal σ11 , σ 22 = 0 , σ 33 = 0 : ε 11 ε 21 ε 13
ε 12 ε 22 ε 23
ε 13 σ 11 1 ε 23 = 0 2µ 0 ε 33
0 0 1 0 0 λ(σ11 ) 0 0 − 0 1 0 2 µ (2 µ + 3λ ) 0 0 1 0 0
con lo cual las deformaciones normales quedan: ε11 =
1 (µ + λ ) 1 λ λ σ11 = σ11 σ11 − (σ11 )δ 11 = − 2µ 2 µ (2 µ + 3λ ) 2 µ 2 µ (2 µ + 3λ ) µ (2 µ + 3λ )
ε 22 =
−λ −λ (σ11 )δ 22 = σ11 2 µ ( 2 µ + 3λ ) 2 µ (2 µ + 3λ )
ε 33 =
−λ −λ (σ11 )δ 33 = σ11 2 µ (2 µ + 3λ ) 2 µ (2 µ + 3λ )
De la relación de ε11 podemos obtener que: (µ + λ ) σ11 ε11 = µ (2 µ + 3λ )
⇒
donde hemos denominado E =
σ11 =
µ (3λ + 2 µ ) ε11 (λ + µ )
⇒
σ11 = Eε11
µ (3λ + 2 µ ) , que es conocido como módulo de Young, o (λ + µ )
módulo de elasticidad longitudinal. Como era de esperar, debido a la isotropía del material, la influencia que σ11 ejerce sobre ε 22 y ε 33 es la misma, y teniendo en cuenta el valor de σ11 podemos obtener que: ε 22 =
µ (3λ + 2 µ ) −λ −λ −λ ε11 = −ν ε11 σ11 = ε11 = 2 µ (2 µ + 3λ ) 2 µ (2 µ + 3λ ) (λ + µ ) 2(λ + µ )
ε 33 =
µ (3λ + 2 µ ) −λ −λ −λ ε11 = −ν ε11 σ11 = ε11 = 2 µ (2 µ + 3λ ) 2 µ (2 µ + 3λ ) (λ + µ ) 2(λ + µ )
donde hemos denominado por ν = Notar que ν =
λ 2(λ + µ )
⇒λ =
λ 2(λ + µ )
y se conoce como coeficiente de Poisson.
2νµ y si reemplazamos este valor en la expresión del (1 − 2ν )
módulo de Young podemos obtener que:
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384
2νµ + 2 µ 3 µ (3λ + 2 µ ) (1 − 2ν ) =µ =µ E= (λ + µ ) 2νµ + µ (1 − 2ν )
2ν + 2 µ 3 (1 − 2ν ) =µ 2ν + 1 µ (1 − 2ν )
6ν + 2 (1 − 2ν ) 2ν + 1 (1 − 2ν )
6ν + 2(1 − 2ν ) (1 − 2ν ) =µ = µ 2(1 + ν ) 2ν + (1 − 2ν ) (1 − 2ν )
con lo cual: G=µ=
E 2(1 + ν )
λ=
;
2νµ νE = (1 − 2ν ) (1 − 2ν )(1 + ν )
Con lo cual, podemos expresar la ecuación constitutiva en función de ( E ,ν ) : σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε =
νE (1 + ν )(1 − 2ν )
Tr (ε )1 +
E ε (1 + ν )
Podemos también expresar módulo de elasticidad volumétrico en función de ( E ,ν ) : κ =λ+
νE νE + 2 E (1 − 2ν ) 2µ 2 E E (1 + ν ) E = + = = = 3 (1 + ν )(1 − 2ν ) 3 [2(1 + ν )] 3(1 + ν )(1 − 2ν ) 3(1 + ν )(1 − 2ν ) 3(1 − 2ν )
Luego, podemos obtener las relaciones entre los parámetros mecánicos: G=µ=
f (G; E ) f (G; κ) f (G;λ) f (G;ν ) f (E; κ) f (E;ν ) f ( κ; λ)
f ( κ;ν )
E=
κ=
λ=
ν=
G
E
GE 9G − 3E
G (E − 2G ) 3G − E
G
9Gκ 3κ + G
κ
E − 2G 2G 3κ − 2G 2(3κ + G )
G
G (3λ + 2G ) λ+G
λ+ G
λ
λ 2(λ + G )
G
2G (1 + ν )
2G (1 + ν ) 3(1 − 2ν )
2Gν 1 − 2ν
ν
E
κ
E
E 3(1 − 2ν )
9 κ(κ − λ ) 3κ − λ
κ(9 κ − 3E ) 9κ − E νE (1 + ν )(1 − 2ν )
κ
λ
3κ(1 − 2ν )
κ
3κν 1+ν
3κE 9κ − E E 2(1 + ν )
3(κ − λ ) 2 3κ(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
2 3
κ−
2G 3
3κ − E 6κ
ν
λ 3κ − λ
ν
En el Sistema Internacional de Unidades (SI) tenemos que [G ] = [ µ ] = [λ] = [ κ] = [ E ] = Pa .
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385
Dejamos al lector demostrar que Notación Tensorial
Notación indicial σ ij = λε kkδ ij + 2 µε ij
σ = λTr (ε )1 + 2 µε
σ=
E νE Tr (ε )1 + ε (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν )
σ ij =
νE E ε kkδ ij + ε ij (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν )
2µ σ ij = κ − ε kkδ ij + 2 µε ij 3
2µ σ = κ − Tr (ε )1 + 2 µε 3
(5.19) (5.20) (5.21)
y Notación tensorial
Notación indicial
ε=
−λ 1 Tr (σ )1 + σ 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
εij =
1 −λ σkkδ ij + σij 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
(5.22)
ε=
−ν 1+ν σ Tr (σ )1 + E E
ε ij =
−ν 1+ν σ kkδ ij + σ ij E E
(5.23)
2 µ − 3κ 1 σ kk δ ij − ε ij = σ ij 2µ 18κµ
(5.24)
2 µ − 3κ 1 Tr (σ )1 − ε = σ 2µ 18κµ
y que el tensor constitutivo elástico para material isótropo puede ser escrito como: C e = λ1 ⊗ 1 + 2 µI Ce =
E νE 1 ⊗1 + I (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν ) Tensor constitutivo elástico
(5.25)
1 C e = κ1 ⊗ 1 + 2 µ I − 1 ⊗ 1 3
y respectivamente los tensores inversos: Ce
−1
Ce
−1
Ce
−1
−λ 1 1 ⊗1 + I 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ −ν (1 + ν ) ≡ De = 1 ⊗1 + I E E 1 1 1 ≡ De = 1 ⊗1 + I − 1 ⊗ 1 9κ 2µ 3 ≡ De =
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Tensor constitutivo elástico complementario
(5.26)
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386
Ejemplo 5.6 En un ensayo de tracción simple los siguientes valores fueron obtenidos para la tensióndeformación: Punto 1 2 3 4 5
σ( Pa ) ε(×10 −3 ) 6,67 13,3 20 24 22
0,667 1,33 2 3 3,6
Determinar el módulo de Young E y los puntos límites. Solución: Podemos verificar que los tres primeros puntos mantienen la misma proporcionalidad: E=
σ (1) σ ( 2 ) σ ( 3) 20 = ( 2 ) = ( 3) = = 10 000 Pa = 10 kPa (1) 2 × 10 −3 ε ε ε
La gráfica tensión-deformación con los puntos dados se puede apreciar en la Figura 5.7. En esta figura se señalan los punto: σ e - límite elástico; σ Y - punto de fluencia; σ u - punto de tensión última. σ r - punto de ruptura.
σ(Pa ) 30 σu
σY
25
σe
20 15
σr
3; 24
3,6; 22
2; 20
1,33; 13,3
10 0,667; 6,67
5 0
0; 0 0
0, 2%
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
ε(×10 −3 )
Figura 5.7: Curva tensión-deformación.
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387
Ejemplo 5.7 Demostrar que la densidad de energía de deformación, para un material elástico linear e isótropo, puede ser escrita como: 1 2
Ψ e (ε ) = (λ + 2 µ ) I ε2 − 2 µ II ε
a)
(5.27)
ó
Ψ e (σ ) =
b)
(λ + µ ) 1 I σ2 − II σ 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
(5.28)
ó
Ψ e (ε ) =
c)
κ [Tr(ε)]2 + 1 µ 42 ε dev : ε dev 4 43 4 2 4243 1
energía puramente volumétrica
(5.29)
energía puramente desviadora
ó
Ψ e (σ ) = d)
1 I σ2 + 6(3λ + 2 µ ) 144244 3 Energía asociada al cambio de volumen
1 J2 2µ 123
(5.30)
Energía asociada al cambio de forma
donde ε es el tensor de deformación infinitesimal, I σ = Tr (σ ) es el primer invariante principal del tensor de tensiones de Cauchy σ , y II σ dev = − J 2 es el segundo invariante principal de la parte desviadora del tensiones de tensiones de Cauchy. Solución: 1 2
a) Teniendo en cuenta la expresión de la energía Ψ e = ε : σ y σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2 µε , (ver ecuación (5.19)), podemos obtener que: 1 1 2 2 1 1 2 = λTr (ε ) 1 ε2 :3 1 + µ ε : ε = λ[Tr (ε )] + µ ε : ε 2 2 Tr (ε )
Ψ e = ε : σ = ε : [λTr (ε )1 + 2 µε ]
=
(5.31)
1 2 λI ε + µ ε : ε 2
Teniendo en cuenta la definición del segundo invariante y la simetría de ε podemos obtener que:
[
] [
] [
] [
1 1 1 1 [ Tr (ε )] 2 − Tr (ε 2 ) = I ε2 − Tr (ε ⋅ ε ) = I ε2 − Tr (ε ⋅ ε T ) = I ε2 − ε : ε 2 2 2 2 2 ⇒ ε : ε = I ε − 2 II ε II ε =
]
(5.32)
Luego, la ecuación (5.31) puede ser reescrita como: 1 2
1 2
1 2
Ψ e = λI ε2 + µ ε : ε = λI ε2 + µ ( I ε2 − 2 II ε ) = (λ + 2 µ ) I ε2 − 2 µ II ε
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388
1 2
b) Teniendo en cuenta que Ψ e = ε : σ y ε =
−λ 1 Tr (σ )1 + σ , (ver ecuación 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
(5.22)), podemos obtener que: 1 1 1 −λ σ : σ Tr (σ )1 + Ψ e = ε :σ = 2 2 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ 1 −λ −λ [Tr (σ )]2 + 1 σ : σ = σ2 :3 1+ σ:σ = Tr (σ ) 1 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ Tr ( σ ) =
(5.33)
1 −λ I σ2 + σ:σ 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ
Si tenemos en cuenta la ecuación (5.32), también se cumple que σ : σ = I σ2 − 2 II σ , con lo cual la ecuación anterior queda:
Ψe= =
1 1 −λ −λ ( I σ2 − 2 II σ ) I σ2 + σ:σ = I σ2 + 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ (λ + µ ) 1 I σ2 − II σ 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
1 2
c) Teniendo en cuenta que Ψ e = ε : σ y σ = κ −
2µ Tr (ε )1 + 2 µε , ver ecuación (5.21), 3
podemos obtener que: 1 2 2µ 1 = ε : κ − Tr (ε )1 + 2 µε 2 3
Ψ e = ε :σ
=
(5.34)
2µ 1 ε2 :3 1 + µ ε:ε Tr (ε ) 1 κ − 2 3 Tr (ε )
κ µ 2 = − [Tr (ε )] + µ ε : ε 2 3
Si consideramos que un tensor de segundo orden puede ser descompuesto de forma aditiva en una parte esférica y otra desviadora, i.e. ε = ε esf + ε dev = expresar el término ε : ε como:
Tr (ε ) 1 + ε dev , podemos 3
Tr (ε ) Tr (ε ) ε :ε = 1 + ε dev : 1 + ε dev 3 3 2
Tr (ε ) Tr (ε ) dev Tr (ε ) 1 : ε dev + ε : 1 + ε dev : ε dev = 1 :1 + 3 3 3 =
[Tr(ε)]2 3
(5.35)
+ ε dev : ε dev
donde hemos aplicado que 1 : 1 = 3 , 1 : ε dev = ε dev : 1 = Tr (ε dev ) = 0 (traza de cualquier tensor desviador es igual a cero). Con lo cual la ecuación (5.34) puede ser reescrita como:
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κ 2
Ψ e = −
µ
389
[Tr (ε )] + µ ε : ε 3 2
[Tr (ε )]2 κ µ 2 = − [Tr (ε )] + µ + ε dev : ε dev 3 2 3 =
κ [Tr(ε )]2 + µ ε dev : ε dev 2
Para demostrar la ecuación (5.30) vamos utilizar la definición del tensor de deformación dada por la ecuación (5.22), ε =
−λ 1 σ . Con lo cual la energía de Tr (σ )1 + 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
deformación queda: 1 1 1 −λ σ : σ Ψ e = ε :σ = Tr (σ )1 + 2 2 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ 1 −λ = 12 :3 σ + σ :σ Tr (σ ) 1 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ Tr (σ ) =
(5.36)
−λ [Tr(σ )]2 + 1 σ : σ 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ
Notar que se cumple que σ : σ =
[Tr(σ )]2 3
+ σ dev : σ dev (ver ecuación (5.35)). Teniendo en
cuenta la ecuación del segundo invariante de un tensor de segundo orden podemos decir que: 2 1 [ Tr (σ dev )] 2 − Tr (σ dev ) 2 2 −1 Tr (σ dev ) = 2 T −1 −1 − 1 dev = Tr (σ dev ⋅ σ dev ) = Tr (σ dev ⋅ σ dev ) = σ : σ dev 2 2 2
II σ dev =
donde hemos tenido en cuenta que: la traza del tensor desviador es cero; la simetría del T tensor desviador ( σ dev = σ dev ), y la propiedad de traza Tr ( A ⋅ B T ) = A : B . Con eso podemos decir que: σ :σ =
[Tr(σ )]2 3
+ σ dev : σ dev =
[Tr(σ )]2 3
− 2 II σ dev =
[Tr(σ )]2 3
+ 2J 2
Reemplazando la ecuación anterior en la ecuación (5.36), podemos obtener que:
Ψe=
−λ [Tr(σ )]2 + 1 σ : σ 4µ 4 µ (3λ + 2 µ )
2 −λ 1 [Tr (σ )] 2 [Tr(σ )] + = + 2J 2 4 µ (3λ + 2 µ ) 4µ 3
−λ 1 1 [Tr (σ )]2 + = + J2 2µ 4 µ (3λ + 2 µ ) 12 µ 1 = [Tr(σ )]2 + 1 J 2 2µ 6(3λ + 2 µ )
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390
Ejemplo 5.8 a.1) Escribir la densidad de energía de deformación a.2) y las ecuaciones constitutivas de tensión de un material elástico linear e isótropo en notación de Voigt, a.2.1) en función de ( λ , µ ), a.2.2) y en función de ( E , ν ) donde λ =
Eν E y µ= . b) Si (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
expresamos el tensor de deformación ε en notación de Voigt tal que {ε } = [ L(1) ]{u } , obtener la matriz [ L(1) ] . c) Escribir las ecuaciones de movimiento en notación de Voigt. Solución: a.1) La densidad de energía de deformación (Ψ e (ε) escalar) viene dada por: 1 2
1 2
1 2
1 2
Ψ e (ε) = ε : C e : ε = ε : σ = σ : ε = σ ij ε ij donde hemos utilizado que σ = C e : ε . Notar que σ ij ε ij = σ1 j ε1 j + σ 2 j ε 2 j + σ 3 j ε 3 j 123 123 123 σ31ε31 σ 21ε 21 σ11ε11 + + + σ32ε32 σ22ε 22 σ12ε12 + + + σ33ε33 σ23ε 23 σ13ε13
luego 1 2
1 2
Ψ e (ε) = σ ij ε ij = (σ11ε11 + σ 22 ε 22 + σ 33ε 33 + 2σ12 ε12 + 2σ 23ε 23 + 2σ13ε13 ) y
1 2
Ψ e (ε ) = σ ij ε ij =
1 [σ11 σ 22 2
σ 33
σ12
σ 23
ε11 ε 22 ε 33 1 T σ13 ] = {σ } {ε } 2ε12 2 2ε 23 2ε13
Luego, los tensores σ y ε en notación de Voigt estarán almacenados como sigue: σ11 σ 22 σ {σ } = 33 ; σ12 σ 23 σ13
ε 11 ε 22 ε {ε } = 33 2ε12 2ε 23 2ε13
a.2.1) La ecuación constitutiva de tensión en notación de Voigt queda:
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λ λ σ11 λ + 2µ σ λ λ + 2µ λ 22 σ 33 λ λ λ + 2µ → σ = C e : ε Voigt = 0 0 σ12 0 σ 23 0 0 0 0 0 σ13 0
0
0
0 0
0 0
0 ε11 0 ε 22 0 ε 33 ⇒ {σ } = [C ] {ε } 0 2ε 12 0 2ε 23 µ 2ε13
µ 0 0 µ 0
391
0
(5.37) Para mayores detalles de la ecuación anterior ver Ejemplo 1.98 en el capítulo 1, donde también hemos obtenido que: ε=
1 λ σ− Tr (σ )1 2µ 2µ ( 2µ + 3λ )
y
µ +λ µ ( 2 µ + 3λ ) λ ε11 − + 3λ ) µ µ 2 ( 2 ε λ 22 − ε 33 2 µ ( 2 µ + 3λ ) = 2ε12 0 2ε 23 2ε13 0 0 a.2.2) Notar que
−
−
λ 2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ +λ µ ( 2 µ + 3λ )
λ
2 µ ( 2 µ + 3λ )
− −
λ 2 µ ( 2 µ + 3λ )
λ
2 µ ( 2 µ + 3λ ) µ +λ µ ( 2 µ + 3λ )
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
µ
0 0 σ11 σ 22 0 σ33 0 σ12 σ 23 0 σ13 1 µ
0 1
µ 0
{ε } = [C ]−1 {σ }
(5.38)
Eν E E (1 − ν ) +2 = (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν ) (1 + ν )(1 − 2ν ) E λ= ν (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 − 2ν ) E E µ= = 2(1 + ν ) (1 + ν )(1 − 2ν ) 2
λ + 2µ =
Luego, la ecuación (5.37) puede ser reescrita como:
ν ν (1 − ν ) σ11 ν (1 − ν ) ν σ ν ν (1 − ν ) 22 σ 33 E 0 0 0 = σ12 (1 + ν )(1 − 2ν ) 0 σ 23 0 0 σ13 0 0 0
0 0
0 0
0 (1 − 2ν ) 2
0 0
0
(1 − 2ν ) 2
0
0
ε11 0 ε 22 ε 0 33 2ε12 0 2ε 23 (1 − 2ν ) 2ε13 2 0 0
(5.39)
Notar que
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392
λ+µ =
Eν E E + = (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν ) 2(1 + ν )(1 − 2ν )
µ (2 µ + 3λ) =
E E Eν E2 + = 2 3 2(1 + ν ) 2(1 + ν ) (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )(1 − 2ν )
λ+µ 2(1 + ν )(1 − 2ν ) 1 E = = E µ (2 µ + 3λ) 2(1 + ν )(1 − 2ν ) E2 (1 + ν )(1 − 2ν ) ν Eν λ = = E 2 µ (2 µ + 3λ) (1 + ν )(1 − 2ν ) E2 1 2(1 + ν ) 1 = = 2(1 + ν ) E E µ Luego, la ecuación (5.38) puede ser reescrita como: ε11 1 − ν ε 22 ε 33 1 − ν = 2ε12 E 0 0 2ε 23 2ε13 0
−ν
−ν
1 −ν 0 0
−ν 1 0 0
0
0
σ11 0 0 0 σ 22 0 0 0 σ 33 2(1 + ν ) 0 0 σ12 0 2(1 + ν ) 0 σ 23 0 0 2(1 + ν ) σ13 0
0
0
(5.40)
b) Según la definición ε ij = 12 (u i , j + u j ,i ) podemos obtener que: ∂u1 ∂x1 1 ∂u ∂u ε ij = 1 + 2 2 ∂x 2 ∂x1 1 ∂u ∂u 1 + 3 2 ∂x3 ∂x1
1 ∂u1 ∂u 2 + 2 ∂x 2 ∂x1 ∂u 2 ∂x 2 1 ∂u 2 ∂u 3 + 2 ∂x3 ∂x 2
∂u1 ∂ x ∂ 1 ∂x1 u ∂ 2 0 ε11 ∂x 2 ε 22 ∂u 3 0 ε 33 ∂x 3 {ε } = = ∂u ∂u = ∂ 2ε12 1 + 2 2ε 23 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂u ∂u 2ε 13 2 + 3 0 ∂x3 ∂x 2 ∂u1 ∂u 3 ∂ ∂x + ∂x ∂x 3 1 3
0 ∂ ∂x 2 0 ∂ ∂x1 ∂ ∂x3 0
1 ∂u1 ∂u 3 + 2 ∂x3 ∂x1 1 ∂u 2 ∂u 3 + 2 ∂x3 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 3
0 0 ∂ u1 ∂x3 u 2 0 u 3 ∂ ∂x 2 ∂ ∂x1
⇒
{ε } = [L(1) ]{u }
NOTA: Si adoptamos la notación ingenieril, i.e. x1 = x , x 2 = y , x3 = z , u1 = u , u 2 = v , u 3 = w , ε11 = ε x , ε 22 = ε y , ε 33 = ε z , 2ε 12 = γ xy , 2ε 23 = γ yz , 2ε 13 = γ xz , la ecuación anterior queda:
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∂u ∂ ∂x ∂x ∂v 0 ε11 ε x ∂y ε 22 ε y ∂w ε 33 ε z ∂z 0 {ε } = = = ∂u ∂v = ∂ 2ε 12 γ xy + 2ε 23 γ yz ∂y ∂x ∂y ∂v ∂w 2ε 13 γ xz + 0 ∂z ∂y ∂u + ∂w ∂ ∂z ∂x ∂z
0 ∂ ∂y 0 ∂ ∂x ∂ ∂z 0
0 0 ∂ u ∂z v 0 w ∂ ∂y ∂ ∂x
{ε } = [L(1) ]{u }
⇒
r
r
393
(5.41)
r
&& (ver ecuación c) Teniendo en cuenta las ecuaciones de movimiento, ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ u && i y su forma explícita: (5.14), en notación indicial σ ij , j + ρ b i = ρ u
&& i σ ij , j + ρb i = σ i1,1 + σ i 2, 2 + σ i 3,3 + ρb i = ρu &&1 σ11,1 + σ12, 2 + σ13,3 + ρb1 = ρu && 2 ⇒ σ 21,1 + σ 22, 2 + σ 23,3 + ρb 2 = ρu && σ 31,1 + σ 32, 2 + σ 33,3 + ρb 3 = ρu 3
⇒
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 &&1 + + + ρb1 = ρu ∂ ∂ ∂ x x x 1 2 3 ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 && 2 + + + ρb 2 = ρu ∂ ∂ ∂ x x x 2 3 1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 && 3 + + + ρb 3 = ρu ∂x1 ∂x 2 ∂x 3
Además, si consideramos las componentes del tensor de tensiones en notación de Voigt, la ecuación anterior queda: ∂ ∂x1 0 0
0
0
∂ ∂x2
0
0
∂ ∂x2 ∂ ∂x1
∂ ∂x3
0 ∂ ∂x3 ∂ ∂x2
0
σ ∂ 11 ∂x3 σ 22 ρb ρu && σ 33 1 1 && 2 0 + ρb 2 = ρu σ12 && ∂ σ ρb 3 ρu3 23 ∂x1 σ 13
(5.42)
[ ] {σ }+ {ρb } = {ρu&&}
⇒ L(1)
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T
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
394
Ejemplo 5.9 Considerando un material elástico lineal homogéneo e isótropo descrito en el Ejemplo 5.5, obtener las ecuaciones de gobierno de tal forma que resulte en un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, a saber: u1 , u 2 , u 3 , (formulación en desplazamientos). Solución: Como visto en el Ejemplo 5.5 las ecuaciones de gobierno para un material elástico linear e isótropo en régimen de pequeñas deformaciones son: Notación tensorial Ecuaciones de Movimiento: r r &r& (3 ecuaciones) ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ u Ecuación Constitutiva en Tensión:
Notación indicial Ecuaciones de Movimiento: && i (3 ecuaciones) σ ij , j + ρ b i = ρ u
σ = λTr (ε )1 + 2 µε (6 ecuaciones)
σ ij = λε kk δ ij + 2µ ε ij (6 ecuaciones)
Ecuación Constitutiva en Tensión: (5.43)
Ecuaciones Cinemáticas:
Ecuaciones Cinemáticas: r ε = ∇ sym u (6 ecuaciones)
ε ij =
1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂x i
(6 ecuaciones)
Resultando en un sistema de 15 ecuaciones y 15 incógnitas (u i , σ ij , ε ij ) . La divergencia del tensor de tensiones de Cauchy ( ∇ ⋅ σ ) se puede obtener a través de las ecuaciones constitutivas en tensión, i.e.: σ ij = λε kk δ ij + 2µ ε ij ⇒ σ ij , j = (λε kk δ ij + 2µ ε ij ) , j ⇒ σ ij , j = λ , j ε kk δ ij + λε kk , j δ ij + λε kk δ ij , j + 2µ , j ε ij + 2µ ε ij , j { { { =0 j
= 0i
(5.44)
=0 j
⇒ σ ij , j = λε kk , j δ ij + 2µ ε ij , j ⇒ σ ij , j = λε kk ,i + 2µ ε ij , j r
Si las propiedades mecánicas λ y µ son constantes en el material, i.e. no varían con x (material homogéneo), luego, λ , j ≡
∂µ ∂λ = 0 j y µ,j ≡ = 0 j . Podemos también expresar los ∂x j ∂x j
términos ε kk ,i y ε ij, j en función de los desplazamientos. Para ello utilizamos las ecuaciones cinemáticas: ε ij =
1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂xi
1 1 ≡ u i , j + u j ,i divergenci a → ε ij , j = u i , jj + u j ,ij 2 2
(
)
(
)
Notar que ∂ 2ui ∂ = ∂x j ∂x j ∂x j u j ,ij ≡
∂ 2u j ∂x j ∂xi
∂u i ∂x j =
r r r ≡ u i , jj ≡ [∇ ⋅ (∇u)]i ≡ ∇ 2 u (Laplaciano del vector u ) i
∂ 2u j ∂x i ∂x j
[ ]
=
∂ ∂x i
∂u j ∂x j
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r ≡ u j , ji ≡ [∇ (∇ ⋅ u)]i
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
ε kk =
1 ∂u k ∂u k + 2 ∂x k ∂x k
395
∂u k gradiente = ≡ u k ,k → ε kk ,i = u k , ki = u j , ji ∂ x k
Con eso la ecuación (5.44) puede ser reescrita como: σ ij , j = λε kk ,i + 2µ ε ij , j
σ ij , j = λu j , ji + 2µ
⇒
⇒ σ ij , j = (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj
(
1 u i , jj + u j , ji 2
)
&& i (ecuaciones de movimiento), Reemplazando las ecuaciones anteriores en σ ij , j + ρ b i = ρ u obtenemos que: σ ij , j + ρ b i = ρ &u& i
⇒
&& i (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj + ρ b i = ρ u
Resultando así en un sistema con 3 ecuaciones y 3 incógnitas ( u1 , u 2 , u 3 ): && i (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj + ρ b i = ρ u r r r &r& (λ + µ )[∇ (∇ ⋅ u)] + µ [∇ ⋅ (∇u)] + ρ b = ρ u
Ecuaciones de Navier
(5.45)
Notar que ∇ ⋅ (∇) ≡ ∇ 2 es el Laplaciano de . NOTA 1: Las ecuaciones anteriores son conocidas como Ecuaciones de Navier o también como Ecuaciones de Navier-Lamé. Las formas explícitas de las ecuaciones en (5.45) se presentan a continuación: && i (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj + ρ b i = (λ + µ )(u1,1i + u 2, 2i + u 3,3i ) + µ (u i ,11 + u i , 22 + u i ,33 ) + ρ b i = ρ u
&&1 (λ + µ )(u1,11 + u 2, 21 + u 3,31 ) + µ (u1,11 + u1, 22 + u1,33 ) + ρ b1 = ρ u && 2 (λ + µ )(u1,12 + u 2, 22 + u 3,32 ) + µ (u 2,11 + u 2, 22 + u 2,33 ) + ρ b 2 = ρ u && (λ + µ )(u1,13 + u 2, 23 + u 3,33 ) + µ (u 3,11 + u 3, 22 + u 3,33 ) + ρ b 3 = ρ u 3
o aún: ∂ 2u ∂ 2 u1 ∂ 2 u1 ∂ ∂u1 ∂u 2 ∂u 3 &&1 + ρ b1 = ρ u + µ 21 + + + + (λ + µ ) 2 2 ∂x ∂x1 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 x x ∂ ∂ 2 3 1 2 2 2 ∂ u2 ∂ u2 ∂ u2 ∂ ∂u1 ∂u 2 ∂u 3 && + µ + + (λ + µ ) ∂x 2 + ∂x 2 + ∂x 2 + ρ b 2 = ρ u 2 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 2 3 1 2 2 2 (λ + µ ) ∂ ∂u1 + ∂u 2 + ∂u 3 + µ ∂ u 3 + ∂ u 3 + ∂ u 3 + ρ b = ρ u && 3 3 2 2 ∂x ∂x 2 x x x ∂ ∂ ∂ x x ∂ ∂ 3 1 2 3 1 2 3
NOTA 2: Hemos demostrado en el Ejemplo 1.105 que se cumple la siguiente relación: r r r r r ∇ ∧ (∇ ∧ a) = ∇ (∇ ⋅ a) − ∇ 2 a indicial → ilq qjk a k , jl = a j , ji − a i , jj Luego, también se cumple que
r r r r r r ∇ ⋅ (∇u) ≡ ∇ 2 u = ∇ (∇ ⋅ u) − ∇ ∧ (∇ ∧ u)
indicial →
u i , jj = u j , ji − ilq qjk u k , jl
Con lo cual la ecuación (5.45) también se puede escribir como: && i (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj + ρ b i = ρ u
&& i ⇒ (λ + µ )u j , ji + µ (u j , ji − ilq qjk u k , jl ) + ρ b i = ρ u && i ⇒ (λ + 2µ )u j , ji − µ ilq qjk u k , jl + ρ b i = ρ u
Lo equivalente en notación tensorial: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
396
r r r &r& (λ + µ )[∇ (∇ ⋅ u)] + µ [∇ ⋅ (∇u)] + ρ b = ρ u r r r r r r &r& ⇒ (λ + µ )[∇ (∇ ⋅ u)] + µ ∇ (∇ ⋅ u) − ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ b = ρ u r r r r r &r& ⇒ (λ + 2µ )[∇ (∇ ⋅ u)] − µ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ b = ρ u
[
Resumen:
[
]
]
[
]
r r r r r &r& (λ + 2 µ )[∇ (∇ ⋅ u)] − µ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρb = ρu
(5.46)
&&i (λ + 2 µ )u j , ji − µ ilq qjk u k , jl + ρb i = ρu
En el sistema Cartesiano tenemos que: r u = u i eˆ i = u1 eˆ 1 + u 2 eˆ 2 + u 3 eˆ 3
r r r r ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u (∇ ∧ u) ≡ rot (u) = (rot (u) )i eˆ i = 3 − 2 eˆ 1 + 1 − 3 eˆ 2 + 2 − 1 eˆ 3 x 2 ∂x3 x3 ∂x1 x1 ∂x 2 1∂4 1∂4 1∂4 42r44 3 42r44 3 42r44 3 r r r r r ∂ (rot (u) )3 ∂ (rot (u) )2 − ∇ ∧ (∇ ∧ u) = ∂x 2 ∂x 3
= (rot (u) )1
= (rot (u) )2 r r ∂ (rot (u) )1 ∂ (rot (u) )3 eˆ 1 + − ∂x ∂x1 3
= (rot (u) )3
r r ∂ (rot (u) )2 ∂ (rot (u) )1 eˆ 2 + eˆ 3 − ∂x1 ∂x 2
r r ∂ (rot (u) )3 ∂ (rot (u) )2 ∂ ∂u 2 − ∂u1 − ∂ ∂u1 − ∂u 3 − ∂x ∂x ∂x3 2 1 ∂x 2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x 2r r ∂ (rot (u) ) r r r ∂ (rot (u) )3 ∂ ∂u 3 ∂u 2 ∂ ∂u 2 ∂u1 1 − − − ∇ ∧ (∇ ∧ u) i = = − ∂x1 ∂x 3 ∂x 3 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂x1 ∂x 2 r r ∂ (rot (u ) )2 ∂ (rot (u) )1 ∂ ∂u1 ∂u 3 ∂ ∂u 3 ∂u 2 − − − − ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂x 2
[
]
NOTA 3: Si estamos tratando con un material heterogéneo, las ecuaciones en (5.44) quedan: σ ij = λε kk δ ij + 2µ ε ij
⇒ σ ij , j = (λε kk δ ij + 2µ ε ij ) , j ⇒ σ ij , j = (λε kk ) , j δ ij + (2µ ε ij ) , j = (λε kk ) ,i + ( 2µ ε ij ) , j
Teniendo en cuenta que 2ε ij = u i , j + u j ,i , ε kk = u k ,k , la ecuación anterior queda: σ ij , j = (λε kk ) ,i + (2µ ε ij ) , j
[
]
⇒ σ ij , j = (λu k , k ) ,i + µ (u i , j + u j ,i ) , j
Con lo cual σ ij , j + ρ b i = ρ &u& i
⇒
[
]
(λu k ,k ) ,i + µ (u i , j + u j ,i ) , j + ρ b i = ρ &u& i
(5.47)
Notar que
r r u k , k = Tr (∇u) = (∇ ⋅ u) y sus componentes ∂u& ∂u& ∂u& ∂u& Du& i ∂u& i ∂u& i && i = = + u v j = i + i v1 + i v 2 + i v3 ∂t ∂x j ∂t ∂x1 ∂x 2 ∂x3 Dt
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
397
∂u& 1 ∂u& 1 ∂u& ∂u& + v1 + 1 v 2 + 1 v3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂t ∂u& 2 ∂u& 2 & & ∂u ∂u && i = + v1 + 2 v 2 + 2 v3 u ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂t ∂u& & & ∂u ∂u ∂u& 3 + 3 v1 + 3 v 2 + 3 v3 ∂t ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂ µ (u i , j + u j ,i ) , j = µ (u i , j + u j ,i ) ∂x j
[
]
[
=
]
∂ ∂ ∂ µ (u i ,1 + u1,i ) + µ (u i , 2 + u 2,i ) + µ (u i ,3 + u 3,i ) ∂x1 ∂x 2 ∂x3
[
]
[
]
[
]
∂ ∂ ∂ 2µ (u1,1 ) + µ (u1, 2 + u 2,1 ) + µ (u1,3 + u 3,1 ) ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂ ∂ ∂ 2µ (u 2, 2 ) + µ (u i , j + u j ,i ) , j = µ (u 2,1 + u1, 2 ) + µ (u 2,3 + u 3, 2 ) ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂ ∂ ∂ 2µ (u 3,3 ) µ (u 3,1 + u1,3 ) + µ (u 3, 2 + u 2,3 ) + ∂x1 ∂x 2 ∂x3 Explícitamente las tres ecuaciones dadas por (5.47) ( i = 1,2,3 ) quedan:
[
[
]
]
[
[
]
[
[
]
[
]
[
]
]
[
]
]
[
]
r ∂ ∂ ∂ ∂ 2 µ (u1,1 ) + µ (u1, 2 + u2,1 ) + µ (u1,3 + u3,1 ) + ρb1 = ρu&&1 [λ(∇ ⋅ u)] + ∂ ∂ ∂ ∂ x x x x 1 1 2 3 ∂ [λ(∇ ⋅ ur )]+ ∂ µ (u2,1 + u1,2 ) + ∂ 2 µ (u2,2 ) + ∂ µ (u2,3 + u3,2 ) + ρb 2 = ρu&&2 ∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x2 ∂ [λ(∇ ⋅ ur )] + ∂ µ (u3,1 + u1,3 ) + ∂ µ (u3,2 + u2,3 ) + ∂ 2µ (u3,3 ) + ρb3 = ρu&&3 ∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x3
[
]
[
]
[
]
[
[
]
[
[
]
]
[
]
]
[
]
ó r ∂ ∂ ∂ λ(∇ ⋅ u) + 2 µ (u1,1 ) + µ (u1, 2 + u2,1 ) + µ (u1,3 + u3,1 ) + ρb1 = ρu&&1 ∂ ∂ ∂ x x x 2 3 1 ∂ r ∂ ∂ λ(∇ ⋅ u) + 2 µ (u2, 2 ) + µ (u2,1 + u1, 2 ) + µ (u2,3 + u3, 2 ) + ρb 2 = ρu&&2 ∂ ∂ ∂ x x x 1 3 2 ∂ r ∂ ∂ λ(∇ ⋅ u) + 2 µ (u3,3 ) + µ (u3,1 + u1,3 ) + µ (u3, 2 + u2,3 ) + ρb3 = ρ&u&3 ∂x1 ∂x2 ∂x3
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
398
NOTA 4: Ecuaciones de Onda Si aplicamos la divergencia a la ecuación (5.46) obtenemos que:
[
]
r r r r r &r& (λ + 2 µ )∇ ⋅ [∇ (∇ ⋅ u)] − µ ∇ ⋅ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ∇ ⋅ b = ρ∇ ⋅ u 1442443 =0 r r &r& ⇒ (λ + 2 µ )∇ ⋅ [∇ (∇ ⋅ u)] + ρ∇ ⋅ b = ρ∇ ⋅ u r r &r& ⇒ (λ + 2 µ )∇ 2 (∇ ⋅ u) + ρ∇ ⋅ b = ρ∇ ⋅ u
r r &r& = (λ + 2 µ ) ∇ 2 (∇ ⋅ u ) + ∇ ⋅b ⇒ ∇ ⋅u
ρ
r (5.48) r r (λ + 2 µ ) 2 D ⋅ ⋅ ⋅ ( ) ( ) ∇ = ∇ ∇ + ∇ u u b 2 Dt ρ r D 2θ (λ + 2 µ ) 2 ⋅ ⇒ = ∇ θ + ∇ b Dt 2 ρ 2 r Dθ ⇒ = α 2∇ 2θ + ∇ ⋅ b 2 Dt r & ⇒ θ& = α 2∇ 2θ + ∇ ⋅ b r r r donde hemos considerado que θ = ∇ ⋅ u y ∇ ⋅ (∇ ∧ v ) = 0 (ver Ejemplo 1.107). En notación ⇒
indicial queda:
2
&& i ,i (λ + 2 µ )u j , jii − µ ilq qjk u k , jli + ρb i ,i = ρu && i ,i ⇒ (λ + 2 µ )u j , jii + ρb i ,i = ρu && i ,i = ⇒u
(λ + 2 µ )
ρ
D 2 ∂u i ⇒ Dt 2 ∂x i ⇒
D 2θ Dt 2
=α 2
u j , jii + b i ,i
(λ + 2 µ ) ∂ 2 = ∂x i ∂x i ρ
∂u j ∂x j
(5.49)
∂b i + ∂x i
∂b ∂ 2θ + i ∂x i ∂x i ∂x i
donde α=
(λ + 2 µ )
ρ
velocidad de onda-P
(5.50) r
Si las fuerzas másicas no cambian en el espacio, se cumple que ∇ ⋅ b = 0 , con eso la ecuación (5.48) se reduce a: D 2θ = α 2∇ 2θ Dt 2
Ecuación de onda P (o Primaria)
(5.51)
La onda-P no tiene rotación. r Si ahora aplicamos el rotacional ( ∇ ∧ ) a la ecuación (5.46), obtenemos que:
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[
399
]
r r r r r r r r &r& r (λ + 2 µ )∇ ∧ [∇ (∇ ⋅ u)] − µ∇ ∧ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ∇ ∧ b = ρ∇ ∧ u r r r r r r r &r& ⇒ − µ∇ ∧ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ∇ ∧ b = ρ∇ ∧ u r r r r r r D2 r r ⇒ − µ∇ ∧ ∇ ∧ (∇ ∧ u) + ρ∇ ∧ b = ρ 2 (∇ ∧ u) Dt 2r r r r r r Dϕ ⇒ − µ∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) + ρ∇ ∧ b = ρ Dt 2 r r r r D 2ϕ (5.52) ⇒ − µ∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) = ρ Dt 2 r r r r D 2ϕ µ ( ⇒ρ = − ∇ ∧ ∇ ∧ϕ) Dt 2 r µ r r r D 2ϕ ⇒ = − ∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) ρ Dt 2 r r r r D 2ϕ ⇒ = − β 2∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) 2 Dt r r r r donde hemos considerado que ϕ = ∇ ∧ u , y que el campo vectorial b es un campo r r r r r r r conservativo, luego ∇ ∧ b = 0 se cumple. Notar que ∇ ∧ [∇ (∇ ⋅ u)] = ∇ ∧ [∇φ ] = 0 (ver
[ [
] ]
Ejemplo 1.107), y β=
µ ρ
Velocidad de onda-S
(5.53)
r r r r r r r r r r r r r r ∇ (∇ ⋅ ϕ ) = ∇ (∇ ⋅ (∇ ∧ u)) = 0 (ver Ejemplo 1.107). Con lo cual la ecuación (5.52) queda: r
r
Notar que ∇ 2ϕ = ∇ (∇ ⋅ ϕ ) − ∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) ⇒ ∇ 2ϕ = −∇ ∧ (∇ ∧ ϕ ) , ya que ∇ ⋅ (∇ ∧ u) = 0
r r D 2ϕ = β 2∇ 2ϕ 2 Dt
Ecuación de onda-S (o Secundaria, o onda de corte)
(5.54)
Las ondas de corte no tienen cambio de volumen, solamente presentan cambio de forma. En el caso que µ = 0 , la ecuación (5.51) se reduce a la ecuación de onda acústica: D 2θ = c 2∇ 2θ 2 Dt
Ecuación de onda acústica
(5.55)
λ ρ
Velocidad de propagación
(5.56)
con c=
r
r
r
Notar que el campo de desplazamientos puede ser representado por: u = ∇θ + ∇ ∧Ψ con r r r r r r ∇ ⋅Ψ = 0 . Podemos probar eso a través de la identidad ∇ ∧ (∇ ∧ a) = ∇ (∇ ⋅ a) − ∇ 2 a . Si r r r r r r consideramos los vectores u = ∇ 2a y Ψ = −∇ ∧ a , y el escalar θ = ∇ ⋅ a . Con lo cual r r r obtenemos que u = ∇θ + ∇ ∧Ψ , y se cumple que: r r r r r r r r r r r r ∇ ⋅ u = ∇ ⋅ ∇θ + ∇ ⋅ (∇ ∧Ψ ) = ∇ ⋅ ∇θ y ∇ ∧ u = ∇ ∧ ∇θ + ∇ ∧ (∇ ∧Ψ ) = ∇ ∧ (∇ ∧Ψ ) Si consideramos que λ =
Eν E y µ= , podemos obtener que: (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
400
(λ + 2 µ )
ρ µ ρ
α = β
Eν E +2 (λ + 2 µ ) (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν ) (2 − 2ν ) = = = E (1 − 2ν ) µ 2(1 + ν )
Con lo cual concluimos que la relación entre las velocidades de onda-P y onda-S depende únicamente del coeficiente de Poisson.
a)
b)
Figura 5.8: Desplazamientos debido a una onda-P harmónica plana (a) y una onda-S (b). La onda-P no tiene rotación y la onda-S no tiene cambio de volumen. Ejemplo 5.10 Consideremos el campo de deformación infinitesimal ε . a) Demostrar que: r r ∇ ∧ (∇ ∧ ε )T = 0
qjk til ε ij ,kl = 0 qt
(5.57)
donde ijk es el símbolo de permutación. b) Demostrar que: ε ij , kl + ε kl ,ij − ε il , jk − ε jk ,il = O ijkl
(5.58)
c) Expresar las ecuaciones en (5.57) de forma explícita. Solución: ∂u
∂u 1 1 j El tensor de deformación infinitesimal viene dado por ε ij = + i = (u j ,i + u i , j ) . 2 ∂xi ∂x j 2 r
Si derivamos con respecto a ( x ) obtenemos: ∂ε ij ∂x k
= ε ij ,k =
1 (u j ,ik + u i , jk ) 2
Notar que u i , jk = u i ,kj es simétrico en jk si multiplicamos por un tensor que es antisimétrico en jk , i.e. qjk = − qkj , éste se anula: u i , jk qjk = 0 iq , luego: 1 2
1 2
qjk ε ij ,k = (u j ,ik + u i , jk ) qjk = u j ,ik qjk r
Derivamos una vez más con respecto a ( x ) y obtenemos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
401
∂ 1 ( qjk ε ij ,k ) = qjk ε ij , kl = u j ,ikl qjk ∂x l 2
Notar que u j ,ikl = u j ,kil = u j ,kli es simétrico en il y til = − tli es antisimétrico en il y si multiplicamos ambos lados de la igualdad por til obtenemos que: 1 2
til qjk ε ij ,kl = u j ,ikl til qjk = 0 jkt qjk = 0 qt b) Si en la ecuación anterior multiplicamos por ambos lados de la igualdad por tab qmn , obtenemos que: tab qmn til qjk ε ij ,kl = 0 qt tab qmn = O abmn Recordar que se cumple que tab til = δ ai δ bl − δ al δ bi y qmn qjk = δ mj δ nk − δ mk δ nj , con lo cual: tab qmn til qjk ε ij ,kl = O abmn ⇒ (δ ai δ bl − δ al δ bi )(δ mj δ nk − δ mk δ nj )ε ij , kl = O abmn ⇒ (δ ai δ bl δ mj δ nk − δ ai δ bl δ mk δ nj − δ al δ bi δ mj δ nk + δ al δ bi δ mk δ nj )ε ij ,kl = O abmn ⇒ ε am,nb − ε an,mb − ε bm,na + ε bn,ma = O abmn
que es lo mismo que: ε am,bn + ε bn,am − ε an,mb − ε mb,an = O ambn
Q.E.D.
Notar que, si multiplicamos la ecuación anterior por δ bn obtenemos que: ε am, bnδ bn + ε bn, amδ bn − ε an, mbδ bn − ε mb, anδ bn = O ambnδ bn ⇒ ε am, bb + ε bb, am − ε ab, bm − ε mb, ba = 0 ambb
⇒ [∇ xr ⋅ (∇ xr ε )]am + [∇ xr [∇ xr [Tr (ε )]]]am − [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]am − [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]ma = 0 ambb
⇒ [∇ xr ⋅ (∇ xr ε )]am + [∇ xr [∇ xr [Tr (ε )]]]am = [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]am + [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]ma
[ ]
⇒ ∇ 2xr ε am + [∇ xr [∇ xr [Tr (ε )]]]am = [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]am + [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]ma
or en notación tensorial: ∇ xr ⋅ (∇ xr ε ) + ∇ xr [∇ xr [Tr (ε )]] = ∇ xr (∇ xr ⋅ ε ) + [∇ xr (∇ xr ⋅ ε )]
T
c) Notar que en (5.57) tenemos 6 ecuaciones independientes ya que 0 qt es simétrico. Para el caso q = 1, t = 1 tenemos que 1 jk 1il ε ij ,kl y expandiendo el subíndice l obtenemos: 1 jk 1il ε ij ,kl = 1 jk 1i1ε ij , k1 + 1 jk 1i 2 ε ij ,k 2 + 1 jk 1i 3 ε ij ,k 3 = 1 jk 1i 2 ε ij ,k 2 + 1 jk 1i 3 ε ij ,k 3 Expandiendo el subíndice i 1 jk 1il ε ij ,kl = 1 jk 1i 2 ε ij ,k 2 + 1 jk 1i 3 ε ij ,k 3 = 1 jk 132 ε 3 j , k 2 + 1 jk 123 ε 2 j ,k 3 = −1 jk ε 3 j , k 2 + 1 jk ε 2 j ,k 3 Expandiendo los demás subíndices obtenemos:
1 jk 1il ε ij ,kl = −1 jk ε 3 j ,k 2 + 1 jk ε 2 j , k 3 = −123 ε 32,32 − 132 ε 33, 22 + 123 ε 22,33 + 132 ε 23, 23 = −ε 32,32 + ε 33, 22 + ε 22,33 − ε 23, 23 = ε 33, 22 + ε 22,33 − 2ε 23, 23 = 0 =
∂ 2 ε 33 ∂x 22
+
∂ 2 ε 22 ∂x32
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−2
∂ 2 ε 23 =0 ∂x 2 ∂x3 Draft
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
402
notar que ε 23, 23 = ε 32,32 . Dejamos para el lector las siguientes demostraciones: Para el caso q = 2, t = 2
2 jk 2il ε ij ,kl = −ε 31,31 + ε 33,11 + ε11,33 − ε13,13 = ε 33,11 + ε11,33 − 2ε13,13 = 0 =
∂ 2 ε 33 ∂x12
+
∂ 2 ε11 ∂x32
−2
∂ 2 ε 13 =0 ∂x1∂x3
Para el caso q = 3, t = 3
3 jk 3il ε ij ,kl = ε11, 22 − ε12,12 − ε 21, 21 + ε 22,11 = ε11, 22 + ε 22,11 − 2ε12,12 = 0 =
∂ 2 ε11 ∂x 22
+
∂ 2 ε 22 ∂x12
−2
∂ 2 ε 12 =0 ∂x1 ∂x 2
Para el caso q = 1, t = 2 1 jk 2il ε ij ,kl = −ε12,33 + ε13, 23 + ε 32,31 − ε 33, 21 = ε13, 23 + ε 23,13 − ε 33,12 − ε12,33 = 0 =
∂ 2 ε 33 ∂ 2 ε 23 ∂ 2 ε13 ∂ 2 ε12 ∂ = − − + ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3 ∂x3 ∂x3
∂ε 23 ∂ε13 ∂ε 12 − + ∂x3 ∂x 2 ∂x1
∂ 2 ε 33 − =0 ∂x1∂x 2
Para el caso q = 2, t = 3 2 jk 3il ε ij ,kl = −ε11,32 + ε13,12 + ε 21,31 − ε 23,11 = ε13,12 + ε12,13 − ε 23,11 − ε11, 23 = 0 ∂ 2 ε 23 ∂ 2 ε13 ∂ 2 ε11 ∂ 2 ε 12 ∂ = − − + = ∂x1 ∂x 2 ∂x1 ∂x3 ∂x1∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1
∂ε13 ∂ε12 ∂ε 23 − + ∂x1 ∂x3 ∂x 2
∂ 2 ε11 − =0 ∂x 2 ∂x 3
Para el caso q = 1, t = 3 1 jk 3il ε ij ,kl = ε12,32 − ε13, 22 − ε 22,31 + ε 23, 21 = ε12, 23 − ε13, 22 − ε 22,13 + ε 23,12 = 0 =
∂ 2 ε 23 ∂ 2 ε 13 ∂ 2 ε 22 ∂ 2 ε 12 ∂ = + − − ∂x 2 ∂x3 ∂x 2 ∂x 2 ∂x1∂x 3 ∂x1∂x 2 ∂x 2
∂ε12 ∂ε 13 ∂ε 23 + − ∂x1 ∂x 2 ∂x3
∂ 2 ε 22 − =0 ∂x1∂x3
Reagrupando las 6 ecuaciones: ∂ 2 ε 33 ∂ 2 ε 22 ∂ 2 ε 23 + − 2 =0 S11 = ∂x 2 ∂x3 ∂x 22 ∂x32 2 2 2 S 22 = ∂ ε 33 + ∂ ε11 − 2 ∂ ε13 = 0 ∂x1 ∂x3 ∂x12 ∂x32 2 2 ∂ ε11 ∂ ε 22 ∂ 2 ε12 S = + − =0 2 33 ∂x1 ∂x 2 ∂x 22 ∂x12 2 S = ∂ ∂ε 23 + ∂ε13 − ∂ε 12 − ∂ ε 33 = 0 12 ∂x ∂x ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂x 2 3 1 ∂ ∂ε 23 ∂ε 13 ∂ε 12 ∂ 2 ε 11 − − =0 S = + + 23 ∂x1 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂x 2 ∂x3 2 S = ∂ ∂ε 23 − ∂ε 13 + ∂ε 12 − ∂ ε 22 = 0 13 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂x3
Ecuaciones de Compatibilidad (3D)
(5.59)
Las ecuaciones anteriores en notación de Voigt quedan:
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
0 ∂2 S11 ∂x 2 3 S 2 ∂ 22 S 33 ∂x 22 = S12 0 S 23 2 S13 − ∂ ∂x 2 ∂x 3 0
∂2 ∂x32
∂2 ∂x 22 ∂2 ∂x12
0 ∂2 ∂x12
0
0
− ∂2 ∂x1∂x 2
0
0
− ∂2 ∂x1∂x3
0
0
− ∂2 ∂x 2 ∂x3
0
0
− ∂2 ∂x1∂x 2 ∂2 − 12 2 ∂x3 ∂2 1 2 ∂x1∂x3 ∂2 1 2 ∂x 2 ∂x3
− ∂2 ∂x1∂x3 ε11 0 ε 22 0 0 ε 0 33 = 2 2ε12 0 ∂ 1 2 ∂x 2 ∂x 3 2ε 23 0 ∂ 2 2ε 13 0 1 2 ∂x1 ∂x 2 ∂2 − 12 2 ∂x 2
403
0
0 ∂2 ∂x1∂x3 ∂2 − 12 2 ∂x1 ∂2 1 2 ∂x1∂x 2 1 2
{S } = [L( 2) ] {ε } = {0}
(5.60)
NOTA 1: Las ecuaciones (5.59) son conocidas como Ecuaciones de Compatibilidad. Las ecuaciones de compatibilidad nos garantizan que el campo de desplazamiento es único y continuo, ver Figura 5.9. En otras palabras, las 6 componentes del tensor de deformación no son independientes y no pueden ser arbitrarias. (¿Configuración actual?) 1
2
2
3
4
5
6
7
8
9
1 4
6 9
8
7
(Configuración inicial)
3
5
No cumple con las ecuaciones de compatibilidad
Cumple con las ecuaciones de compatibilidad
1
2 5 8
4 7
3 6 9
(Configuración actual)
Figura 5.9 NOTA 2: Cuando utilizamos un método numérico para la obtención de la solución, e.g. método de los elementos finitos, la forma de garantizar el cumplimiento de las ecuaciones de compatibilidad es a través de la continuidad del campo de desplazamientos. Con lo que respecta la técnica de los elementos finitos, al hacer el ensamblaje de los elementos finitos (atamos los nodos) estamos de cierta forma garantizando que las ecuaciones de compatibilidad se cumplan. NOTA 3: Cuando el campo de desplazamiento no depende de una dirección, i.e. r r u = u( x1 , x 2 ) , las ecuaciones de compatibilidad reducen a: S 33 =
∂ 2 ε11 ∂x 22
+
∂ 2 ε 22 ∂x12
−2
∂ 2 ε12 =0 ∂x1∂x 2
Ecuación de Compatibilidad (2D)
(5.61)
ya que ε i 3 = ε 3i = 0 . La ecuación anterior en notación ingenieril queda:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
404
Sz =
∂ 2ε x ∂y 2
+
∂ 2ε y ∂x 2
−
∂ 2 γ xy ∂x∂y
Ecuación de Compatibilidad 2D (notación ingenieril)
=0
(5.62)
NOTA 4: Para mejor ilustración de la condición de compatibilidad vamos considerar un ejemplo en dos dimensiones (2D), donde tenemos un campo escalar φ = φ ( x1 , x2 ) y que conocemos las derivadas:
∂φ ∂φ = x1 + 3x2 y = x12 , podemos ver claramente que este ∂x1 ∂x2
campo escalar es incompatible ya que ∂φ = x1 + 3 x2 = F1 ∂x1 ∂φ = x12 = F2 ∂x2
⇒
∂ ∂x2
∂φ ∂ 2φ ∂ ( x1 + 3 x2 ) = = =3 ∂x2 ∂x1 ∂x2 ∂x1
∂ 2φ ∂( x12 ) ∂ ∂φ = = = 2 x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2 ∂x1∂x2
⇒
El campo escalar φ = φ ( x1 , x2 ) será compatible si y solo si: ∂φ = F1 ( x1 , x 2 ) ∂x1 compatible sii ∂F1 ∂F2 = → ∂φ ∂x2 ∂x1 = F2 ( x1 , x2 ) ∂x 2
(5.63)
Si consideramos el teorema de Green (ver Capítulo 1 en Chaves (2007)) que establece: r r r r ∂F ∂F componentes
∫ F ⋅ dΓ = Ω∫ (∇ Γ
∧ F) ⋅ eˆ 3 dS → F1 dx1 + F2 dx2 = 2 − 1 dS 3 Γ Ω ∂x1 ∂x 2 r r y considerando también la ecuación (5.63), podemos concluir que: si F = ∇ xrφ , φ es r r r r r r r compatible si y solo si F ⋅ dΓ = (∇ xr ∧ F) ⋅ eˆ 3dS = 0 ⇒ ∇ xr ∧ F = 0 .
∫
r x
∫
∫
∫
Γ
Ω
r dS = dSeˆ 3
x2
Γ
x3
eˆ 3
Ω x1
Figura 5.10: Teorema de Green. r
r
r
r
r
NOTA 5: Vamos considerar que F = (∇ xr ∧ ε ) ⋅ a = a ⋅ (∇ xr ∧ ε )T , donde ε es un campo r r tensorial de segundo orden y a es un vector arbitrario independiente de x (constante). Notar también que las siguientes relaciones son válidas: r r r r r r r r r r r (a) ∫ F ⋅ dΓ = ∫ (∇ xr ∧ ε ) ⋅ a ⋅ dΓ = ∫ a ⋅ (∇ xr ∧ ε )T ⋅ dΓ = a ⋅ ∫ (∇ xr ∧ ε )T ⋅ dΓ
[
Γ
Γ
]
[
Γ
]
Γ
y
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∫
(b)
r r r (∇ xr ∧ F) ⋅ dS =
Ω
r r [ { ∇ ∧ ( ∇ ∫ r x
r x
]}
r r r [ ⋅ (∇ { ∇ ∧ a ∫
r r ∧ ε ) ⋅ a ⋅ dS =
Ω
∫ { Ω
r r r = a ⋅ ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T
}
r x
Ω
T
r r ⋅ dS = a ⋅
r { ∇ ∫
r x
r x
∧ ε )T
405
]}⋅ dSr
r ∧ (∇ xr ∧ ε )T
} ⋅ dS T
r
Ω
En notación indicial r r r r r r r (a) ∫ Fi (dΓ )i = ∫ (∇ xr ∧ ε )ij a j (dΓ )i = ∫ a j (∇ xr ∧ ε )ij (dΓ )i = a j ∫ (∇ xr ∧ ε )ij (dΓ )i Γ
(b)
∫
Ω
Γ
Γ
Γ
∫Ω [ [
r r r r r (∇ xr ∧ F)i (dS )i = ijk Fk , j (dS )i = ijk a p (∇ xr ∧ ε )T
∫
Ω
] ]
kp , j
r ( dS ) i
r r r = ijk a p , j (∇ xr ∧ ε )T kp + a p (∇ xr ∧ ε )T kp , j (dS )i { Ω =0 r r r r = ijk a p (∇ xr ∧ ε )T kp , j (dS )i = a p ijk (∇ xr ∧ ε )T kp , j (dS )i
[
∫
[
∫
Ω
]
∫ [ Ω
r = a⋅
∫ [∇ Ω r
∫ {∇ Ω r
]
]
= a p ijk psq ε qk , s = ap
[
]
,j
∫ [
]
Ω
r r (dS )i = a p ijk psq ε qk , sj (dS )i
∫
r x
r ∧ (∇ xr ∧ ε )T
]
r x
r ∧ (∇ xr ∧ ε )T
} ⋅ dS
r ( dS ) i
ip
Ω
r
T
Valdría la pena revisar el Ejemplo 1.109, donde hemos demostrado que la relación r r (∇ xr ∧ ε ) = ksq ε qp , s eˆ k ⊗ eˆ p se cumple, luego (∇ xr ∧ ε )T = psq ε qk , s eˆ k ⊗ eˆ p también se r
r
cumple. En el Ejemplo 1.109 hemos demostrado que ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T = ipq tsj εqj , ps eˆ t ⊗ eˆ i , r
r
el cual es equivalente a ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T = psq ijk εqk ,sj eˆ i ⊗ eˆ p . Considerando el Teorema de Stokes (ver Capítulo 1 en Chaves (2007)) concluimos que: r r r r r
∫ F ⋅ dΓ = ∫ ( ∇
r x
∧ F ) ⋅ dS
Γ Ω244443 14444
⇓ r r r r r r a ⋅ (∇ xr ∧ ε )T ⋅ dΓ = a ⋅ ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T
∫{
∫
Γ
∫ Γ
} ⋅ dS
r
T
Ω
r r (∇ xr ∧ ε )T ⋅ dΓ =
⇓ r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T
∫Ω {
} ⋅ dS T
r
Luego, para un campo compatible se debe cumplir que:
{∇ r
r x
r ∧ (∇ xr ∧ ε )T
}
T
=0
⇒
r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ε )T = 0
r r r ∂x Consideremos ahora que A = F ⋅ a donde F es el gradiente de deformación, F = r , y ∂X
aplicando el teorema de Stokes obtenemos que:
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406
∫
Γ
r r r r r A ⋅ dΓ = (∇ xr ∧ A ) ⋅ dS
∫
r r r r r ( F ⋅ a) ⋅ dΓ = (∇ xr ∧ ( F ⋅ a)) ⋅ dS
∫
⇒
Ω
∫
Γ
Ω
1444444444444442444444444444443
r r r a ⋅ F T ⋅ dΓ = a ⋅
∫ Γ
∫Ω {
r ∇ xr ∧ F
}
T
r ⋅ dS
⇓
∫Γ F
⇒
T
r
⋅ dΓ
=
∫Ω {∇ r
r x
∧F
} ⋅ dS T
r
r
Luego, el campo x será compatible si y solo si:
{∇ r
r x
∧F
}
T
=0
⇒
r ∇ xr ∧ F = 0
Para mayores detalles acerca de las manipulaciones algebraicas ver Ejemplo 1.109. Ejemplo 5.11 Dado el campo del tensor de deformación infinitesimal ε , y el campo de desplazamientos r u , (a) demostrar que: ε 11 r ∂u i ( J ) ij ≡ (∇ xr u) ij = = ε 12 + ϕ 3 ∂x j ε 13 − ϕ 2
ε 12 − ϕ 3
ε 13 + ϕ 2 ε 23 − ϕ 1 ε 33
ε 22 ε 23 + ϕ 1
donde ϕ i son las componentes del vector rotación. b) Demostrar también que: ∂ϕ k ∂x p
=
∂ε ip ∂ε jp −1 −1 − kij ω ij , p = kij ∂ ∂x i x 2 2 j
∂ω 23 ∂x1 ∂ω = − 31 ∂x 1 ∂ ω12 ∂x1
∂ω 23 ∂x 2 ∂ω 31 ∂x 2 ∂ω12 ∂x 2
∂ω 23 ∂ε 13 − ∂ε 12 ∂ε 23 − ∂ε 22 ∂x 3 ∂x 2 ∂x 3 ∂x 3 ∂x 2 ∂ω 31 ∂ε 11 ∂ε 13 ∂ε 12 ∂ε 23 = − − ∂x 3 ∂x3 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂ω12 ∂ε ∂ε ∂ε ∂ε 12 − 11 22 − 12 ∂x 3 ∂x ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 1
∂ε 33 ∂ε 23 ∂x − ∂x 3 2 ∂ε 13 ∂ε 33 − ∂x1 ∂x 3 ∂ε 23 ∂ε 13 − ∂x 2 ∂x1
r ∂ϕ k donde (∇ xr ϕ ) kp = , y ω es el tensor spin infinitesimal. ∂x p
Solución: r
a) El gradiente de los desplazamientos J ≡ ∇ xr u puede ser descompuesto de forma aditiva en una parte simétrica y otra antisimétrica: r
J ≡ ∇ xr u =
[
] [
]
r r r r r r 1 1 (∇ xr u) + (∇ xr u) T + (∇ xr u) − (∇ xr u) T = (∇ xr u) sym + (∇ xr u) anti = ε + ω 1 4 2 4 3 1 4 2 4 3 2 44424443 1 2 44424443 1 r = (∇ xr u) sym
r = ( ∇ xr u) anti
=ε
=ω
r
donde la parte simétrica ε = (∇ xr u) sym representa el tensor de deformación infinitesimal y la r parte antisimétrica ω = (∇ xr u) anti representa el tensor spin infinitesimal (tensor de r rotación). Si consideramos que ϕ es el vector axil asociado con el tensor antisimétrico ω podemos decir que:
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ω12 0
0 ω ij = ω 21 ω 31
ω 32
ω 13 0 ω 23 = − ω 12 0 − ω 13
ω12 0
ω13 0 ω 23 = ϕ 3 0 − ϕ 2
− ω 23
−ϕ 3 0
ϕ1
407
ϕ2 − ϕ 1 0
Con lo cual (∇
r
r x u) ij
ε 11 ∂u i = = ε 12 ∂x j ε 13
ε 12 ε 22 ε 23
−ϕ 3 0
ε 13 0 ε 23 + ϕ 3 ε 33 − ϕ 2
ϕ1
ϕ 2 ε11 ε 12 − ϕ 3 ε 13 + ϕ 2 ε 22 ε 23 − ϕ 1 − ϕ 1 = ε 12 + ϕ 3 0 ε13 − ϕ 2 ε 23 + ϕ 1 ε 33
r b) Recordar del capítulo de Tensores que un tensor antisimétrico ( ω ) y su vector axil ( ϕ ) 1
están relacionados entre ellos, en notación indicial, por ωij = −ϕ k kij ó ϕ k = − kij ωij . Si 2 r utilizamos esta última ecuación para obtener el gradiente de ϕ podemos obtener que:
ϕ k , p = − kij ωij = − kij ωij , p 1 2
1 2
, p
Expandiendo los índices mudos i, j , y solo considerando los términos distintos de ceros podemos decir que: 1 2
1 2
ϕ k , p = − kij ωij , p = − ( k12ω12, p + k13ω13, p + k 21ω 21, p + k 23ω 23, p + k 31ω31, p + k 32ω32, p ) Notar que para las filas de ϕ k , p ( k = 1,2,3 ) tenemos que:
ϕ k, p =
−1 kij ωij , p 2
−1 −1 (k = 1) ⇒ ϕ 1, p = 2 (123ω 23, p + 132ω32, p ) = 2 (ω 23, p − ω32, p ) = −ω 23, p −1 −1 ( 213ω13, p + 231ω31, p ) = (−ω13, p + ω31, p ) = −ω31, p ⇒ (k = 2) ⇒ ϕ 2, p = 2 2 −1 −1 (k = 3) ⇒ ϕ 3, p = 2 (312 ω12, p + 321ω 21, p ) = 2 (ω12, p − ω 21, p ) = −ω12, p
donde hemos utilizado la propiedad del tensor antisimétrico ωij = −ω ji . Teniendo en cuenta lo anterior podemos decir que:
ϕ k, p
ω 23,1 ω 23, 2 −1 kij ωij , p = − ω31,1 ω31, 2 = 2 ω12,1 ω12, 2
∂ω 23 ω 23,3 ∂x1 ∂ω ω31,3 = − 31 ∂x1 ∂ω ω12,3 12 ∂x1
[
r
]
∂ω 23 ∂x2 ∂ω31 ∂x2 ∂ω12 ∂x2
1 ∂u
∂ω 23 ∂x3 ∂ω31 ∂x3 ∂ω12 ∂x3
∂u
(5.64)
1
Teniendo en cuenta la definición ωij = (∇ xr u) anti ij = i − j = (ui , j − u j ,i ) y 2 ∂x j ∂xi 2 derivando con respecto a x p podemos obtener que: 1 1 ωij , p = (ui , j − u j ,i ), p = (ui , jp − u j ,ip ) 2 2
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408
El valor de la expresión anterior no se ve alterado si sumamos y restamos el término 1 u p,ij , con lo cual podemos obtener que: 2 1 1 1 (ui , jp − u j ,ip + u p ,ij − u p , ij ) = (ui , jp + u p , ij ) − (u j , ip + u p ,ij ) 2 2 2 1 1 1 1 = (ui , pj + u p ,ij ) − (u j , pi + u p , ji ) = (ui , p + u p ,i ) − (u j , p + u p , j ) 2 2 2 2 , i , j
ωij , p =
= ε ip , j − ε jp ,i =
∂ε ip ∂x j
−
∂ε jp ∂xi
Reemplazando la ecuación anterior en (5.64) y expandiendo los índices mudos i, j , obtenemos que: −1 −1 kij (ε ip , j − ε jp ,i ) = ( kij ε ip , j − kij ε jp ,i ) 2 2 −1 = ( k12 ε1 p ,1 + k13 ε 1 p ,3 + k 21ε 2 p ,1 + k 23 ε 2 p ,3 + k 31ε 3 p ,1 + k 32 ε 3 p , 2 2 − k 12 ε 2 p ,1 − k13 ε 3 p ,1 − k 21ε 1 p , 2 − k 23 ε 3 p , 2 − k 31 ε 1 p ,3 − k 32 ε 2 p ,3 )
ϕ k, p =
Notar que las filas de ϕ k , p ( k = 1,2,3 ) también pueden ser representadas por:
ϕ k, p
−1 (k = 1) ⇒ ϕ 1, p = 2 ( 123 ε 2 p ,3 + 132 ε 3 p , 2 − 123 ε 3 p , 2 − 132 ε 2 p ,3 ) = ε 3 p , 2 − ε 2 p ,3 −1 ( k13 ε 1 p ,3 + k 31ε 3 p ,1 + k13 ε 3 p ,1 − k 31ε 1 p ,3 ) = ε 1 p ,3 − ε 3 p ,1 = (k = 2) ⇒ ϕ 2, p = 2 −1 (k = 3) ⇒ ϕ 3, p = 2 ( 312 ε 1 p ,1 + 321ε 2 p ,1 − 312 ε 2 p ,1 − 321 ε 1 p , 2 ) = ε 2 p ,1 − ε 1 p , 2
Luego:
ϕ k, p
(ε 31, 2 − ε 21,3 ) (ε 32, 2 − ε 22,3 ) (ε 33, 2 − ε 23,3 ) = (ε11,3 − ε 31,1 ) (ε12,3 − ε 32,1 ) (ε13,3 − ε 33,1 ) (ε 21,1 − ε 11, 2 ) (ε 22,1 − ε 12, 2 ) (ε 23,1 − ε 13, 2 )
Con lo cual concluimos que:
ϕ k, p =
∂ε −1 − 1 ∂ε kij ωij , p = kij ip − jp 2 2 ∂xi ∂x j
∂ω 23 ∂x1 ∂ω = − 31 ∂x ∂ω1 12 ∂x1
∂ω 23 ∂x2 ∂ω31 ∂x2 ∂ω12 ∂x2
∂ω 23 ∂ε13 − ∂ε12 ∂ε 23 − ∂ε 22 ∂ε 33 − ∂ε 23 ∂x3 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x2 ∂x3 ∂x2 ∂ω31 ∂ε11 ∂ε13 ∂ε12 ∂ε 23 ∂ε13 ∂ε 33 = − − − ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x3 ∂ω12 ∂ε ∂ε11 ∂ε 22 ∂ε12 ∂ε 23 ∂ε13 12 ∂x3 ∂x − ∂x ∂x − ∂x ∂x − ∂x 2 2 2 1 1 1
donde hemos tenido en cuenta la simetría de ε ij = ε ji .
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
409
NOTA: Vamos suponer que conozcamos el campo de deformación infinitesimal: 8 x1 −x 2 ε ij = 2 3 2 2 x1 x 3
− x2 2 x1 0
3 2 x1 x 3 2 0 3 x1
con las siguientes condiciones de contorno: 3t r r u i ( x = 0, t ) = 0 0
y
r r ω ( x = 0, t ) = 0
r r
r
r
ϕ ( x = 0, t ) = 0
⇒
Para este ejemplo se cumple que:
ϕ k, p
∂ε 13 ∂ε 12 ∂ε 23 ∂ε 22 ∂ε 33 ∂ε 23 − − − ∂x 3 0 ∂x 3 ∂x 2 ∂x3 ∂x 2 ∂x 2 ∂ε ∂ε ∂ε ∂ε ∂ε ∂ε = 11 − 13 12 − 23 13 − 33 = − x1 x 3 ∂x1 ∂x1 ∂x 3 ∂x1 ∂x 3 ∂x 3 ∂ε ∂ε 0 ∂ε ∂ε ∂ε ∂ε 12 − 11 22 − 12 23 − 13 ∂x 2 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂x1 ∂x1
0 0 −3 2
−3 2 x1 2 0 0
Notar también que se cumple que:
ϕ k, p
∂ϕ 1 ∂x1 ∂ϕ = 2 ∂x 1 ∂ ϕ3 ∂x1
∂ϕ 1 ∂x 2 ∂ϕ 2 ∂x 2 ∂ϕ 3 ∂x 2
∂ϕ 1 ∂x 3 0 ∂ϕ 2 = − x1 x 3 ∂x 3 ∂ϕ 3 0 ∂x 3
0 0 3 2
−3 2 x1 2 0 0
Y a través de integración podemos obtener que ∂ϕ 1 = 0 ∂x1 ∂ϕ 1 = 0 ⇒ ϕ 1 = C1 (t ) ∂x 2 ∂ϕ 1 = 0 ∂x3
;
∂ϕ 2 = − x1 x3 ∂x1 ∂ϕ 2 −3 2 x1 x 3 + C 2 (t ) =0 ⇒ϕ 2 = 2 ∂x 2 ∂ϕ 2 − 3 2 x1 = 2 ∂x 3
∂ϕ 3 =0 ∂x1 ∂ϕ 3 3 3 = ⇒ ϕ 3 = x 2 + C 3 (t ) 2 2 ∂x 2 ∂ϕ 3 =0 ∂x 3 r r r r Aplicando la condición de contorno ϕ ( x = 0, t ) = 0 , concluimos que C i (t ) = 0 . Luego:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
410
0 ϕ 1 3 − ϕ i = ϕ 2 = x12 x 3 2 ϕ 3 3 x2 2
Con lo cual podemos definir el tensor spin infinitesimal: 0 ω ij = ω 21 ω 31
ω12 0 ω 32
−ϕ 3 0
ω 13 0 ω 23 = ϕ 3 0 − ϕ 2
ϕ1
0 ϕ 2 3 − ϕ 1 = x 2 2 0 3 2 2 x1 x 3
−3 x2 2 0 0
−3 2 x1 x 3 2 0 0
El campo de desplazamientos puede se obtenido si consideramos que: ε11 ε12 ∂ui = ε12 ε 22 ∂x j ε13 ε 23 8 x1 −x 2 = 2 3 x2 x 2 1 3
ε13 0 ω12 ε 23 + ω 21 0 ε 33 ω31 ω32 − x2 2 x1 0
ω13 ω 23 0
3 2 x1 x3 0 2 3 0 + x2 2 3 3 x2 x x1 2 1 3
−3 x2 2
−3 2 x1 x3 2 8x 1 0 = x2 2 3x1 x3 0
0 0
− 2 x2 x1 0
0 0 x13
ó ∂u1 ∂x1 ∂u i ∂u 2 = ∂x j ∂x1 ∂u 3 ∂x1
∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2
∂u1 ∂x 3 8 x 1 ∂u 2 x = 2 ∂x 3 2 3x1 x 3 ∂u 3 ∂x 3
− 2x2 x1 0
0 0 x13
Y a través de integración directa podemos obtener que ∂u1 = 8 x1 ∂x1 ∂u1 = −2 x 2 ⇒ u1 = 4 x12 − x 22 + K 1 (t ) ∂x 2 ∂u1 =0 ∂x 3
;
∂u 2 = x2 ∂x1 ∂u 2 = x1 ⇒ u 2 = x1 x 2 + K 2 (t ) ∂x 2 ∂u 2 =0 ∂x 3
∂u 3 = 3 x12 x 3 ∂x1 ∂u 3 3 =0 ⇒ u 3 = x1 x3 + K 3 (t ) ∂x 2 ∂u1 = x13 ∂x 3
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411
Las constantes de integración se obtienen a través de la condición de contorno: 4 x12 − x 22 + K 1 (t ) r u i ( x , t ) = x1 x 2 + K 2 (t ) x 3 x + K (t ) 3 1 3
K 1 (t ) 3t r r u i ( x = 0, t ) = K 2 (t ) = 0 K 3 (t ) 0
r r x =0
→
Definiendo así el campo de desplazamientos: 4 x12 − x 22 + 3t r u i ( x, t ) = x1 x 2 3 x x 1 3
Es interesante verificar que el campo de desplazamientos es compatible, ya que el campo de deformaciones cumple con las ecuaciones de compatibilidad. Dejamos al lector verificar si se cumple las ecuaciones de compatibilidad, (ver ecuación (5.59)). Ejemplo 5.12 a) Demostrar que las ecuaciones de gobierno para un material elástico lineal e isótropo dadas por (5.43) pueden ser reemplazadas por seis ecuaciones y seis incógnitas ( σ ij ), (formulación en tensión), cuyas ecuaciones son: Notación indicial σij , kk +
2(λ + µ ) λ &&i ), j σ kk ,ij − σll , kkδ ij = 2 ( ρu (2 µ + 3λ ) (2 µ + 3λ )
[
]
sym
[
− 2 ( ρbi ), j
sym
(5.65)
Notación tensorial ∇ 2xr σ +
]
[
]
[
]
r λ 2(λ + µ ) r r &r&) sym − 2 ∇ r ( ρb) sym ∇ x [∇ x [Tr (σ )]] − ∇ 2xr [Tr (σ )]1 = 2 ∇ xr ( ρu x (2 µ + 3λ) (2 µ + 3λ)
donde ∇ 2xr σ ≡ ∇ xr ⋅ (∇ xr σ ) y ∇ 2xr [Tr (σ )] ≡ ∇ xr ⋅ [∇ xr [Tr (σ )]] . b) o por Notación indicial σij , kk +
2(λ + µ ) −λ &&i ), j σ kk ,ij = ( ρb k ), k − ( ρ&u&k ), k δ ij + 2 ( ρu (2 µ + 3λ ) (2 µ + λ)
[
]
Notación tensorial ∇ 2xr σ +
[
[
]
sym
− 2 ( ρ bi ) , j
[
]
]
[
] [
sym
]
r r 2(λ + µ ) r r −λ &r&) 1 + 2 ∇ r ( ρu &r&) sym − 2 ∇ r ( ρb) sym ∇ x [∇ x [Tr (σ )]] = ∇ xr ⋅ ( ρb) − ( ρu x x ( 2 µ + 3λ) (2 µ + λ)
(5.66) c) Considerando que λ =
Eν E , µ= , expresar las ecuaciones (5.65) y (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
(5.66) en función ( E , ν ) . r
OBS.: Las ecuaciones cinemáticas ε = ∇ sym u pueden ser reemplazadas por ε ij , kl + ε kl ,ij − ε il , jk − ε jk ,il = O ijkl
(5.67)
Ver Ejemplo 5.10.
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412
Solución: a) Obtenemos la inversa de la ecuación constitutiva en tensión ( σ = C e : ε ) para obtener: Ce
−1
: σ = Ce
−1
: C e : ε = I sym : ε = ε sym = ε
⇒
ε = Ce
−1
:σ
Para un material isótropo, ver ecuación (5.22), el tensor de deformación viene dado por: ε=
1 1 λ λ σ− Tr (σ )1 indicial → ε ij = σ ij − σ ss δ ij . 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ 2µ (2µ + 3λ ) r
Si consideramos que las propiedades mecánicas no varían con x , i.e. λ ,i ≡
µ ,i ≡
∂µ = 0 i obtenemos que: ∂xi
∂ 2 ε ij
1 1 λ λ ≡ ε ij , kl = σ ij − σ ss δ ij = σ ij ,kl − σ ss , kl δ ij ∂x k ∂xl 2µ (2µ + 3λ ) 2µ (2µ + 3λ ) 2µ ,kl 2µ
∂λ = 0i y ∂x i
(5.68)
Además, si multiplicamos la ecuación (5.67) (“ecuaciones cinemáticas”) por δ jk obtenemos que: ε ij , kl δ jk + ε kl ,ij δ jk − ε il , jk δ jk − ε jk ,il δ jk = O ijkl δ jk ⇒ ε ik ,kl + ε kl ,ik − ε il , kk − ε kk ,il = 0 il
(5.69)
Observar que, según la ecuación (5.68) se cumplen que: ε ik ,kl =
λ λ 1 1 σ ik ,kl − σ ss ,kl δ ik = σ ik ,kl − σ ss ,il 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ 2µ (2µ + 3λ )
ε kl ,ik =
λ λ 1 1 σ kl ,ik − σ ss ,ik δ kl = σ lk ,ki − σ ss ,il 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ 2µ (2µ + 3λ )
ε il ,kk =
λ 1 σ il ,kk − σ ss ,kk δ il 2µ 2µ (2µ + 3λ )
ε kk ,il =
1 1 3λ λ σ kk ,il − σ ss ,il δ kk = σ kk ,il − σ ss ,il { 2µ + 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2 ( 2 3 ) µ µ λ =3
=
1 2µ 1 3λ 3λ σ ss ,il = σ ss ,il − σ ss ,il = − σ ss ,il 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ (2µ + 3λ ) 2µ 2µ (2µ + 3λ )
∂ 2 ε ij ∂x k ∂x l
≡ ε ij ,kl =
λ 1 σ ij ,kl − σ ss ,kl δ ij 2µ 2µ (2µ + 3λ )
Con lo cual la ecuación (5.69) queda: ε ik ,kl + ε kl ,ik − ε il ,kk − ε kk ,il = 0 il 1 2µ
2µ 2λ λ σ ik ,kl − σ ss ,il + σ lk ,ki − σ il , kk + σ ss ,kk δ il − σ ss ,il = 0 il (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ )
2µ 2λ λ σ ss ,il + σ lk , ki − σ il ,kk + σ ss , kk δ il = 0 il ⇒ σ ik ,kl − + (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ ) 2( µ + λ ) λ ⇒ σ ik ,kl − σ ss ,il + σ lk , ki − σ il ,kk + σ ss , kk δ il = 0 il (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ )
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− 2( µ + λ ) λ σ ss ,il − σ il , kk + σ ss , kk δ il = −σ ik , kl − σ lk , ki (2 µ + 3λ ) (2 µ + 3λ )
413
(5.70)
&& i podemos obtener que: De las ecuaciones de movimiento σ ij , j + ρ b i = ρ u && i ) ,k σ ij , jk + (ρ b i ) , k = (ρ u
Con lo cual se cumplen que: && i ) ,l σ ik ,kl + (ρ b i ) ,l = (ρ u
⇒
&& i ) ,l − σ ik ,kl = (ρ b i ) ,l − (ρ u
&& l ) ,i σ lk , ki + (ρ b l ) ,i = (ρ u
⇒
&& l ) ,i . − σ lk ,ki = (ρ b l ) ,i − (ρ u
Y notar que − σ ik ,kl − σ lk , ki = (ρ b i ) ,l − (ρ u&& i ) ,l + (ρ b l ) ,i − (ρ u&& l ) ,i = 2[(ρ b i ) ,l ]sym − 2[(ρ u&& i ) ,l ]sym Reemplazando la ecuación anterior (5.70) obtenemos que: − 2( µ + λ ) λ sym && i ) ,l ]sym σ ss ,il − σ il , kk + σ ss , kk δ il = 2[( ρb i ) ,l ] − 2[( ρu (2 µ + 3λ ) (2 µ + 3λ )
Reestructurando la ecuación anterior y por hacer ( l = j ) obtenemos que: σ ij ,kk +
2( µ + λ ) λ && i ) , j σ kk ,ij − σ ll ,kk δ ij = 2 (ρ u (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ )
[
]
sym
[
− 2 (ρ b i ) , j
]
sym
Cuya ecuación es la misma que (5.65). b) Partiendo de la ecuación anterior obtenemos que: σ ij ,kk +
2( µ + λ ) λ && i ) , j σ kk ,ij = σ ll ,kk δ ij + 2 (ρ u (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ )
[
]
sym
[
− 2 (ρ b i ) , j
]
sym
(5.71)
Nuestro objetivo ahora es obtener una expresión para σ ll, kk . Si multiplicamos la ecuación (5.67) por δ jk δ li obtenemos que: ε ij , kl δ jk δ li + ε kl ,ij δ jk δ li − ε il , jk δ jk δ li − ε jk ,il δ jk δ li = O ijkl δ jk δ li ⇒ ε ij , ji + ε ji ,ij − ε ii , jj − ε jj ,ii = 2ε ij ,ij − 2ε ii , jj = 0
(5.72)
⇒ ε ij ,ij − ε ii , jj = 0
Si recurrimos a la ecuación constitutiva inversa (ver ecuación (5.68)), podemos decir que: ε ij ,ij = ε ii , kk
1 1 λ λ σ ij ,ij − σ ss ,ij δ ij = σ ij ,ij − σ ss ,ii 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ 2µ (2µ + 3λ )
2µ 1 λ σ ii , kk = σ ii ,kk − σ ss ,kk δ ii = 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ (2µ + 3λ )
(5.73)
Con lo cual la ecuación (5.72) queda: ⇒ ε ij ,ij − ε ii , jj = 0 2µ λ 1 σ ii ,kk = 0 σ ij ,ij − σ ss ,ii − 2µ 2µ (2µ + 3λ ) 2µ (2µ + 3λ ) 2µ λ σ ii ,kk = 0 ⇒ σ ij ,ij − + (2µ + 3λ ) (2µ + 3λ ) ⇒
(5.74)
2µ + λ σ ii , kk ⇒ σ ij ,ij = (2µ + 3λ )
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414
&& i podemos obtener Si ahora recurrimos a las ecuaciones del movimiento σ ij , j + ρ b i = ρ u que: && i ) ,i σ ij , ji + (ρ b i ) ,i = (ρ u
&& i ) ,i − (ρ b i ) ,i σ ij , ji = (ρ u
⇒
Con lo cual la ecuación en (5.74) queda: 2µ + λ σ ii ,kk σ ij ,ij = (2µ + 3λ ) 2µ + λ && i ) ,i − (ρ b i ) ,i = ⇒ (ρ u (2µ + 3λ ) σ ii ,kk ⇒ σ ii ,kk = σ ll ,kk =
(5.75)
(2µ + 3λ ) (2µ + 3λ ) && k ) ,k − (ρ b k ) ,k = − && k ) , k (ρ u ( ρ b k ) , k − (ρ u 2µ + λ 2µ + λ
[
]
[
]
Reemplazando la ecuación (5.75) en la ecuación (5.71), obtenemos que: σij , kk +
λ 2( µ + λ) &&i ), j σkk ,ij = σll , kkδ ij + 2 ( ρu (2 µ + 3λ) (2 µ + 3λ)
σij , kk +
2( µ + λ) (2 µ + 3λ) −λ &&k ), k δ ij + 2 ( ρu &&i ), j ( ρb k ) , k − ( ρu σkk ,ij = (2 µ + 3λ) (2 µ + 3λ) 2 µ + λ
[
]
sym
[
− 2 ( ρb i ) , j
[
⇒ σij , kk +
]
[
]
sym
− 2 ( ρb i ) , j
]
2( µ + λ) −λ &&k ), k δ ij + 2 ( ρu &&i ), j ( ρb k ), k − ( ρu σkk ,ij = (2 µ + 3λ) ( 2 µ + λ)
[
sym
[
]
]
sym
[
− 2 ( ρbi ), j
[
]
sym
]
sym
(5.76) Obteniendo así la ecuación en (5.66) c) Tras algunas manipulaciones algebraicas podemos obtener que: 1 (1 − 2ν ) (1 − 2ν ) Eν λ ν ; = = = (2 µ + 3λ) E (2 µ + 3λ) E (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν )
µ (2 µ + 3λ)
=
(1 − 2ν ) E (1 − 2ν ) = E 2(1 + ν ) 2(1 + ν )
2( µ + λ ) (1 − 2ν ) 1 ν =2 +2 = (2 µ + 3λ) (1 + ν ) 2(1 + ν ) (1 + ν )
( 2 µ + λ) = 2
E Eν E (1 − ν ) + = 2(1 + ν ) (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν )(1 − 2ν )
λ ν Eν (1 + ν )(1 − 2ν ) = = (2 µ + λ ) (1 + ν )(1 − 2ν ) E (1 − ν ) (1 − ν ) con lo cual la ecuación (5.65) queda: σ ij ,kk +
ν 1 σ kk ,ij − σ ll ,kkδ ij = 2 ( ρ&u&i ) , j (1 + ν ) (1 + ν )
[
Notación tensorial ∇ 2xr σ +
[
]
sym
[
− 2 ( ρb i ) , j
]
[
]
sym
]
r ν 1 &r&) sym − 2 ∇ r ( ρb) sym ∇ xr [∇ xr [Tr (σ )]] − ∇ 2xr [Tr (σ )]1 = 2 ∇ xr ( ρu x (1 + ν ) (1 + ν )
(5.77)
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415
y (5.66) queda: σ ij ,kk +
1 −ν && k ) ,k δ ij + 2 ( ρu &&i ) , j ( ρb k ) , k − ( ρu σ kk ,ij = (1 + ν ) (1 − ν )
[
Tensorial notation ∇ 2xr σ +
[
]
[
]
] [
sym
[
− 2 ( ρb i ) , j
]
]
sym
[
]
r r 1 −ν &r&) 1 + 2 ∇ r ( ρu &r&) sym − 2 ∇ r ( ρb) sym ∇ xr [∇ xr [Tr (σ )]] = ∇ xr ⋅ ( ρb) − ( ρu x x (1 + ν ) (1 − ν )
(5.78) NOTA: Para un problema estático la ecuación anterior quedan: σ ij ,kk + ∇ 2xr σ
1 −ν σ kk ,ij = ( ρb k ) ,k δ ij − 2 ( ρb i ) , j (1 + ν ) (1 − ν )
[
[
]
[
] [
]
sym
]
r r sym 1 −ν + ∇ xr [∇ xr [Tr (σ )]] = ∇ xr ⋅ ( ρb) 1 − 2 ∇ xr ( ρb) (1 + ν ) (1 − ν )
Ecuaciones de Michell
(5.79)
que son conocidas como ecuaciones de Michell. r
Si las fuerzas másicas no varían con x las ecuaciones de Michell se reducen a: σ ij ,kk + ∇ 2xr σ
1 σ kk ,ij = 0 ij (1 + ν )
Ecuaciones de Beltrami
1 + ∇ xr [∇ xr [Tr (σ )]] = 0 (1 + ν )
(5.80)
que son las conocidas ecuaciones de Beltrami. && k = 0 k ) , la ecuación (5.75) queda: NOTA 2: Para un problema estático (u σ ll ,kk = −
r (1 + ν ) r ∇ x ⋅ ( ρb ) (1 − ν ) r (1 + ν ) r ∇ 2xr [Tr (σ )] = − ∇ x ⋅ ( ρb) (1 − ν )
(2 µ + 3λ ) (1 + ν ) ( ρb k ) , k = − ( ρb k ) , k 2µ + λ (1 − ν )
∇ xr ⋅ {∇ xr [Tr (σ )]} = −
(5.81)
La ecuación anterior también puede ser obtenida a partir de la ecuación (5.79) con ( i = j ), i.e.: σ ii ,kk +
−ν 1 σ kk ,ii = ( ρb k ) ,k δ ii − 2 ( ρb i ) ,i { (1 + ν ) (1 − ν ) =3
[
]
[
− 3ν 1 σ ii ,kk = − 2 ( ρb k ) ,k ⇒ 1 + (1 + ν ) (1 − ν )
[
(2 + ν ) (2 + ν ) ( ρb k ) ,k σ ii ,kk = − ⇒ ν + ( 1 ) (1 − ν ) (1 + ν ) ⇒ σ ii ,kk = − ( ρb k ) , k (1 − ν )
[
[
]
] (5.82)
]
]
Notar que σ ii ,kk = σ kk ,ii y (ρ b k ) ,k = (ρ b i ) ,i . La ecuación anterior en notación tensorial queda: (∇ 2xr σ ) : 1 +
[
]
[
]
r r sym 1 {∇ xr [∇ xr [Tr(σ )]]} : 1 = − ν ∇ xr ⋅ ( ρb) 1 : 1 − 2 ∇ xr ( ρb) : 1 (1 + ν ) (1 − ν )
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(5.83)
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416
Notar que: (∇ 2xr σ ) : 1 ≡ {∇ xr ⋅ (∇ xr σ )} : 1 = ∇ xr ⋅ [∇ xr [Tr (σ )]] ≡ ∇ 2 [Tr (σ )]
{∇ xr [∇ xr [Tr(σ )]]} : 1 = ∇ xr ⋅ [∇ xr [Tr(σ )]] ≡ ∇ 2 [Tr(σ )] 1 :1 = 3 r sym r ∇ xr ( ρb) : 1 = ∇ xr ⋅ ( ρb)
[
]
con lo cual la ecuación en (5.83) puede ser reescrita como:
[
] [
r r − 3ν 1 ∇ 2 [Tr (σ )] = ∇ xr ⋅ ( ρb) − 2 ∇ xr ⋅ ( ρb) (1 + ν ) (1 − ν ) r − (1 + ν ) r ⇒ ∇ 2 [Tr (σ )] = ∇ x ⋅ ( ρb ) (1 − ν ) ∇ 2 [Tr (σ )] +
[
]
]
NOTA 3: Para la elasticidad bidimensional la formulación en tensión se puede encontrar en el Ejemplo 7.32. Ejemplo 5.13 a) Dado un campo escalar Φ , tal que se cumpla: σ11 =
∂ 2Φ ∂x 22
σ 22 =
;
∂ 2Φ
σ12 = σ 21 =
;
∂x12
− ∂ 2Φ ∂x1 ∂x 2
(5.84)
Demostrar que Notación indicial Φ , iijj = 0
Notación tensorial ∇ ⋅ {∇ [∇ ⋅ (∇Φ )]} = 0
(i, j = 1,2)
⇒ ∇ 2∇ 2 Φ = 0
∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ⇒ 4 +2 2 2 + 4 =0 ∂x1 ∂x1 x2 ∂x2
(5.85)
⇒ ∇ 4Φ = 0
Considerar un material elástico lineal, un problema estático y sin fuerzas másicas. Considerar también que el tensor de tensiones de Cauchy es dependiente únicamente de x1 y x 2 , i.e. σ = σ ( x1 , x 2 ) . b) Demostrar si las ecuaciones de equilibrio se cumplen. Solución: a) En el Ejemplo 5.12 (ver ecuación (5.82)) hemos demostrado que: σ ii , kk =
− (1 + ν ) ( ρb k ) , k = 0 (1 − ν )
[
]
donde hemos considerado que (ρ b k ) ,k = 0 . Para el problema propuesto tenemos que i, k = 1,2 , con lo cual: σ ii ,kk = 0 ⇒ σ ii ,11 + σ ii , 22 = 0 ⇒ σ11,11 + σ 22,11 + σ11, 22 + σ 22, 22 = 0 ⇒
∂ 2 σ11 ∂x12
+
∂ 2 σ 22 ∂x12
+
∂ 2 σ11 ∂x 22
+
∂ 2 σ 22 ∂x 22
=0
Utilizando la definición (5.84), concluimos que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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∂ 2 σ11 ∂x12
+
∂ 2 σ 22 ∂x12
+
∂ 2 σ11 ∂x 22
+
∂ 2 σ 22 ∂x 22
417
=0
⇒
∂ 2 ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ + + + =0 ∂x12 ∂x 22 ∂x12 ∂x12 ∂x 22 ∂x 22 ∂x 22 ∂x12
⇒
∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ + 2 + =0 ∂x14 ∂x12 ∂x 22 ∂x 24
Q.E.D. b) Para el caso bidimensional las ecuaciones de equilibrio (sin fuerzas másicas) se reducen a:
σ ij , j = 0 i
⇒
σ i1,1 + σ i 2, 2 = 0 i
⇒
∂σ11 ∂σ12 ∂x + ∂x = 0 1 2 ∂ σ ∂ σ 21 + 22 = 0 ∂x1 ∂x 2
Utilizando la definición (5.84), obtenemos que: ∂σ11 ∂σ12 ∂x + ∂x = 0 1 2 ∂σ 21 + ∂σ 22 = 0 ∂x1 ∂x 2
⇒
∂ ∂ 2Φ ∂ ∂ 2Φ − =0 2 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 2 2 − ∂ ∂ Φ + ∂ ∂ Φ = 0 ∂x ∂x ∂x ∂x 2 ∂x12 1 1 2
Con lo cual demostramos que las expresiones de las tensiones dadas por (5.84) cumplen con las ecuaciones de equilibrio. NOTA: En la literatura Φ es conocida como función de tensión de Airy. (ver Ejemplo 7.32)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
418
Ejemplo 5.14 Considerando las ecuaciones de gobierno para un material elástico y lineal, obtener una r formulación equivalente solamente en función de desplazamientos- u y tensiones- σ (Formulación Mixta). Utilizar la notación de Voigt. Solución: Teniendo en cuenta las ecuaciones de gobierno para un problema elástico y lineal: Notación tensorial Ecuaciones de Movimiento: r r &r& (3 ecuaciones) ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ u Ecuación Constitutiva en Tensión:
Notación de Voigt Ecuaciones de Movimiento:
[L ] {σ } + {ρ b } = {ρ u&&} (3 ecuaciones)
σ (ε ) = C e : ε (6 ecuaciones)
{σ } = [C ]{ε } (6 ecuaciones)
(1) T
Ecuación Constitutiva en Tensión:
Ecuaciones Cinemáticas:
(5.86)
Ecuaciones Cinemáticas:
{ε } = [L(1) ] {u } (6 ecuaciones)
r ε = ∇ sym u (6 ecuaciones)
donde las ecuaciones de notación de Voigt fueron obtenidas en el Ejemplo 5.8, con
[L ]
(1) T
∂ ∂x1 = 0 0
0
0
∂ ∂x 2
0
0
∂ ∂x 2 ∂ ∂x1
∂ ∂x3
0
∂ ∂x 3 0 ∂ ∂x1
0 ∂ ∂x3 ∂ ∂x 2
Para eliminar la deformación reemplazamos las ecuaciones cinemáticas en la ecuación constitutiva, resultando:
{σ } = [C ]{ε } ⇒ {σ } = [C ] [L(1) ]{u } −1 −1 C [3 C ] [L(1) ]{u } ⇒ [C ] {σ } = [1 4]24 =[1 ]
[ ]{u } = {0 }
⇒ [C ] {σ } − L −1
(1)
Con lo cual quedamos con el siguiente sistema de ecuaciones:
[ ]
L(1) T {σ } + {ρb } = {ρu&&} −1 (1) [C ] {σ } − L {u } = {0 }
[ ]
(3 ecuaciones)
(5.87)
(6 ecuaciones)
También podemos expresar como: [0 ] (1) − L
[ ]
[L ] {u } = − {ρ b } + {ρ u&&} (1) T
[C ]−1 {σ }
{0 }
NOTA 1: La formulación anterior se conoce como Formulación Mixta. Y es interesante observar que en la formulación en desplazamiento y en tensión obtenidas en los Ejemplo 5.9 y Ejemplo 5.12 respectivamente tenemos derivada segunda de las incógnitas. En la formulación mixta tenemos solamente derivada primera de los desplazamientos y tensiones (incógnitas) y notar también que no involucra derivadas de los parámetros mecánicos del material. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
419
NOTA 2: Como visto en el Ejemplo 5.5 el problema elástico linear viene gobernado por el conjunto de ecuaciones en derivadas parciales: Notación tensorial Ecuaciones de Movimiento: r r &r& (3 ecuaciones) ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ u Ecuación Constitutiva en Tensión:
Notación de Voigt Ecuaciones de Movimiento:
[L ] {σ } + {ρ b } = {ρ u&&} (3 ecuaciones)
σ (ε ) = C e : ε (6 ecuaciones)
{σ } = [C ]{ε } (6 ecuaciones)
(1) T
Ecuación Constitutiva en Tensión:
Ecuaciones Cinemáticas:
(5.88)
Ecuaciones Cinemáticas:
{ε } = [L(1) ] {u } (6 ecuaciones)
r ε = ∇ sym u (6 ecuaciones)
resultando en un sistema con 15 ecuaciones y 15 incógnitas (u i , σ ij , ε ij ) . Además, hemos podido comprobar a través del Ejemplo 5.9, del Ejemplo 5.12, y del Ejemplo 5.14, que el problema elástico lineal considerando un material homogéneo e isótropo también puede ser representado por: 1) Formulación en desplazamientos (ver Ejemplo 5.9): && i (λ + µ )u j , ji + µ u i , jj + ρ b i = ρ u r r r &r& (λ + µ )[∇ (∇ ⋅ u)] + µ [∇ ⋅ (∇u)] + ρ b = ρ u
Ecuaciones de Navier
(5.89)
resultando en 3 ecuaciones y 3 incógnitas (u i ) . 2) Formulación en tensión (ver Ejemplo 5.12): Notación indicial σij , kk +
2(λ + µ ) λ &&i ), j σ kk ,ij − σll , kkδ ij = 2 ( ρu (2 µ + 3λ ) (2 µ + 3λ )
[
Notación tensorial ∇ 2xr σ +
]
sym
[
− 2 ( ρbi ), j
]
sym
(5.90)
[
]
[
]
r λ 2(λ + µ ) r r &r&) sym − 2 ∇ r ( ρb) sym ∇ x [∇ x [Tr (σ )]] − ∇ 2xr [Tr (σ )]1 = 2 ∇ xr ( ρu x (2 µ + 3λ) (2 µ + 3λ)
resultando en 6 ecuaciones y 6 incógnitas (σ ij ) . 3) Formulación mixta (ver Ejemplo 5.12):
[ ]
L(1) T {σ } + {ρb } = {ρu&&} −1 (1) [C ] {σ } − L {u } = {0 }
[ ]
(3 ecuaciones) (6 ecuaciones)
(5.91)
resultando en 9 ecuaciones y 9 incógnitas ( u i , σ ij ).
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
420
Ejemplo 5.15 Dados dos sistemas constituidos por el mismo material elástico lineal y con condiciones de cargas distintas: r
Sistema I
Fuerzas de superficie - t *
r
Fuerzas másicas específica- b Sσ
B
Su dV
r u*
r r t * ( x)
r r ρ b( x )
Campo de tensión - σ Campo de deformación - ε
r
Campo de desplazamiento - u
nˆ
r
Fuerzas de superficie - t *
Sistema II
r
Fuerzas másicas específica- b Su r u*
Sσ
B dV
r r t * ( x)
r ρb
Campo de tensión - σ Campo de deformación - ε
nˆ
r
Campo de desplazamiento - u
Figura 5.11: Dos sistemas bajo cargas externas. Demostrar el Teorema de Betti:
∫ σ : ε dV = ∫ σ : εdV
V
Teorema de Betti
V
(5.92)
Solución: Teniendo en cuenta la ecuación constitutiva de tensión, σ = C e : ε , en notación indicial: e σ ij = C ijkl ε kl
Si a ambos lados de la ecuación multiplicamos por el campo ε obtenemos que: Mayor de C Simetría →
σ ij ε ij = ε ij C eijkl ε kl
e σ ij ε ij = ε ij C ijkl ε kl = ε kl C eklij ε ij
e donde hemos aplicado la simetría mayor del tensor constitutivo elástico ( C ijkl = C eklij ).
Como los dos sistemas están constituidos por el mismo material se cumple que σ = C e : ε . Con lo cual la relación anterior queda: σ ij ε ij = ε ij C eijkl ε kl = ε kl C eklij ε ij = ε kl σ kl
Notación tensorial →
σ :ε = σ :ε
Si ahora integramos sobre todo el volumen, obtenemos el teorema de Betti:
∫ σ : ε dV = ∫ σ : ε dV
V
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V
Draft
(5.93)
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
421
e NOTA 1: La ecuación anterior solo se cumple si C ijkl = C eklij , es decir, si C e presenta e simetría mayor. En otras palabras, la condición C ijkl = C eklij impone la existencia de una función de energía almacenada, tal que:
e C ijkl =
∂ 2Ψ e ∂ 2Ψ e = = C eklij ∂ε ij ∂ε kl ∂ε kl ∂ε ij
NOTA 2: El teorema de Betti (Teorema de la Reciprocidad) es el punto de partida para la obtención de la formulación del Método de los Elementos de Contorno. NOTA 3: El teorema de Betti también puede ser expresada de otra forma que demostramos a continuación. 2 ∂x j
1 ∂u Recordar que ε ij = i +
∂u j 1 = (u i , j + u j ,i ) , con eso para el sistema II también se ∂xi 2
1 2
cumple que ε ij = ( ui , j + u j ,i ) . Con lo cual:
∫σ
ij ε ij dV
V
∫
= σ ij ε ij dV V
1 1 σ ij (u i , j + u j ,i )dV = σ ij ( ui , j + u j ,i ) dV 2V 2V
∫
∫
∫σ u ij
i , j dV
V
(5.94)
∫
= σ ij ui , j dV V
donde σij u i , j = σ ij u j ,i y σ ij ui , j = σ ij u j ,i se cumplen debido la simetría de σ y de σ , respectivamente. Y además notar que: ( σ ij u i ), j = σij , j u i + σij u i , j
⇒
σ ij u i , j = ( σ ij u i ), j − σij , j u i
(σ ij ui ), j = σ ij , j ui + σ ij ui , j
⇒
σ ij ui , j = (σ ij ui ), j −σ ij , j ui
Con lo cual la ecuación (5.94) queda:
∫σ u ij
∫
= σ ij ui , j dV
i , j dV
V
V
∫ (σ u ),
j
∫ (σ u ),
j
ij
i
∫
− σ ij , j u i dV = (σ ij ui ), j −σ ij , j ui dV
V
ij
i
(5.95)
V
∫
∫
∫
dV − σ ij , j u i dV = (σ ij ui ), j dV − σ ij , j ui dV
V
V
V
V
Aplicando el teorema de la divergencia a las primeras integrales de cada lada de la ecuación, obtenemos que:
∫ σ u nˆ dS − ∫ σ ij
i
j
S
V
∫
∫
ij , j u i dV
∫
∫
= σ ij ui nˆ j dS − σ ij , j ui dV S
V
∫
∫
⇒ t i u i dS − σ ij , j u i dV = t i ui dS − σ ij , j ui dV S
V
S
(5.96)
V
r
r
donde hemos aplicado la definición σ ⋅ nˆ = t y σ ⋅ nˆ = t . La ecuación anterior en notación tensorial queda:
∫
r r r r r r t ⋅ udS − (∇ ⋅ σ ) ⋅ udV = t ⋅ u dS − (∇ ⋅ σ ) ⋅ u dV
S
∫
V
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∫ S
Draft
∫
V
(5.97)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
422
Si recurrimos a las ecuaciones de movimiento se cumple que: r &r& ∇ ⋅σ + ρb = ρu
r r r && &r& − ∇ ⋅ σ = ρ (b − u ) y ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ u
⇒
⇒
r r &&) − ∇ ⋅ σ = ρ (b − u
Con lo cual la ecuación (5.97) queda:
∫
r r r r r r r r r r && &&) ⋅ u dV t ⋅ udS + ρ (b − u ) ⋅ udV = t ⋅ u dS + ρ (b − u
∫
S
∫
V
∫
S
Teorema de Betti
(5.98)
V
Notar que, si consideramos S = S u + S σ podemos decir que:
∫
r r t ⋅ udS =
∫
r r t ⋅ u dS =
S
∫
r r r r t * ⋅ udS + t ⋅ u* dS
∫
r r r r t * ⋅ u dS + t ⋅ u * dS
Sσ
S
∫
Su
(5.99)
∫
Sσ
Su
Para el caso particular cuando el sistema está en equilibrio y en la ausencia de fuerzas másicas, la ecuación (5.98) queda:
∫
r r r r t ⋅ udS = t ⋅ u dS
∫
S
(5.100)
S
Si además las fuerzas de superficies son fuerzas concentradas, podemos decir que: r r r r F loc ⋅ u loc = F loc ⋅ u loc
Fi loc u loc = Filoc uiloc i
(5.101)
Ejemplo 5.16 Considerando el problema planteado en la Figura 5.11, demostrar el Principio del Trabajo Virtual que establece que:
∫
r r r r r &&) ⋅ u dV = σ : ε dV t * ⋅ u dS σ + ρ (b − u
∫
Sσ
∫
V
1444442444443 Trabajo externo virtual total
r
Principio del Trabajo Virtual
V 14243
(5.102)
Trabajo interno virtual total
r
con u = u* en S u . Solución: Partimos directamente de la relación:
∫σ
ij ε ij dV
=
V
1 σ ij ( ui , j + u j ,i )dV = σ ij ui , j dV 2V V
∫
Notar que (σ ij ui ), j = σ ij , j ui + σ ij ui , j
∫σ
ij ε ij dV
∫
∫
⇒
(5.103)
σ ij ui , j = (σ ij ui ), j −σ ij , j ui , luego:
∫
= σ ij ui , j dV = (σ ij ui ), j −σ ij , j ui dV
V
∫
V
V
∫
∫
⇒ σ ij ε ij dV = (σ ij ui ), j dV − σ ij , j ui dV V
V
(5.104)
V
Aplicando el teorema de la divergencia a la primera integral del lado derecho, obtenemos que:
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
∫σ
ij ε ij dV
∫
∫
∫
423
∫
= (σ ij ui ), j dV − σ ij , j ui dV = σ ij ui nˆ j dS σ − σ ij , j ui dV
V
V
V
∫
Sσ
V
(5.105)
∫
= t *i ui dS σ − σ ij , j ui dV Sσ
V
r
donde hemos aplicado la definición σ ⋅ nˆ = t * . La ecuación anterior en notación tensorial viene dada por:
∫
r r r σ : ε dV = t * ⋅ u dS σ − (∇ ⋅ σ ) ⋅ u dV
∫
V
∫
Sσ
r
r r &&) (ecuaciones de movimiento), con lo − ∇ ⋅ σ = ρ (b − u
r
&& Notar que ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ u ⇒ cual, la ecuación (5.106) queda:
∫
(5.106)
V
r r r r r &&) ⋅ u dV = σ : ε dV t * ⋅ u dS σ + ρ (b − u
∫
Sσ
∫
V
V 14243
1444442444443
Trabajo interno virtual total
Trabajo externo virtual total
que es conocido como el Principio del Trabajo Virtual. Observar que no hemos tenido que recurrir la simetría mayor de C e para su demostración. Para el caso particular cuando el sistema está en equilibrio y en la ausencia de fuerzas másicas, la ecuación anterior queda:
∫
r r t * ⋅ u dS σ = σ : ε dV
∫
Sσ
(5.107)
V
Si además las fuerzas de superficies son fuerzas concentradas, podemos decir que: Notación Tensorial
Notación de Voigt
r r F loc ⋅ u loc = σ : ε dV
{F } {u }= ∫ {σ } {ε } dV loc T
∫
V
T
loc
(5.108)
V
donde {F loc }= {F1 , F2 ,..., Fn }T , {u loc }= {U1 , U2 ,..., Un }T , y la dirección de la componente uiloc es igual a dirección de la componente Filoc . F2
F1
F3 u
u σ, ε
σ, ε
REAL
VIRTUAL Figura 5.12
NOTA 1: En otras palabras, el Principio del trabajo Virtual afirma que: “Una estructura está en equilibrio, bajo la acción de un sistema de fuerzas exteriores, si y solo si el trabajo
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424
externo virtual total es igual al trabajo interno virtual total, cualquier que sea el campo de r desplazamiento virtual ( u )”. NOTA 2: El Principio del Trabajo Virtual se utiliza en las técnicas de discretización del problema como por ejemplo la Técnica de los Elementos Finitos, en el cual la incógnita fundamental es el campo de desplazamiento. NOTA 3: Es de fácil demostración que la ecuación (5.102) también es válida para las tasas r
& de los campos virtuales u , ε& , i.e.:
∫
r r r& r r& &&) ⋅ u dV = σ : ε& dV t * ⋅ u dS σ + ρ (b − u
∫
∫
Sσ 1 44444V2444443
Principio del trabajo virtual
V 14243
(5.109)
Trabajo interno virtual total
Trabajo externo virtual total
r
También es valida para una variación de los campos δ u , δε , i.e.:
∫
r r r r r &&) ⋅ δ u dV = σ : δε dV t * ⋅ δ u dS σ + ρ (b − u
∫
Sσ
1444444V2444444 3 Trabajo externo virtual total
∫
Principio del trabajo virtual
V 14243
(5.110)
Trabajo interno virtual total
NOTA 4: Podemos definir también el Principio del trabajo virtual complementario donde las incógnitas fundamentales son tensiones (fuerzas):
∫
r r &r& r t ⋅ u* dS ur + ρ (b − u ) ⋅ udV =
∫
S ur
V
∫ σ : ε dV
Principio del trabajo virtual complementario
V 14243
1444442444443
Trabajo interno virtual complementario total
Trabajo externo virtual complementario total
(5.111)
r
con σ ⋅ nˆ = t * en S σ . Considerando un caso estático sin fuerzas másicas y considerando que las únicas acciones externas son fuerzas concentradas, el principio del trabajo virtual complementario viene dado por: r loc r loc F ⋅ u43 142
=
Trabajo externo virtual complementario total (Fuerzas concentradas)
Principio del trabajo virtual complementario (Caso estático, sin fuerzas másicas y fuerzas concentradas)
∫ σ : ε dV
V 14243
Trabajo interno virtual complementario total
(5.112)
Ejemplo 5.17 Considérese un sub-dominio ( Ω ), en equilibrio, y constituido por un material homogéneo, elástico linear e isótropo. Considérese también que en unos puntos del contorno del subdominio hay unas fuerzas concentradas aplicadas {F ( e ) } ≡ {F loc } y que el campo de r r desplazamiento es aproximado a través de {u( x )} = [N ( x )]{u (e ) } donde {u ( e ) } ≡ {u loc } son los desplazamientos en los puntos donde se aplican las fuerzas concentradas. Demostrar que las ecuaciones de gobierno para un problema elástico linear e isótropo pueden ser reemplazadas por:
{F }= [K ]{u } (e)
(e )
(e)
donde
[K ] = ∫ [B] [C ][B] dV T
(e)
V
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(5.113)
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425
donde [C ] es la matriz constitutiva elástica en notación de Voigt, y obtener la expresión de [B( xr )] . Nota: Usar el Principio del Trabajo Virtual. Solución: Podemos partir directamente de la ecuación (5.108), el cual es equivalente a: r r r F loc ⋅ u loc = σ : ε dV = σ : (∇ sym u ) dV
∫
∫
V
V
(5.114)
r r r ⇒ u loc ⋅ F loc = (∇ sym u ) : σ dV
∫
V
La ecuación anterior en notación de Voigt queda: r r r u loc ⋅ F loc = (∇ sym u ) : σ dV Voigt → u ( e )
{ } {F }= ∫ {ε } {σ } dV
∫
V
T
T
(e)
V
(5.115)
Notar que en la ecuación anterior ya está teniendo en cuenta las ecuaciones de equilibrio (ver ecuaciones (5.106)-(5.108)). La ecuación constitutiva de tensión, en notación de Voigt, viene dada r r por {σ ( x )} = [C ]{ε ( x )} , donde el campo del tensor de deformación viene dado por r r ε ( x ) = ∇ sym u (Ecuaciones cinemáticas). Tenemos que hacer la representación de la parte
simétrica del gradiente del campo de desplazamiento, ε ij = 12 (u i , j + u j ,i ) , en notación de Voigt. En el Ejemplo 5.8 hemos demostrado que: ∂ ∂u1 ∂x1 ∂x1 u ∂ 2 0 ε11 ∂x 2 ε u ∂ 3 22 0 r ∂x3 ε 33 {ε ( x )} = = ∂u ∂u = ∂ 2ε 12 1 + 2 2ε 23 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂u ∂u 2ε 13 2 + 3 0 ∂x3 ∂x 2 ∂u1 ∂u 3 ∂ ∂x + ∂x ∂x 3 1 3
0 ∂ ∂x 2 0 ∂ ∂x1 ∂ ∂x 3 0
0 0 ∂ u1 ∂x3 u 2 0 u 3 ∂ ∂x 2 ∂ ∂x1
⇒
{ε ( xr )} = [L(1) ]{u( xr )}
Luego
{ε ( xr )} = [L(1) ]{u( xr )} = [L(1) ][N ( xr )]{u (e) }= [B( xr )] {u (e) } donde definimos que:
[B( xr )] = [L(1) ][N ( xr )]
(5.116)
El campo de tensión se puede obtener por:
{σ ( xr )} = [C ]{ε ( xr )} = [C ][B( xr )]{u (e) }
Podemos utilizar la misma aproximación del campo de desplazamiento para aproximar el campo de desplazamiento virtual, con lo cual también se cumple que:
{u ( xr )} = [N ( xr )]{u (e) }
⇒
{ε ( xr )} = [B( xr )] {u (e) }
Luego, la ecuación (5.115) queda: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
426
{u } {F }= ∫ {ε } {σ } dV = ∫ {[B( xr )]{u }} [C ][B( xr )]{u } dV (e) T
T
(e)
(e)
V
T
(e)
V
o aún:
{u } {F }= ∫ {u } [B( xr )] [C ][B( xr )]{u }dV (e) T
(e) T
(e)
T
(e)
(5.117)
V
r
Observar que ni {u (e ) } ni {u (e ) } son dependientes de x , con lo cual:
{u } {F }= {u } ∫ [B( xr )] [C ][B( xr )] dV {u } (e) T
(e) T
(e )
T
(e)
V
r T r ⇒ F ( e ) = [B( x )] [C ][B( x )] dV u (e ) V
{ } ∫ ⇒ {F } = [K ]{u } (e)
(e)
(5.118)
{ }
(e )
NOTA: [ K (e ) ] es conocida como matriz de rigidez del sub-dominio (elemento finito), y la r
r
r
matriz [N ( x )] de la relación {u( x )} = [N ( x )]{u (e ) } se conoce como la matriz que contiene las funciones de forma. Las funciones de forma son las funciones definidas en un dominio que r nos permite obtener el valor de una función incógnita {u( x )} en cualquier punto del
dominio a través de los valores nodales conocidos {u (e ) } . Por ejemplo, supongamos que el sub-dominio ( Ω ) viene caracterizado por un cuadrilátero, luego podemos obtener el valor r del campo escalar T ( x ) a través de sus valores nodales {T (e ) } como sigue: T (e ) _ 2
{ }
r r T ( x ) = [N ( x ) ] T ( e )
T (e) _ 1 (e) _ 2 r T = [N ( x )] ( e ) _ 3 T (e) _ 4 T
T (e ) _ 3
Ω
r T ( x)
T (e ) _ 1
T (e ) _ 4
Ejemplo 5.18 a) Considérese un subdominio ( Ω ) constituido por un material elástico lineal e isótropo. Considérese también que en unos puntos del contorno del sub-dominio hay unas fuerzas concentradas aplicadas {F ( e ) } ≡ {F loc } (fuerzas nodales) y que el campo de desplazamiento r r es aproximado a través de {u( x )} = [N ( x )]{u (e ) } donde {u ( e ) } ≡ {u loc } (desplazamientos nodales) son los desplazamientos en los puntos donde se aplican las fuerzas concentradas. Demostrar que las ecuaciones de gobierno para un problema elástico linear e isótropo pueden ser reemplazadas por:
[K ]{u }+ [M ]{u&& }= {F } (e)
(e)
(e)
( e)
(e)
(5.119)
donde [ K ( e ) ] = ∫ [B]T [C ] [B] dV (matriz de rigidez), [ M ( e ) ] = ∫ ρ [ N ]T [ N ] dV (matriz de V
V
masa), [C ] es el tensor constitutivo elástico en notación de Voigt.
b) Demostrar que la ecuación en (5.119) representa un sistema conservativo. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
427
OBS.: Usar el Principio del Trabajo Virtual y considerar las siguientes aproximaciones para r los campos {•( x )} en función de sus respectivos valores nodales {• (e ) } : r r r {u( x )} = [N ( x )]{u ( e ) } (campo de desplazamientos) r& r r {u ( x )} = [N ( x )]{u& ( e ) } (campo de velocidad) &r& r r && ( e ) } (campo de aceleración) {u( x )} = [N ( x )]{u r {ε ( x )} = L(1) [N ( xr )]{u ( e ) } = [B( xr )]{u ( e ) } (campo de deformación) r r (e) {σ ( x )} = [C ]{ε ( x )} = [C ][B]{u } (campo de tensión) r r {t * ( xr )} = [N t ( xr )]{ f r( e ) } (campo del vector tracción) t r r r (e ) b r {b( x )} = [N ( x )]{ f br } (campo de fuerzas másicas)
[ ]
(5.120)
Usar las mismas aproximaciones para los respectivos campos virtuales. Solución: El Principio del Trabajo Virtual postula que:
∫
σ : ε dV =
V 14243 Trabajo interno virtual total
∫
r r r r r &&) ⋅ u dV t * ⋅ u dS σ + ρ (b − u
∫
Sσ
V
1444442444443 Trabajo externo virtual total
Reescribimos la ecuación anterior en notación de Voigt: r
r
r
r
&r&
r
∫ {σ} {ε} dV = ∫ {t} {u} dS + ∫ {ρb} {u} dV − ∫ {ρu} {u} dV T
V
T
S σ&
T
V
T
V
r r r r r &r&} dV = {u}T {t} dS + {u}T {ρb} dV − {u}T {ρu
∫
∫
S σ&
∫
V
(5.121)
V
Utilizando las aproximaciones para los campos, podemos obtener los siguientes términos:
∫ {σ} {ε} dV = ∫ {ε} {σ} dV = ∫ {[B]{u }} {[C ][B]{u }}dV = T
T
V
(e)
V
T
(e)
V
= {u ( e ) }T [B] [C ][B]{u (e ) } dV
∫
T
V
T = {u ( e ) }T [B ] [C ][B] dV {u ( e ) } V
∫
[
]
= {u ( e ) }T K ( e ) {u ( e ) }
∫
r r {u}T {t} dS =
S σ&
∫ {[N ]{u }} [N ]{ f (e)
T
r t
r( e ) } dS t
r
= {u (e ) }T [N ] [Nt ]{ f tr(e ) } dS
S σ&
∫
T
S σ&
r r T = {u (e ) }T [N ] [Nt ] dS { f tr( e ) } = {u (e ) }T [Gt ]{ f tr( e ) } S σ&
∫
= {u (e ) }T {Frt( e ) }
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
428
∫
r r {u}T {ρb} dV =
V
∫ {[N ]{u }} ρ [N (e )
r b
T
V
r
r T ]{ f bre } dV = {u ( e ) }T ρ [N ] [Nb ] dV { f bre } V
∫
= {u (e ) }T [Gb ]{ f br(e ) } r = {u (e ) }T {Fbr( e ) }
∫
V
r &r&} dV = {u}T {ρu
∫ {[N ]{u }} ρ [N ]{u&& (e)
T
(e )
&& ( e ) } dV } dV = ρ {u (e ) }T [N ] [N ]{u
∫
V
T
V
(e) T && } = {u (e ) }T ρ [N ] [N ] dV {u V (e) T ( e ) && } = {u } [M ]{u
∫
Teniendo en cuenta los términos anteriores en la ecuación (5.121) obtenemos que: r r && ( e ) } {u ( e ) }T [ K ( e ) ]{u( e ) } = {u (e ) }T {Ftr( e ) } + {u ( e ) }T {Fbr( e ) } − {u (e ) }T [M ]{u r r && ( e ) } ⇒ {u ( e ) }T [ K ( e ) ]{u(e ) } = {u ( e ) }T {Ftr(e ) } + {Fbr(e ) } − [M ]{u
(
(
)
)
Ya que el desplazamiento virtual es arbitrario, concluimos que:
r r && ( e ) } [ K (e ) ]{u(e ) } = {Ftr( e ) } + {Fbr( e ) } − [M ]{u r r && (e ) } = {Fr( e ) } + {Fr(e ) } ⇒ [ K (e ) ]{u(e ) } + [M ]{u t b r (e) (e) (e ) ( e ) && } = {F } ⇒ [ K ]{u } + [M ]{u
b) Para demostrar que el sistema anterior es conservativo, i.e. sin disipación de energía, vamos considerar la discretización del tiempo donde el tiempo actual viene representado por t y el tiempo sucesivo por t + ∆t , donde ∆t es el incremento de tiempo. Notar que para cualquier tiempo la ecuación anterior se cumple, luego: r && ( e ) }t = {F (e ) }t [ K (e ) ]t {u(e ) }t + [M ]t {u r r (e) (e) && ( e ) }t + ∆t = {F ( e ) }t + ∆t = {F ( e ) }t [ K ]t + ∆t {u }t + ∆t + [M ]t + ∆t {u && ( e ) }t + ∆t = [ K ( e ) ]t {u( e ) }t + [M ]t {u && ( e ) }t ⇒ [ K (e ) ]t + ∆t {u( e ) }t + ∆t + [M ]t + ∆t {u r donde la fuerza {F (e ) } es constante con el tiempo, con eso demostramos que el sistema es r conservativo. Notar también que, si el vector {F (e ) } es constante en el tiempo, luego:
( (
) )
r r D && (e ) } = D {F ( e ) } = {0 } [ K ( e ) ]{u ( e ) } + [M ]{u Dt Dt (e) (e) (e ) & & ⇒ [ K ]{u } + [M ]{u } = constante en el tiempo
NOTA 1: La ecuación en (5.119) representa un movimiento harmónico simple. Vamos considerar un caso unidimensional donde [ K (e ) ] representa la constante de muelle k , [M ] representa la masa m , y el desplazamiento y aceleración vienen representados respectivamente por u y u&& , (ver Figura 5.13). Con eso, la ecuación (5.119) queda: ku + mu&& = 0
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⇒
ku = − mu&&
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429
u
k
m
u t
Figura 5.13: Modelo mecánico para un movimiento harmónico simple. Notar que la energía se conserva. Considerando la energía interna debido al muelle ( 12 uku ) y la energía cinética ( 12 u&mu& = 12 mv 2 ) debido a la masa m , y aplicando la ecuación de energía podemos obtener que: DK DU DW DQ + = + =0 Dt Dt 1Dt Dt 4243 =0
D 1 D 1 uku = 0 u&mu& + Dt 2 Dt 2 ⇒ mu&&u& + kuu& = 0 ⇒ (mu&& + ku )u& = 0
J s =W
⇒
(5.122)
⇒ mu&& + ku = 0
donde K es la energía cinética y U es la energía interna. NOTA 2: Si hacemos un experimento con el modelo mecánico descrito en la Figura 5.13 vamos verificar que en realidad el movimiento no es conservativo, i.e. hay una pierda de energía a lo largo del tiempo. En otras palabras hay un amortiguamiento del sistema hasta alcanzar el reposo, (ver Figura 5.14). Este fenómeno se debe al mecanismo interno de la estructura. En la práctica, este amortiguamiento intrínseco a las estructuras se puede tratar a través de un parámetro c (amortiguamiento) multiplicado por la velocidad. Con eso la ecuación (5.122) queda: mu&& + cu& + ku = 0
Si tenemos en cuenta el fenómeno de amortiguamiento en la ecuación (5.119), ésta puede ser reescrita como:
[K ]{u }+ [C ]{u& }+ [M ]{u&& }= {F } (e)
(e)
(e)
(e)
(e)
(e)
(e)
(5.123)
donde [C (e ) ] es la matriz de amortiguamiento. Notar que para la resolución del sistema (5.123) necesitaremos hacer también una integración en el tiempo. Para mayores informaciones sobre Dinámica Estructural ver Tedesco et al. (1998).
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
430
u
t
Figura 5.14: Modelo mecánico para un movimiento con amortiguamiento.
Ejemplo 5.19 Si consideramos la energía potencial elástica total Π dada por: r r r r r Π (u) = Ψ e (ε ) dV − t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV
∫
V
∫
∫
Energía Potencial Total
(5.124)
Sσ
V
∫
∫ 2 σ : ε dV
(5.125)
r r r r U ext = t * ⋅ udS σ + (ρ b) ⋅ udV
(5.126)
donde U int = Ψ e (ε ) dV = V
1
V
y
∫
Sσ
∫
V
Si consideramos también que la primera variación de Π , denotada por δΠ , es igual a cero para un valor estacionario de Π , demostrar que: si δΠ = 0 es equivalente al valor r estacionario de Π , entonces Π (u) corresponde realmente a un valor mínimo. r r
OBS.: Considerar que durante el proceso de deformación las acciones externas ( t * , b ) no varían con la deformada. Considerar también un material elástico lineal. Solución: La primera variación ( δΠ ) se puede obtener como sigue:
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1 r r r r δΠ = δ σ : ε dV − t * ⋅ udS σ − (ρ b) ⋅ udV 2 Sσ V V r r r r 1 = δ σ : ε dV − δ t * ⋅ udS σ − δ (ρ b) ⋅ udV 2 V S V
∫
∫
∫
431
∫
∫
∫
(5.127)
σ
=
∫
V
r r r r 1 δ(σ : ε ) dV − t * ⋅ δudS σ − (ρ b) ⋅ δudV 2 S V
∫
∫
σ
Notar que:
[
]
1 1 1 δ(σ : ε ) = (δσ : ε + σ : δε ) = δ(C e : ε ) : ε + σ : δε 2 2 2 1 1 1 = (C e : δε ) : ε + σ : δε = ε : C e : δε + σ : δε = [σ : δε + σ : δε ] 2 2 2 = σ : δε
δΨ e (ε ) =
[
=
] [
]
(5.128)
∂Ψ e : δε ∂ε
donde hemos considerado que σ =
∂Ψ e (ver Ejemplo 5.5). Para régimen de pequeñas ∂ε
deformaciones, la ecuación anterior también puede ser escrita como: δΨ e (ε ) =
r r r ∂Ψ e : δε = σ : δε = σ : δ(∇ symu) = σ : (∇ sym δu) = σ : (∇δu) ∂ε
(5.129)
donde hemos utilizado la propiedad A sym : B = A sym : (B sym + B anti ) = A sym : B sym . Con lo cual la ecuación (5.127) queda: r r r r 1 δ(σ : ε ) dV − t * ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV 2 V Sσ V r r* r r = σ : δε dV − t ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV
δΠ =
∫
∫
∫
∫
∫
V
∫
Sσ
V
r r r r = δΨ e dV − t * ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV
∫
∫
V
Sσ
∫
V
Teniendo en cuenta la definición de Π dada por la ecuación (5.124), la expresión r r Π (u + δu) puede ser obtenida como r r r r r r r r Π (u + δu) = Ψ e (ε + δε ) dV − t * ⋅ (u + δu)dS σ − ( ρb) ⋅ (u + δu)dV
∫
V
∫
∫
Sσ
V
(5.130)
Utilizamos serie de Taylor para aproximar el término Ψ e (ε + δε) , resultando:
Ψ e (ε + δε ) = Ψ e (ε) + Notar que
1 ∂Ψ e (ε ) ∂ 2Ψ e (ε ) : δε + δε : : δε + ... 2 ∂ε ∂ε ⊗ ∂ε
(5.131)
∂ 2Ψ e (ε ) ∂Ψ e (ε ) : δε = δΨ e (ver ecuación (5.128)) y C e = (ver Ejemplo 5.5). ∂ε ⊗ ∂ε ∂ε
Además recordar que para un problema elástico lineal la energía de deformación requiere una función cuadrática. Con lo cual la ecuación (5.131) queda:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
432
1 ∂ 2Ψ e (ε ) ∂Ψ e (ε ) : δε + δε : : δε + ... 2 ∂ε ⊗ ∂ε ∂ε 1 ≈ Ψ e (ε ) + δΨ e + δε : C e : δε 2
Ψ e (ε + δε ) = Ψ e (ε) +
Con lo cual, la ecuación (5.130) puede ser reescrita como: r r Π (u + δu) = Ψ e (ε + δε ) dV −
∫
V
∫
r r r r r r t * ⋅ (u + δu)dS σ − ( ρb) ⋅ (u + δu)dV
∫
Sσ
∫
V
∫
= Ψ e (ε ) dV + δΨ e dV + V
V
r*
∫t
−
Sσ
∫
= Ψ (ε ) dV − e
V
∫
r
1
∫ 2 δε : C
V
e
: δε dV r
r
r
r
⋅ (u + δu)dS σ − ∫ ( ρb) ⋅ (u + δu)dV V
r r r r t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV +
∫
Sσ
V
∫
+ δΨ e dV − V
∫
Sσ
r r r r 1 t * ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV + δε : C e : δε dV 2 V V
∫
∫
(5.132) Notar que:
r r r r r Π (u) = Ψ e (ε ) dV − t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV
∫
∫
V
∫
Sσ
V
y
r r r r δΠ = δΨ e dV − t * ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV = 0
∫
V
∫
∫
Sσ
V
Teniendo en cuenta lo anterior en la ecuación (5.132) podemos obtener que: r r r 1 Π (u + δu) = Π (u) + δΠ + δε : C e : δε dV 2 V
∫
r r r 1 ⇒ Π (u + δu) − Π (u) = δΠ + δε : C e : δε dV 2 V
∫
r r r 1 ⇒ Π (u + δu) − Π (u) = δε : C e : δε dV 2 V
∫
donde hemos considerado que δΠ = 0 . Notar que el término δε : C e : δε > 0 siempre será positivo para cualquier valor de δε ya que C e es un tensor definido positivo (ver Capítulo 1). Con lo cual garantizamos que: r r r 1 ∆Π = Π (u + δu) − Π (u) = δε : C e : δε dV > 0 2 V r δΠ = 0 ⇒ Π (u) es un mínimo
∫
⇒
r r r Π (u + δu) > Π (u)
NOTA 1: Para un problema elástico linear el punto de equilibrio corresponde al valor mínimo de Π , ver Figura 5.15. Este es el conocido Principio de la Energía Potencial Mínima.
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433
NOTA 2: Para el caso particular donde las acciones externas están constituidas por fuerzas concentradas y en ausencia de fuerzas másicas, tenemos que:
{ } {u }
r 1 Π (u) = U int + U ext = σ : ε dV − F loc 2 V
∫
T
loc
Energía Potencial Total
(5.133)
Π (u ) F Π
Π (u ( 2 ) ) Π (u )
∂Π =0 ∂u
δΠ = 0
Π (u ( 3 ) )
Deformada correspondiente al equilibrio
u
u (2)
u ( 3)
Figura 5.15 NOTA 3: A través de la ecuación (5.133) podemos demostrar el Teorema de
Castigliano- Parte I:
r ∂Π (u) loc
∂{u }
=
⇒ {F loc } =
∂U int loc
∂{u }
+
∂U ext loc
∂{u }
=
∂U int loc
∂{u }
−
[
]=0
∂ {F loc }T {u loc } loc
∂{u }
∂U int ∂{u loc }
donde {F loc } = {F1 , F2 ,..., Fn }T , {u loc } = {U1, U2 ,..., Un }T . Notar que en la expresión anterior el término U int tiene que estar en función de {uloc } . NOTA 4: Para una mejor ilustración del problema planteado, vamos considerar una barra de longitud L y con área de la sección transversal A . Consideremos también que el campo de tensión y de deformación son campos homogéneos y dados por: σ 0 0 σ ij = 0 0 0 0 0 0
;
ε 0 0 e ε ij = 0 0 0 ⇒ σ11 = C1111 ε11 ⇒ σ = Eε 0 0 0
Consideremos también que el campo de desplazamiento viene representado por una aproximación lineal ( u ( x) = a1 + a2 x ) y en las extremidades de la barra tenemos que:
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434
A
σ
(3D )
V = AL (volumen)
σ
∫
F = σdA A
(1)
F ,U
(1D )
(1)
F
( 2)
( 2)
,U
2
1
x
L
Figura 5.16 El objetivo ahora es escribir la energía potencial total en función de U(1) ,U( 2) . Verificar que, debido a las cargas concentradas tenemos que: U ext = {F loc }T {uloc } = {F (1)
U(1) F ( 2 ) } ( 2 ) = F (1)U(1) + F ( 2 )U( 2 ) U
(5.134)
En este ejemplo la relación lineal tensión-deformación viene dada por σ = Eε (ver 1 2
1 2
Ejemplo 5.5 NOTA 3) y la densidad de energía de deformación Ψ e = σε = εEε . Luego, la energía interna total viene dada por: U int =
1
∫ 2 σ : ε dV
1D →
U int =
V
notar que ε11 =
1 1 1 σε dV = Eεε dV = Eε 2 dV 2V 2V 2V
∫
∫
∫
∂u1 ∂u ( x) = = ε , con lo cual: ∂x1 ∂x
U int =
2
1 1 ∂u ( x) Eε 2 dV = E dV 2V 2 V ∂x
∫
∫
(5.135)
Nuestro objetivo ahora es expresar el campo de desplazamiento en función de sus valores nodales U(1) ,U( 2) . Para ello vamos utilizar la aproximación adoptada u ( x) = a1 + a2 x , donde se cumple que: = a1 + a2 L
u ( x = 0) = U(1) = a1 u ( x = L ) = U( 2 )
⇒
U(1) 1 0 a1 ( 2) = U 1 L a2
Ahora nuestro objetivo es definir los coeficientes a1 , a 2 . Para ello, obtenemos la inversa de la relación anterior: U (1) 1 0 a1 (2) = U 1 L a 2
inversa
→
a1 1 L 0 U (1) = ( 2) a 2 L − 1 1 U
⇒
a1 = U (1) 1 ( 2) (1) a 2 = U − U L
(
)
con lo cual:
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u ( x) = a1 + a2 x = U(1) +
(
435
)
1 (2) x x U − U(1) x = 1 − U(1) + U( 2 ) L L L
(5.136)
(1) r x x U ⇒ u ( x) = 1 − ( 2 ) = [N ( x )] u(e ) L L U
{ }
Con lo cual la ecuación (5.135) puede ser reescrita como: U int =
2
∫ (
)
2
2 1 E 1 (2) E ∂u ( x) ( 2) 2 (1) − 2U(1)U( 2 ) + U(1) dV E U − U dV = 2 U dV = 2 V ∂x 2VL 2L V
∫
∫
Notar que U(1) y U( 2) no dependen de x , con lo cual: U int =
2 2 2 E (2) 2 E − 2U(1)U( 2 ) + U(1) dV = 2 U( 2 ) − 2U(1)U( 2 ) + U(1) V U 2 2L 2L V
∫
(5.137)
2 2 EAL ( 2) 2 EA ( 2 ) 2 = − 2U(1)U( 2 ) + U(1) = − 2U(1)U( 2 ) + U(1) U U 2 2L 2L
Luego, la energía potencial total (ver ecuación (5.133)) viene dada por las ecuaciones (5.134) y (5.137), i.e.:
(
)
r 2 EA ( 2 ) 2 Π (u) = U int − U ext = − 2U(1)U( 2 ) + U(1) − F (1)U(1) + F ( 2 )U( 2 ) = Π (U(1) , U( 2 ) ) U 2L
Como buscamos el estado estacionario, hay que cumplir que: ∂Π (U(1) , U( 2) ) ∂U(1) (1) ( 2) ∂Π (U , U ) ∂U( 2 )
= = = = = =
(
)
(
)
2 ∂ EA ( 2 ) 2 U − 2U(1)U( 2) + U(1) − F (1)U(1) + F ( 2 )U( 2 ) = 0 (1) ∂U 2 L EA − 2U( 2) + 2U(1) − F (1) = 0 2L EA (1) U − U( 2 ) − F (1) = 0 L 2 ∂ EA ( 2 ) 2 U − 2U(1)U( 2) + U(1) − F (1)U(1) + F ( 2)U( 2 ) = 0 (2) 2 L ∂U EA 2U( 2 ) − 2U(1) − F ( 2 ) = 0 2L EA ( 2) U − U(1) − F ( 2 ) = 0 L
( (
)
)
( (
)
)
Reestructurando las ecuaciones anteriores en forma matricial obtenemos que: (1) (1) EA 1 − 1 U F = L − 1 1 U ( 2 ) F ( 2 )
⇔
[K ]{u }= {F } (e)
(e)
(e)
(5.138)
Notar que [ K (e ) ] no tiene inversa ya que det[ K ( e ) ] = 0 . Para que el problema tenga solución única, tenemos que introducir las condiciones de contorno. Notar que la matriz [ K (e ) ] de la expresión anterior podría haber sido obtenida a través de la ecuación (5.118) (ver Ejemplo 5.17), donde para este caso particular tenemos que [C ] = E , y a través de la ecuación (5.136) podemos obtener que:
[B( xr )] = [L(1) ][N ( xr )] =
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∂ ∂x
x x − 1 1 1 − L L = L L
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436
Luego: − 1 r T r 1 1 − 1 L − 1 1 = [B( x )] [C ][B( x )] dV = E dV = E 2 dV 1 L L L − 1 1 V V V L E 1 − 1 E 1 − 1 EA 1 − 1 = 2 dV = 2 V= L − 1 1 L − 1 1 V L − 1 1
[K ] ∫ (e)
∫
∫
∫
NOTA 5: Es interesante notar que, inicialmente teníamos un problema continuo (infinitos puntos materiales) representado por las ecuaciones de gobierno y hemos transformado este problema continuo en un problema discreto representado por un conjunto de ecuaciones discretas (5.138). En otras palabras, hemos aplicado una técnica numérica para resolver el problema. El principal objetivo de cualquier técnica numérica es transformar un problema continuo en un conjunto de ecuaciones discretas, entre estas técnicas numéricas podemos citar: Diferencias Finitas, Elementos Finitos, Elementos de Contorno, Volumen Finito, etc.
r
NOTA 6: Analizando [N ( x )] T
r r r x x Note que las funciones de forma son [N ( x )] = [N1 ( x ) N 2 ( x )]T = 1 − . Si L L
dibujamos estas funciones dentro del dominio obtenemos que: N1
N1 ( x = 0) = 1 x ⇒ L N1 ( x = L ) = 0 N 2 ( x = 0) = 0 x N 2 ( x) = ⇒ L N 2 ( x = L) = 1
N2
N1 ( x ) = 1 −
1
1
1
2
x
N1 ( x ) + N 2 ( x ) = 1
L
Figura 5.17 r
La aproximación adoptada para [ N ( x )] dependerá del problema. Para el problema analizado en este ejemplo tenemos que la deformación es constante dentro del dominio, luego, es suficiente adoptar una aproximación linear para el campo de desplazamientos ya que por definición ε = r
∂u ( x) . Como consecuencia necesitamos apenas dos nodos para ∂x
definir [ N ( x )] . Si el problema requiere una función cuadrática para el campo de r desplazamientos, necesitaremos tres puntos para definir [ N ( x )] , y así sucesivamente.
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437
NOTA 7:
Principio del Potencial de Energía Estacionario En este ejemplo hemos establecido el Principio de la Energía Potencial Estacionaria, (ver ecuación (5.124)): r r r r r Π (u) = Ψ e (ε ) dV − t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV
∫
∫
V
∫
Sσ
V
(5.139)
1 2
donde hemos tenido en cuenta que Ψ e (ε) = σ : ε . El funcional es estacionario si y solo si r δ ur Π (u) = 0 .
Principio Variacional de Hellinger-Reissner En el Ejemplo 5.5 en la NOTA 7 hemos establecido que tensorial →Ψ e (σ ) = σ : ε − Ψ e (ε ) = − ρ 0 G(σ ) = g(σ ) Ψ e (σ) = σε − Ψ e (ε) ⇒ Ψ e (ε ) = σ : ε − g(σ )
(5.140)
donde g(σ ) es la densidad de energía libre de Gibbs con el signo invertido. g(σ) - Energía almacenada complementaria
σ
Ψ e (ε) - Energía almacenada
ε
Figura 5.18: Energías almacenadas. Reemplazando el valor Ψ e (ε ) = σ : ε − g(σ ) en el funcional (5.139) obtenemos que: r Π (u) = Ψ e (ε ) dV −
∫
V
∫
r r r r t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV
∫
Sσ
V
r ⇒ Π HR (u, σ ) = σ : ε − g(σ ) dV −
∫
V
r
∫
r r r r t * ⋅ udS σ − ( ρb) ⋅ udV
Sσ
∫
(5.141)
V
r
Notar que σ : ε = σ : (∇ sym u) = σ : (∇u) . Con lo cual podemos obtener que: r r r r r r Π HR (u, σ ) = σ : (∇u) − g(σ ) dV − t * ⋅ udS σ − (ρ b) ⋅ udV
∫
∫
V
Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Sσ
Draft
∫
V
(5.142)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
438
r
El Funcional (5.141) es estacionario para una variación arbitraria de u y desapareciendo en S ur si y solo si σ satisface las ecuaciones de equilibrio. Y es estacionario para una variación de σ si y solo si satisface la ecuación constitutiva (tensión-deformación). Este principio es conocido como Principio Variacional de Hellinger-Reissner. r r δ ur Π HR (u, σ ) = σ : (∇δu) dV −
∫
∫
r r r r t * ⋅ δudS σ − ( ρb) ⋅ δudV = 0
V
Sσ
∫
∫t
= σ ij (δu) i , j dV − V
∫
V * i (δu) i
∫
dS σ − ( ρb) i (δu) i dV = 0
Sσ
∫
V
∫
= σ ij (δu) i nˆ j dS − σ ij , j (δu) i dV − Sσ
∫[
V
]
= − σ ij , j + ( ρb) i (δu) i dV + V
∫ [σ
∫
∫
t *i (δu) i dS σ − ( ρb) i (δu) i dV = 0
Sσ
(5.143)
V
]
ˆ − t *i (δu) i dS = 0
ij n j
Sσ
En el volumen obtenemos las ecuaciones de equilibrio: σ ij , j + (ρ b) i = 0 i . En la superficie S σ la condición de contorno: σ ij nˆ j − t *i = 0 i r r δ σ Π HR (u, σ ) = δσ : (∇ sym u) − δg(σ ) dV = 0
∫
V
r ∂g(σ ) : δσ dV = 0 = (∇ sym u) : δσ − ∂σ V
∫
(5.144)
r ∂g(σ ) : δσ dV = 0 = (∇ sym u) − ∂σ V
∫
r
En el volumen obtenemos las ecuaciones constitutivas: (∇ sym u) −
∂g(σ ) =0. ∂σ
Principio Variacional de Hu-Washizu El Principio de Hu-Washizu es una generalización del Principio de Hellinger-Reissner, r donde el funcional además de depender de (u, σ ) también depende del campo de deformación ε , y viene dado por: r Π HW (u, σ , ε ) =
∫ [Ψ (ε) − σ : (ε − ∇ e
]
r r r r r r u) − (ρ b) ⋅ u dV − (σ ⋅ nˆ ) ⋅ (u* − u)dS σ − t * ⋅ udS σ
sym r
V
∫
∫
S ur
Sσ
(5.145) y estacionario para las siguientes situaciones: r δ ur Π HW (u, σ , ε ) = 0 ⇒ r r ⇒ En S ur δu = 0
Ecuaciones de equilibrio
r δ σ Π HW (u, σ , ε ) = 0
⇒
Ecuaciones cinemáticas Condición de contorno en S ur
r δ ε Π HW (u, σ , ε ) = 0
⇒
Ecuaciones constitutivas tensión - deformación
Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Draft
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
439
Es decir: r δ ur Π HW (u, σ , ε ) = 0
[∫ σ : (∇ δur ) − (ρ br ) ⋅ δur ] dV − ∫ tr ⋅ δur dS r r r r r r (u, σ , ε ) = ∫ [(∇ ⋅ σ ) ⋅ (δu) − (ρ b) ⋅ δu] dV − ∫ t ⋅ δudS r r r r r (u, σ , ε ) = ∫ [(∇ ⋅ σ ) − (ρ b)]⋅ (δu) dV − ∫ t ⋅ δudS
r δ ur Π HW (u, σ , ε ) =
sym
*
V
⇒ δ ur Π HW
*
V
⇒ δ ur Π HW
σ
Sσ
σ
Sσ
*
V
σ
Sσ
r δ σ Π HW (u, σ , ε ) = 0 r r r r δ σ Π HW (u, σ , ε ) = − δσ : (ε − ∇ sym u) dV − (δσ ⋅ nˆ ) ⋅ (u* − u)dS σ = 0
∫[
V
]
∫ [
∫
S ur
]
r r ⇒ δ σ Π HW (u, σ , ε ) = − (ε − ∇ sym u) : δσ dV − V
∫ [nˆ ⊗ (u
r*
]
r − u) : δσdS σ = 0
S ur
r δ ε Π HW (u, σ , ε ) = 0 r δ ε Π HW (u, σ , ε ) = δ ε Ψ e (ε ) − σ : (δ ε ε ) dV = 0
∫[
]
V
∂Ψ e (ε ) ∂Ψ e (ε ) r ⇒ δ ε Π HW (u, σ , ε ) = : δ ε ε − σ : (δ ε ε ) dV = − σ : δ ε ε dV = 0 ∂ε ∂ε V V
∫
∫
NOTA 8: Discretización de los Campos El principio variacional de Hu-Washizu también puede ser escrito como:
∫[
]
r r r r r δΠ HW = δ Ψ e (ε ) − σ : (ε − ∇ symu) − ( ρb) ⋅ u dV − δ t * ⋅ udS σ = 0 V
∫[
]
∫[
]
∫
Sσ
r r r r r = Ψ e (ε ) : δε dV − δ σ : (ε − ∇ sym u) dV − ( ρb) ⋅ δu dV − t * ⋅ δudS σ = 0
∫
V
V
∫
∫
V
Sσ
r r r r r = δε :Ψ e (ε ) dV + δ σ : (∇ sym u − ε ) dV − δu ⋅ ( ρb)dV − δu ⋅ t * dS σ = 0
∫
V
∫[
V
∫
∫
V
]
Sσ
r r r r r = δε : σ dV + δ σ : (∇ symu − ε ) dV − δu ⋅ ( ρb) dV − δu ⋅ t * dS σ = 0
∫
V
∫
V
∫
V
Sσ
En la implementación del método de los elementos finitos, en general, utilizamos la notación de Voigt cuando estamos tratando con tensores simétricos. Utilizando la notación de Voigt, la ecuación anterior queda: δΠ HW =
T T T T sym * ∫ {δε} {σ} dV + δ∫ {σ} {∇ u − ε}dV − ∫ {δu} {ρb}dV − ∫ {δu} {t }dS σ = 0
r
V
⇒
V
∫ {δε} {σ} dV + δ∫ {σ} {∇ T
V
r
T
r
r
V
V
Sσ
{ }
r T r u − ε dV = {δu} ρb dV +
sym r
}
∫
V
r
∫
{}
r r {δu}T t * dS σ
(5.146)
Sσ
Vamos considerar las aproximaciones para los campos de desplazamientos, deformaciones, y tensiones, ver Jirásek (1998), como sigue: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Draft
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
440
r {u} ≈ [N ]{d} + [N c ]{d c } {ε} ≈ [B]{d} + [G]{e} {σ} ≈ [S]{s}
r {δu} ≈ [N ]{δd} + [N c ]{δd c } {δε} ≈ [B]{δd} + [G]{δe} {δσ} ≈ [S]{δs}
y
(5.147)
donde las matrices [N ] contiene las funciones de interpolación para el campo de desplazamiento (funciones de forma), y [B] contiene las derivadas de las funciones de forma (matriz de interpolación para el campo de deformación). [N c ] y [G] son matrices que contienen términos de enriquecimientos para desplazamiento y deformación respectivamente. [S] es la matriz de interpolación para el campo de tensión. {d} , {d c } , {e} y {s} contienen, respectivamente, los correspondientes grados de libertad de desplazamientos nodales, modos de enriquecimiento de desplazamientos, modos de enriquecimiento de deformación, y parámetros de tensión. Teniendo en cuenta la variación del principio de Hu-Washizu: T T * T T sym ∫ {δε} {σ} dV + δ∫ {σ} {∇ u − ε}dV = ∫ {δu} {ρb}dV + ∫ {δu} {t }dSσ
r
V 144244 3
1
r
r
V 44424443 1
2
r
r
(5.148)
V
σ 144444 42S4 44444 3
3
podemos obtener que: (1) ⇒
∫ {δε} {σ} dV = ∫ {[B]{δd} + [G]{δe}} {σ} dV = ∫ {[B]{δd}} {σ} dV + ∫ {[G]{δe}} {σ} dV T
T
V
T
V
= {δd}
T
V
V
∫ [B] {σ} dV + {δe} ∫ [G] {σ} dV T
T
V
T
V
{
}
r T (2) ⇒ δ {σ} ∇ symu − ε dV =
∫
T
V
∫ {δσ} {∇ T
sym r
V 144424443
2.1
Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
}
u − ε dV +
Draft
∫ {σ} {∇ T
sym
}
r δu − δε dV
V 1444 424444 3
2.2
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
∫ {δσ} {∇ T
(2.1) ⇒
}
sym r
u − ε dV =
∫ {[S]{δs}} {∇ ([N ]{d} + [N ]{d }) − ([B]{d} + [G]{e})}dV T
sym
c
c
V
V
=
441
∫ {[S]{δs}} {∇ ([N ]{d} + [N ]{d })}dV − ∫ {[S]{δs}} {([B]{d} + [G]{e})}dV T
T
sym
c
c
V
V
∫ [S] {∇ ([N ]{d} + [N ]{d })}dV − {δs} ∫ [S] {([B]{d} + [G]{e})}dV
= {δs}
T
T
T
sym
c
T
c
V
V
∫ [S] {∇ ([N ]{d})}+ [S] {∇ ([N ]{d })}dV − {δs} ∫ [S] {([B]{d} + [G]{e})}dV
= {δs}
T
T
T
sym
sym
T
c
T
c
V
V
∫ [S] [B]{d} + [S] [B ]{d }dV − {δs} ∫ [S] [B]{d} + [S] [G]{e}dV
= {δs}
T
T
T
T
c
T
T
c
V
V
∫ [S] [B ]{d }dV − {δs} ∫ [S] [G]{e}dV
= {δs}
T
T
T
c
V
= {δs}
T
T
c
V
∫ [S] { [B ]{d } − [G]{e} }dV T
c
c
V
donde hemos considerado que {∇ sym ([N ]{d})} = [B]{d} y {∇ sym ([N c ]{d c })} = [B c ]{d c } .
( 2 .2 ) ⇒
T sym sym ∫ {σ} {∇ δu − δε}dV = ∫ {∇ δu − δε} {σ}dV
r
r
V
=
T
V
∫ { ∇ ([N ]{δd} + [N ]{δd }) − ([B]{δd} + [G]{δe}) } {[S]{s}}dV T
sym
c
c
V
=
∫ { ∇ ([N ]{δd}) + ∇ ([N ]{δd }) − ([B]{δd} + [G]{δe}) } {[S]{s}}dV sym
T
sym
c
c
V
=
∫ { [B]{d} + [B ]{d } − ([B]{δd} + [G]{δe}) } {[S]{s}}dV T
c
c
V
=
∫ { [B ]{d } − [G]{δe} } {[S]{s}}dV T
c
c
V
=
∫ { {d } [B ] − {δe} [G] }{[S]{s}}dV T
T
c
T
T
c
V
= {d c }
T
∫ [B ] {[S]{s}}dV − {δe} ∫ [G] {[S]{s}}dV T
T
V
(3) ⇒
T
c
V
T T * ∫ {δu} {ρb}dV + ∫ {δu} {t }dSσ
r
r
V
r
r
Sσ
= {δd} { f ext } + {δd c } { f c } T
T
Teniendo en cuenta los términos anteriores, la ecuación (5.148) queda:
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Draft
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
442
{δd}T ∫ [B]T {σ} dV + {δe}T ∫ [G]T {{σ} − {[S]{s}}} dV + {δs}T ∫ [S]T { [B c ]{d c } − [G]{e} }dV + V
V
V
+ {d c }
T
∫ [B ] {[S]{s}}dV = {δd} { f } + {δd } { f } T
T
c
T
ext
c
c
V
(5.149) r
Ya que {u} , {ε} y {σ} son variables de campos independientes, podemos concluir que: T T T {δd} [B ] {σ} dV = {δd} { f ext } V T T {δe} [G] {{σ} − {[S]{s}}} dV = {0} V T T {δs} [S] [B c ]{d c } − [G]{e} dV = {0} V {d }T [B ]T {[S]{s}}dV = {δd }T { f } = {0} c c c c V
∫
∫
{
∫
(5.150)
}
∫
Si consideramos que { f c } = {0}, la ecuación anterior puede ser reescrita como: T [B ] {σ} dV = { f ext } V T [G] {{σ} − {[S]{s}}} dV = {0} V T [S] [B c ]{d c } − [G]{e} dV = {0} V [B ]T {[S]{s}}dV = {0} c V
∫ ∫
{
∫
(5.151)
}
∫
Teniendo en cuenta la relación tensión-deformación:
{σ} = [C]{ε} = [C]{[B]{d} + [G]{e}}
(5.152)
y sustituyendo en la ecuación (5.151) podemos obtener que: T T [B ] [C][B] dV {d} + [B] [C][G] dV {e} = { f ext } V V T T T [G] [C][B] dV {d} + [G] [C][G] dV {e} − [G] [S] dV {s} = {0} V V V T T [S] [B c ] dV {d}c − [S] [G] dV {e} = {0} V V B T [S] dV {s} = {0} c V
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫[ ]
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Draft
(a) (b) (5.153) (c) (d)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
443
Reescribiendo las ecuaciones anteriores en forma matricial podemos obtener que: [B]T [C][B] T [G] [C][B] 0 0
[B]T [C][G] [G]T [C][G] T − [S] [G]
0 T − [G] [S] 0
[B c ] [S] T
0
dV T [S] [B c ] 0 0 0
{d} { f ext } {e} {0} = { } s { } 0 {d c } {0}
(5.154)
V
Vamos suponer que no introducimos ningún enriquecimiento de desplazamientos, luego se cumple que {d c } = {0} → [B c ] = [0] , con eso la ecuación en (5.153)(c) queda:
∫ [S] [G] dV {e} = {0} T
(5.155)
V
Con lo cual [S] = [1] (matriz identidad) es el requerimiento para que la función definida a trozo de tensión {σ} sea constante. La condición de compatibilidad (5.155) queda:
∫ [G] dV = [0]
(5.156)
V
Discontinuidades en los campos de desplazamientos y deformaciones – Aplicando el Principio del Trabajo Virtual Como hemos visto en ejemplo anterior, el trabajo virtual es el trabajo realizado por las fuerzas reales sobre los desplazamientos virtuales. Un desplazamiento virtual es cualquier desplazamiento consistente con las restricciones de la estructura, i.e. es aquel que satisface las condiciones de contorno. El principio establece que el trabajo realizado por las fuerzas internas debe ser igual al trabajo realizado por las fuerzas externas:
∫
σ : ε& dV =
V 14243 Trabajo interno virtual total
∫
r r r& r r& &&) ⋅ u dV t * ⋅ u dS σ + ρ (b − u
∫
Sσ
144444V2444443 Trabajo externo virtual total
(5.157)
Wext
Wint
r
para todo desplazamiento admisible u . Vamos considerar que el sistema está discretizado en elementos finitos (CST-Constant Strain Triangle) y que todas las fuerzas externas están aplicadas en los nodos 1-2-3-4 (CSTConstant Strain Triangle) (ver Figura 5.19).
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
444
Fy3
sˆ
Fx3
3
3
0
4
nˆ
u 2y
α 4y Fx2
2
1
(a) fuerzas nodales
α 4x
4
u 1y
Fx1
1
u 3x
Fy2
0
Fy1
u 3y
u 1x
u x2
2
(b) desplazamientos nodales
Figura 5.19: Elemento finito CST discontinuo. Las fuerzas y desplazamientos nodales pueden ser expresados como sigue:
{F}
{F}
=
Fx1 Fy1 Fx2 Fy2 Fx3 Fy3 0 0
;
{a e } {α e }
u 1x 1 u y u 2 x u y2 = 3 ux u 3 y4 α x α 4 x
(5.158)
Luego, el trabajo virtual exterior queda:
{
}
{F} {α *e }T {F}
Wext = {a*e }T {F} + {α *e }T {F} = {a *e }T
(5.159)
Consideramos que el campo de deformación y el campo virtual de deformación vienen dados por la composición de dos partes: ~ {ε} = {ε} + {ε}
;
~ {ε * } = {ε * } + {ε * }
(5.160)
Luego, el trabajo virtual interior queda:
{
}
∫{
}
~ ~ T Wint = {σ}T {ε} d V = {σ}T {ε * } + {ε * } d V = {ε *} + {ε *} {σ} d V
∫
∫
V
V
(5.161)
V
Formulación simétrica
La discretización para esta primera aproximación es: {ε} = [B ]{a} + [G e ]{α e } = {[B ] 123 1 424 3 {ε }
[G e ]}
{~ε }
{a e } * B ]{a *e } + [G e ]{α *e } = {[B ] ; {ε } = [1 23 1 424 3 { α } e ~* *
{ε }
{ε }
*
[G e ]}{a e* } {α e }
(5.162)
Notar que estamos utilizando las mismas funciones aproximantes [B] , [Ge ] para los campos reales y virtuales de deformación. El campo de tensión queda: {a e } {α e }
{σ} = [C ]{ε} = [C ]{[B] [Ge ]} Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
Draft
(5.163)
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
445
Reemplazando las aproximaciones (5.162) y (5.163) dentro de la ecuación (5.161), el trabajo virtual interior quedas: Wint =
~ T {ε } + {ε * } {σ} d V = {[B ] V
∫{ V
}
*
{a * } = e* {α e } V
∫
[
= {a*e }T
T
∫
T
* [Ge ]}{a e*} [C ]{[B] {α e }
[Ge ]}
{a e } dV {α e }
{a e } dV {α e }
{[B] [Ge ]}T [C ]{[B] [Ge ]}
{α *e }T
]∫ [G[B]] [C ]{[B] T
T
V
e
(5.164)
{a e } {α e }
[Ge ]} d V
Aplicando Wext = Wint (ver Ec. (5.159) y (5.164)) podemos obtener que [B]T [C ][B ] T [Ge ] [C ][B] e
{F} = {F} V
∫
[B]T [C ][Ge ] dV {a e } [Ge ]T [C ][Ge ] {α e }
(5.165)
y considerando la continuidad del vector de tracción, i.e. {F} = {0} , concluimos que: [B]T [C ][B] [B]T [C ][Ge ] {F} dV = T T {0} Ve [Ge ] [C ][B ] [Ge ] [C ][Ge ] 14444442444444 3
∫
{a e } {α e }
(5.166)
[K e ]
Formulación antisimétrica
Para esta segunda formulación consideraremos que los campos reales y virtuales de deformación vienen dados por: {a e } {ε} = [B] {a e } + [Ge ]{α e } = [[B] [Ge ]] 1 424 3 1 424 3 {α e } {ε }
{ε~}
[
(5.167)
]
{a* } {ε * } = [B]{a*e } + [G*e ]{α *e } = [B] [G*e ] e* {α e }
donde hemos considerado diferentes aproximaciones para los campos reales y virtuales i.e. [Ge ] ≠ [G*e ] . Utilizando la ecuación (5.161), y la discretización (5.167) podemos obtener que:
{
Wint = {a*e }T
{α *e }T
}∫ [B] [C ]{[B] [G ]} dV [G ] T
Ve
* T e
e
{a e } {α e }
(5.168)
Considerando Wext = Wint y la continuidad del vector de tracción, podemos obtener que: [B]T [C ][B] [B]T [C ][Ge ] {a e } {F} dV = * T T * {0} Be Ge [C ][B] Ge [C ][Ge ] {α e } 14444442444444 3
∫[ ]
[ ]
(5.169)
[K e ]
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Draft
Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
446
Ejemplo 5.20 Consideremos una barra de longitud L y área transversal A que está sometida a una deformación debido a su peso propio, (ver Figura 5.20 (a)). La barra está fija en el topo y está en equilibrio estático. Use la energía potencial total para obtener una expresión análoga a la obtenida en el Ejemplo 5.19 en la NOTA 4, i.e. obtener una expresión equivalente a [ K (e ) ]{u(e ) } = {F (e ) } asociada con este problema. Obtener también el campo de desplazamientos. Hipótesis: material elástico linear homogéneo e isótropo, régimen de pequeñas deformaciones.
u=0 y z
U(1) = 0
L 2
dV r ρb
U( 2)
A
L 2
g
L
g bi = 0 0
x
a) 3D
U ( 3)
x
b) 1D Figura 5.20
Solución: Para encontrar que aproximación debemos adoptar para el campo de desplazamientos, r r analizaremos las ecuaciones de equilibrio ( ∇ ⋅ σ + ρb = 0 ): σ ij , j + ρb i = σ i1,1 + σ i 2, 2 + σ i 3,3 + ρb i = ρ&u&i = 0 i σ11,1 + σ12, 2 + σ13,3 + ρb1 = 0 ⇒ σ 21,1 + σ 22, 2 + σ 23,3 + ρb 2 = 0 σ 31,1 + σ 32, 2 + σ 33,3 + ρb 3 = 0
⇒
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + = − ρ b1 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 + + = − ρb 2 ∂x 2 ∂x3 ∂x1 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 + + = − ρb 3 ∂x1 ∂x2 ∂x3
y teniendo en cuenta que para este problema se cumple que:
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
σ 0 0 σ ij = 0 0 0 0 0 0
;
447
ε 0 0 e ε ij = 0 0 0 ⇒ σ11 = C1111 ε11 ⇒ σ = Eε 0 0 0
quedamos únicamente con la primera ecuación de las ecuaciones de equilibrio: ∂σ 11 = − ρg ∂x1
∂σ = − ρg ∂x
Notación Ingenieril →
(5.170)
Notar que el término ρg es uniforme en la barra, y según la primera ecuación de equilibrio la tensión σ deber ser una función lineal en x . Y si consideramos que σ = Eε , ε también requiere una función lineal en x , y como consecuencia el campo de desplazamientos u ∂u . ∂x
debe ser una función cuadrática en x ya que ε =
Luego, adoptaremos una función cuadrática para la aproximación del campo de desplazamientos, i.e. u ( x) = a1 + a 2 x + a 3 x 2 , con lo cual necesitaremos de tres puntos para poder definir dicha función. Adoptaremos los puntos x = 0 , x =
L y x = L . Con eso, 2
podemos decir que: L L L2 (2) u ( x = ) = U = a1 + a2 + a3 2 2 4 ( 3) 2 u ( x = L) = U = a1 + a2 L + a3 L u ( x = 0) = U(1) = a1
U(1) 1 0 (2) L U = 1 U(3) 2 1 L
⇒
0 a1 L2 a 2 4 L2 a3
Calculando la forma inversa de la ecuación anterior obtenemos que: L2 0 0 U (1) a1 (2) 1 a 2 = 2 − 3L 4 L − L U a L 2 − 4 2 U (3) 3
a1 = U (1) − 3 (1) 4 ( 2 ) 1 (3) U + U − U a 2 = 4 L L 2 (1) 4 ( 2 ) 2 (3) a 3 = 2 U − 2 U + 2 U L L L
⇒
Y a su vez el campo de desplazamientos en función de U (1) , U( 2) , y U (3) resulta: 4 2 − 3 (1) 4 ( 2) 1 (3) 2 u = a1 + a 2 x + a 3 x 2 = U (1) + U + U − U a 2 x + 2 U (1) − 2 U ( 2) + 2 U (3) a 3 x 2 L L L L 4 L
y simplificando la ecuación anterior obtenemos que: 3x 2 x 2 + 2 u ( x) = 1 − L L
(1) 4 x 4 x 2 U + L − L2
( 2) − x 2 x 2 U + L + L2
( 3) U
= N 1U (1) + N 2 U ( 2 ) + N 3 U (3) = [N 1
N2
(5.171)
U (1) N 3 ]U ( 2 ) = [N ] u ( e ) U (3)
{ }
donde N 1 ( x) , N 2 ( x) y N 3 ( x) son las funciones de forma, (ver NOTA 1).
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
448
El objetivo ahora es expresar la energía potencial total en función de los valores nodales (grados de libertad) U (1) , U ( 2) y U (3) . El término U ext (ver ecuación (5.126)) puede ser reescrito como: U ext =
∫
r r r r r r t * ⋅ udS σ + ( ρb) ⋅ udV = ( ρb) ⋅ udV = ρgu ( x) Adx = ρgA u ( x)dx
∫
Sσ
∫
V
∫
V
3x 2 x 2 = ρgA 1 − + 2 L L 0 L
∫
∫
x
(1) 4 x 4 x 2 U + − L L2
x
( 2) − x 2 x 2 U + L + L2
( 3) U dx
Tras la integración obtenemos que: 2 L ( 2 ) L ( 3) L U ext (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) = ρgA U (1) + U + U 6 3 6
(5.172)
El término U int para este problema es análogo al obtenido en la ecuación (5.135), i.e. U
int
2
2
L
1 1 1 ∂u ( x) ∂u ( x) = Eε 2 dV = E AE dV = dx 2V 2 V ∂x 20 ∂x
∫
∫
∫
(5.173)
donde ∂u ∂ 3 x 2 x 2 (1) 4 x 4 x 2 ( 2) − x 2 x 2 = + 2 1 − + 2 U + − 2 U + L ∂x ∂x L L L L L − 3 4 x (1) 4 8 x ( 2) − 1 4 x (3) = + 2 U + − 2 U + + 2 U L L L L L L
( 3) U
luego 2
L
U
int
EA − 3 4 x (1) 4 8 x ( 2 ) − 1 4 x (3) = + 2 U + − 2 U + + U dx 2 0 L L L L2 L L
∫
Resolviendo analíticamente la integral obtenemos que: U int (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) =
2 2 EA (1) 2 + 16U ( 2 ) + 7U (3) + 2U (1) U (3) − 16U (1) U ( 2 ) − 16U ( 2 ) U (3) 7U 6L
(5.174) Con lo cual la energía potencial total queda: Π (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) = U int − U ext =
2 2 EA (1) 2 7U + 16U ( 2 ) + 7U (3) + 2U (1) U (3) − 16U (1) U ( 2 ) − 16U ( 2 ) U (3) 6L 2 L ( 2 ) L ( 3) L U + U − ρgA U (1) + 3 6 6
Como estamos buscando el estado estacionario, lo siguiente debe cumplirse: ∂Π (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) =0 ∂U (1) (1) (2) ( 3) ∂Π (U , U , U ) =0 ∂U ( 2 ) ∂Π (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) =0 ∂U (3) Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
⇒ ⇒ ⇒
ρgAL EA 7U (1) − 8U ( 2 ) + U (3) − =0 3L 6 2 ρgAL EA − 8U (1) + 16U ( 2 ) − 8U (3) − =0 3L 3
(
)
(
)
ρgAL EA (1) U − 8U ( 2) + 7U (3) − =0 3L 6
(
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)
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449
Reestructurando las ecuaciones anteriores en forma de matriz concluimos que: (1) 1 7 − 8 1 U ( 2 ) ρgAL EA − 8 16 − 8 U = 4 3L 6 ( 3) 1 − 8 7 U 1
⇔
[K ]{u }= {F } (e )
(e)
(e)
(5.175)
Notar que [ K (e ) ] no tiene inversa, ya que det[ K ( e) ] = 0 . Para resolver el problema tenemos que introducir las condiciones de contorno. Según el planteamiento del problema el desplazamiento en x = 0 es igual a cero, i.e. U (1) = 0 . Una forma de aplicar esta condición de contorno en el sistema discreto de ecuaciones (5.175) es eliminar fila y columna asociadas al grado de libertad U (1) , i.e.: (1) 1 7 − 8 1 U EA ρgAL (2) − 8 16 − 8 U = 4 3L 6 ( 3) 1 − 8 7 U 1
⇒
ó
0 U(1) 0 1 0 ( 2 ) ρgAL EA 0 16 − 8 U = 4 3L 6 ( 3) 0 − 8 7 U 1
EA 16 − 8 U ( 2 ) ρgAL 4 = 3L − 8 7 U (3) 6 1 −1
−1
EA 16 − 8 EA 16 − 8 U ( 2 ) ρgAL EA 16 − 8 4 ⇒ − 8 7 − 8 7 (3) = 3L − 8 7 1 3 3 6 L L U −1
U ( 2 ) ρgAL EA 16 − 8 4 ρgAL L 7 8 4 ⇒ ( 3) = = 6 3L − 8 7 1 6 16 EA 8 1 1 U U ( 2 ) ρgL2 3 ⇒ ( 3) = 8 E 4 U
Al sustituir los valores nodales U (1) , U( 2) , y U (3) en el campo de desplazamiento (ver ecuación (5.171)) podemos obtener que: 3x 2 x 2 u = 1 − + 2 L L
(1) 4 x 4 x 2 ( 2 ) − x 2 x 2 (3) U + − U + L L + L2 U L2 3 x 2 x 2 4 x 4 x 2 3 ρgL2 − x 2 x 2 4 ρgL2 + = 1 − + 2 0 + − 2 L + L2 8 E L L 8 E L L
Al simplificar la ecuación anterior concluimos que: u (Q ) =
ρg 2E
(2 Lx − x 2 )
(5.176)
el cual coincide con la solución exacta del problema planteado. Los campos de deformación y de tensión pueden ser obtenidos como sigue: ε (Q ) =
∂u ( x) ∂ ρg ρg (2 Lx − x 2 ) = ( L − x) = ∂x 2 E ∂x E
(5.177)
y σ ( Q ) = ε ( Q ) E = ρg ( L − x )
Si reemplazamos los valores nodales potencial total obtenemos que:
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(5.178)
U (1) , U( 2 ) , y U (3) en la expresión de la energía
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450
Π (Q ) =
− 1 ( ρg ) 2 AL3 6 E
r
NOTA 1: La Funciones de Forma [N ( x )] Notar que las funciones de forma son: 3x 2 x 2 N 1 ( x) = 1 − + 2 L L
N 3 ( x) =
− x 2x 2 + 2 L L
N 1 ( x = 0) = 1 L ⇒ N1 ( x = 2 ) = 0 N ( x = L) = 0 1 N 3 ( x = 0) = 0 L ⇒ N 3 ( x = 2 ) = 0 N ( x = L) = 1 3
4x 4x 2 N 2 ( x) = − 2 L L
;
⇒
N 2 ( x = 0) = 0 L N 2 ( x = 2 ) = 1 N ( x = L) = 0 2
Notar también que se cumple que N 1 ( x) + N 2 ( x) + N 3 ( x) = 1 . Si dibujamos estas funciones dentro del dominio obtenemos que: N2 N1
3x 2 x 2 N 1 = − + 2 1 L L 4x 4x2 − 2 N 2 (= L L − x 2x2 + 2 N3 = L L
N3
1
1
1
2
1 x=0
x=
3
x
x=L
L 2
N 1 ( x) + N 2 ( x) + N 3 ( x) = 1
L
Figura 5.21: Funciones de forma (1D) – función cuadrática. NOTA 2: Solución analítica (exacta) Empezamos por la ecuación de equilibrio
∂σ = − ρg , (ver ecuación (5.170)), y al integrar ∂x
esta expresión podemos obtener que: ∂σ integrando = − ρg → ∂σ = − ρg∂x ∂x
∫
∫
⇒
σ = − ρgx + C1
La constante de integración puede ser obtenida a través de la condición en x = 0 . En esta posición ( x = 0 ) la fuerza total viene dada por F = ρgV = ρgAL , y la tensión puede ser F ρgAL = = ρgL . Luego, la constante de integración queda A A definida por σ( x = 0) = C1 = ρgL , y a su vez el campo de tensión:
calculada por σ( x = 0) =
σ = − ρgx + ρgL = ρg ( L − x)
El campo de deformación puede obtenido como sigue: σ = Eε
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⇒
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ε=
σ ρg ( L − x) = E E
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Teniendo en cuenta la ecuación cinemática ε = ε=
∂u ∂x
integrando →
∫
∂u , y al integrar podemos obtener que: ∂x
ρg ( L − x ) ∂u = ε∂x = ∂x E
∫
451
∫
⇒
u ( x) =
ρg
x2 + C2 Lx − E 2
En x = 0 no hay desplazamiento, luego u ( x = 0) = 0 ⇒ C 2 = 0 , con lo cual el campo de desplazamiento, ver Figura 5.22, queda: u ( x) =
x 2 ρg = Lx (2 Lx − x 2 ) − E 2 2 E
ρg
Notar que, para problemas sencillos la solución analítica se puede obtener fácilmente, y la solución exacta (analítica) sirve como indicador para saber si la aproximación adoptada es la adecuada. Notar que, la solución analítica (ecuación anterior) es la misma que la solución numérica (5.176) en la cual hemos utilizado la función cuadrática para aproximar el campo de desplazamientos. ε ( x = 0) =
u=
L + ∆L
ρg 2E
σ( x = 0) = ρgL
ρgL E
( 2 Lx − x 2 ) ε=
x
ρg E
( L − x)
σ = ρg ( L − x )
x
a) Desplazamiento vertical (según dirección x)
x
b) Deformación
c) Tensión
Figura 5.22 NOTA 3: Notar que, si utilizamos una función cúbica para aproximar el campo de desplazamientos, la solución debe ser la misma que la solución exacta. A continuación verificamos este hecho: Campo de desplazamientos (función cúbica): u ( x) = a1 + a2 x + a3 x 2 + a4 x 3 = a2 x + a3 x 2 + a4 x 3 .
Notar que, en x = 0 no hay desplazamientos, luego u ( x = 0) = a1 = 0 . Luego, u ( x) = a2 x + a3 x 2 + a4 x 3
⇒
∂u = a2 + 2a3 x + 3a4 x 2 ∂x
Potencia interna:
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452 L
U
int
L
2
AE ∂u ( x) AE (a2 + 2a3 x + 3a4 x 2 ) 2 dx = dx = 2 0 ∂x 2 0
∫
=
∫
AEL (27 L4 a42 + 45 L3 a4 a3 + 30 L2 a2 a4 + 20 L2 a32 + 30 La2 a3 + 15a22 ) 30
Potencia exterior: L
1 1 1 U ext = ρgA u ( x)dx = ρgA (a 2 x + a 3 x 2 + a 4 x 3 )dx = ρgA L2 a 2 + L3 a 3 + L4 a 4 2 3 4 x 0
∫
∫
Energía potencial total: Π (a2 , a3 , a4 ) = U int − U ext =
AEL (27 L4 a42 + 45 L3 a4 a3 + 30 L2 a2 a4 + 20 L2 a32 + 30 La2 a3 + 15a22 ) 30 1 1 1 − ρgA L2 a2 + L3 a3 + L4 a4 3 4 2
Cómo estamos buscando el estado estacionario, se debe cumplir que: ∂Π (a2 , a3 , a4 ) =0 ∂a2 ∂Π (a , a , a ) 2 3 4 =0 a ∂ 3 ∂Π (a , a , a ) 2 3 4 =0 ∂a4
⇒
ρgAL2 EAL =0 (30 L2 a4 + 30 La3 + 30a2 ) − 30 2
⇒
EAL ρgAL3 =0 (45 L3 a4 + 40 L2 a3 + 30 La2 ) − 30 3
⇒
EAL ρgAL4 =0 (54 L4 a4 + 45 L3 a3 + 30 L2 a2 ) − 30 4
Simplificando y reestructurando el conjunto de ecuaciones anteriores en forma matricial obtenemos que: 30 E 30 L 30 2 30 L
30 L 40 L2 45 L3
30 L2 a 2 6L a 2 2 ρgL ρg 2 Solución 1 3 45L a 3 = → a 3 = − ρg 4 L 2E 2 3L3 a 4 0 54 L4 a 4
Luego, el campo de desplazamientos ( u ( x) = a2 x + a3 x 2 + a4 x 3 ) queda definido por u ( x) = a2 x + a3 x 2 + a4 x 3 =
1 ρg (2 ρgLx − ρgx 2 ) = (2 Lx − x 2 ) 2E 2E
cuya solución es la misma al emplear una aproximación cuadrática para el campo de desplazamientos. A continuación, vamos adoptar una función lineal para aproximar el campo de desplazamientos u ( x) = a2 x , luego Potencia interna: L
U
int
L
2
AE ∂u ( x) AE AEL 2 (a2 ) 2 dx = a2 = dx = 2 0 ∂x 2 0 2
∫
∫
Potencia externa:
∫
L
∫
U ext = ρgA u ( x)dx = ρgA (a 2 x)dx = x
0
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1 ρgAL2 a 2 2
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453
La energía potencial total: Π (a 2 ) = U int − U ext =
AEL 2 1 a 2 − ρgAL2 a 2 2 2
Punto de equilibrio: ∂Π (a 2 ) =0 ∂a 2
⇒
ρgAL2
EALa 2 −
2
=0
⇒
a2 =
ε ( L) =
∂u ( L ) ρgL = 2E ∂x
ρgL 2E
Luego u ( L ) = a2 x =
ρgL 2E
x
;
;
σ ( L ) = Eε =
1 ρgL 2
En este caso, no es una buena aproximación al utilizar el caso lineal. En este caso la energía potencial total queda Π ( L ) =
AEL 2 1 1 ( ρg ) 2 AL3 a2 − ρgAL2 a2 = − . 2 2 8 E
NOTA 4: A continuación, vamos establecer la matriz de rigidez [ K (e ) ] del elemento barra considerando una aproximación lineal para el campo de desplazamiento. Adoptando la función u ( x) = a1 + a 2 x se cumple que: = a1 + a 2 L
u ( x = 0) = U (1) = a1 u ( x = L) = U ( 2 )
⇒
U (1) 1 0 a1 Inversa a1 1 L 0 U (1) ( 2) = →a = − 1 1 ( 2) U 2 L U 1 L a 2
Con lo cual el campo de desplazamiento queda: x x 1 −1 u ( x) = a1 + a 2 x = U (1) + U (1) + U ( 2 ) x = 1 − U (1) + U ( 2 ) L L L L x x U (1) = 1 − ( 2) L L U
{ }
= [N ] u ( e )
cuya expresión ya fue obtenida en el Ejemplo 5.19 (NOTA 4). Con lo cual la matriz de rigidez será la misma, diferenciando únicamente por el vector de fuerzas nodales. Potencia interna: L
U int =
L
2
2
2 AE ∂u ( x) AE − 1 (1) 1 ( 2 ) AE (1) 2 U − 2U (1)U ( 2 ) + U ( 2) dx = U + U dx = 2 0 ∂x 2 0 L L 2L
∫
∫
Potencia externa: L
x x 1 U ext = ρgA u ( x)dx = ρgA 1 − U (1) + U ( 2 ) dx = ρgAL(U (1) + U ( 2 ) ) L L 2 x 0
∫
∫
La energía potencial total: Π (U(1) , U( 2 ) ) = U int − U ext =
2 AE (1) 2 1 U − 2U(1)U( 2 ) + U( 2 ) − ρgAL(U(1) + U ( 2 ) ) 2L 2
Punto de equilibrio:
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454
∂Π (U (1) , U ( 2 ) ) (1)
∂U ∂Π (U (1) , U ( 2 ) ) ∂U
(2)
=0
⇒
1 1 AE AE (1) ( 2U (1) − 2U ( 2 ) ) − ρgAL = 0 ⇒ (U − U ( 2 ) ) = ρgAL 2L 2 2 L
=0
⇒
1 1 AE AE ( 2 ) ( 2U ( 2 ) − 2U (1) ) − ρgAL = 0 ⇒ (U − U (1) ) = ρgAL 2L 2 2 L
Reestructurando en forma matricial obtenemos que: 1 EA 1 − 1 U (1) 1 ( 2 ) = ρgAL L − 1 1 U 2 1
⇔
[K ]{u }= {F } (e)
(e)
(e )
Como hemos visto en la Nota anterior, al utilizar la aproximación lineal para el campo de desplazamiento hay un error. ¿Qué pasaría si dividiéramos el dominio en subdominios y aplicar la aproximación lineal para cada subdominio (elemento finito)?. Para establecer el campo de desplazamiento vamos adoptar un elemento genérico, donde el inicio del elemento es x (i ) y el final es x ( f ) , ver Figura 5.23 (a). U(1) = 0 x (i )
(EA)
U(i ) e
1
(1)
x( f )
L(1) =
L 2
L( 2 ) =
L 2
U( 2)
U( f )
(EA) ( 2)
2 U ( 3)
x
x
a) Elemento genérico
b) Discretización en 2 elementos Figura 5.23
Teniendo en cuenta la aproximación lineal u ( x) = a1 + a 2 x se cumple que: U (i ) 1 x (i ) a1 u ( x = x (i ) ) = U (i ) = a1 + a 2 x (i ) ⇒ (f) = ( f ) u ( x = x ( f ) ) = U ( f ) = a1 + a 2 x ( f ) U 1 x a 2 x ( f ) − x (i ) U (i ) a 1 Inversa → 1 = ( f ) (i ) 1 U ( f ) a 2 ( x − x ) − 1
Luego el campo de desplazamientos queda: u ( x) = a1 + a 2 x
⇒
u ( x) =
1 (x
(f)
(i )
−x )
( x ( f ) − x)U (i ) +
1 (x
(f)
(i )
−x )
( x − x (i ) )U (i )
y su derivada: ∂u ( x) 1 −1 = (f) U (i ) + ( f ) U (i ) (i ) ∂x (x − x ) ( x − x (i ) )
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455
Vamos dividir el dominio en 2 sub-dominios (2 elementos finitos), ver Figura 5.23 (b), donde se cumple que: Elemento e = 1 : L x( f ) = 2 U (i ) = U (1) U ( f ) = U ( 2) x (i ) = 0
⇒
(1) 2 x (1) 2 x ( 2) u = 1 − L U + 1 − L U (1) ∂u = − 2 U (1) + 2 U ( 2) ∂x L L
Elemento e = 2 : x( f ) (i ) ( 2) U =U U ( f ) = U (3) L 2 =L
x (i ) =
( 2) 2 x ( 2) 2 x ( 3) u = 2 − L U + L − 1U ( 2) ∂u = − 2 U ( 2 ) + 2 U (3) ∂x L L
⇒
Potencia interna: U
int
L 2
2
L
∂u (1) 1 1 ∂u ( x) = ( AE ) (1) AE dx = 20 20 ∂x ∂x
∫
∫
2
L (2) 1 ( 2 ) ∂u dx + ( ) AE ∂x 2L
∫
2
dx
2
( AE ) L
=
(1)
U (1) 2 − 2U (1) U ( 2 ) + U ( 2 ) 2 + ( AE ) L
(2)
U ( 2 ) 2 − 2U ( 2 ) U (3) + U (3) 2
Potencia externa L 2
∫
∫
L
∫
U ext = ρg Au ( x)dx = ρg A(1)u (1) dx + ρg A( 2)u ( 2 ) dx x
=
0
L 2
1 1 1 ρgA(1) LU(1) + ρgL( A(1) + A( 2) )U( 2) + ρgA( 2) LU(3) 4 4 4
La energía potencial total Π (U (1) , U ( 2 ) , U (3) ) = U int − U ext =
2 2 ( AE ) (1) (1) 2 ( AE ) ( 2 ) ( 2) 2 − 2U (1) U ( 2 ) + U ( 2 ) + − 2U ( 2 ) U (3) + U (3) U U L L 1 1 1 − ρgA (1) LU (1) + ρgL( A (1) + A ( 2 ) )U ( 2 ) + ρgA ( 2) LU (3) 4 4 4
Punto de equilibrio ∂Π (U ( a ) ) ∂U (1) ∂Π (U ( a ) ) ∂U ( 2 ) ∂Π (U ( a ) ) ∂U (3)
=0
⇒
2( AE ) (1) (1) 1 (U − U ( 2) ) − ρgLA (1) = 0 L 4
=0
⇒
2( AE ) ( 2 ) ( 2 ) 2( AE ) ( 2) ( 2 ) 1 (U − U (1) ) + (U − U (3) ) − ρgL( A (1) + A ( 2 ) ) = 0 L L 4
=0
⇒
2( AE ) ( 2 ) (3) 1 (U − U ( 2 ) ) − ρgLA ( 2 ) = 0 4 L
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
456
Reestructurando en forma matricial obtenemos que: 2 L
(1) [ A (1) ] U 1 (1) (2) (2) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 ) + ( AE ) ] [−( AE ) ] U = ρgL [ A + A ] [( AE ) 4 [ A ( 2 ) ] [−( AE ) ( 2 ) ] [( AE ) ( 2 ) ] U (3)
[( AE ) (1) ]
[−( AE ) (1) ]
[−( AE ) (1) ]
[K ]{u} = {F } Notar que la matriz anterior podría haber sido obtenida directamente, si tenemos en cuenta la matriz de rigidez del elemento y el vector de fuerzas nodales del elemento e :
[k ] = ( EAL ) (e)
(e)
(e)
Elemento e = 1 , ( L(1) =
[k ] = 2( EAL ) (1)
(1)
[k ] = 2(EAL ) ( 2)
(2)
{f } = 12 ρg (LA) (e)
;
(e)
1 1
L ): 2
1 − 1 − 1 1
Elemento e = 2 , ( L( 2) =
1 − 1 − 1 1
;
{f } = 14 ρgLA
;
{f }= 14 ρgLA
(1)
(1) 1
1
;
{u } = U
;
{u }= U
(1)
U
(1)
( 2)
L ): 2
1 − 1 − 1 1
( 2)
( 2 ) 1
1
(2)
( 3) U ( 2)
A continuación añadimos la contribución de cada elemento en la matriz de rigidez global de la estructura [K ] y en el vector de fuerzas globales. Este procedimiento se denomina de ensamblaje. Considerando que ( EA) (1) = ( EA) ( 2) = EA (los elementos finitos tienen las mismas propiedades) el sistema discreto queda: (1) 1 1 − 1 0 U 2 AE 1 (2) − 1 2 − 1 U = ρgLA2 4 L 1 0 − 1 1 U (3)
Aplicando las condiciones de contorno y resolviendo el sistema obtenemos los desplazamientos nodales: (1) 0 1 0 0 U 2 AE 1 ( 2) 0 2 − 1 U = ρgLA2 4 L 1 0 − 1 1 U(3)
U(1) 0 ( 2) ρgL2 U = 3 U(3) 8E 4
Solución →
Que coincide con lo solución exacta. El procedimiento que acabamos de desarrollar es la base de los Métodos de los Elementos Finitos que básicamente consiste en: • Adoptar una aproximación para el campo de la incógnita; • Dividir (discretizar) el dominio en sub-dominios (elementos finitos); • Establecer la matriz de rigidez de cada sub-dominio y del vector de fuerzas nodales;
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5 INTRODUCCIÓN A: ECUACIONES CONSTITUTIVAS, PVCI, Y ESTRATEGIAS DE SOLUCIÓN
457
• Ensamblar en la matriz de rigidez global de la estructura; • Aplicar las condiciones de contorno; • Resolver el sistema. Para mayores detalles sobre el Método de los Elementos Finitos ver Zienkiewicz & Taylor (1994). Ejemplo 5.21 Demostrar que:
∫
[
]
r r r& r r r r &r&( Xr , t ) ⋅ u& dV = P : ∇ r u& dV t * ( X , t ) ⋅ u dS 0σ + ρ 0 b( X , t ) − u 0 0 X
∫
Sσ
∫
V0
(5.179)
V0
r
donde u es un campo virtual de desplazamientos, y P es el primer tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff. configuración de referencia
configuración actual
F
S 0σ
Sσ
V0
B0
r r r t * ( X , t ) = t *0
dV0
r r u( X , t )
V
B r r u( x , t )
r r r ρ 0 b( X , t ) = ρ 0 b 0
r r t * ( x, t )
dV
r r
ρ b( x , t ) Figura 5.24
Solución: r
r
r r
Aunque las variables t * ( X , t ) y b( X , t ) no sean variables intrínsecas de la configuración de referencia como las variables ρ 0 , S 0 , V0 entre otras, por simplicidad vamos denotar r r r r r r t * ( X , t ) = t *0 y b( X , t ) = b 0 y para el campo de desplazamiento Lagrangeano.
Recordemos también que (ver Capítulo 2 en Chaves (2007)):
r r r r ∂ ∂xi ( X , t ) ∂ ∂xi ( X , t ) ∂u& i ( X , t ) & D & Fij ≡ Fij = = = = ui, J ( X , t ) Dt ∂t ∂X j ∂X j 142 ∂t 4 ∂X j 3 x&i
r r ó F& = l ⋅ F = ∇ Xr u& ( X , t )
y
r r = F& ⋅ F −1 = ∇ Xr u& ( X , t ) ⋅ F −1 r r r r F& −1 = − F −1 ⋅ l = − F −1 ⋅ ∇ Xr u& ( X , t ) ⋅ F −1 = − F −1 ⋅ ∇ xr u& ( x , t ) l
Teniendo en cuenta las relaciones anteriores, también se cumple para un campo virtual de desplazamiento: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
458
r& r r& r r& r F& = ∇ Xr u ( X , t ) y F& −1 = − F −1 ⋅ ∇ Xr u ( X , t ) ⋅ F −1 = − F −1 ⋅ ∇ xr u ( x , t )
Con lo cual podemos decir que:
∫
r P : F& dV0 = PiJ F&iJ dV0 = PiJ u& i , J ( X , t ) dV0
∫
V0
∫
V0
(PiJ u& i ) , J = PiJ , J u& i + PiJ u& i , J
V0
PiJ u& i , J = (PiJ u& i ) , J − PiJ , J u& i
⇒
con lo cual:
∫
r r r P : F& dV0 = PiJ u& i , J ( X , t ) dV0 = (PiJ u& i ( X , t )) , J − PiJ , J u& i ( X , t ) dV0
∫
r r P : F& dV0 = (PiJ u& i ( X , t )) , J dV0 − PiJ , J u& i ( X , t ) dV0
∫
r r P : F& dV0 = PiJ u& i ( X , t )nˆ J dS 0 − PiJ , J u& i ( X , t ) dV0
V0
V0
∫
∫
V0
V0
∫
∫
V0
V0
∫
V0
∫
S0
V0
donde hemos aplicado el teorema de la divergencia. En notación tensorial queda:
∫
r r P : F& dV0 = (P ⋅ nˆ ) ⋅ u& i ( X , t ) dS 0 − (∇ Xr ⋅ P) ⋅ u& i ( X , t ) dV0
∫
V0
∫
S0
V0
Recordar que la ecuación de movimiento en la configuración de referencia viene dada por: r &r&( Xr , t ) ∇ Xr ⋅ P + ρ 0 b 0 = ρ 0 u
[
r &r&( Xr , t ) − ∇ Xr ⋅ P = ρ 0 b 0 − u
⇒
]
r& r F& = ∇ Xr u ( X , t )
y teniendo en cuenta que donde por definición se cumplen que r t *0 = P ⋅ nˆ obtenemos:
∫
r r P : F& dV0 = (P ⋅ nˆ ) ⋅ u& i ( X , t ) dS 0 − (∇ Xr ⋅ P ) ⋅ u& i ( X , t ) dV0
∫
r r& r r &r& r &r&( Xr , t ) ⋅ u& ( Xr , t ) dV P : ∇ Xr u ( X , t ) dV0 = t *0 ⋅ u ( X , t ) dS 0 + ρ 0 b 0 − u i 0
V0
∫
y
∫
S0
V0
∫
V0
∫
S0
[
]
V0
Recordatorio: Recordemos del capítulo 4 en Chaves (2007) que la potencial tensional puede ser expresada de distintas formas, a saber:
∫
∫
∫
w int (t ) = P : F& dV0 = S : E& dV0 = P : F& dV0 = V0
=
ρ
∫ρ
V
y D=l
sym
V0
[
0
V0
∫
∫
1 1 S : C& dV0 = P : F& dV 2V J V
∫
∫
0
∫
P : F& dV = σ : D dV = { Jσ : D dV0 = τ : D dV0 V
V0
τ
V0
]
r r sym = ∇ xr u& ( x , t) (ver Ejemplo 2.37)
NOTA 1: Recordar que ni P ni F& están en ninguna configuración, pero el escalar P : F& sí que está en la configuración de referencia. NOTA 2: Teniendo en cuenta lo anterior. El trabajo interno virtual total también se puede expresar como:
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459
sym r& r r& r r& r σ : D dV = σ : ∇ xr u ( x , t ) dV = σ : ∇ xr u ( x , t ) dV = P : F& dV0 = P : ∇ Xr u ( X , t ) dV0 V V V V V
∫
∫
∫
∫
∫
0
0
r& r
Note que, debido a la simetría de σ se cumple que σ : ∇ xr u ( x , t )
sym
r& r = σ : ∇ xr u ( x , t ) .
NOTA 3: La ecuación (5.179) también es válida para una variación del campo virtual:
[
]
r r r r r r* r &r&( Xr , t ) ⋅ δ u dV = P : ∇ r δ u dV ( X , t ) ⋅ δ u dS 0σ + ρ 0 b( X , t ) − u 0 0 X
∫t
∫
Sσ
∫
V0
V0
(5.180)
Ejemplo 5.22 a) Dado un tensor de segundo orden simétrico A = A sym demostrar que podemos hacer la A = AP + AS donde AP = PP : A , AS = PS : A , descomposición aditiva P P = (bˆ ⊗ bˆ ) ⊗ (bˆ ⊗ bˆ ) , y P S = I sym − (bˆ ⊗ bˆ ) ⊗ (bˆ ⊗ bˆ ) , donde bˆ es un versor según una dada dirección, y I sym es el tensor identidad de cuarto orden simétrico. b) Demostrar que la ecuación constitutiva de tensión σ = C e : ε puede ser escrita como: σ P C PP S = SP σ C
C PS ε : C SS ε
PP σijP Cijkl S = SP σij Cijkl
PS ε kl Cijkl SS Cijkl ε kl
(5.181)
donde C PP = P P : C e : P P
PP P P Cijkl Cepqst Pstkl = Pijpq
C PS = P P : C e : P S
PS P S Cijkl Cepqst Pstkl = Pijpq
C SP = P S : C e : P P
SP S P Cijkl Cepqst Pstkl = Pijpq
C SS = P S : C e : P S
(5.182)
SS S S Cijkl Cepqst Pstkl = Pijpq
Solución: a) Considerando la base Cartesiana podemos decir que: A = A ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A i1 (eˆ i ⊗ eˆ 1 ) + A i 2 (eˆ i ⊗ eˆ 2 ) + A i 3 (eˆ i ⊗ eˆ 3 )
= A 11 (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) + A 21 (eˆ 2 ⊗ eˆ 1 ) + A 31 (eˆ 3 ⊗ eˆ 1 ) + A 12 (eˆ 1 ⊗ eˆ 2 ) + A 22 (eˆ 2 ⊗ eˆ 2 ) + A 32 (eˆ 3 ⊗ eˆ 2 ) + A 13 (eˆ 1 ⊗ eˆ 3 ) + A 23 (eˆ 2 ⊗ eˆ 3 ) + A 33 (eˆ 3 ⊗ eˆ 3 )
Componentes: A 11 A ij = A 21 A 31
A12 A 22 A 32
A13 0 A 23 = A 21 A 33 A 31
A 12 A 22 A 32
A13 A11 A 23 + 0 A 33 0
0 0 0 0 = A ij + A ij 0 0
ˆ
Notar que la componente normal A 11 = A (Ne1 ) (según dirección eˆ 1 ) puede ser escrita como A 11 = A : (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) = (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) : A , con eso el tensor A = A 11 (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) puede ser reescrito
como: A = (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) A 11 ≡ (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) ⊗ A 11 = (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) ⊗ (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) : A
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
460
luego A = A − A = A − (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) ⊗ (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) : A = I sym : A − (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) ⊗ (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) : A
[
]
= I sym − (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) ⊗ (eˆ 1 ⊗ eˆ 1 ) : A
Aunque la demostración ha sido realizada utilizando el versor eˆ 1 , lo anterior es válido para cualquier vector unitario ( bˆ ), i.e.: A P = (bˆ ⊗ bˆ ) ⊗ (bˆ ⊗ bˆ ) : A = P P : A A S = I sym − (bˆ ⊗ bˆ ) ⊗ (bˆ ⊗ bˆ ) : A = P S : A
[
]
ˆ Notar que A (Nb ) = (bˆ ⊗ bˆ ) : A = bˆ ⋅ A ⋅ bˆ es la componente normal según la dirección bˆ , i.e.
paralelo a bˆ . Es interesante revisar el Ejemplo 1.116. b) Aplicamos la definición anterior para obtener: σ = σ P + σS = PP : σ + PS : σ ε = εP + εS = PP : ε + PS : ε
con lo cual, y considerando σ = C e : ε , podemos obtener que: σ P = P P : σ = P P : C e : ε = P P : C e : (ε P + ε S ) = P P : C e : ε P + P P : C e : ε S = P P : Ce : P P : ε + P P : Ce : P S : ε σ S = P S : σ = P S : C e : ε = P S : C e : (ε P + ε S ) = P S : C e : ε P + P S : C e : ε S = P S : Ce : P P : ε + P S : Ce : P S : ε
luego σ P P P : C e S= S e σ P : C
P P : C e ε P : P S : C e ε S
o σ P P P : C e : P P S= S e P σ P : C : P
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P P : C e : P S ε : P S : C e : P S ε
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6 Elasticidad Lineal 6.1 Elasticidad Tridimensional Ejemplo 6.1 El cilindro indefinido de la Figura 6.1 constituido por un material elástico lineal e isótropo, está sometido al siguiente estado de deformación (en coordenadas cilíndricas): err = eθθ = a sin θ a cos θ 2 ezz = eθz = erz = 0 erθ =
(6.1)
donde eij son las componentes del Tensor de deformación de Almansi. r
Calcular el vector tracción t en el contorno, en coordenadas cilíndricas. Hipótesis: Régimen de pequeñas deformaciones. Considerar las constantes de Lamé λ, µ . x3
Π t
eˆ z
Π
eˆ θ eˆ r
t
x2
r x1
Figura 6.1.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
462
Solución: Régimen de pequeñas deformaciones: e ≈ E ≈ ε ε rr ε( r , θ, z ) = ε rθ ε rz
ε rθ ε θθ ε θz
σ = λTr (ε )1 + 2 µε
a sin θ ε rz a cos θ ε θz = 2 ε zz 0
a cos θ 2 a sin θ 0
0 0 0
Tr (ε ) = 2a sin θ
donde
(6.2)
(6.3)
luego, a sin θ 1 0 0 a cos θ σ = λ 2a sin θ 0 1 0 + 2µ 2 0 0 1 0
a cos θ 2 a sin θ 0
0 0 0
0 µ a cos θ λ 2a sin θ + 2µ a sin θ 0 µ a cos θ λ 2a sin θ + 2µ a sin θ σ (r,θr,θ = 0 0 λ 2a sin θ r
(6.4)
(6.5)
ˆ
Teniendo en cuenta el vector tracción t (n) = σ ⋅ nˆ , donde nˆ = (1,0,0) , podemos obtener que: t 1(nˆ ) 2λa sin θ + 2µ a sin θ (nˆ ) µ a cos θ t 2 = t (nˆ ) 0 3
(6.6)
Ejemplo 6.2 El paralelepípedo de la Figura 6.2 se deforma de la manera indicada por las líneas de trazo. Los desplazamientos vienen dados por las siguientes relaciones: u = C1 xyz
;
v = C2 xyz
w = C3 xyz
;
(6.7)
a) Determinar el estado de deformación en el punto E , cuando las coordenadas del punto E ′ en el cuerpo deformado son E ′(1,503; 1,001; 1,997) ; b) Determinar la deformación normal en E en la dirección de la línea EA ; c) Calcular la distorsión angular en E del ángulo recto formado por las líneas EA y EF . d) Determinar el incremento de volumen y la deformación volumétrica media. Solución: a) El estado de deformación en función de los desplazamientos es: ε ij =
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1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂x i
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(6.8)
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6 ELASTICIDAD LINEAL
463
Explícitamente en notación ingenieril: εx 1 ε ij = γ xy 2 1 γ 2 xz
1 γ xy 2 εy 1 γ yz 2
∂u 1 γ xz ∂x 2 1 ∂v ∂u 1 γ yz = + 2 2 ∂x ∂y ε z 1 ∂w ∂u + 2 ∂x ∂z
1 ∂v ∂u + 2 ∂x ∂y ∂v ∂y 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z
1 ∂w ∂u + 2 ∂x ∂z 1 ∂ω ∂v + 2 ∂y ∂z ∂w ∂z
(6.9)
z F ≡ F′
G ≡ G′
E
D ≡ D′
2m E′ C ≡ C′
O ≡ O′
y 1,5m
A ≡ A′
B ≡ B′
1m
x
Figura 6.2 Para determinar el estado de deformación en cualquier punto necesitamos determinar el campo de desplazamientos. Determinación de las constantes: Reemplazando los valores dados para el punto E (1,5; 1,0; 2,0) , resulta: u ( E ) = X 1( E ) − x1( E ) = 1,503 − 1,5 = C1 (1,5)(1,0)(2,0) ⇒ C1 = 0,001 0,001 3 = 1,997 − 2,0 = C 3 (1,5)(1,0)(2,0) ⇒ C 3 = −0,001
v ( E ) = X 2( E ) − x 2( E ) = 1,001 − 1,0 = C 2 (1,5)(1,0)(2,0) ⇒ C 2 = w ( E ) = X 3( E ) − x 3( E )
(6.10)
Con lo cual el Campo de Desplazamiento queda: Notación Ingenieril
Notación Científica
u = 0,001 xyz 0,001 v= xyz 3 w = −0,001 xyz
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u1 = 0,001 X 1 X 2 X 3 0,001 X1 X 2 X 3 3 u 3 = −0,001 X 1 X 2 X 3
u2 =
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(6.11)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
464
∂u = 0,001 yz = 0,002 = ε11 ∂x ∂v 0,001 εy = = xz = 0,001 = ε 22 3 ∂y ∂w = −0,001xy = −0,0015 = ε 33 εz = ∂z ∂v ∂u 0,001 0,011 = = 2ε 12 γ xy = + yz + 0,001xz = 3 3 ∂x ∂y εx =
∂w ∂u γ xz = + = −0,001yz + 0,001xy = −0,0005 = 2ε13 ∂x ∂z ∂w ∂v 0,001 γ yz = + = −0,001xz + xy = −0,0025 = 2ε 23 3 ∂y ∂z
Campo de deformación: yz 1 yz ε ij = 0,001 + xz 2 3 1 (xy − yz ) 2
1 yz + xz 2 3 xz 3 1 xy − xz 2 3
1 (xy − yz ) 2 1 xy − xz 2 3 − xy
Estado de deformación en el punto E ( x = 1,5; y = 1,0; z = 2,0) :
ε ij
E
εx 1 = γ xy 2 1 γ 2 xz
1 γ xy 2 εy 1 γ yz 2
0,011 1 − 0,00025 γ xz 0,002 6 2 1 0,011 − γ yz = 0 , 001 0 , 00125 2 6 ε z − 0,00025 − 0,00125 − 0,0015
(6.12)
b) Componente normal según dirección Mˆ : ˆ ε Mˆ = Mˆ ⋅ ε ⋅ M
indicial →
ε Mˆ = ε ij Mˆ i Mˆ j
(6.13)
Expandiendo la expresión anterior y considerando la simetría del tensor de deformación: ε Mˆ = ε11 Mˆ 12 + ε 22 Mˆ 22 + ε 33 Mˆ 32 + 2ε 12 Mˆ 1 Mˆ 2 + 2ε13 Mˆ 1 Mˆ 3 + 2ε 23 Mˆ 2 Mˆ 3
(6.14)
en notación Ingenieril: ε Mˆ = ε x Mˆ 12 + ε y Mˆ 22 + ε z Mˆ 32 + γ xy Mˆ 1 Mˆ 2 + γ xz Mˆ 1 Mˆ 3 + γ yz Mˆ 2 Mˆ 3
(6.15)
El versor Mˆ i viene definido por los cosenos directores de la dirección de la línea EA : Mˆ 1 = 0 ;
−1 Mˆ 2 = ; 5
−2 Mˆ 3 = 5
(6.16)
Reemplazando los correspondientes valores en la ecuación (6.15), obtenemos que:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
465
ε Mˆ = ε y Mˆ 22 + ε z Mˆ 32 + γ yz Mˆ 2 Mˆ 3 2 4 1 ε Mˆ = 0,001 + (−0,0015) + (−0,0025) 5 5 5 −3 ε Mˆ = −2 ×10
(6.17)
c) Para el caso de pequeñas deformaciones, la distorsión del ángulo recto formado por las líneas EA y EF , ( Θ = 90º ) será: ε Mˆ Nˆ =
ˆ ⋅ ε ⋅ Nˆ 1 − 2M −1 ∆θ Mˆ Nˆ = − 2 2 sin Θ
= Mˆ ⋅ ε ⋅ Nˆ
componente s →
ε Mˆ Nˆ = ε ij Mˆ i Nˆ j (6.18)
Para mayores detalles de la expresión anterior ver Capítulo 2- Cinemática del Continuo (pequeñas deformaciones). Expandiendo la expresión anterior y considerando la simetría del tensor de deformación:
(
)
ε Mˆ Nˆ = ε 11 Mˆ 1 Nˆ 1 + ε 22 Mˆ 2 Nˆ 2 + ε 33 Mˆ 3 Nˆ 3 + ε 12 Mˆ 1 Nˆ 2 + Mˆ 2 Nˆ 1 +
(
)
(
+ ε 13 Mˆ 1 Nˆ 3 + Mˆ 3 Nˆ 1 + ε 23 Mˆ 2 Nˆ 3 + Mˆ 3 Nˆ 2
)
(6.19)
o en notación ingenieril: γ Mˆ Nˆ 2
= ε x Mˆ 1 Nˆ 1 + ε y Mˆ 2 Nˆ 2 + ε z Mˆ 3 Nˆ 3 +
(
)
γ xy 2
(Mˆ
1
)
Nˆ 2 + Mˆ 2 Nˆ 1 +
(
γ yz γ Mˆ 2 Nˆ 3 + Mˆ 3 Nˆ 2 + xz Mˆ 1 Nˆ 3 + Mˆ 3 Nˆ 1 + 2 2
(6.20)
)
y considerando los versores según las direcciones EA y EF respectivamente: Mˆ i = 0
− 2 5
−1 5
;
Nˆ i = [− 1 0 0]
(6.21)
podemos obtener que: γ Mˆ Nˆ 2 γ Mˆ Nˆ
−1 −2 0,011 + (−0,00025)( −1) = ε12 Mˆ 2 Nˆ 1 + ε13 Mˆ 3 Nˆ 1 = (−1) 6 5 5
(6.22)
= 5,96284793998 ×10 − 4
2 ⇒ γ Mˆ Nˆ = 1,1925696 ×10 −3
Solución Alternativa Podemos crear una base ortonormal asociada a los versores Mˆ y Nˆ a través del producto vectorial Pˆ = Mˆ ∧ Nˆ . Las componentes del versor Pˆ vienen das por: eˆ 1 ˆ ∧ Nˆ = 0 Pˆ = M −1
eˆ 2 −1
eˆ 3 −2
5 0
5 0
=
2 ˆ 1 ˆ e2 − e3 5 5
⇒
Pˆi = 0
2 5
−1 5
(6.23)
Luego, la matriz de transformación del sistema X 1 X 2 X 3 para la base Mˆ , Nˆ , Pˆ viene dada por:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
466
Mˆ 1 A = a ij = Nˆ 1 Pˆ 1
Mˆ 2 Nˆ 2 Pˆ 2
Mˆ 3 0 Nˆ 3 = − 1 Pˆ3 0
−1 5 0 2 5
− 2 5 0 −1 5
(6.24)
Aplicando la ley de transformación de las componentes de un tensor de segundo orden, es decir, ε ij = a ik a jl ε kl o en forma matricial ε ′ = A ε A T : −1
0 ε ′ = − 1 0
5 0 2 5
0,011 − 0,00025 − 2 0,002 0 6 5 0,011 0 0,001 − 0,00125 − 1 6 −1 − 0,00025 − 0,00125 − 0,0015 0 5
−1 5 0 2 5
− 2 5 0 −1 5
T
(6.25)
Resultando: ε Mˆ Nˆ =
ε Mˆ
− 2 × 10 −3 ε ′ij = 5,96284794 × 10 − 4 −4 − 2,5 × 10
γ Mˆ Nˆ 2
5,96284794 × 10 − 4 2 × 10 −3 − 1,75158658 × 10 −3
−3 − 1,75158658 × 10 1,5 × 10 −3 − 2,5 × 10 − 4
(6.26)
NOTA: Observar que no se trata de un caso de deformación homogénea, es decir, las aristas que en la configuración inicial son rectas, en la configuración deformada no más serán rectas. Para obtener los versores deformados tenemos que aplicar la transformación lineal mˆ = F ⋅ Mˆ y nˆ = F ⋅ Nˆ , donde F es el gradiente de deformación. d) La deformación volumétrica viene definida por
εV =
∆( dV ) , donde dV dV
es el
diferencial de volumen. Caso de pequeñas deformaciones: εV =
∆(dV ) = εx + εy + εz dV
⇒
∆(dV ) = (ε x + ε y + ε z )dV
(6.27)
Integrando en el volumen podemos obtener el incremento de volumen: ∆V =
∫ (ε
x
2, 0
)
+ ε y + ε z dV = 0,001
1
1, 5
∫ ∫ ∫ yz +
z =0 y =0 x =0
V
xz − xy dxdydz = 1,125 × 10 −3 m 3 3
(6.28)
Luego: εV =
∆( dV ) 1,125 × 10 −3 = 0,375 × 10 −3 = dV 1,5 × 1,0 × 2,0
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(6.29)
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6 ELASTICIDAD LINEAL
467
Ejemplo 6.3 El estado de tensiones en un punto de una estructura que está constituida por un material elástico, lineal e isótropo, viene dado por: 6 2 0 σ ij = 2 − 3 0 MPa 0 0 0
a) Determinar las componentes del tensor de deformación ingenieril. Considérese que el módulo de elasticidad longitudinal ( E = 207GPa ) y el módulo de elasticidad transversal ( G = 80GPa ); b) Si un cubo de 5cm de lado está sometido a este estado tensional, ¿cuál será el cambio de volumen que experimenta el cubo? Solución: Las deformaciones pueden ser obtenidas partiendo de las siguientes relaciones:
[
)]
(
1 σ x − ν σ y + σ z = 3,333 × 10 −5 E 1 ε y = σ y − ν (σ x + σ z ) = −2,318 × 10 −5 E 1 ε z = σ z − ν σ x + σ y = −4,348 × 10 − 6 E 1 γ xy = τ xy = 2,5 × 10 −5 G 1 γ xy = τ xy = 0 G 1 γ xy = τ xy = 0 G εx =
[
[
]
)]
(
(6.30)
donde el coeficiente de Poisson puede ser obtenido partiendo de la relación: G=
E 2(1 + ν )
⇒
ν=
207 E −1 = − 1 ≈ 0,29375 2G 160
Luego: 0 33,24 12,5 0 × 10 −6 ε ij = 12,5 − 23,01 0 0 − 4,257
Solución Alternativa −1
En el capítulo 1 hemos demostrado que C e =
(1 + ν ) ν I − 1 ⊗ 1 , con eso obtenemos E E
que: −1 (1 + ν ) (1 + ν ) ν ν ν (1 + ν ) ε = Ce : σ = I − 1 ⊗ 1 : σ = I : σ − 1 ⊗1 : σ = σ − Tr (σ )1 E E E E E E
En componentes:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
468
σ11 (1 + ν ) σ12 ε ij = E σ13
σ13 1 0 0 ν σ 23 − Tr (σ ) 0 1 0 E 0 0 1 σ 23 σ33 0 6 2 0 1 0 0 33,24 12,5 −6 −6 = 6,251 × 10 2 − 3 0 − 4,2609 × 10 0 1 0 = 12,5 − 23,01 0 × 10 −6 0 0 0 0 0 1 0 0 − 4,257
donde tenemos que
σ12 σ 22
(1 + ν ) 1 ν −6 = 6,25 × 10 −6 , Tr (σ ) = 4,25725 × 10 . E MPa E
En el régimen de pequeñas deformaciones la deformación volumétrica (lineal) es igual a la traza del tensor de deformación: DVL ≡ ε V = I ε = (33,24 − 23,01 − 4,257 ) × 10 −6 = 5,973 × 10 −6
Luego, la variación de volumen queda: ∆V = ε V V0 = 5,973 × 10 −6 (5 × 5 × 5) = 7,466 × 10 −4 cm 3
Ejemplo 6.4 Un paralelepípedo de dimensiones a = 3cm , b = 3cm , c = 4cm , constituido por un material homogéneo elástico lineal e isótropo se aloja en una cavidad de la misma forma y dimensiones, ver Figura 6.3, cuyas paredes son de un material lo suficientemente rígido para poderlo suponer indeformable. Sobre la abertura de la cavidad de dimensiones a × b y a través de una placa rígida de peso y rozamiento despreciables se aplica, perpendicularmente a ella, una fuerza F = 200 N que comprime al bloque elástico, (ver Ortiz Berrocal (1985)). Si el coeficiente de Poisson es ν = 0,3 y el módulo de elasticidad E = 2 × 10 4 N / cm 2 , calcular: a) Las fuerzas laterales ejercidas por las paredes de la cavidad sobre el paralelepípedo; b) La variación de altura experimentada por el mismo. F z a y c x b
Figura 6.3
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6 ELASTICIDAD LINEAL
469
Solución: En cualquier punto del cuerpo elástico habrán solo tensiones normales, σ x , σ y y σ z . La tensión σ z viene dada por: σz =
− 200 − 200 − 200 N = = ab 3× 3 9 cm 2
(6.31)
Observemos que debido a la simetría, las tensiones σ x y σ y serán iguales, luego:
[
)]
(
1 σx − ν σ y + σz = 0 E ⇒ σ x − ν (σ x + σ z ) = 0 εx = εy =
⇒ σx =
⇒
1 [σ x − ν (σ x + σ z )] = 0 E
(6.32)
ν σz (1 − ν )
obteniendo así: σx =
ν σz 0,3 − 200 200 N = =− (1 − ν ) (1 − 0,3) 9 21 cm 2
(6.33)
La fuerza que ejerce la pared sobre el cuerpo elástico viene dado por: 200 × 3 × 4 = −114,28 N 21 200 Fx = σ x b c = − × 3 × 4 = −114,28 N 21 Fy = σ y a c = −
La deformación ε z viene dada por: εz =
[
)]
(
1 1 1 σ z − ν σ x + σ y = [σ z − 2ν σ x ] = E E 2 × 104
200 200 −4 − 9 + 2 × 0,3 × 21 = −8,25 × 10
Luego, la variación de altura viene dada por: ∆c = ε z c = −8,25 × 10 −4 × 4 = −0,0033cm
(6.34)
Ejemplo 6.5 Bajo la restricción de la teoría de pequeñas deformaciones, para un campo de desplazamientos dado por: r u = ( x1 − x3 ) 2 × 10 −3 eˆ 1 + ( x 2 + x3 ) 2 × 10 −3 eˆ 2 − x1 x 2 × 10 −3 eˆ 3
a) Determinar el tensor de deformación infinitesimal, el tensor de rotación infinitesimal en el punto P (0,2 − 1) ; Solución: Gradiente de los desplazamientos ∂u1 ∂x1 ∂u i ∂u 2 = ∂x j ∂x1 ∂u 3 ∂x1
∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2
∂u1 ∂x3 2( x − x ) 0 − 2( x1 − x3 ) 1 3 ∂u 2 0 2( x 2 + x 3 ) 2( x 2 + x3 ) × 10 −3 = ∂x3 0 − x1 ∂u 3 − x 2 ∂x3
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
470
Aplicado al punto P(0,2 − 1) ∂u i ∂x j
P
− 2( x1 − x 3 ) 2 0 − 2 0 2( x1 − x 3 ) = 0 2( x 2 + x3 ) 2( x 2 + x 3 ) = 0 2 2 × 10 −3 − x 2 − 2 0 0 − x1 0
Además teniendo en cuenta que: ∂u i = ε ij + ω ij ∂x j
donde: Tensor de deformación infinitesimal ∂u j 1 ∂u ε ij = i + 2 ∂x j ∂xi
Tensor spin infinitesimal
2 0 − 2 ∂u = 0 2 1 × 10 −3 ω ij = 1 ∂u i − j 2 ∂x j ∂x i − 2 1 0
0 0 0 (6.35) = 0 0 1 × 10 −3 0 − 1 0
Ejemplo 6.6 Bajo la restricción de la teoría de pequeñas deformaciones, para un campo de desplazamientos dado por: r u = a ( x12 − 5 x 22 ) eˆ 1 + (2 a x1 x 2 )eˆ 2 − (0) eˆ 3
a) Determinar el tensor de deformación lineal, y el tensor de rotación lineal; b) Obtener las deformaciones principales y las tensiones principales; c) Dado el módulo de elasticidad transversal G , ¿qué valor toma el módulo de Young E para que haya equilibrio en cualquier punto? OBS.: Las fuerzas másicas son despreciables. Solución: a) Considerando que u1 = a ( x12 − 5 x 22 ) , u 2 = 2 a x1 x 2 , u 3 = 0 , las componentes del gradiente de los desplazamientos son: 2 x1a r ∂ u i (∇ xr u) ij = = 2ax2 ∂x j 0
− 10ax2 2ax1 0
0 0 0
Descomponiendo de forma aditiva el gradiente de los desplazamientos en una parte simétrica (tensor de deformación lineal - ε ij ) y en una parte antisimétrica (tensor spin infinitesimal- ω ij ): ∂u i = ε ij + ω ij ∂x j
donde 1 ∂u ∂u j ε ij = i + 2 ∂x j ∂x i
2x a 1 1 = 2ax 2 2 0
− 10ax 2 2ax1 0
0 2 x1 a 0 + − 10ax 2 0 0
2ax 2 2ax1 0
0 2 x1 a 0 = − 4ax 2 0 0
− 4ax 2 2ax1 0
0 0 0
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6 ELASTICIDAD LINEAL
1 ∂u ∂u j ω ij = i − 2 ∂x j ∂x i
2x a 1 1 = 2ax 2 2 0
− 10ax 2 2ax1 0
471
0 2 x1 a 0 − − 10ax 2 0 0
2ax 2 2ax1 0
0 0 0 = 6ax 2 0 0
− 6ax 2
0 0 0
0 0
b) Deformaciones principales. 2 x1 a − λ
− 4ax 2
− 4ax 2
2ax1 − λ
=0
⇒
(2 x a − λ ) − (4ax ) 2
1
2
2
=0
⇒
(2 x a − λ ) = (4ax ) 2
1
2
2
λ1 = 2 x1 a + 4ax 2 λ 2 = 2 x1 a − 4ax 2 0 0 2 x1a + 4ax2 0 2 x1a − 4ax2 0 (deformaciones principales) ε′ij = 0 0 0
⇒ 2 x1 a − λ = ±4ax 2
⇒
Ya que las deformaciones y tensiones comparten el mismo espacio principal podemos utilizar la relación σij = λ 4 x1aδ ij + 2 µε ij en el espacio principal: 0 1 0 0 2 x1a + 4ax2 σ′ij = λ 4 x1aδ ij + 2 µε′ij = λ 4 x1a 0 1 0 + 2 µ 0 2 x1a − 4ax2 0 0 1 0 0 0 0 λ 4 x1a + 2 µ (2 x1a + 4ax2 ) 0 0 = λ 4 x1a + 2 µ ( 2 x1a − 4ax2 ) 0 0 λ 4 x1a
0 0 0
c) Partiendo de la ecuación de equilibrio:
r r ∇ ⋅ σ + ρ{ b = 0 Indicial → σ ij , j = 0 i r =0
Expandiendo:
σ ij , j = 0 i
⇒
σ11,1 + σ12, 2 + σ13,3 = 0 σ 21,1 + σ 22, 2 + σ 23,3 = 0 σ 31,1 + σ 32, 2 + σ 33,3 = 0
⇒
∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + =0 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23 + + =0 ∂ ∂ ∂ x x x 1 2 3 ∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33 + + =0 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3
donde las componentes del tensor de tensiones son σ ij = λε kk δ ij + 2µ ε ij , siendo ε kk = 4 x1 a luego σ ij = λ 4 x1 aδ ij + 2µ ε ij σ11 = λ 4 x1 aδ 11 + 2 µε11 = λ 4 x1 a + 2 µ (2 x1 a ) = 4 x1 a (λ + µ ) σ12 = λ 4 x1 aδ 12 + 2 µε12 = 2 µ (−4ax 2 ) = −8 µax 2 σ13 = 0
ó σ ij = λ 4 x1 aδ ij
ε 11 1 0 0 + 2 µε ij = λ 4 x1 a 0 1 0 + 2 µ ε 12 ε 13 0 0 1
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ε 12 ε 22 ε 23
ε 13 ε 23 ε 33
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
472
1 0 0 2 x1 a σ ij = λ 4 x1 a 0 1 0 + 2 µ − 4ax 2 0 0 1 0
− 8 µax 2 0 4 x1 a (λ + µ ) 0 0 = − 8 µax 2 4 x1 a (λ + µ ) 0 0 0 0 λ 4 x1 a
− 4ax 2 2ax1 0
Luego, la primera ecuación de equilibrio queda: ∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 =0 + + ∂x 3 ∂x1 ∂x 2
4a(λ + µ ) − 8 µa = 0
⇒
⇒
λ + µ = 2µ
⇒λ = µ =G
G (3λ + 2G ) , que se puede obtener a través de λ+G E νE las relaciones λ = , µ =G= . Luego, concluimos que: (1 + ν )(1 − 2ν ) 2(1 + ν )
Además teniendo en cuenta la relación E =
E=
G (3λ + 2G ) G (3G + 2G ) = = 2,5G λ+G G+G
Ejemplo 6.7 El estado tensional en un punto del medio continuo viene dado a través de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy por: − 26 6 0 σ ij = 6 9 0 kPa 0 0 29
Considerando un material elástico, lineal, homogéneo e isótropo. Se pide: a) Obtener los invariantes principales de σ ; b) Obtener la parte esférica y desviadora de σ ; c) Obtener los autovalores y autovectores de σ ; d) Dibujar el círculo de Mohr en tensiones. Obtener también la tensión normal y la tensión tangencial máxima. e) Considerando un régimen de pequeñas deformaciones y teniendo en cuenta que el material que constituye el medio continuo tiene como propiedades mecánicas λ = 20000kPa y µ = 20000kPa ( λ, µ son las constantes de Lamé). Obtener las componentes del tensor de deformación infinitesimal; f) Obtener los autovalores y autovectores de ε . Solución: I σ = 12 × 10 3
II σ =
9
0
0 29
× 10 6 +
− 26
0
0
29
× 10 6 +
− 26 6 6
9
× 10 6 = −763 × 10 6
III σ = det (σ ) = −7830 × 10 9
Parte esférica y desviadora σ ij = σ ijdev + σ ijesf : σm =
( 29 − 26 + 9) 1 σ ii = = 4 × 10 3 Pa 3 3
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6 ELASTICIDAD LINEAL
σ ijhid
σ ijdev
≡
σ ijesf
473
4 0 0 = 0 4 0 kPa 0 0 4
6 0 − 30 6 0 − 26 − 4 = 6 9−4 0 = 6 5 0 kPa 0 0 25 0 29 − 4 0
Resolviendo la ecuación característica, los autovalores son: σ I = 29kPa , σ II = 10kPa , σ III = −27 kPa :
Los autovectores: σ I = 29kPa
dirección principal →
σ II = 10kPa
dirección principal →
σ III = −27 kPa
nˆ i(1) = [0 0 1]
nˆ i( 2 ) = [0,1644 0,98639 0]
nˆ i(3) = [0,98639 − 0,1644 0]
dirección principal →
σ S (kPa)
σ S max =
29 − (−27) = 28 2
σ N (kPa)
σ III = −27
σ I = σ N max = 29
σ II = 10
σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij
donde
inversa →
ε ij =
−λ 1 Tr (σ )δ ij + σ ij 2µ (3λ + 2µ ) 2µ
−λ = −5 × 10 −9 ( Pa ) −1 , Tr (σ ) = 1,2 × 10 4 ( Pa) 2µ (3λ + 2µ )
1 0 0 − 26 6 0 −8 ε ij = (−5 × 10 )(1,2 × 10 ) 0 1 0 + 2,5 × 10 6 9 0 × 103 0 0 1 0 0 29 0 1 0 0 − 26 6 0 − 7,1 1,5 −5 −5 9 0 = 1,5 1,65 = −6 × 10 0 1 0 + 2,5 × 10 6 0 × 10 −4 0 0 1 0 0 29 0 0 6,65 −9
4
Como el material es isótropo, el tensor de tensiones y el tensor de deformaciones comparten el mismo espacio principal (mismas direcciones principales), luego:
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474
ε ′ij =
1 −λ σ′ij Tr (σ )δ ij + 2µ (3λ + 2µ ) 2µ
0 66,5 0 0 1 0 0 29 0 −5 = −6 × 10 0 1 0 + 2,5 × 10 0 10 0 = 0 19 0 × 10 −5 0 0 1 0 0 − 27 0 0 73,5 −5
Las direcciones principales del tensor de deformaciones son las mismas que las del tensor de tensiones para un material isótropo. Ejemplo 6.8 Demostrar que las ecuaciones constitutivas de tensión, para un material elástico lineal homogéneo e isótropo, se puede representar por el conjunto de ecuaciones: σ dev = 2µ ε dev Tr (σ ) = 3κTr (ε )
donde µ = G es la constante de Lamé, κ es el módulo de deformación volumétrica. Solución: σ = C e : ε = [λ1 ⊗ 1 + 2 µI] : ε = λTr (ε )1 + 2 µε σ = σ dev + σ esf = λTr (ε )1 + 2µ (ε dev + ε esf ) Tr (σ ) 1 = λTr (ε )1 + 2µ (ε dev + ε esf ) 3 Tr (ε ) Tr (σ ) 1 = λTr (ε )1 + 2µ ε dev + 2µ − 3 3 2µ Tr (σ ) 1 = λ + Tr (ε )1 + 2µ ε dev − 3 3
⇒ σ dev + ⇒ σ dev ⇒ σ dev
La traza del tensor de tensiones: Tr (σ ) = σ : 1 = [λTr (ε )1 + 2µ ε ] : 1 = λTr (ε )3 + 2µ Tr (ε ) = (3λ + 2µ )Tr (ε )
Con lo cual: 2µ Tr (σ ) dev 1 ⇒ σ dev = λ + Tr (ε )1 + 2µ ε − 3 3 (3λ + 2µ )Tr(ε) 1 2µ dev ⇒ σ dev = λ + Tr (ε )1 + 2µ ε − 3 3
(3λ + 2µ )Tr(ε) 1 + 2µ ε dev 2µ ⇒ σ dev = λ + Tr (ε )1 − 3 14434444 424444444 3 =0
A las ecuaciones σ dev = 2µ ε dev tenemos que añadir la restricción:
(3λ + 2 µ )Tr(ε ) 2µ 2µ Tr (σ ) 1=0 1=0 ⇒ Tr (ε )1 − λ + Tr (ε )1 − λ + 3 3 3 3 2µ ⇒ Tr (σ )1 = 3 λ + Tr (σ )1 = 3κ Tr (ε )1 Tr (ε )1 ⇒ 3 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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6 ELASTICIDAD LINEAL
475
o Tr (σ ) = 3κ Tr (ε ) .
σ 23
σ13 σ13 σ11
+
=
σ 23 σ12
σ12
ε11
+ εm
ε 22 ε12
σ12
σ dev 22 σ12
σ ijdev = 2µ ε ijdev
dev ε 33
=
ε 23 ε12
+
εm ε 23
σ 23
dev σ11
Tr (σ )δ ij = 3κ Tr (ε )δ ij
ε 33
ε13
σ13
σm
=
σ 23
σ13
σm
σ 22
σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij
ε13
dev σ 33
σm
σ33
εm
ε 23
ε13 ε13
ε 23 ε12
ε dev 22 ε12
dev ε11
Solución Alternativa: Partiendo de la ecuación constitutiva en tensión para un material elástico, lineal, homogéneo e isótropo: σ = σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2µ ε . Además como estamos en régimen linear se cumple que σ = σ (ε) = σ (ε esf + ε dev ) = σ (ε esf ) + σ (ε dev ) , donde: σ (ε esf ) = λTr (ε esf )1 + 2µ ε esf 2µ Tr (ε ) Tr (ε ) Tr (ε ) σ esf = λTr 11 + 2µ 1 = λTr (ε )1 + 2µ 1 = (λ + ) Tr (ε )1 = κ Tr (ε )1 3 3 3 3 Tr (σ ) 1 = κ Tr (ε )1 3 Tr (σ )1 = 3κ Tr (ε )1 σ (ε dev ) = λ Tr (ε dev )1 + 2µ ε dev = 2µ ε dev 1 424 3 =0
[
]
[ ] = Tr[σ ] .
Observar que se cumple que Tr σ (ε esf ) = Tr σ esf
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476
NOTA: Es interesante observar que: si en un material isótropo tenemos un estado puramente esférico de comprensión: p
p>0
0 − p 0 σij = 0 − p 0 0 0 − p
p p
∴
Tr (σ ) = −3 p < 0
E , podemos 3(1 − 2ν ) concluir que: si ν > 0,5 eso implica que κ < 0 y como consecuencia Tr (ε ) > 0 , es decir, una
tenemos que Tr (σ ) = 3κ Tr (ε ) < 0 , y teniendo en cuenta que κ =
expansión, lo que no tiene sentido físico que en un material isótropo sometido a un estado de compresión haya una expansión. Ejemplo 6.9 Un paralelepípedo de cierto material elástico lineal e isótropo que a cierta temperatura tiene dimensiones a = 0,10m , b = 0,20m , c = 0,30m , ver Figura 6.4, se introduce en una cavidad de anchura b de paredes rígidas, planas y perfectamente lisas, de tal forma que dos caras opuestas del paralelepípedo estén en contacto con las paredes de la cavidad, (ver Ortiz Berrocal (1985)). Una vez en esta posición se eleva la temperatura del prisma en ∆T = 30º C . a) Calcular los valores de las tensiones principales en los puntos del paralelepípedo. b) Hallar las componentes de las deformaciones. Datos: módulo de elasticidad E = 2 × 10 6 N / m 2 , coeficiente de Poisson ν = 0,3 , coeficiente de expansión térmico del material es igual a 1,25 × 10 −5 º C −1 . Solución: Como el sólido puede deformarse libremente según las direcciones x , z , luego está libre de tensiones normales σ x = σ z = 0 . El sólido está restringido al movimiento según la dirección y luego ε y = 0 : εy =
[
]
1 1 σ y − ν (σ x + σ z ) + α ∆T = σ y + α ∆T = 0 E E
⇒
σ y = − Eα ∆T
resultando que: σ y = − Eα ∆T = −2 × 106 × 1,25 × 10− 5 (30) = −750
N m2
Componentes del tensor de tensiones:
b)
0 0 0 σ ij = 0 − 750 0 Pa 0 0 0 ν σy εx = εz = + α ∆T = 4,875 × 10− 4 E
El tensor de deformación queda:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
477
0 4,875 0 ε ij = 0 0 0 × 10 − 4 0 0 4,875 z
Datos:
a
a = 0,10m b = 0,20m c = 0,30m E = 2 × 106 N / m 2
ν = 0,3 ∆T = 30º C
α = 1,25 × 10 −5 º C −1
c y
b x
Figura 6.4. Ejemplo 6.10 En el fondo de un recipiente, cuyo hueco interior es prisma recto, de base cuadrada, de 0,10 × 0,10m , se coloca un bloque de caucho sintético de 0,10 × 0,10 × 0,5m , tal como se indica en la Figura 6.5. El bloque ajusta perfectamente en el recipiente de paredes rígidas lisas. Las características elásticas del caucho sintético son E = 2,94 × 10 6 N / m 2 y ν = 0,1 . Sobre el caucho se vierten 0,004m 3 de mercurio (material incompresible), cuya densidad de masa es 13580kg / m 3 . Se pide: a) La altura H que alcanza el mercurio sobre el fondo del recipiente; b) El estado tensional en un punto genérico del bloque de caucho OBS.: Despréciese el peso del caucho. Considérese la aceleración de la gravedad g = 10m / s 2 . Solución: Primero calculamos la fuerza total del mercurio ejerce sobre el caucho: kg kgm m F = Vρ g = 0,004(m 3 ) × 13580 3 × 10 2 = 543,20 2 ≡ N s m s
La tensión normal según la dirección z viene dada por: σz =
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− F − 543,20 N = = −54,320 × 10 3 2 A (0,1 × 0,1) m
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
478
Según las direcciones x , y el caucho no se deforma: ε x = ε y = 0
[
]
⇒
σ x = ν (σ y + σ z )
[
]
⇒
σ y = ν (σ x + σ z )
1 σ x − ν (σ y + σ z ) = 0 E 1 ε y = σ y − ν (σ x + σ z ) = 0 E εx =
{[
]
}
σ y = ν (σ x + σ z ) = ν ν ( σ y + σ z ) + σ z =
z
Paredes rígidas
(ν 2 + ν ) ν σz = σ z = −6035,55Pa = σ x 2 (1 − ν ) (1 − ν )
Paredes rígidas
Mercurio
H
Caucho L0 = 0,5m y
x
Figura 6.5. La deformación normal según la dirección z : εz =
[
]
1 1 {− 54320 − 0,1[2(−6035,55)]} = −0,0180656 σ z − ν (σ x + σ y ) = E 2,94 × 10 6
b) Variación de la longitud del caucho: ∆L = L0 ε z = 0,5 × (− 0,018656 ) = −0,00903m
La altura H que alcanza el mercurio sobre el fondo del recipiente: H = hmer + ( L0 − ∆L)
donde hmer viene dado por:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
Vmer = b 2 × hmer = 0,004
⇒
479
hmer =
0,004 = 0,4m 0,1 × 0,1
Resultando así que: H = hmer + ( L0 − ∆L) = 0,4 + (0,5 − 0,00903) = 0,891m
Ejemplo 6.11 En un ensayo de laboratorio de un material elástico lineal se han obtenido las siguientes relaciones: − ν 31 1 − ν 21 σ y + σ z ε x = σ x + E1 E2 E3 − ν 32 − ν 12 1 σ z σ x + σ y + ε y = E1 E2 E3
(6.36)
− ν 13 − ν 23 1 σ x + σ y + σ z ε z = E1 E2 E3
donde ν 12 = 0,2 , ν 13 = 0,3 , ν 23 = 0,25 , E1 = 1000 MPa , E 2 = 2000MPa , E3 = 1500MPa . Sabiendo que el material analizado es un MATERIAL ORTÓTROPO. Obtener los valores de ν 21 , ν 31 , ν 32 . Solución: La matriz constitutiva para un material ortótropo presenta el siguiente formato: C11 C 12 C [C ] = 13 0 0 0
C12
C22 C23 0 0 0
C13
C23 C33 0 0 0
0
0
0 0
0 0
C44 0 0
0 C55 0
0 0 0 0 0 C66
Simetría Ortótropa 9 constantes independientes
(6.37)
Reestructurando (6.36) obtenemos que: 1 E ε xx 1 ε − ν 12 yy E ε zz 1 = − ν 13 2 ε xy 2ε yz E1 0 2ε xz 0 0
− ν 21 E2 1 E2 − ν 23 E2 0 0 0
− ν 31 0 E3 − ν 32 0 E3 1 0 E3 0 C44 0 0
0 0
0 0 0 0
C55 0
0 σ xx 0 σ yy σ zz 0 σ xy σ 0 yz σ 0 xz C66
(6.38)
Luego para un material ortótropo debe cumplir que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
480
− ν 21 − ν 12 = E2 E1
− ν 31 − ν 13 = E3 E1
;
;
− ν 32 − ν 23 = E3 E2
obteniendo así que
ν 21 E2
ν 31 E3
ν 32 E3
=
ν 12
=
ν 13
=
ν 23
E1 E1 E2
⇒
ν 21 =
E2ν 12 2000 × 0,2 = = 0,4 1000 E1
⇒
ν 31 =
E3ν 13 1500 × 0,3 = = 0,45 1000 E1
⇒
ν 32 =
E3ν 23 1500 × 0,25 = = 0,1875 2000 E2
Ejemplo 6.12 Dado un material elástico lineal, homogéneo e isótropo con las siguientes propiedades elásticas: E = 71 GPa y G = 26,6 GPa . Determinar las componentes del tensor de deformación y la densidad de energía de deformación en un punto del cuerpo si las componentes del tensor de tensiones en este punto son: 20 − 4 5 σ ij = − 4 0 10 MPa 5 10 15
Solución: Obtenemos el coeficiente de Poisson partiendo de la relación: ⇒ν =
G=
E 2(1 + ν )
E − 1 = 0,335 2G 1 [σ11 − ν (σ 22 + σ33 )] = 1 9 [20 − 0,335 (0 + 15 )]10 6 = 211 × 10 −6 E 71 × 10 1 1 [0 − 0,335 (20 + 15 )]10 6 = −165 × 10 −6 = [σ 22 − ν (σ11 + σ 33 )] = E 71 × 10 9 1 1 = [σ 33 − ν (σ11 + σ 22 )] = [15 − 0,335 (20 + 0 )]10 6 = 117 × 10 −6 E 71 × 10 9
ε11 = ε 22 ε 33
1+ν 1 + 0,335 σ12 = ( −4 × 10 6 ) = 75 × 10 −6 9 E 71 × 10 1+ν 1 + 0,335 ε13 = σ13 = (5 × 10 6 ) = 94 × 10 −6 E 71 × 10 9 1+ν 1 + 0,335 (10 × 10 6 ) = 188 × 10 −6 ε 23 = σ 23 = E 71 × 10 9 ε12 =
En forma matricial: 211 − 75 94 ε ij = − 75 − 165 188 × 10 − 6 94 188 117
La densidad de energía de deformación para un material elástico lineal viene dada por:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
1 2
1 2
481
1 2
Ψ e = ε : C e : ε = ε : σ indicial →Ψ e = ε ij σ ij Considerando la simetría de los tensores de tensión y de deformación la densidad de energía de deformación resulta: 1 [ε11σ11 + ε 22 σ 22 + ε33 σ 33 + 2ε12 σ12 + 2ε 23σ 23 + 2ε13σ13 ] 2 1 = [( 211)( 20) + ( −165)(0) + (117 )(15) + 2( −75)( −4) + 2(188)(10) + 2(94)(5) ] 2 = 5637 ,5 J / m 3
Ψe =
Podemos también obtener la densidad energía de deformación utilizando la ecuación:
Ψe=
1 1 1 1 I σ2 − − II σ dev = I σ2 + − J 2 6(3λ + 2 µ ) 2µ 6(3λ + 2 µ ) 2µ
y considerando que: I σ = 3,5 × 10 7 ; II σ = −2,4933 × 1014 ; λ ≈ 5,3804 × 10 10 Pa ; µ = G , obtenemos:
Ψ e ≈ 5638 ,03 J / m 3 La diferencia entre los resultados obtenidos es debida a la aproximación numérica. Ejemplo 6.13 Expresar la densidad energía de deformación en función de los invariantes principales de ε. Solución: 1 2
1 2
Ψ e = ε : σ = ε : [λTr (ε )1 + 2 µε ] = =
λ[Tr (ε )]
2
+ µ Tr (ε ⋅ ε T ) =
2 λ[Tr (ε )]2 = + µ Tr (ε 2 ) 2
λTr (ε ) 2
λ[Tr (ε )]
2
2
ε2 1 + µ ε:ε = :3 1
λ[Tr (ε )]2
Tr ( ε )
2
+µ ε:ε
+ µ Tr (ε ⋅ ε )
Podemos sumar y restar el término µ [Tr (ε )]2 sin alterar la expresión:
Ψe= =
λ[Tr (ε )]2 2
+ µ [Tr (ε ) ]2 + µ Tr (ε 2 ) − µ [Tr (ε ) ]2
{
1 (λ + 2 µ )[Tr (ε )]2 − µ [Tr (ε )]2 − Tr (ε 2 ) 2
}
Considerando que los invariantes principales de ε son I ε = Tr (ε ) , II ε = obtenemos que:
{
}
1 2 I ε − Tr (ε 2 ) , 2
1 2
Ψ e = (λ + 2 µ )I ε2 − 2 µ II ε = Ψ e ( I ε , II ε )
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
482
Ejemplo 6.14 Se conocen las respuestas de un sólido termoelástico lineal en equilibrio a un sistema de r
r
r (I ) en S σ ; u* ; en S ur ; ∆T ( I ) ) y a otro sistema de acciones r ( II ) en S σ ; u* ; en S ur ; ∆T ( II ) ) . Justificar (demostrar) cuál sería la respuesta
acciones I (b ( I ) , t *
(I )
r r ( II ) II (b ( II ) , t * al sistema I + II , (ver Oliver (2000)).
Solución: Como estamos en el régimen lineal se cumplen que: r r r b = b ( I ) + b ( II )
;
∆T = ∆T ( I ) + ∆T ( II )
;
r r ( I ) r ( II ) t* = t* + t*
;
r r ( I ) r ( II ) u * = u* + u *
Lo mismo para los campos: r r r u = u ( I ) + u ( II )
;
ε = ε ( I ) + ε ( II )
;
σ = σ ( I ) + σ ( II )
Partiendo de las ecuaciones de gobierno del problema termoelástico lineal en equilibrio:
Ecuaciones de Equilibrio:
Ecuaciones Cinemáticas:
r r r r r r ∇ xr ⋅ σ + ρb = ∇ xr ⋅ (σ ( I ) + σ ( II ) ) + ρ (b ( I ) + b ( II ) ) = [∇ xr ⋅ σ ( I ) + ρb ( I ) ] + [∇ xr ⋅ σ ( II ) + ρb ( II ) ] = 0
{[ { [
[
] [
r r r 1 r r (I ) 1 ∇ x u + (∇ xr u ( I ) ) T + ∇ xr u ( II ) + (∇ xr u ( II ) ) T 2 2 r ( II ) r (I ) r ( II ) T + ∇ xr u + ∇ xr u + ∇ xr u
ε = ε ( I ) + ε ( II ) =
]
]}
] [
r 1 ∇ xr u ( I ) 2 r r r r r rT T 1 1 = ∇ xr u ( I ) + u ( II ) + ∇ xr (u ( I ) + u ( II ) ) = ∇ xr u + [∇ xr u] = ε 2 2 =
] [
]} {
}
Ecuación Constitutiva:
σ = C e : ε + M∆T
donde M es el tensor de tensiones térmicas σ = C e : ε + M∆T = C e : (ε ( I ) + ε ( II ) ) + M (∆T ( I ) + ∆T ( II ) ) = (C e : ε ( I ) + M∆T ( I ) ) + (C e : ε ( II ) + M∆T ( II ) ) = σ ( I ) + σ ( II )
Se comprobando así que se cumplen todas las condiciones. Luego, también se puede aplicar el principio de la superposición al problema termoelástico lineal, como era de esperar ya que estamos en el régimen lineal. Ejemplo 6.15 Considérese una barra de 7,5m de longitud y 0,1m de diámetro que está constituida por un material cuyas propiedades son: E = 2,0 × 10 11 Pa y α = 20 × 10 −6 está a 15º C y la temperatura aumenta a 50 º C .
1 . Inicialmente la barra ºC
a) Determinar el alargamiento de la barra considerando que la barra pueda expandirse libremente; b) Suponga que la barra ya no puede alongarse libremente porque en sus extremos se han colocado bloques de hormigón, ver Figura 6.6(b). Obtener la tensión en la barra. Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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6 ELASTICIDAD LINEAL
483
OBS.: Considerar el problema en una dimensión. x ∆L = ∆L(1) + ∆L( 2 ) ∆L(1) ∆T
∆T
L L ∆L( 2)
b)
a)
Figura 6.6: Barra bajo variación de temperatura. Solución: a) Para obtener el alargamiento debemos calcular previamente la deformación según la dirección del eje de la barra: ε ij = α ∆T δ ij
Como se trata de un caso unidimensional solo consideraremos la componente de la deformación según el eje x , ε 11 = ε x , luego: ε 11 = ε x = 20 × 10 −6 (50 − 15) = 7 × 10 −4
El alargamiento se obtiene según la integral: L
∫
∆L = ε x dx = ε x L = 7 × 10 − 4 × 7,5 = 5,25 × 10 − 3 m 0
Observar que como la barra puede expandirse libremente, ésta está libre de tensión. b) Si las extremidades no pueden moverse, surgirán tensiones uniformes que vienen dadas por: σ x = − Eα ∆T = − E " ε x " = −2,0 × 1011 × 7 × 10 −4 = −1.4 × 10 8 Pa
Observemos que en el caso 2) no hay deformación, ya que ∆L = 0 . No obstante, es equivalente a una barra de longitud L + ∆L en la cual aplicamos una tensión de compresión hasta obtener la longitud final igual a L . Ejemplo 6.16 Dado un material elástico lineal, homogéneo e isótropo con las siguientes propiedades mecánicas: E = 10 6 Pa (módulo de Young), ν = 0,25 (coeficiente de Poisson), α = 20 × 10 −6 º C −1 (Coeficiente de dilatancia térmica). Considérese que en un determinado punto del sólido se conoce el estado tensional y que viene dado por: 12 0 4 σ ij = 0 0 0 Pa 4 0 6
Se pide:
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484
a) Determinar las tensiones y direcciones principales; Obtener la tensión tangencial máxima. b) Las deformaciones en dicho punto. Determinar también las deformaciones y direcciones principales; c) Determinar la densidad de energía de deformación. d) Si ahora, a éste sólido sufre una variación de temperatura ∆T = 50º C , ¿Cual es el estado de deformación final en este punto? e) ¿Se puede decir que estamos ante un caso de Tensión Plana? Solución: a) Obtenemos los autovalores al resolver el determinante característico. Además observemos que ya se conoce un autovalor σ 2 = 0 que está asociado a la dirección nˆ i( 2 ) = [0 ± 1 0] . Luego, es suficiente resolver el determinante: 12 − σ
4
4
6−σ
=0
σ 2 − 18σ + 56 = 0
⇒
Resolviendo la ecuación cuadrática obtenemos que: σ(1,3) =
18 ± 324 − 224 2
⇒
σ1 = 14 σ3 = 4
14 0 0 σ'ij = 0 0 0 Pa 0 0 4
A continuación obtenemos las direcciones principales (autovectores que deben ser versores, vectores unitarios), resultando: σ1 = 14
autovector →
σ2 = 0
autovector →
σ3 = 4
autovector →
2 0 nˆ i(1) = 5 nˆ i( 2 ) = [0 1 0] 1 nˆ i(3) = 5
0
1 = [0 ,8944 0 0 ,4472] 5 − 2 = [0,4472 0 − 0 ,8944] 5
Haciendo el cambio de nomenclatura tal que σ I > σ II > σ III , tenemos que σ I = 14 , σ II = 4 , σ III = 0 . Podemos obtener la tensión tangencial máxima como: σ S max =
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σ I − σ III (14) − (0) = = 7 Pa 2 2
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6 ELASTICIDAD LINEAL
485
σ S (Pa )
σ S max = 7
σ N (Pa) σ II = 4
σ III = 0
σ I = 14
b) Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy vienen dadas por: σ ij = λTr (ε )δ ij + 2 µε ij
inversa →
ε ij =
1 −λ Tr (σ )δ ij + σ ij 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
−1
Recordar que σ = C e : ε , la inversa ε = C e : σ . donde
λ=
Tr (σ ) = 18 ,
νE (1 + ν )(1 − 2ν )
= 4 × 105 Pa ,
µ =G=
E = 4 × 105 Pa , 2(1 + ν )
1 = 1,25 × 10 −6 , 2µ
−λ − λTr (σ ) = −2,5 × 10 − 7 Pa , = −4,5 × 10 −6 Pa 2µ (3λ + 2µ ) 2 µ (3λ + 2 µ )
0 5 1 0 0 12 0 4 10,5 −6 −6 εij = − 4,5 × 10 0 1 0 + 1,25 × 10 0 0 0 = 0 − 4,5 0 × 10− 6 0 0 1 4 0 6 5 0 3
Para un material isótropo lineal las direcciones principales de las tensiones y deformaciones coinciden. Las deformaciones principales podemos obtener trabajando en el espacio principal: ε′ij =
1 −λ Tr (σ )δ ij + σ′ij : 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
0 0 1 0 0 14 0 0 13 −6 −6 ε ′ij = − 4,5 × 10 0 1 0 + 1,25 × 10 0 0 0 = 0 − 4,5 0 × 10 −6 0 0 1 0 0 4 0 0 0,5 1 2
1 2
c) La densidad de energía de deformación viene dada por Ψ e = σ : ε = σij εij . Podemos utilizar el espacio principal donde se cumple que: 0 0 13 ε ′ij = 0 − 4,5 0 × 10 − 6 0 0 0,5
;
14 0 0 σ ′ij = 0 0 0 0 0 4
Luego, podemos utilizar el espacio principal para obtener la densidad de energía de deformación:
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486
1 2
1 2
Ψ e = σij ε ij = σ′ij ε′ij =
1 [σ11′ ε11′ + σ′33ε′33 ] = 92 × 10 − 6 J3 2 m
d) Utilizando el principio de la superposición, podemos decir que: εij = ε ij (σ ) + εij (∆T ) = ε ij (σ ) + α ∆T δ ij
Luego, 0 5 0 5 10,5 1 0 0 1010,5 −6 −6 ε′ij = 0 − 4,5 0 × 10 + 20 × 10 × 500 1 0 = 0 995,5 0 × 10− 6 5 0 0 1 5 0 3 0 1003
Las direcciones principales del tensor de deformación infinitesimal son las mismas del tensor de tensiones. e) No podemos decir que se trata de un estado de tensión plana ya que no tenemos información del estado tensional de todo el medio continuo. Solo estaremos en el caso de tensión plana cuando el CAMPO de tensión es independiente de una dirección. Ejemplo 6.17 Considérese una barra donde en una de las extremidades se aplica una fuerza igual a 6000 N como se indica en la Figura 6.7. Determinar ε x , ε y , ε z y el cambio de longitud en las dimensiones de la barra. Considérese también que la barra está constituida por un material cuyas propiedades elásticas son: Módulo de Young: E = 10 7 Pa ; Coeficiente de Poisson: ν = 0,3 . Hipótesis: Régimen de pequeñas deformaciones, y material elástico lineal, homogéneo e isótropo.
1m 100 m
=
1m
y, v
σy =
x, u
6000 1×1
F = 6000 N
z, w
Figura 6.7
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6 ELASTICIDAD LINEAL
487
Solución: Teniendo en cuenta que para un material elástico linear e isótropo, las tensiones normales solo producen deformaciones normales, donde:
ν 1 (0,3)(6000 ) σx − ν σ y + σz = − σ y = − = −0,00018 E E 10 7 σ y 6000 1 ε y = σ y − ν (σ x + σ z ) = = = 0,0006 E E 10 7 1 ν ε z = σ z − ν σ x + σ y = − σ y = −0,00018 E E εx =
[
(
[
[
)]
]
(
)]
Los cambios de longitud en las dimensiones de la sección son: u = w = −0,00018 × 1 = −1,8 × 10 −4 m
y de la longitud: v = 0,0006 × 100 = 6,0 × 10 −2 m
Ejemplo 6.18 Consideremos un prisma cuadrangular regular cuyo material elástico linear e isótropo tiene de módulo de elasticidad EP = 27,44 × 105 N / cm2 y coeficiente de Poisson ν = 0,1 . La longitud del lado de la sección recta es a = 20cm . En ambas bases del prisma se colocan dos placas perfectamente lisas y rígidas, de peso despreciable, unidas entre sí mediante cuatro cables de sección AC = 1cm2 y módulo de elasticidad EC = 19,6 × 106 N / cm2 de longitudes iguales a la altura del prisma l = 1m , simétricamente dispuesto, como indica en la Figura 6.8, (ver Ortiz Berrocal (1985)). Sobre dos caras laterales opuestas del prisma se aplica una fuerza de compresión uniforme p = 7350 N / cm 2 . Se pide calcular: a) Tensión en los cables; b) Tensiones principales en el prisma; c) Variación de volumen experimentada por el prisma. Solución: Verifiquemos que el cable y el prisma tienen que deformarse, según dirección z , de igual manera: ε Pz = ε Cz
En el cable se cumple que: σCz = EC ε Cz
⇒
εCz =
σCz EC
El campo de tensiones en el prisma viene dado por: 0 0 0 P 0 σij = 0 − p 4σCz AC 0 0 − a 2 Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
488
a) Configuración de referencia
b) Configuración deformada
z z
∆l
p
p
p
l = 1m
a
y
a
a x
Figura 6.8 Deformación del prisma según dirección z : ε Pz =
1 1 4σCz AC σz − ν σx + σy = + ν p − 2 EP EP a
[
)]
(
Aplicando que ε Pz = ε Cz : ε Pz = εCz
⇒
σCz 1 4σCz AC ν p + − = EP a2 EC
Tras algunas manipulaciones algebraicas obtenemos la tensión en el cable: σc =
νEC pa 2 ( EP a 2 + 4 EC AC )
=
0,1 × 19,6 × 106 × 7350 × 202 N = 4900 2 5 2 6 (27,44 × 10 × 20 + 4 × 19,6 × 10 × 1) cm
La tensión normal según dirección z en el prisma queda: σ Pz = −
4σC AC 4 × 4900 × 1 N =− = −49 2 2 2 20 a cm
Tensor de tensiones en el prisma: σ ijP
0 0 0 N = 0 − 7350 0 cm 2 0 − 49 0
Variación de volumen en el prisma: ∆V = ε V V 0
donde εV = I ε es la deformación volumétrica lineal (pequeñas deformaciones): Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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6 ELASTICIDAD LINEAL
εV = I ε = ε x + ε y + ε z =
σx + σ y + σz EP
489
(1 − 2ν ) = −2,12857 × 10−3
y V0 = 4 × 10 4 cm 3 es el volumen del prisma, resultando: ∆V = ε V V0 = (−2,12857 × 10 −3 )(4 × 10 4 ) = −85,1428cm 3
Ejemplo 6.19 Dos paralelepípedos iguales y formados por el mismo material (elástico lineal e isótropo) y de dimensiones a × b × c , se colocan a uno y otro lado de una placa lisa rígida adosados a ella por sus caras a × c , de tal forma que sus ejes de simetría perpendiculares a dichas caras sean coincidentes. Ambos paralelepípedos, junto con la placa, se introducen en una ranura de anchura igual a dos veces la longitud de la arista b más el espesor de la placa. Las paredes de la ranura son planas, rígidas y perfectamente lisas, (ver Ortiz Berrocal (1985)). Se aplican respectivamente a los bloques en sus caras superiores y perpendiculares a ellas fuerzas uniformemente repartidas p1 y p 2 por unidad de superficie. Conociendo el módulo de elasticidad longitudinal E y el coeficiente de Poisson ν , se pide calcular: a) Las tensiones principales en ambos bloques b) Las variaciones de longitud de las aristas de los bloques. z
a p1
p2
1
2
c y
b
b
x
Figura 6.9. Solución: Prisma 1: σ (x1) = 0
;
σ (y1)
;
σ (z1) = − p1
Prisma 2: σ (x2) = 0
;
σ (y2)
;
σ (z2) = − p 2
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
490
Por compatibilidad de tensión: σ (y1) = σ (y2) = σ y ε (y1) + ε (y2 ) = 0
[
⇒ σ y − ν σ (z1)
[
)]
(
[
)]
(
1 (1) 1 σ y − ν σ (x1) + σ (z1) + σ (y2) − ν σ (x2 ) + σ (z2 ) = 0 E E ( 2) + σy −ν σz = 0 ⇒ σ y + ν p1 + σ y + ν p 2 = 0 ⇒
] [
]
[
] [
]
Resultando σy = −
ν ( p1 + p2 )
Prisma 1: σ (x1) = 0
;
σ (y1) = −
Prisma 2: σ (x2) = 0
;
σ (y2 ) = −
2
ν ( p1 + p2 ) 2 ;
σ (z1) = − p1
;
σ (z2 ) = − p2
ν ( p1 + p2 ) 2
Las deformaciones en cada prisma viene dadas por: Prisma 1:
ε (y1) ε (z1)
[ [
(
)]
(
)]
[
(
)]
[ [
(
)]
(
)]
[
(
)]
ν 1 (1) σ x − ν σ (y1) + σ (z1) = [ν ( p1 + p2 ) + 2 p1 ] 2E E ν 1 = σ (y1) − ν σ (x1) + σ (z1) = ( p1 − p2 ) 2E E 1 1 2 = σ (z1) − ν σ (x1) + σ (y1) = ν ( p1 + p2 ) − 2 p1 E 2E
ε (x1) =
[
]
Prisma 2:
ν 1 ( 2) σ x − ν σ (y2) + σ (z2 ) = [ν ( p1 + p2 ) + 2 p2 ] 2E E ν 1 = σ (y2 ) − ν σ (x2) + σ (z2 ) = ( p2 − p1 ) 2E E 1 1 2 = σ (z2 ) − ν σ (x2) + σ (y2 ) = ν ( p1 + p2 ) − 2 p2 E 2E
ε (x2 ) = ε (y2 ) ε (z2 )
[
]
Variación de las aristas: Prisma 1 aν [ν ( p1 + p 2 ) + 2 p1 ] 2E bν = ε (y1) b = ( p1 − p 2 ) 2E c = ε (z1) c = ν 2 ( p1 + p 2 ) − 2 p1 2E
Prisma 2 aν [ν ( p1 + p 2 ) + 2 p 2 ] 2E bν = ε (y2 ) b = ( p 2 − p1 ) 2E c = ε (z2) c = ν 2 ( p1 + p 2 ) − 2 p 2 2E
∆a (1) = ε (x1) a =
∆a ( 2 ) = ε (x2 ) a =
∆b (1)
∆b ( 2 )
∆c (1)
[
]
∆c ( 2)
[
(6.39)
]
Ejemplo 6.20 Un cubo metálico que tiene longitud de arista a = 0,20m se sumerge en el mar a una profundidad z = 400m .
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6 ELASTICIDAD LINEAL
491
Conociendo el módulo de elasticidad longitudinal del metal E = 21 × 1010 Pa , el coeficiente de Poisson ν = 0,3 , calcular la variación de volumen que experimenta el cubo sumergido. Considerar la aceleración de la gravedad igual a g = 10m / s 2 . OBS.: Aunque la densidad de masa varía con la temperatura, salinidad, y presión (profundidad) considerar la densidad de masa del agua del mar igual a ρ = 1027 kg / m 3 . Solución: Debido a la profundidad y a las dimensiones del cubo podemos tomar como una buena aproximación que todo el cubo está sometido a una misma presión, ver Figura 6.10.
h = 400m
p
p
p
Figura 6.10 Podemos obtener la presión a partir de la segunda ley de Newton F = ma = Vρ g (peso de la columna de agua) y dividiendo por el área: p=
kg kg m F Vρ g Ahρ g m = = = ρ gh = 1027 3 10 2 400m = 4,108 × 10 6 2 2 = 4,108 × 10 6 Pa A A A m s m s
Luego, las componentes del tensor de tensiones en el cubo vienen dadas por: 0 − 4,108 0 0 − p 0 σ ij = 0 − p 0 = 0 − 4,108 0 MPa 0 − 4,108 0 − p 0 0
Como solo tenemos componentes normales de tensión y el material es isótropo, solo habrá componentes normales de deformación e iguales: εz = εy = εx =
[
(
)]
1 1 σx − ν σ y + σz = [− 4,108 − 0,3 (− 4,108 − 4,108 )]× 10 6 E 21 × 1010
Resultando ε z = ε y = ε x = −7,82 × 10 −6
En pequeñas deformaciones la deformación volumétrica lineal es igual a la traza del tensor de deformaciones infinitesimal:
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492
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
∆V = DVL ≡ ε V = Tr (ε ) V0
⇒
∆V = V0 Tr (ε ) = 0,2 3 × ( −2,346 × 10 −5 ) = −1,8768 × 10 − 7 m 3
donde hemos considerado que Tr (ε ) = −2,346 × 10 −5 . Ejemplo 6.21 Un cilindro macizo, de 0,05m de radio de la base y 0,25m de altura, está constituido por un material elástico lineal, de módulo de elasticidad longitudinal E = 3 × 10 4 MPa y coeficiente de Poisson ν = 0,2 . Dicho cilindro se sitúa entre los pistones de una prensa, que se pueden considerar infinitamente rígidos, y todo ello se encierra en recipiente hermético, como se indica en la Figura 6.11. Se llena el recipiente con aceite, y mediante el mecanismo adecuado, se eleva la presión en el fluido hasta 15MPa . Haciendo funcionar la prensa, se aplica una fuerza axil total de F = 2,35619 × 10 5 N sobre las bases del cilindro. Esta fuerza axil es el resultado debido a la acción de la prensa más el producido por la presión del aceite sobre los pistones, y se puede considerar uniformemente repartido sobre las bases. Se pide determinar, en un punto genérico del cuerpo: a) Las componentes del tensor de tensiones; b) Las componentes del tensor de deformaciones; c) Las componentes del campo de desplazamientos ( u , v , w ). F
aceite y
z
A′
A
x
0,25m
x
Corte AA′ F 0,1m
Figura 6.11: Ensayo de compresión triaxial. Solución: a) Tensor de tensiones
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6 ELASTICIDAD LINEAL
σz = −
F 2,35619 × 10 5 =− = −30 MPa A π(0,05) 2
493
σ x = σ y = −15MPa
;
Las componentes del tensor de tensiones son: 0 − 15 0 σ ij = 0 − 15 0 MPa 0 0 − 30
b) Para un material elástico, lineal, homogéneo e isótropo, las tensiones normales solo producen deformaciones normales, luego:
[
)]
(
1 ε x = E σ x − ν σ y + σ z 1 ε y = σ y − ν (σ x + σ z ) E 1 ε z = E σ z − ν σ x + σ y
[
[
]
)]
(
Sustituyendo los valores de las variables obtenemos las siguientes componentes para el Tensor de Deformaciones: 0 − 2 0 ε ij = 0 − 2 0 × 10 − 4 0 0 − 8
c) Campo de desplazamientos Como estamos en pequeñas deformaciones se cumplen las siguientes relaciones: εx =
∂u ∂x
;
εy =
∂v ∂y
εz =
;
∂w ∂z
Integrando y obteniendo los valores de las constantes de integración obtenemos finalmente el campo de desplazamientos: u = −2 × 10 −4 x
;
v = −2 × 10 −4 y
;
w = −8 × 10 −4 z
Ejemplo 6.22 Un hexaedro regular, de 0,1m de lado, está constituido por un material cuyas propiedades mecánica viene representadas por las constantes de Lamé: λ = 8333,33MPa , µ = 12500 MPa . Mediante una máquina de ensayos adecuada se le impone la deformación representada en la Figura 6.12, en la cual todas las caras continúan siendo planas, las caras AEFB y DHGC pasan a ser rombos y las restantes continúan siendo cuadradas. En este estado se pide calcular: a) El campo de desplazamientos; b) El campo de deformaciones; c) El campo de tensiones; d) Las deformaciones y tensiones principales en el centro del hexaedro; e) Las acciones ejercida por la máquina de ensayo sobre las caras ABFE y BCGF .
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
494
z H′
H
G
G′ tan(α ) ≈ α = 0,001
E
E′
F′
F
α
C = C′ D = D′
A = A′
y B = B′
x
Figura 6.12: Hexaedro deformado. Solución: a) Según la Figura 6.12 podemos verificar que solo habrá componentes tangenciales de deformación. Además verificamos también que no hubo desplazamientos según las direcciones x y z , luego u = 0 , w = 0 . A través de una analogía de triángulos podemos sacar el desplazamiento v : tan(α ) ≈ α = 0,001 =
v z
⇒
v( z ) = 0,001z
Campo de desplazamiento: z
u = 0 v( z ) = 0,001z w = 0
E′
E
z
v(z )
α y
b) Teniendo en cuenta las componentes del tensor de deformaciones:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
εx 1 εij = γ xy 2 1 2 γ xz
1 γ xy 2 εy 1 γ yz 2
∂u 1 γ xz ∂x 2 1 1 ∂v ∂u γ yz = + 2 2 ∂x ∂y ε z 1 ∂w ∂u 2 ∂x + ∂z
495
1 ∂v ∂u + 2 ∂x ∂y ∂v ∂y 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z
1 ∂w ∂u + 2 ∂x ∂z 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z ∂w ∂z
Concluimos que ε x = ε y = ε z = γ xy = γ xz = 0 y la componente γ yz viene dada por: γ yz = εx 1 ε ij = γ xy 2 1 γ 2 xz
1 γ xy 2 εy 1 γ yz 2
∂v ∂w + = 0,001 ∂z ∂y 1 γ xz 2 0 0 0 1 γ yz = 0 0 0,0005 2 0 0,0005 0 ε z
c) Campo de tensiones σ = λTr (ε )1 + 2µ ε Considerando Tr (ε ) = 0 , λ = 8333,33MPa , µ = 12500MPa , resulta: 0 0 0 0 0 0 σij = 2 × (12500) 0 0 0,0005 MPa = 0 0 12,5 MPa 0 0,0005 0 12,5 0 0
d) Deformaciones principales: −ε 0,0005 =0 0,0005 −ε
⇒
ε 2 = 0,0005 2
⇒
ε 2 = +0,0005 ε = ±0,0005 ⇒ ε 3 = −0,0005
Recordemos que en pequeñas deformaciones las direcciones principales de tensiones coinciden con las direcciones principales de deformaciones, luego podemos aplicar la expresión σ = λTr (ε )1 + 2µ ε en el espacio principal de deformación: 0 0 0 0 0 0 0 = 0 12,5 0 MPa σ′ij = 2 × (12500) 0 0,0005 0 0 − 0,0005 0 0 − 12,5
e) Para obtener la fuerza total en una cara, multiplicamos la fuerza de superficie por el área de la respectiva cara. La fuerza de superficie se obtiene a través de la expresión del vector ˆ tensión t (n) = σ ⋅ nˆ . Para la cara ABFE la normal viene dada por nˆ i = [1,0,0] , luego: t 1 ( ABFE ) 0 0 0 1 0 ( ABFE ) = 0 0 12,5 0 = 0 t 2 t ( ABFE ) 0 12,5 0 0 0 3
Para la cara BCGF la normal viene dada por nˆ i = [0,1,0] , luego
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
496
t 1 ( BCGF ) 0 0 0 0 0 ( BCGF ) = 0 0 12,5 1 = 0 MPa t 2 t ( BCGF ) 0 12,5 0 0 12,5 3
Si hacemos el mismo procedimiento para las demás caras verificamos que la representación de las fuerzas de superficies viene indicada tal y como se muestra en la figura abajo: z
H′
H
E
E′
G
F′
F
α
C = C′
D = D′ A = A′
G′
y
B = B′
x
Ejemplo 6.23 Sobre el prisma recto de la Figura 6.13 actúan las fuerzas F1 = 10 N y F2 = 2 N sobre las caras indicadas. Las longitudes de las aristas del prisma son: AB = 4cm , AD =
10 cm , 3
AA′ = 2cm . Sabiendo que el material que constituye el prisma tiene como propiedades N termo-mecánicas: Módulo de Young E = 2,5 × 10 6 2 , coeficiente de Poisson ν = 0,25 , y cm 1 coeficiente de expansión térmico α = 5 × 10 −8 . ºC
a) Obtener las tensiones principales; b) Obtener las componentes del vector tensión en el plano Π . ¿Es en el plano Π donde actúa la máxima tensión tangencial? Justificar la respuesta. c) Obtener el valor de las fuerzas F1 y F2 que se deben aplicar para que no haya desplazamiento, según las direcciones x1 y x2 , cuando el prisma esté sometido a una variación de temperatura de ∆T = 20º C .
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6 ELASTICIDAD LINEAL
x2
497
A2 A1
F2
B Π
D
A
F1
F1
x1
60º
A′
F2 x3
Figura 6.13. a) Campo de tensiones
A1 = 8,0 , A2 = 4 ×
10 3
F1 A 1 σ ij = 0 0
⇒
0 0 0 1,25 N 0 = 0 − 0,15 0 cm 2 0 0 0 0
0 − F2 A2 0
Que son las propias tensiones principales. x2
r ˆ t (n)
B
Π
nˆ
A
D x1
A′
60º
x3
Figura 6.14.
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498
3 1 La normal (vector unitario) tiene componentes: nˆ i = ; ; 0 , ver Figura 6.14.
rˆ t (n) = σ ⋅ nˆ
ˆ t i(n) = σijnˆ j
indicial →
⇒
2
2
r ˆ Luego, el vector tensión t (n) viene dado por:
ˆ
t i(n)
0 0 1,25 = 0 − 0,15 0 0 0 0
3 2 1,0825 1 = − 0,075 2 0 0
La componente normal:
rˆ ˆ σ N = t (n) ⋅ nˆ = t i(n)nˆ i
σ N = [1,0825 − 0,075 0]
⇒
3 2 1 = 0,9 2 0
La componente tangencial: r ˆ t (n)
2
= σ 2N + σ 2S
⇒
σS =
r ˆ t (n)
2
− σ 2N
donde rˆ t (n )
2
1,0825 r (nˆ ) r (nˆ ) (nˆ ) (nˆ ) = t ⋅ t = t i t i = [1,0825 − 0,075 0] − 0,075 = 1,1775 0
Luego: σS =
r ˆ t (n)
2
− σ 2N = 1,1775 − 0,9 2 = 0,60621778
Si dibujamos el círculo de Mohr de tensiones
τ
σ I = 1,25
0
σ III = −0,15
σ N ( N / cm 2 )
Verificamos que en cualquier punto del sólido la tensión tangencial máxima está en un 2 ; 2
plano definido por la normal nˆ i =
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2 ; 0 y tiene como valor máximo 2
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6 ELASTICIDAD LINEAL
τ max =
499
σ I − σ III = 0,7 > σ S 2
c) Consideremos el campo de deformaciones: ε=
1+ν ν σ − Tr (σ )1 + α ∆T 1 E E
εij =
1+ν ν σij − Tr (σ )δ ij + α ∆T δ ij E E
Para el caso en particular Tr (σ ) = σ11 + σ 22 : 0 0 0 0 0 0 = 1 + ν E 0 0 ε 33
σ11 0 0 σ 22 0 0
0 1 0 0 ν 0 + α∆T − Tr (σ ) 0 1 0 E 0 0 1 0
Luego, montamos el siguiente sistema: ν ν 1+ν 1+ν σ11 + α ∆T − Tr (σ ) = σ11 + α ∆T − (σ11 + σ 22 ) ε11 = 0 = E E E E ε = 0 = 1 + ν σ + α ∆T − ν Tr (σ ) = 1 + ν σ + α ∆T − ν (σ + σ ) 22 22 11 22 22 E E E E
Resolviendo el sistema anterior, obtenemos que: σ11 = σ 22 = −
Eα ∆T N = −3,33333 2 (1 − ν ) cm
Luego, las fuerzas vienen dadas por: F1 = σ11 A1 = −26,66666 N F2 = σ 22 A2 = −44,44444 N
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500
6.2 Elasticidad Bidimensional Ejemplo 6.24 a) Definir el estado de deformación plana y el estado de tensión plana. b) Obtener las relaciones σ (ε ) y ε(σ ) para el caso de deformación plana y tensión plana. c) Dar ejemplos prácticos donde se pueden aplicar el estado de tensión plana y de deformación plana. Solución: a.1) El caso de tensión plana se aplica a estructuras donde una de las dimensiones es mucho menor que las otras dos y la carga se aplica según el plano definido por las dos dimensiones predominantes. En este caso el campo de tensiones de Cauchy tiene la siguiente característica σi 3 = σ3i = 0 . a.2) El caso de deformación plana se aplica a estructuras prismáticas donde una de las dimensiones (eje prismático) es mucho mayor que las otras dos y la carga se aplica normal al eje prismático. En este caso el campo de deformaciones tiene la siguiente característica ε i 3 = ε 3i = 0 . Además, para que estas condiciones se cumplan, el material y la carga no deben cambiar a lo largo del eje prismático. b.1 – Estado de Tensión Plana) En el caso de tensión plana, las componentes del tensor de tensión serán: σ11 σ ij = σ12 0
σ12 σ 22 0
0 σ x 0 = τ xy 0 0
τ xy σy 0
0 0 0
(6.40)
Partimos de la ecuación de deformación: ε=
1 −λ Tr (σ )1 + σ 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
εij =
1 −λ Tr (σ )δ ij + σij 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
y su traza viene dada por: ε :1 =
−λ 1 − 3λ 1 1 Tr (σ )1 : 1 + σ :1 = Tr (σ ) + Tr (σ ) = Tr (σ ) 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ (3λ + 2 µ )
⇒ Tr (ε ) =
1 Tr (σ ) (3λ + 2 µ )
⇔
Tr (σ ) = (3λ + 2 µ ) Tr (ε )
La componente ε 33 deja de ser incógnita ya que: ε 33 =
−λ −λ 1 Tr (σ )δ 33 + Tr (σ ) σ 33 = { { 2 µ (3λ + 2 µ ) 2 µ = 0 2 µ (3λ + 2 µ ) =1
⇒ ε 33 =
−λ −λ −λ (3λ + 2 µ ) Tr (ε ) = Tr (σ ) = Tr (ε ) 2 µ (3λ + 2 µ ) 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
⇒ ε 33 =
−λ (ε 11 + ε 22 + ε 33 ) 2µ
⇒ ε 33 =
−λ (ε 11 + ε 22 ) (λ + 2 µ )
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(6.41)
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6 ELASTICIDAD LINEAL
501
Las componentes del tensor de tensiones σ ij = λTr (ε )δ ij + 2 µε ij quedan: 0 ε11 ε 12 1 0 0 σ ij = λ(ε11 + ε 22 + ε 33 ) 0 1 0 + 2 µ ε12 ε 22 0 0 0 0 1 0 ε 33 ε11 1 0 0 − λ2 (ε 11 + ε 22 )]0 1 0 + 2 µ ε 12 = [λ(ε11 + ε 22 ) + (λ + 2 µ ) 0 0 0 1 0 ε11 ε 12 1 0 0 2λµ (ε 11 + ε 22 ) 0 1 0 + 2 µ ε12 ε 22 0 = (λ + 2 µ ) 0 0 0 1 0 ε 33
ε 12 ε 22 0
0 0 ε 33
(6.42)
Las ecuaciones anteriores pueden ser escritas en notación indicial como:
λµ ; σ ij = (λ + 2 µ ) Tr (ε )δ ij + 2 µε ij −λ 1 ε = σ ij Tr (σ )δ ij + ij 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
(i, j = 1,2)
con
Tr (ε ) = ε11 + ε 22
(6.43) (i, j = 1,2,3)
(lo mismo que 3D)
ó
νE E ; (i, j = 1,2) con Tr (ε ) = ε11 + ε 22 σij = (1 − ν 2 ) Tr (ε )δ ij + (1 + ν ) ε ij ε = − ν Tr (σ )δ + (1 + ν ) σ (i, j = 1,2,3) (lo mismo que 3D) ij ij ij E E
(6.44)
La ecuación (6.42) también puede ser reescrita como: 4 µ (λ + µ ) 2λµ ε 11 + ε 22 (λ + 2 µ ) (λ + 2 µ ) σ ij = 2 µ ε 12 0
2 µ ε 12 4 µ (λ + µ ) 2λµ ε 22 + ε 11 (λ + 2 µ ) (λ + 2 µ ) 0
0 0 0
Teniendo en cuenta las relaciones entre variables mecánicas podemos decir que: 4 µ (λ + µ ) E 2λµ νE E E (1 − ν ) E (1 − ν ) , , 2µ = , luego: = = = = 2 2 (1 + ν ) (1 + ν )(1 − ν ) (1 − ν 2 ) (λ + 2 µ ) (1 − ν ) (λ + 2 µ ) (1 − ν )
(ε + ν ε ) (1 − ν )ε 0 22 12 11 E ν ν σ ij = ( 1 − ) ε ( ε + ε ) 0 12 22 11 (1 − ν 2 ) 0 0 0
Solución alternativa: Notación de Voigt y notación ingenieril Considerando las condiciones σi 3 = σ3i = 0 , la relación ε(σ ) queda:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
502
1 εx E −ν εy E −ν εz = E γ xy 0 γ yz 0 γ zx 0
−ν E 1 E −ν E
−ν E −ν E 1 E
0
0
0
0
0
0
0
0
1 G
0
0
0
0
1 G
0
0
0
0
0 0 0 0 0 1 G
σx σ y 0 σz τ xy 0 τ yz 0 τ zx
(6.45)
Eliminando columnas y filas correspondientes a la tensión cero, la relación de deformación, ε (σ ) , para el caso de tensión plana viene dada por: 1 εx E −ν εy = E γ xy 0
−ν E 1 E 0
0 σ εx 1 x G= E 1 2 (1+ν ) 0 σ y → ε y = − ν E γ xy 0 1 τ xy G
−ν 1 0
σx 0 σ y 2(1 + ν ) τ xy 0
(6.46)
La inversa de la relación anterior resultará la ley de Hooke, σ (ε ) , para el caso de tensión plana: σ x E σ y = 1 − ν 2 τ xy
0 εx 1 ν ν 1 0 εy 1−ν 0 0 γ xy 2
(6.47)
Notar que en el estado plano de tensión la componente de la deformación ε z no resultar ser igual a cero, ya que la deformación normal ε z no solo depende de la tensión normal a esta dirección, i.e.: εz =
[
)]
(
[ (
1 1 σz −ν σx + σ y = −ν σx + σ y E E
)]
(6.48)
Las componentes del tensor de deformaciones quedaran representadas por: εx ε ij = 12 γ xy 0
γ xy
1 2
εy 0
0 0 ε z
(6.49)
b.2 – Estado de Deformación Plana) En el caso de deformación plana se cumple que: ε 11 ε ij = ε 12 0
ε12 ε 22 0
0 ε x 0 = 12 γ xy 0 0
1 2
γ xy εy 0
0 0 0
(6.50)
Partimos de la ecuación de tensión:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
σ = λTr (ε )1 + 2 µε
503
σ ij = λTr (ε )δ ij + 2 µε ij
;
y su traza puede ser obtenida como sigue: σ : 1 = λTr (ε )1 : 1 + 2 µε : 1 ⇒ Tr (ε ) =
⇒ Tr (σ ) = 3λTr (ε ) + 2 µTr (ε ) = [3λ + 2 µ ]Tr (ε )
⇒
σ + σ 22 + σ 33 Tr (σ ) = 11 3λ + 2 µ 3λ + 2 µ
La componente σ 33 deja de ser incógnita ya que: σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij ⇒ σ 33 = λTr (ε )δ 33 + 2µ ε 33 ⇒ σ 33 = λTr (ε )
(6.51)
Luego, la componente σ 33 queda:
λ
σ 33 = λTr (ε ) = ⇒ σ 33 −
3λ + 2 µ
λ 3λ + 2 µ
σ 33 =
(σ11 + σ 22 + σ 33 ) λ
(σ11 + σ 22 )
3λ + 2 µ
λ λ = (σ11 + σ 22 ) ⇒ σ 33 1 − 3λ + 2 µ 3λ + 2 µ ⇒ σ 33 =
λ (σ11 + σ 22 ) 2(λ + µ )
Las componentes de deformación ε ij =
1 −λ σ ij resultan: Tr (σ )δ ij + 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ
0 σ11 σ12 1 0 0 1 −λ (σ11 + σ 22 + σ 33 ) 0 1 0 + 0 σ12 σ 22 ε ij = 2 µ (3λ + 2 µ ) 2µ 0 0 0 1 0 σ 33 1 0 0 σ11 λ 1 −λ σ11 + σ 22 + (σ11 + σ 22 ) 0 1 0 + σ12 = 2 µ (3λ + 2 µ ) 2(λ + µ ) 0 0 1 2 µ 0 0 1 0 0 σ11 σ12 1 −λ (σ11 + σ 22 ) 0 1 0 + 0 = σ12 σ 22 4 µ (λ + µ ) 2µ 0 0 1 0 0 σ 33
σ12 σ 22 0
0 0 (6.52) σ 33
En notación indicial la ecuación anterior queda: −λ 1 ; εij = 4 µ (λ + µ ) Tr (σ )δ ij + 2 µ σij σ = λTr (ε )δ + 2 µε (i, j = 1,2,3) ij ij ij
(i, j = 1,2)
Tr (σ ) = σ11 + σ22
con
(6.53)
(lo mismo que 3D )
ó − ν (1 + ν ) (1 + ν ) σij ; Tr (σ )δ ij + εij = E E E νE σij = ε ij Tr (ε )δ ij + (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν )
(i, j = 1,2) (i, j = 1,2,3)
con
Tr (σ ) = σ11 + σ22
(6.54) (lo mismo que 3D)
La ecuación en (6.52) puede ser reescrita como:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
504
(2λ + µ ) −λ σ11 + σ 22 4 µ (λ + µ ) 4 µ (λ + µ ) 1 ε ij = σ12 2µ 0
1 σ12 2µ (2λ + µ ) −λ σ 22 + σ11 4 µ (λ + µ ) 4 µ (λ + µ ) 0
0 0 0
Teniendo en cuenta las relaciones entre parámetros mecánicos podemos decir que: (λ + 2 µ ) (1 + ν )(1 − ν ) (1 + ν ) −λ − ν (1 + ν ) 1 , , , luego: = = = 4 µ (λ + µ ) E 4 µ (λ + µ ) E 2µ E
(1 − ν )σ − ν σ 11 22 (1 + ν ) ε ij = σ12 E 0
σ12 (1 − ν )σ 22 − ν σ11 0
0 0 0
Solución alternativa: Notación de Voigt y notación ingenieril Partiendo de la ley de Hooke generalizada y eliminando columnas y filas correspondientes a deformaciones cero, i.e.: σx σ y σz τ xy τ yz τ zx
ν ν 1 − ν ν 1−ν ν ν ν 1−ν E 0 0 0 = ν ν ( 1 )( 1 2 ) + − 0 0 0 0 0 0
0
0
0 0 1 − 2ν 2
0 0 0
0
1 − 2ν 2
0
0
εx 0 ε y 0 εz 0 γ xy 0 γ yz 1 − 2ν γ zx 2 0
0 0 0
(6.55)
resultando: σ x ν 1 − ν E 1−ν σ y = (1 + ν )(1 − 2ν ) ν τ xy 0 0
εx 0 εy 1 − 2ν γ xy 2 0
(6.56)
La tensión según la dirección z viene dada por: σz =
Eν εx + εy (1 + ν )(1 − 2ν )
(
)
(6.57)
0 σ x 0 σ y 2 τ xy
(6.58)
La inversa de la relación (6.56) es: εx 1+ν εy = E γ xy
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1 − ν −ν 0
−ν 1−ν
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0
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6 ELASTICIDAD LINEAL
505
c.1 – Ejemplos de aplicación del estado de tensión plana) 2D q
t
h
y
x
L
Figura 6.15: Viga de gran canto. c.2 – Ejemplo de aplicación del estado de deformación plana) y p - presión
2D y x p
x
Sección por unidad de longitud
z
Figura 6.16: Cilindro bajo presión.
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506
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
2D
Figura 6.17: Túnel.
2D 1
Sección de la presa
Figura 6.18: Presa.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
507
Ejemplo 6.25 En la Figura 6.19(a) se representa un dispositivo de apoyo en fajan de una máquina. Dicho aparato de apoyo está constituido por un bloque de neopreno de dimensiones ( 50 × 20cm ), representado en la Figura 6.19(b) por el elemento ABCD. y
a)
b)
1,1
D A
1,2
C
D’
B
A’ 1
C’
1
20
B’
1,1
x
50
Dimensiones en centímetros - cm Figura 6.19 Bajo acción de cargas vertical y horizontal que transmite la máquina al apoyo el bloque de neopreno se deforma como se indica en la Figura 6.19(b) (A’B’C’D’) y aún se puede considerar que el campo de desplazamiento ( u, v) está dado por unas ecuaciones lineales del tipo: u = a1 x + b1 y + c1 v = a2 x + b2 y + c2
donde a1 , b1 , c1 , a 2 , b2 , c 2 son constantes a determinar. Hipótesis: 1 – Material elástico lineal e isótropo con el Módulo de elasticidad longitudinal igual a 1000 N / cm 2 y el módulo de elasticidad transversal igual a
1 N / cm 2 . 0,0028
2 – Se supondrá que se trata de un estado de deformación plana. a) Calcular las componentes del tensor de deformación y la deformación volumétrica en cualquier punto; b) Calcular las tensiones en cualquier punto; c) Máxima tensión normal; d) Determinar el Alargamiento unitario en la dirección de la diagonal AC . Solución: u = a1 x + b1 y + c1 v = a 2 x + b2 y + c 2
(6.59)
Según Figura 6.19 sacamos que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
508
u (0;0) = 1 = c1
u (50;0) = 1,1 = 50a1 + 1 ⇒ a1 = 0,002 u (0;20) = 1,1 = 20b1 + 1 ⇒ b1 = 0,005
u = 0,002 x + 0,005 y + 1
⇒
(6.60)
Para desplazamiento vertical: v(0;0) = 0 = c 2
u (50;0) = 0 = 50a 2 ⇒ a 2 = 0 u (0;20) = −1 = 20b2 ⇒ b2 = −0,05
⇒
v = −0,05 y
(6.61)
Luego: u = 0,002 x + 0,005 y + 1 v = −0,05 y
a)
(6.62)
Deformaciones εx =
∂u = 0,002 ∂x
;
εy =
∂v = −0,05 ∂y
;
γ xy =
∂u ∂v + = 0,005 ∂y ∂x
(6.63)
Deformación volumétrica lineal (pequeñas deformaciones): DVL = εV = ε x + ε y + ε z = I ε = −0,048
b) G=
(6.64)
Tensiones E E ⇒ν = − 1 = 0,4 2(1 + ν ) 2G
[
]
[
]
E (1 − ν )ε x + ν ε y = 3571,4286 × [(0,6) × 0,002 − 0,4 × 0,05] = −67,1428 (1 + ν )(1 − 2ν ) E σy = (1 − ν )ε y + ν ε x = 3571,4286 × [(0,6) × (−0,05) + 0,4 × 0,002] = −104,2857 (1 + ν )(1 − 2ν ) 1 τ xy = Gγ xy = × 0,005 = 1,785714 0,0028 σx =
Una solución alternativa es utilizar: σij = εx ε ij = 12 γ xy 1 γ xz 2
1 2
γ xy εy
1 2
γ yz
1 2 1 2
γ xz 0,002 γ yz = 12 (0,005) ε z 0
1 2
ν E Tr (ε ) E ε ij , donde: δ ij + (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν ) (0,005) 0 − 0,05 0 0 0
N ν E Tr (ε ) E N = 714,285714 2 = −68,571429 2 , ν ( 1 + ) (1 + ν )(1 − 2ν ) cm cm
0,002 1 0 0 σ ij = −68,5714290 1 0 + 714,285714 12 (0,005) 0 0 1 0
1 2
(0,005) 0 − 0,05 0 0 0
Resultando
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6 ELASTICIDAD LINEAL
509
0 − 67,1428 1,785714 N σ ij ≈ 1,785714 − 104,2857 0 cm 2 − 68,571 0 0
c)
Tensiones principales σ (1,2) =
σx + σ y 2
σx − σy ± 2
2
+ τ 2xy
(6.65) 2
σ (1,2)
− 67,1428 − 104,2857 − 67,1428 + 104,2857 2 = ± + 5,35714 2 2 = −171,4285 ± 19,328675
(6.66)
σ1 = −152,099824 N cm 2 2 σ 2 = −190,757175 N cm
d)
(6.67)
Alargamiento unitario
La diagonal ( AC ) mide inicialmente: (6.68)
L0 = AC = 50 2 + 20 2 = 53,852cm
Diagonal deformada A′C ′ = 50,2 2 + 19 2 = 53,675cm
⇒
∆L = A′C ′ − AC = −0,177cm
(6.69)
El alargamiento unitario es: ε=
∆L − 0,177 = = −0,0033 L0 53,852
(6.70)
Ejemplo 6.26 En un punto de un suelo que podemos considerar como un sólido elástico lineal e isótropo se conoce la deformación volumétrica εV = −2 × 10 −3 , la deformación tangencial ε12 = − 3 × 10 −3 y la deformación horizontal que es nula ε11 = 0 . El suelo está sometido a un estado de deformación plana en el plano x1 − x 2 . Se pide: a) Componentes cartesianas del tensor de deformación. Obtener las deformaciones principales y la orientación de las mismas, definiendo el ángulo que forman con lo sejes ( x1 , x 2 , x 3 ) . b) Suponiendo que las constante elásticas son E = 50MPa , ν =
1 , obtener las 4
componentes del tensor de tensiones y sus valores principales. Obtener asimismo las direcciones en las que las tensiones normales y tangenciales son máximas o mínimas y sus valores. c) Obtener la densidad de energía de deformación por unidad de volumen. Solución: a) Las componentes del tensor de deformación infinitesimal son:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
510
0 ε ij = − 3 × 10 −3 0
0 0 0
− 3 × 10 −3 ε 22 0
Deformación volumétrica DVL ≈ ε V = I ε = ε11 + ε 22 + ε 33 = −2 × 10 −3 ⇒ ε 22 = −2 × 10 −3 . Con lo cual: 0 − 3 0 0 − 3 plana −3 n → ε ij = ε ij = − 3 − 2 0 × 10 −3 deformació × 10 − 3 − 2 0 0 0
Deformaciones principales: 0−λ − 3 =0 − 3 −2−λ
λ2 + 2 λ − 3 = 0
⇒
⇒
λ1 = 1 λ 2 = −3
Las deformaciones principales son: ε1 = 1 × 10 −3 ε 2 = −3 × 10 −3
b)
1 × 10 −3 ε′ij = 0
⇒
0 −3 − 3 × 10
y ε1 ε xy
y′
x′
ε yy
ε2
θ
x
Observemos que el radio es R = (1 − (−3)) / 2 = 2 . Luego: tan(2θ) =
3 1
⇒
2θ = arctan( 3 )
b) Aplicando σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij , donde λ =
µ=
⇒
θ = 30º
Eν = 20 MPa , (1 + ν )(1 − 2ν )
E = 20MPa , Tr (ε ) = −2 × 10 −3 . Luego: 2(1 + ν ) 0 − 3 0 1 0 0 σ ij = λTr (ε ) 0 1 0 + 2 µ − 3 − 2 0 × 10 3 0 0 0 1 0 0
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511
Resultando − 40 0 − 40 − 3 0 − 40 3 0 0 0 −3 σ ij = 0 − 40 MPa = − 40 3 − 120 0 + 40 − 3 − 2 0 × 10 0 kPa 1 4 2 4 3 0 0 =103 Pa 0 − 40 − 40 0 0 0 0
Círculo de Mohr εS =
γ (×10 −3 ) 2
(ε N = 0; ε S = 3 ) 2θ
εI =1
ε III = −3
ε N × 10 −3
(ε N = 0; ε S = −2) (ε N = −2; ε S = − 3 )
Como el material es isótropo, las direcciones principales de las tensiones coinciden con las direcciones principales de las deformaciones. Y además, recordemos que los autovalores de σ y ε están relacionados, cuya expresión se demuestra a continuación. Reemplazando el valor de σ = λTr (ε )1 + 2µ ε en la definición de autovalor, autovector: σ ⋅ nˆ = γ σ nˆ
(λTr(ε)1 + 2 µε ) ⋅ nˆ = γ σ nˆ ⇒ λTr (ε )nˆ + 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ ⇒ 2 µε ⋅ nˆ = (γ σ − λTr (ε ) )nˆ
λTr (ε )1 ⋅ nˆ + 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ ⇒ 2 µε ⋅ nˆ = γ σ nˆ − λTr (ε )nˆ
⇒
γ − λTr (ε ) nˆ = γ ε nˆ ⇒ ε ⋅ nˆ = σ 2µ
Luego: γε =
γ σ − λTr (ε ) 2µ
⇒
γ σ = 2µ γ ε + λTr (ε )
Pudiendo así obtener los autovalores de σ : γ σ(1) ≡ σ I = 2µ γ ε(1) + λTr (ε ) = (40 × 10 6 ) × (1 × 10 −3 ) + (20 × 10 6 ) × (−2 × 10 −3 ) = 0 γ σ( 2 ) ≡ σ II = 2µ γ (ε2 ) + λTr (ε ) = (40 × 10 6 ) × (0) + (20 × 10 6 ) × (−2 × 10 −3 ) = −40 × 10 3 Pa γ (σ3) ≡ σ III = 2µ γ ε(3) + λTr (ε ) = (40 × 10 6 ) × (−3 × 10 −3 ) + (20 × 10 6 ) × (−2 × 10 −3 ) = −160 × 10 3 Pa
También podemos utilizar la expresión σ = λTr (ε )1 + 2µ ε en el espacio principal: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
512
− 40 0 0 0 0 0 1 0 0 −3 MPa σ′ij = 0 − 40 0 + 40 0 − 3 0 × 10 0 kPa 142 4 3 = 0 − 160 0 =103 Pa 0 0 0 0 − 40 − 40 0 0
Círculo de Mohr en tensiones:
τ
− 160
− 40
σ N (kPa)
0 1 2
c) La densidad de energía de deformación Ψ e = σ : ε . Si utilizamos el espacio principal tenemos que: σ1 0 0
0 0 0 = 0 − 160 0 × 10 3 Pa σ 3 0 − 40 0
0 σ2
0 0
0
;
ε 1 0 0
0 ε2 0
0 1 0 0 0 = 0 − 3 0 × 10 −3 ε 3 0 0 0
m m
con lo cual 1 1 1 2 2 2 m N m J 1 = (0)(1) + ( −160 ×10 3 )(−3 ×10 −3 ) + (−40 ×10 3 )(0) = 240 Pa = 240 2 = 240 3 m 2 m m m
Ψ e = σ ij ε ij = σ ′ij ε ′ij = (σ1ε 1 + σ 2 ε 2 + σ 3 ε 3 )
[
]
Ejemplo 6.27 Un sólido se halla sometido a deformación plana, siendo las componentes del tensor de deformación lineal en un determinado punto: 3 0 − 2 ε ij = 3 − 10 0 × 10 −3 0 0 0
Considérese que el sólido tiene un comportamiento elástico lineal e isótropo con las propiedades mecánicas: módulo elástico de Young E = 10MPa y coeficiente de Poisson ν = 0,25 . a) Obtener la deformación volumétrica y el tensor de deformación desviadora; b) Obtener las deformaciones principales y las direcciones en que se producen; c) Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy; d) Obtener las máximas y mínimas tensiones normales;
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513
e) Se sabe que el material rompe cuando en algún plano se alcanza una tensión tangencial que supere 40 kPa . Verificar si se produce la rotura. Solución: a) Deformación volumétrica ( εV ): ε V = I ε = Tr (ε ) = ( −2 − 10) × 10 −3 = −12 × 10 −3
Descomposición aditiva del tensor de deformación ε = ε esf + ε dev , donde la parte esférica: ε ijesf
0 − 4 0 Tr (ε ) δ ij = 0 − 4 0 × 10 −3 = 3 0 0 − 4
y la parte desviadora queda: ε ijdev
= ε ij −
ε ijesf
− 2 0 3 0 − 4 0 2 3 0 −3 = 3 − 10 0 − 0 − 4 0 × 10 = 3 − 6 0 × 10 −3 0 0 0 4 0 − 4 0 0 0
b) Las deformaciones principales obtenemos al resolver el determinante característico: −2−λ 3 =0 3 − 10 − λ
⇒
λ2 + 12λ + 11 = 0
Solución de la ecuación cuadrática: λ (1, 2 ) =
− (12) ± (12) 2 − 4(1)(11) 2(1)
=
− 12 ± 10 2
⇒
λ (1) = −1,0 λ ( 2 ) = −11
Luego, las deformaciones principales son: ε1 = −1,0 × 10 −3
Direcciones principales (ε ij − λ δ ij )n (jλ ) = 0 i
;
ε 2 = −11,0 × 10 −3
(i, j = 1,2)
Dirección principal asociada al valor principal λ (1) = −1,0 : (1) (1) (1) (1) 3 − 2 − (−1) n1(1) 0 − n1 + 3n 2 = 0 ⇒ n1 = 3n 2 = ⇒ − 10 − (−1) n (21) 0 3n1(1) − 9n (21) = 0 3 2
2
2
restricción n1(1) + n (21) = 1 , con eso obtenemos que (3n (21) ) 2 + n (21) = 1 ⇒ n (21) = n1(1) =
1 10
, y que
3 10
Dirección principal asociada al valor principal λ (1) = −11,0 : ( 2) ( 2) 3 − 2 − (−11) n1( 2) 0 9n1 + 3n 2 = 0 ⇒ = 3 − 10 − (−11) n (22) 0 3n1( 2 ) + n (22 ) = 0 ⇒ n (22) = −3n1( 2 ) 2
2
Con la restricción n1( 2) + n (22) = 1 , obtenemos que n1( 2) =
1 10
, y que n (22) =
−3 10
Resumiendo así que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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514
ε1 = −1 × 10 −3 ε 2 = −11 × 10 −3
principal dirección →
dirección principal
ε1 = 0
3 nˆ (i1) = 10
principal dirección →
→
nˆ i(3)
1 10
1 nˆ i( 2 ) = 10
0
−3 10
= [0 0 1]
0
c) Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy vienen dadas por: σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij
donde λ =
νE (1 + ν )(1 − 2ν )
= 4 MPa , µ = G =
E = 4 MPa , Tr (ε ) = −12 × 10 −3 : 2(1 + ν )
3 0 0 1 0 0 − 2 − 64 24 −3 σij = 4 × (−12) 0 1 0 + 2 × (4) 3 − 10 0 × 10 MPa = 24 − 128 0 kPa 0 0 1 0 0 − 48 0 0 0
Como el material es isótropo las direcciones principales de las tensiones y deformaciones coinciden. Las tensiones principales obtenemos trabajando en el espacio principal σ′ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ′ij : 0 0 − 56 1 0 0 − 1 0 0 −3 σ′ij = 4 × (−12) 0 1 0 + 2 × (4) 0 − 11 0 × 10 MPa = 0 − 136 0 kPa 0 0 0 1 0 − 48 0 0 0
d) Dibujamos el círculo de Mohr en tensiones con σ I = −48kPa , σ II = −56kPa , σ III = −136kPa : σ S (kPa)
σ S max = 44
σ II = −56 σ III = −136
σ I = −48
σ N (kPa)
Podemos obtener la tensión tangencial máxima a través de su definición: σ S max =
σ I − σ III (−48) − (−136) = = 44kPa 2 2
Con lo cual podemos comprobar que el material alcanzará la rotura.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
515
Ejemplo 6.28 Una roseta a 45 º , como se indica en la Figura 6.20, que se utiliza para calcular la deformación en una parte de una estructura, proporciona las siguientes lecturas: ε x = 0,33 × 10 −3
ε′x = 0,22 × 10 −3
;
ε y = −0,05 × 10 −3
;
¿Cuál es la tensión de corte máxima en el punto en cuestión? Sabiendo que el material (elástico lineal e isótropo) que constituye la estructura tiene las siguientes propiedades elásticas: E = 29000 Pa (Módulo de Young); ν = 0,3 (Coeficiente de Poisson). Se pide: a) Determinar las deformaciones principales y las direcciones principales de las deformaciones; b) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales de las tensiones. c) ¿Que conclusión se puede sacar de las direcciones principales de las tensiones y de las deformaciones? Nota: Considerar el caso de deformación plana y el material elástico, lineal e isótropo. y x′
45º 45º
x
Figura 6.20: Roseta. Solución: Primero tenemos que obtener las componentes del tensor de deformación en el sistema x, y, z . Para ello, utilizaremos la ley de transformación de coordenadas para obtener la componente γ xy = 2ε12 . Recordando que en el caso bidimensional la componente normal puede obtenerse como: ′ = ε 11
ε 11 + ε 22 ε 11 − ε 22 + cos( 2θ) + ε 12 sin( 2θ) 2 2
(6.71)
cuya expresión fue obtenido a través de la transformación de coordenadas: ′ ε11 ε ′ 12 0
′ ε 12 ε ′22 0
0 cos θ sin θ 0 ε11 0 = − sin θ cos θ 0 ε12 0 1 0 0 0
ε 12 ε 22 0
0 cos θ − sin θ 0 0 sin θ cos θ 0 0 0 0 1
Es interesante ver también el Ejemplo 1.99 (capítulo 1) La expresión (6.71) en notación ingenieril: ε ′x =
εx + εy
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2
+
εx − εy 2
Draft
cos( 2θ) +
γ xy 2
sin( 2θ)
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516
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
Despejando γ xy obtenemos: γ xy
ε ′x − ε x cos 2 ( 2θ) − ε y sin 2 ( 2θ) = 0,16 × 10 − 3 = 2 sin( 2θ)
Luego: 0,33 0,08 0 ε ij = 0,08 − 0,05 0 × 10 −3 0 0 0
Las tensiones:
[
]
[
]
E (1 − 2ν )ε x + ν ε y = 12,0462 Pa (1 + ν )(1 − 2ν ) E (1 − 2ν )ε y + ν ε x = 3,5692 Pa σy = (1 + ν )(1 − 2ν ) E τ xy = γ xy = 1,7846 Pa 2(1 + ν ) Eν σz = ε x + ε y = 4,684 Pa (1 + ν )(1 − 2ν ) σx =
[
]
Tensión de corte máxima: σx + σy τ max = 2
2
+ τ 2xy = 4,5988 Pa
a) La ecuación característica para el tensor de deformación es: λ 2 − 0,28 λ − 2,29 × 10 −2 = 0
(× 10 −3 )
Los autovalores (las deformaciones principales) vienen dados por: ε 1 = 0,346155 × 10 −3
;
ε 2 = −0,06615528 × 10 −3
Los autovectores del tensor de deformación: a ε1 Autovector asociado → 0,9802 0,1979 0 Autovector asociado a ε 2 → − 0,1979 0,9802 0 Autovector asociado a ε 3 → 0 0 1
b) Dadas las componentes del tensor de tensión: 12,0462 1,7846 σ ij = 1,7846 3,5692 0 0
0 0 Pa 4,684
A través del determinante característico podemos obtener los autovalores, tensiones principales: σ1 = 12,40654
;
σ 2 = 3,208843
;
σ 3 = 4,684
Los autovectores del tensor de tensiones son:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
517
a σ1 Autovector asociado → 0,9802 0,1979 0 Autovector asociado a σ 2 → − 0,1979 0,9802 0 Autovector asociado a σ 3 → 0 0 1
Comparando los autovectores del tensor de tensiones y de deformaciones concluimos que son los mismos. Las direcciones principales de tensión y deformación son coincidentes solo para el caso de material isótropo. b) Solución Alternativa para la Componentes del tensor de tensiones: Conocidas las componentes del tensor de deformaciones: 0,33 0,08 0 ε ij = 0,08 − 0,05 0 × 10 −3 0 0 0
Aplicamos la ecuación constitutiva: σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij , donde las constantes de Lamé vienen dadas por:
λ=
νE
= 16,7307692 × 103 Pa (1 + ν )(1 − 2ν ) E µ= = 11,15384615 × 103 Pa 2(1 + ν )
y Tr (ε ) = 0,27999972 × 10 −3 ≈ 0,28 × 10 −3 , con lo cual: σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij viene dado por: 1 0 0 ε11 ε 12 ε13 1 0 0 0,33 0,08 0 σ ij = λTr (ε ) 0 1 0 + 2µ ε12 ε 22 ε 23 = λTr (ε ) 0 1 0 + 2µ 0,08 − 0,05 0 × 10 −3 0 0 1 ε 13 ε 23 ε 33 0 0 1 0 0 0 0 12,0461 1,784615 0 Pa = 1,784615 3,5692 0 0 4,6846
Como el material es isótropo σ y ε comparten las mismas direcciones principales, luego podemos utilizar la misma expresión σ′ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ′ij en el espacio principal, i.e.: 1 0 0 ε1 0 0 σ′ij = λTr (ε ) 0 1 0 + 2 µ 0 ε 2 0 0 0 1 0 0 ε3 0 0 0 0 1 0 0 0,346155 12,40752 −3 0 0 3,20783 0 Pa = λTr (ε ) 0 1 0 + 2 µ − 0,0662 0 × 10 = 0 0 1 0 0 0 0 0 4,6846
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
518
Ejemplo 6.29 Una delta de roseta (aparato para obtener la deformación) tiene la forma de un triángulo equilátero, y registra deformaciones longitudinales en las direcciones x1 , x1′ y x1′′ como se muestra en la Figura 21. x2
x1′′
x1′
30 º 60º 30 º
60º
60º
x1
Figura 21 Si las deformaciones calculadas en estas direcciones son: ε 11 = −4 ×10 −4
;
′ = 1×10 −4 ε 11
;
′′ = 4 ×10 −4 ε 11
′ + ε ′22 . Determinar ε 22 = ε y , 2ε12 = γ xy , ε ′22 ≡ ε ′y . Mostrar que ε11 + ε 22 = ε11
Hipótesis: Considerar caso de deformación plana. Solución: Utilizando la ley de transformación de las componentes de un tensor de segundo orden que es independiente de una dirección, podemos decir que se cumple que: ′ = ε 11
ε 11 + ε 22 ε 11 − ε 22 + cos( 2θ1 ) + ε 12 sin( 2θ1 ) 2 2
(6.72)
′′ = ε 11
ε 11 + ε 22 ε11 − ε 22 + cos( 2θ 2 ) + ε 12 sin( 2θ 2 ) 2 2
(6.73)
donde θ1 = 60º y θ 2 = 120º . Luego, combinando las expresiones anteriores, eliminamos ε 12 , resultando: ε 22 =
ε 2 ′ + ε 11 ′′ − 11 = 4,66667 × 10 − 4 ε 11 3 2
Una vez obtenido el valor de ε 22 = 4,66667 × 10 −4 , podemos reemplazar en la ecuación (6.72) y obtenemos que: γ xy = 2ε 12 =
1 3
(4ε 11′ − ε11 − 3ε 22 ) = −3,46410 × 10 − 4
⇒
ε 12 = −1,73205 × 10 − 4
Para obtener ε ′22 , primero determinando el ángulo de giro con respecto a x1 que es θ 3 = 60º +90º = 150º , resultando:
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ε ′22 =
519
ε 11 + ε 22 ε 11 − ε 22 + cos( 2θ 3 ) + ε 12 sin( 2θ 3 ) = −0,33333 × 10 − 4 2 2
′ + ε ′22 = 0,66667 × 10 −4 . Recordar que la traza Tr (ε ) es Comprobando así que ε 11 + ε 22 = ε 11 un invariante.
Ejemplo 6.30 Considérese una sección transversal de una presa que presenta el campo de desplazamiento dado por: y, v
u ( x, y ) = −4 x 2 − y 2 + 2 xy + 2 v ( x, y ) = −4 y 2 − x 2 + 2 xy + 5
x, u
El material elástico lineal e isótropo que constituye dicha estructura presenta las siguientes propiedades mecánicas: E = 100 MPa , G = 35,7 MPa , ν = 0,4 y está sometido a un nivel de carga tal que se puede considerar que está en el régimen de pequeñas deformaciones. a) Obtener el campo de tensión; b) Demostrar que si se cumplen las ecuaciones de equilibrio para el campo de desplazamiento dado. Solución: a) Cálculo de las componentes del tensor de deformación: εx =
∂u = −8 x + 2 y ∂x
;
εy =
∂v = −8 y + 2 x ∂y
γ xy =
∂u ∂v + =0 ∂y ∂x
Luego, las componentes del tensor de deformación quedan: − 8 x + 2 y ε ij = 0 0
0 0 − 8 y + 2 x 0 0 0
b) Para una presa, como ya hemos visto, podemos analizarla según la aproximación del estado de deformación plana: σx 1 − ν E σ y = (1 + ν )(1 − 2ν ) ν τ xy 0
ν 1−ν 0
0 εx 0,6 0,4 0 − 8 x + 2 y 0 ε y = 357 ,1428 0,4 0,6 0 − 8 y + 2 x MPa 1−ν 0 0 0,3 0 γ xy 2
σ x − 4 x − 2 y ⇒ σ y = 357 ,1428 − 2 x − 4 y MPa τ xy 0
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520
σz =
Eν ε x + ε y = 357 ,1428 × [( −8 x + 2 y ) + ( −8 y + 2 x )] (1 + ν )(1 − 2ν )
(
)
Las ecuaciones de equilibro quedan: ∂σ x ∂τ xy ∂τ xz + + + ρb x = 0 ∂y ∂z ∂x ∂τ xy ∂σ y ∂τ yz + + + ρb y = 0 ∂y ∂z ∂x ∂τ ∂τ yz ∂σ z xz + + ρb z = 0 + ∂z ∂y ∂x
− 4 + 0 + 0 + 0 ≠ 0 No cumple 0 − 4 + 0 + 0 ≠ 0 No cumple ∂σ z 0 + 0 + +0=0 ∂z
⇒
✘
Lo que indica que el campo de desplazamientos dado no cumple las ecuaciones de equilibrio. Ejemplo 6.31 Una presa de gravedad de sección transversal triangular está construida mediante hormigón de peso específico
5 γ ( γ es el “peso específico” del agua), siendo su forma y dimensiones 2
transversales las indicadas en la Figura 6.22. La solución de tensiones (campo de tensión) para este problema de deformación plana es conocida y viene dada por: σ 11 = − γx 2
;
σ 22 =
Considerar: Coeficiente de Poisson: ν =
γ ( x1 − 3 x 2 ) 2
;
σ 12 = − γx1
1 ; Módulo de elasticidad longitudinal E . 4
a) Hacer la representación gráfica de las fuerzas de superficies que debe ejercer el terreno sobre el lado AB , para que la solución indicada sea la correcta; b) Obtener las tensiones principales en los puntos A y B . A partir del círculo del Mohr en tensiones, obtener los valores extremos de las tensiones en los respectivos puntos. c) Obtener el campo de deformación en la presa. x1
O 45º
γ = ρg
g -aceleración de la gravedad
ρ - densidad de masa
h
5 γ 2
γ
A
[γ ] =
kg m N = 3 3 2 m s m
B
x2
Figura 6.22.
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521
NOTA: Aunque en la literatura γ se denomina de peso específico, en realidad γ es el r
r
r
módulo de la fuerza másica por unidad de volumen, i.e. γ = p = ρ b = ρ g , donde b es la
[r ]
N m = 2 . Recordar que, en el Sistema Internacional kg s
fuerza másica por unidad de masa b =
de Unidades el término “específico” se refiere siempre a “por unidad de masa”, que no es el caso de γ , el término correcto sería densidad de peso, por decir algo, ya que en el SI el término “densidad” siempre se refiere a “por unidad de volumen”. Solución: a) Campo de tensión y de deformación en la presa: − γx 2 σ ij = − γx1 0
− γx1 0 γ ( x1 − 3 x 2 ) 0 2 0 σ 33
;
ε11 ε ij = ε12 0
ε 12 ε 22 0
0 0 0
Obtenemos la fuerza de superficie a través del vector tracción t (n) = σ ⋅ nˆ . Para el lado AB tenemos como normal el vector nˆ i = [0,1,0] : ˆ
t 1 ( AB ) − γx 2 ( AB ) t 2 = − γx1 AB ( ) t 3 0
− γx1
0 0 − γx1 γ γ ( x1 − 3 x 2 ) 0 1 = ( x1 − 3 x 2 ) 2 2 σ 33 0 0 0
Fuerza de superficie en la base de la presa: h
A
( AB )
B
− 3γh 2
− γh
t1
h
A
B
− γh
t2
(según dirección x1 )
( AB )
(según dirección x 2 ) x1
O 45º
5 γ 2 B
A ˆ
t (n)
x2
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522
b) Notar que σ 33 ya es una tensión principal. Partiendo de σ = λTr (ε )1 + 2µ ε podemos obtener σ 33 : σ ij = λTr (ε )δ ij + 2µ ε ij ⇒ σ 33 = λTr (ε )δ 33 + 2µ ε 33 ⇒ σ 33 = λTr (ε )
A continuación determinamos Tr (ε ) . Para ellos hacemos el doble producto escalar de σ = λTr (ε )1 + 2 µ ε con el tensor identidad de segundo orden, resultando: σ : 1 = λTr (ε )1 : 1 + 2 µ ε : 1 ⇒ Tr (ε ) =
Tr (σ ) = 3λTr (ε ) + 2 µTr (ε ) = [3λ + 2 µ ]Tr (ε )
⇒
σ + σ 22 + σ 33 Tr (σ ) = 11 3λ + 2 µ 3λ + 2 µ
Luego la componente σ 33 queda definida como: σ33 = λTr (ε ) = ⇒ σ33 −
λ 3λ + 2 µ
λ 3λ + 2 µ
σ33 =
(σ11 + σ 22 + σ33 ) λ 3λ + 2 µ
(σ11 + σ 22 )
λ λ = (σ11 + σ 22 ) ⇒ σ33 1 − 3λ + 2 µ 3λ + 2 µ ⇒ σ33 =
λ (σ11 + σ 22 ) = ν (σ11 + σ 22 ) 2(λ + µ )
Reemplazando los valores de σ11 , σ 22 , obtenemos que: σ33 =
λ (σ11 + σ 22 ) = ν − γx2 + γ ( x1 − 3x2 ) = γ ν [x1 − 5 x2 ] = γ [x1 − 5 x2 ] 2(λ + µ ) 2 2 8
donde hemos considerado que ν =
λ . 2(λ + µ )
El estado tensional en el punto A( x1 = 0; x 2 = h) viene dado por:
σ ij( A)
− γx 2 = − γx1 0
− γx1
γ ( x1 − 3 x 2 ) 2 0
− γh 0 = 0 γ [x1 − 5 x 2 ] 0 8 0
0 − 3hγ 2 0
0 − 1 0 −3 0 =0 2 − 5h γ 0 0 8
0 0 hγ − 5 8
Notar que estas componentes ya son las tensiones principales en el punto A . Círculo de Mohr en tensiones en el punto A : σ S ( γh)
σ S max = 0,4375
− 1,5
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−1
Draft
− 0,625
σ N (γh)
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523
El estado tensional en el punto B( x1 = h; x 2 = h) viene dado por:
σ ij( B )
− γx 2 = − γx1 0
− γx1
γ ( x1 − 3 x 2 ) 2 0
− γh 0 = − γh γ [x1 − 5 x 2 ] 0 8
− γh
0
γ (h − 3h) 2 0
− 1 − 1 0 0 = − 1 − 1 0 γh − 1 0 γ 0 [h − 5h] 2 8 0
Las tensiones principales en el punto B( x1 = h; x 2 = h) vienen dadas por: −1− σ −1 =0 −1 −1− σ
(−1 − σ) 2 − 1 = 0
⇒
(−1 − σ) 2 = 1
⇒
⇒
( −1 − σ) = ±1
σ1 = −2 ⇒ σ 2 = 0 σ S ( γh)
σ S max = 1
− 0,5
−2
σ N (γh)
0
c) Podemos obtener la expresión del campo de deformación partiendo de la expresión: σ = λTr (ε )1 + 2µ ε : σ = λTr (ε )1 + 2 µ ε
⇒
2 µ ε = σ − λTr (ε )1
⇒
Recordemos que anteriormente hemos obtenido que Tr (ε ) = ε=
ε=
λ 1 σ− Tr (ε )1 2µ 2µ
Tr (σ ) , luego: 3λ + 2µ
λ λ 1 1 σ− Tr (ε )1 = σ− Tr (σ )1 2µ 2µ 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
También podemos expresar la relación anterior en función de los parámetros E y ν :
µ =G=
µ (3λ + 2µ ) 1 1 E 1 (1 + ν ) ; E= ⇒ = ⇒ = 2(1 + ν ) 2µ E λ+µ µ (3λ + 2µ ) E (λ + µ )
1 λ λ ν = = 2 µ (3λ + 2 µ ) 2 E (λ + µ ) E
Luego: ε=
1 λ σ− Tr (σ )1 2µ 2 µ (3λ + 2 µ )
ó
ε=
(1 + ν ) ν σ − Tr (σ )1 E E
La traza de σ viene dada por:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
524
Tr (σ ) = σ11 + σ 22 + σ 33 γ γ 5 = (− γx 2 ) + ( x1 − 3 x 2 ) + ( x1 − 5 x 2 ) = γ ( x1 − 5 x 2 ) 2 8 8
Pudiendo así obtener las componentes del tensor de deformaciones con ν = ε ij = − γx 2 5 ε ij = − γx1 4E 0
1 : 4
5 5 σ ij − γ ( x1 − 5 x 2 )δ ij 4E 32 E
− γx1
γ ( x1 − 3 x 2 ) 2 0
1 0 0 5 γ ( x1 − 5 x 2 ) 0 1 0 0 − 32 E 0 0 1 γ [x1 − 5 x 2 ] 8 0
1 − x1 0 − 8 ( x1 + 3 x 2 ) 5γ 1 − x1 − (−3 x1 + 7 x 2 ) 0 = 4E 8 0 0 0
Ejemplo 6.32 En el Ejemplo 5.12 hemos obtenido la Formulación en Tensión para el caso de elasticidad tridimensional. Obtener la formulación equivalente para la elasticidad bidimensional considerando el estado de deformación plana y el estado de tensión plana. Solución: Recordar que las ecuaciones de gobierno para el problema elástico son: Notación tensorial Ecuaciones de Movimiento: r r &r& (3 ecuaciones) ∇ ⋅ σ + ρ b = ρ v& = ρ u Ecuación Constitutiva en Tensión:
Notación indicial Ecuaciones de Movimiento: && i (3 ecuaciones) σ ij , j + ρ b i = ρ u
σ (ε ) = λTr (ε )1 + 2µ ε (6 ecuaciones)
σ ij = λε kk δ ij + 2µ ε ij (6 ecuaciones)
Ecuación Constitutiva en Tensión: (6.74)
Ecuaciones Cinemáticas:
Ecuaciones Cinemáticas: r ε = ∇ sym u (6 ecuaciones)
ε ij =
1 ∂u i ∂u j + 2 ∂x j ∂x i
(6 ecuaciones)
Las ecuaciones cinemáticas pueden ser reemplazadas por las ecuaciones de compatibilidad (ver Ejemplo 5.10): ε ij , kl + ε kl ,ij − ε il , jk − ε jk ,il = O ijkl
En el caso bidimensional las ecuaciones de compatibilidad (ver Ejemplo 5.10 – NOTA 3) se reducen a: S33 =
2 2 ∂ 2ε12 ∂ 2ε x ∂ ε y ∂ γ xy ∂ 2ε11 ∂ 2ε 22 Notación Ingenieril 2 0 =0 − + − = → S = + z ∂x∂y ∂x1∂x2 ∂x 2 ∂x22 ∂x12 ∂y 2
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(6.75)
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525
Y las ecuaciones de movimiento se reducen a: &&i σij , j + ρbi = σi1,1 + σi 2, 2 + σi 3,3 + ρbi = ρu 2D &&i → σi1,1 + σi 2, 2 + ρbi = ρu
&&1 σ11,1 + σ12, 2 + ρb1 = ρu ⇒ &&2 σ21,1 + σ22, 2 + ρb 2 = ρu
(i = 1,2)
⇒
∂σ11 ∂σ12 && ∂x + ∂x + ρb1 = ρu1 = ρa1 1 2 ∂σ21 + ∂σ 22 + ρb = ρu &&2 = ρa2 2 ∂x1 ∂x2
o en notación Ingenieril: ∂σ x ∂τ xy ∂σ11 ∂σ12 && + + ρb x = ρa x ∂x + ∂x + ρb1 = ρu1 ∂y 1 ∂x 2 Notación Ingenieril → ∂σ21 + ∂σ22 + ρb = ρu ∂τ xy + ∂σ y + ρb = ρa & & 2 2 y y ∂x1 ∂x ∂x2 ∂y
Derivando la primera ecuación con respecto a x y la segunda con respecto a y podemos obtener que: ∂σ x ∂τ xy + + ρb x = ρa x ∂y ∂x ∂τ xy + ∂σ y + ρb = ρa y y ∂x ∂y
⇒
∂ 2σ x ∂ 2 τ xy ∂ = ( ρa x − ρb x ) 2 + ∂x∂y ∂x ∂x 2 2 ∂ ∂ τ xy ∂ σ y ∂x∂y + ∂y 2 = ∂y ( ρa y − ρb y )
∂ 2 τ xy ∂ 2σ ∂ = − 2x + ( ρax − ρb x ) ∂x ∂x ∂x∂y ⇒ 2 ∂ 2σ y ∂ ∂ τ xy = − + ( ρa y − ρb y ) ∂x∂y ∂y 2 ∂y
Sumando las dos ecuaciones podemos decir que ∂ 2 τ xy
∂ 2σ y ∂ ∂ 2σ x ∂ 2 + ( ρa y − ρb y ) = − 2 + ( ρa x − ρb x ) − ∂x∂y ∂x ∂y 2 ∂y ∂x
(6.76)
a) Estado de Tensión Plana Para el caso de tensión plana las ecuaciones constitutivas fueron obtenidas en el Ejemplo 6.24 y el campo de deformación (ver ecuación (6.46)) viene dado por: εx 1 1 ε y = E − ν γ xy 0
−ν 1 0
σx σ y 2(1 + ν ) τ xy 0 0
⇒
ν 1 ε x = E σ x − E σ y 1 −ν σx + σ y ε y = E E 2(1 + ν ) τ xy γ xy = E
Reemplazando las componentes de la deformación en la ecuación de compatibilidad (“ecuaciones cinemáticas”), y considerando el material homogéneo, podemos obtener que:
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526
2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + − =0 ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2
⇒
∂2 ∂y 2
ν ∂2 1 σx − σy + 2 E ∂x E
2 1 −ν ∂ 2(1 + ν ) σx + σ y − τ xy = 0 ∂ ∂ E E x y E
2 2 2 1 ∂ 2 σ x ν ∂ σ y ν ∂ 2 σ x 1 ∂ σ y 2(1 + ν ) ∂ τ xy ⇒ − − + − =0 E ∂y 2 E ∂y 2 E ∂x 2 E ∂x 2 E ∂x∂y
⇒
(6.77)
2 ∂ 2 τ xy ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ 2σ x ν ν − 2 ( 1 + ν ) =0 − + − ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂y 2
Para considerar simultáneamente las dos ecuaciones del movimiento utilizaremos la ecuación (6.76), y multiplicamos por 2(1 + ν ) para obtener: ⇒ 2(1 + ν )
∂ 2σ y ∂ ∂ 2σ x ∂ + ( ρa y − ρb y ) ρ a ρ b ν = (1 + ν ) − + ( − ) + ( 1 + ) − x x 2 2 ∂y ∂x∂y ∂x ∂y ∂x
∂ 2 τ xy
Y reemplazando en la ecuación (6.77) podemos obtener que: 2 ∂ 2 τ xy ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ 2σ x ν ν ν 2 ( 1 ) + − + =0 − − ∂x∂y ∂x 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 2 2 ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ 2σ x + ( ρa x − ρb x ) + − + − − ( 1 ) ν ν ν ⇒ − 2 2 2 2 2 ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x
∂ 2σ y ∂ − (1 + ν ) − + ( ρa y − ρb y ) = 0 2 ∂y ∂y
Simplificando la ecuación anterior obtenemos que: Formulación en tensión 2D – Estado de Tensión Plana 2 2 ∂ ∂ 2σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y ∂ + + = (1 + ν ) ( ρa x − ρb x ) + ( ρa y − ρb y ) + 2 2 2 2 ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x ∂x
(6.78)
Para el caso estático o casi estático la ecuación anterior queda: Formulación en tensión 2D – Estado de Tensión Plana (caso estático) 2 2 ∂ ∂ 2 σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y ∂ + + = −(1 + ν ) ( ρb x ) + ( ρb y ) + 2 2 2 2 ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x
(6.79)
a) Estado de Deformación Plana Para el caso de tensión plana las ecuaciones constitutivas fueron obtenidas en el Ejemplo 6.24 y el campo de deformación (ver ecuación (6.58)) viene dado por: εx 1+ν εy = E γ xy
1 − ν −ν 0
−ν 1−ν 0
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0 σ x 0 σ y 2 τ xy
⇒
Draft
ν (1 + ν ) (1 + ν )(1 − ν ) σx − σy ε x = E E (1 + ν )(1 − ν ) ν (1 + ν ) σx + σy ε y = − E E 2(1 + ν ) τ xy γ xy = E
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6 ELASTICIDAD LINEAL
527
Reemplazando las componentes de la deformación en la ecuación de compatibilidad (“ecuaciones cinemáticas”), y considerando el material homogéneo, podemos obtener que: 2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + − =0 ∂x∂y ∂y 2 ∂x 2
⇒
∂2 ∂y 2
ν (1 + ν ) ∂ 2 ν (1 + ν ) (1 + ν )(1 − ν ) (1 + ν )(1 − ν ) σx − σy + 2 − σx + σy E E E E ∂x ∂ 2 2(1 + ν ) − τ xy = 0 ∂x∂y E
⇒ (1 − ν )
(6.80)
∂ 2σ y ∂ 2 τ xy ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ 2σ x + − − − ν − ν ( 1 ν ) 2 =0 ∂x∂y ∂x 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 2
Para considerar simultáneamente las dos ecuaciones del movimiento utilizamos la ecuación (6.76), i.e.: ⇒2
∂ 2σ x ∂ ∂ 2σ y ∂ ρ a ρ b − + ( ρa y − ρb y ) + = − ( ) x x + − 2 2 ∂y ∂x ∂x∂y ∂x ∂y
∂ 2 τ xy
Y reemplazando en la ecuación (6.80) podemos obtener que: (1 − ν )
∂ 2σ y ∂ 2 τ xy ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ 2σ x ( 1 ) 2 ν ν ν + − − =0 − − ∂x∂y ∂x 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 2
⇒ (1 − ν )
∂ 2σ y ∂ 2 σ x ∂ ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ 2σ x + ( ρa x − ρb x ) + ( 1 − ) − − ν ν ν − − 2 2 2 2 2 ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂ 2σ y ∂ − − + ( ρa y − ρb y ) = 0 2 ∂y ∂y
Simplificando la ecuación anterior obtenemos que: Formulación en tensión 2D – Estado de Deformación Plana 2 2 ∂ 2 σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y ∂ 1 ∂ + + = + ( ρa x − ρb x ) + ( ρa y − ρb y ) 2 2 2 2 ∂y (1 − ν ) ∂x ∂y ∂y ∂x ∂x
(6.81)
Para el caso estático o casi estático la ecuación anterior queda: Formulación en tensión 2D – Estado de Deformación Plana (caso estático) 2 2 ∂ 2σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y −1 ∂ ∂ + + = + ( ρb x ) + ( ρb y ) 2 2 2 2 (1 − ν ) ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x
(6.82)
NOTA 1: recordar que las fuerzas másicas puede ser representadas a través de un potencial r r φ , i.e. b = −∇ xrφ , ya que b es un campo conservativo. Luego, podemos decir que ∂φ ∂φ y by = − . Recordar también que el Ejemplo 5.13 hemos definido la ∂x ∂y Función de Tensión de Airy Φ . Si tenemos en cuenta las fuerzas másicas podemos decir
bx = −
que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
528
σ x − ρφ =
∂ 2Φ ∂y 2
;
σ y − ρφ =
∂ 2Φ ∂x 2
;
τ xy = τ yx = −
∂ 2Φ ∂x∂y
(6.83)
con lo cual σ x = ρφ +
∂ 2Φ ∂y 2
;
σ y = ρφ +
∂ 2Φ ∂x 2
(6.84)
Reemplazando en la ecuación (6.79) y considerando el campo de densidad de masa homogéneo podemos obtener que: 2 2 ∂b x ∂b y ∂ ∂ 2σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y ∂ ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) b b + + + = − + + ν ρ ρ ρ ν = − + + x y ∂y ∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂x ∂x
∂2 ∂x 2
∂ 2Φ ∂ 2 ρφ + 2 + 2 ∂y ∂y
∂ 2Φ ∂ 2 ρφ + 2 + 2 ∂y ∂y
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ ρφ + 2 + 2 ρφ + 2 = ρ (1 + ν ) 2 + 2 ∂x ∂x ∂x ∂y ∂x
⇒
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ + + + + = + 2 2 ( 1 ) ρ ρ ν 2 + 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂x 4 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 4 ∂y ∂x
⇒
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ + + = + − 2 [( 1 ) 2 ] ρ ν 2 + 2 ∂x 4 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 4 ∂y ∂x
Resultando: Formulación en tensión 2D – Estado de Tensión Plana (caso estático) ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ 2 ( 1 ) ρ ν + + = − − 2 + 2 ∂y ∂x 4 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 4 ∂x
(6.85)
Si ahora reemplazamos las tensiones dadas por (6.84) en las ecuaciones (6.82) podemos obtener que: ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ ∂ 2 ∂ 2Φ − ρ ∂b x ∂b y ρφ + 2 + 2 ρφ + 2 + 2 ρφ + 2 + 2 ρφ + 2 = + ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x (1 − ν ) ∂x ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ ρ ∂ 2φ ∂ 2φ ⇒⇒ 4 + 2 2 2 + 4 + 2 ρ 2 + 2 = + ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y (1 − ν ) ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂2 ∂x 2
⇒
∂ 2φ ∂ 2φ 1 ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ 2 + 2 2 2 ρ + + = − (1 − ν ) ∂y ∂x 4 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 4 ∂x
resultando Formulación en tensión 2D – Estado de Deformación Plana (caso estático) ∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ (1 − 2ν ) ∂ 2φ ∂ 2φ = − + + + 2 ρ (1 − ν ) ∂x 2 ∂y 2 ∂x 4 ∂x 2 ∂y 2 ∂y 4
(6.86)
Próximo a la superficie de la Tierra podemos decir con una aproximación bastante aceptable que las fuerzas másicas no varían con lo cual
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∂ 2φ ∂ 2φ ≈ 0 . Con lo cual las ≈ ∂y ∂x
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6 ELASTICIDAD LINEAL
529
ecuaciones de gobierno para el problema elástico bidimensional pueden ser representadas a través de una única ecuación y una única incógnita: Formulación en tensión 2D – (caso estático y campo de fuerzas másicas homogéneo) (6.87)
∂ 4Φ ∂ 4Φ ∂ 4Φ + 2 + =0 ∂x 4 ∂x 2∂y 2 ∂y 4
Notar que inicialmente teníamos 3 incógnitas ( σ x , σ y , τ xy ) (formulación en tensión caso bidimensional), y hemos reducido el problema a una ecuación y 1 incógnita Φ . NOTA 2: Recordar que la solución analítica (exacta) en la mayoría de los casos prácticos es bastante compleja y hasta imposible. Por eso recurrimos a las técnicas numéricas, que consiste en dado un problema buscamos la solución. En la era de G.B. Airy (1862) la única posibilidad de solución era la analítica, ya que las técnicas numéricas eran escasas. El problema elástico se solían tratar a través de un procedimiento inverso (Laier&Barreiro (1983)), i.e. para una dada solución de la ecuación (6.87) buscaban el problema que representaba dicha solución. Por ejemplo, vamos suponer que la función de tensión de Airy viene dada por el polinomio: Φ = K1 x 2 + K 2 xy + K 3 y 2
(6.88)
donde K1 , K 2 , y K3 son constantes. Si no estamos considerando las fuerzas másicas. El campo de tensión (6.83) queda: σx =
∂ 2Φ = 2K 3 ∂y 2
σy =
;
∂ 2Φ = 2K1 ∂x 2
;
τ xy = −
∂ 2Φ = −K 2 ∂x∂y
(6.89)
Notar que el campo de tensión es homogéneo (uniforme). En el caso particular cuando K1 = K 2 = 0 obtenemos el problema de una barra sometida a una fuerza F en las extremidades, (ver Figura 6.23): Campo de tensión (Barra sometida a esfuerzo axil): F σ x = A = 2 K 3 σ y = 0 τ xy = 0
⇒
K3 =
F 2A
Campo de deformación (Barra sometida a esfuerzo axil): σ x 2K 3 F ε x = E = E = EA σx 2K3 νF = −ν =− ε y = −ν E E EA γ xy = 0
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
530
y, v
2 D ( x, y )
A (Área)
x, u
σx
σx =
F A
Figura 6.23 Campo de desplazamientos (Barra sometida a esfuerzo axil): ∂u F F integrando en x x + f 1 ( y ) + C1 → u ( x, y ) = = εx = EA EA ∂x ∂v − νF integrando en y − νF y + f 2 ( x) + C 2 → v( x, y ) = = εy = EA EA ∂y ∂v ∂u = γ xy = 0 + ∂x ∂y
donde f1 ( y ) es una función de y , f 2 ( x) es una función de x , C1 y C 2 son constantes de integración. A través de la tercera ecuación podemos obtener que: ∂v ∂u = γ xy = 0 + ∂x ∂y ∂ νF ∂ F y + f 2 ( x) + C 2 + x + f 1 ( y ) + C1 = 0 − ∂x EA ∂y EA ∂f ( x) ∂f 1 ( y ) ⇒ 2 + =0 ∂x ∂y ∂f ( x) ∂f ( y ) ⇒ 2 =− 1 ∂x ∂y ⇒
La única solución posible es cuando: ∂f 2 ( x) = C3 ∂x
y
∂f 2 ( x) = −C 3 ∂x
donde C3 es una constante. Luego el campo de desplazamiento queda: F x + C3 y + C1 u ( x, y ) = EA v( x, y ) = − νF y − C x + C 3 2 EA
donde C1 , C2 y C3 se obtienen a través de las condiciones de contorno. Vamos suponer que la barra tiene las condiciones de apoyo tal y como se indica en la Figura 6.24.
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
6 ELASTICIDAD LINEAL
y, v
531
2 D ( x, y )
A (Área)
u ( x = 0, y ) = 0 v( x = 0, y = 0) = 0
x, u
σx =
F A
Figura 6.24 Según las condiciones de apoyo de la Figura 6.24 podemos decir que: u ( x = 0, y = 0) = 0 ⇒ u ( x = 0, y = 0) = C1 = 0 v( x = 0, y = 0) = 0 ⇒ u ( x = 0, y = 0) = C 2 = 0 u ( x = 0, y ) = 0 ⇒ u ( x = 0, y = 0) = C = 0 1
Resultando el siguiente campo de desplazamiento: F u = EA x v = − νF y EA
Vamos considerar ahora que la función de tensión de Airy viene dada por: Φ = K1 y 3
(6.90)
donde K1 es una constante. Si no estamos considerando las fuerzas másicas, el campo de tensión (6.83) queda: ∂ 2Φ
σx =
∂y 2
= 6K1 y
σy =
;
∂ 2Φ ∂x 2
=0
;
τ xy =
− ∂ 2Φ =0 ∂x∂y
(6.91)
Notar que el campo de tensión σ x ( y ) solo varía con y . Este es el caso de flexión pura, ver Figura 6.25. Para una dada sección tenemos que:
∫
F = σ x dA = 0
(Fuerza resultante en una sección )
A
∫
∫
∫
M = yσ x dA = 6 K1 y 2 dA = 6 K1 y 2 dA = 6 K1 I z A
A
( Momento Flector )
A
donde I z = ∫ y 2 dA es el segundo momento de área de la sección transversal (momento de A
inercia). Con eso podemos decir que M = 6 K1 I z
⇒
K1 =
M 6I z
Campo de tensión (Flexión pura): Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
532
σ x = 6K1 y =
M y Iz
;
σy = 0
;
τ xy = 0
Campo de deformación (Flexión pura): σ x 6 K1 y M ε x = E = E = EI y z 6 K1 y − νM σx y = −ν = ε y = −ν E E EI z γ xy = 0
y
y σx
σx
M
z
b
x
M
a
Sección transversal Figura 6.25 Campo de desplazamiento (Flexión pura): ∂u M M integrando en x yx + f1 ( y ) + C1 → u ( x, y ) = ∂x = ε x = EI y EI z z ∂v − νM − νM 2 y integrando y + f 2 ( x) + C2 en y → v( x, y ) = = εy = 2 y EI EI ∂ z z ∂v ∂u = γ xy = 0 + ∂x ∂y
Teniendo en cuenta que: ∂v ∂u = γ xy = 0 + ∂x ∂y ∂ M ∂ − νM 2 y + f 2 ( x) + C 2 + yx + f1 ( y ) + C1 = 0 ∂x 2 EI z ∂y EI z ∂f 2 ( x) M ∂f1 ( y ) ⇒ + x+ =0 ∂x EI z ∂y
⇒
⇒
∂f 2 ( x) M ∂f ( y ) + x=− 1 ∂x EI z ∂y
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6 ELASTICIDAD LINEAL
533
De forma análoga al ejemplo anterior concluimos que: ∂f 2 ( x) M + x = C3 ∂x EI z
y
∂f1 ( y ) = −C3 ∂y
Integrando las relaciones anteriores podemos obtener que: ∂f 2 ( x) M x = C3 + EI z ∂x
⇒
∂f1 ( y ) = −C3 ∂y
f1 ( y ) = −C3 y
⇒
f 2 ( x) = C 3 x −
M 2 x 2 EI z
Con lo cual el campo de desplazamiento queda: M M u = EI yx + f 1 ( y ) + C1 = EI yx − C 3 y + C1 z z v = − ν M y 2 + f ( x) + C = − ν M y 2 + C x − M x 2 + C = − M (ν y 2 + x 2 ) + C x + C 2 2 3 2 3 2 2 EI z 2 EI z 2 EI z 2 EI z
donde las constantes C1 , C2 y C3 se obtienen a través de las condiciones de contorno. Vamos suponer que es una viga en voladizo tal y como se indica en la Figura 6.26. y, v
M
x, u
Deformada Figura 6.26 Con estas condiciones de contorno podemos concluir que: u ( x = 0, y = 0) = 0 ⇒ u ( x = 0, y = 0) = C1 = 0 v( x = 0, y = 0) = 0 ⇒ u ( x = 0, y = 0) = C 2 = 0 v ( x, y ) =
−M (ν y 2 + x 2 ) + C 3 x + C 2 2 EI z
⇒
∂v( x, y ) − M x + C3 = EI z ∂x
∂v( x = 0, y = 0) = 0 = C3 ∂x
Con lo cual el campo de desplazamiento para la viga en voladizo queda: M u ( x, y ) = EI xy z v( x, y ) = − M (ν y 2 + x 2 ) 2 EI z
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534
6.3 Introducción a Elementos Estructurales 1D Ejemplo 6.33 Considérese un elemento de barra que presenta una de las dimensiones mucho mayor que las otras dos dimensiones. Obtener los esfuerzos posibles que pueden surgir en una sección transversal de la barra. Adoptar el sistema de coordenadas indicado en la Figura 6.27 y utilizar notación ingenieril. Diagrama de deformación
z z
ε x (z )
y y
Diagrama de tensión
σ x (z )
eje neutro
x
a) viga
b) sección de la viga Figura 6.27: Vigas.
Hipótesis: •
Régimen de pequeñas deformaciones y pequeñas rotaciones;
•
Materiales elástico, linear, homogéneo e isótropo;
•
Para obtener los esfuerzos resultantes debido a la componente σ x considerar que cualquier sección transversal plana de la barra antes de la deformada permanece plana tras la deformación.
Solución: Los esfuerzos se obtienen al integrar las tensiones sobre el elemento de área de la sección transversal de la barra. Luego, en el caso genérico en una cara de la sección transversal (según el sistema adoptado) pueden surgir las tensiones σ x , τ xy y τ xz . Si hacemos un corte en una sección según la orientación del plano Π , el estado tensional en un punto situado en esta sección será el indicado en la Figura 6.28. La pregunta que tenemos que hacer es: ¿Cómo varía el campo de tensiones en una sección transversal? Como el material es elástico y lineal, la tensión varía linealmente con la deformación, luego, la componente σ x = Eε x . Como estamos en el régimen de pequeñas deformaciones se ∂u . Luego para que la sección transversal tras la deformación sigua siendo ∂x un plano el campo de desplazamiento u ( y, z ) en la sección tiene que definir un plano.
cumple que ε x =
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6 ELASTICIDAD LINEAL
535
z
τ xz
y
τ xy
Π
σx
x A - área de la sección Π
Figura 6.28: Tensiones en un sección de viga. Podemos tener las siguientes posibilidades: a) La sección se desplaza según la dirección x , en este caso la deformación es constante en la sección como consecuencia la tensión es constante en la sección. Al integrar esta tensión en el área de la sección vamos obtener el esfuerzo normal (denotado por N ) que puede ser (tracción si el esfuerzo es positivo caso contrario el esfuerzo es de compresión).
z
u (1) y
x
Figura 6.29
z
u (2) y
x
− u ( 2)
b) Otra posibilidad de desplazamiento para que mantenga la sección plana, es cuando en la sección hay un giro alrededor del eje y , en este caso el campo de desplazamiento en la sección viene dado por la Figura 6.30. En este caso la deformación varía según un plano en la sección. Notar que al integral el campo de desplazamiento en el área de la sección resulta cero, lo mismo pasa si integramos el campo de deformación o de tensión. Es decir que la fuerza resultante será igual a cero, pero hay momento. Debido a este campo de desplazamiento surgirá el momento flector según la dirección y , que denotamos por M y . El causante de dicho desplazamiento es la deflexión de la viga según la dirección z (desplazamiento w( x) ).
Figura 6.30
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536
c) Otra posibilidad es una rotación de la sección alrededor del eje z , ver Figura 6.31, en este caso también el sumatorio de las fuerzas en la sección es igual a cero, pero surgirá un momento flector según la dirección z , que denotaremos por M z . El
z
− u ( 3) y
x
causante del desplazamiento u (3) es la deflexión de la viga según la dirección y (desplazamiento v( x) ).
u (3)
Figura 6.31 También podemos tener una combinación de los casos mencionados anteriormente. Para el caso genérico el campo de tensión σ x en la sección transversal viene representado por la dado por Figura 6.32. Considerando Figura 6.33, también podemos decir que el momento flector M y puede ser expresado como:
∫
M y = σ (x2 ) zdA = A
σS z σ zdA = S c c A
∫
∫z
2
dA =
A
σS Iy c
(6.92)
donde I y = ∫ z 2 dA es el momento de inercia de área con respecto al eje y . Teniendo en A
cuenta que
σ S σ (x2 ) , ver Figura 6.33, obtenemos que: = c z
σ (x2 ) ( z ) =
My Iy
z
(6.93)
Análogamente, podemos obtener que: σ (x3) ( y ) =
−Mz y Iz
(6.94)
Teniendo en cuenta que σ x = Eε x , las expresiones anteriores quedan: ε (x2 ) ( z ) =
My EI y
z
;
ε (x3) ( y ) =
− Mz y EI z
(6.95)
donde EI es la rigidez a flexión de la barra. Cuando la barra está solo sometida a las tensiones σ (x2) y/ó σ (x3) decimos que la barra está bajo flexión pura. Si actúan las tensiones σ (x1) más σ (x2) y/ó σ (x3) decimos que la barra está bajo acción de flexión compuesta. En este caso tenemos que: σ x ( y, z ) = σ (x1) + σ (x2 ) ( z ) + σ (x3) ( y ) =
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M N My + z− z y A Iy Iz
(6.96)
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σ x ( y, z ) =
537
M N My + z− z y A Iy Iz
z
y
σ x ( y, z ) x
144444444444444444424444444444444444443
z
z
σ (x1)
z
σ (x2 ) y
y
x
+
x
∫
y
+
∫
N = σ (x1) dA A
σ (x3)
∫
M y = zσ (x2 ) dA A
⇓
x
M z = yσ(x3) dA A
⇓
⇓
N
Mz
My
144424443
144424443
∫σ
( 2) x dA =
∫σ
0
( 3) x dA
=0
A
A
Figura 6.32: Esfuerzo normal y momento flector (Flexión compuesta). σS c
z
σ x (z ) eje neutro
b
Figura 6.33: Distribución de tensión en una sección de viga.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
538
Esfuerzo Cortante y Momento Torsor Debido a las tensiones tangenciales, pueden surgir los esfuerzos cortantes Q z y Q y , (ver Figura 6.34):
∫
Q z = τ xz dA
∫
(6.97)
− τ xy z dA
(6.98)
Q y = τ xy dA
;
A
A
y momento torsor ( M T ) (ver Figura 6.49): MT =
∫ (τ
xz y
)
A
z
τ xz ( y , z )
τ xy ( y, z )
z
y
y
x
x
∫τ A
∫τ
xz dA
A
⇓
xy dA
⇓
Qz
Qy
Figura 6.34: Tensiones tangenciales – Esfuerzo cortante.
Resumimos en la Figura 6.35 los esfuerzos que pueden surgir en un elemento de barra. z, w
Mz
y, v
My Qz
Qy
M x ≡ MT
N
x, u
Figura 6.35: Esfuerzos en un elemento tipo barra.
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539
NOTA 1: Los esfuerzos dependerán de la carga que está sometida la barra, ver Figura 6.36.
a)
Carga
z, w
y, v
Esfuerzos My
N qz m
Qz
x, u
b)
Carga z, w
y, v
Esfuerzos N qy m
Mz Qy
x, u
c)
Carga z, w
Esfuerzos
y, v N F [N ]
x, u
d)
Carga z, w
y, v
Esfuerzos Nm mT m
M x ≡ MT
x, u
Figura 6.36: Algunos casos de cargas en un elemento de barra.
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540
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
NOTA 2: En general, las barras reciben nombres particulares dependiendo de cómo fueron concebidas para trabajar, en otras palabras qué papel van desempeñar dentro de las obras civiles. Algunos ejemplo se presentan a continuación: Vigas de Edificios: En general el esfuerzo predominante es el momento flector (ver Figura 6.36 (a). En las vigas de los puentes el esfuerzo cortante y momento torsor ya no pueden ser despreciados. Celosías: Son barras que son concebidas para trabajar únicamente a compresión o a tracción, (ver Figura 6.36(c) y Figura 6.37).
a) Cúpula geodésica
b) Torre de alta tensión
Figura 6.37: Ejemplos de celosías. Columnas: Son barras en las cuales el esfuerzo axil y los momentos flectores son los esfuerzos predominantes. Pórticos Planos: Son barras que los esfuerzos predominantes son el momento flector y el esfuerzo cortante, superposición de los esfuerzos Figura 6.36(a)+ Figura 6.36 (c). Pórticos Espaciales: Son barras donde tendremos que tener en cuenta todos los esfuerzos, ver Figura 6.35. NOTA 3: Alabeo de la sección En el ejemplo de torsión (ver Ejemplo 6.36) vamos demostrar que solamente en el caso de sección transversal circular la sección permanece plana tras la aplicación del momento torsor. El alabeo de la sección es un fenómeno que surge debido al aumento de las tensiones tangenciales en un punto y disminución en otro, ver Figura 6.39(a). En secciones circulares
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541
no hay alabeo, ya que la distribución de la tensión tangencial en la sección varía como se muestra en la Figura 6.39(b).
z τ xz τ xy
y
Figura 6.38: Tensiones tangenciales – Momento torsor. τ( y, z )
τ max
τ( r ) r
a) Sección rectangular
b) Sección circular
Figura 6.39: Distribución de tensiones tangenciales. NOTA 4: Deflexión de la Barra Vamos considerar la deflexión de una viga según la dirección z (desplazamiento w( x) ), ver Figura 6.40. A través de la Figura 6.40 podemos concluir que: u ( 2 ) = − w, x z σ (x2 ) ( z )
=
Eε (x2 )
⇒
ε (x2 ) ( z ) =
du ( 2 ) d 2w = − 2 z ≡ − w, xx z dx dx
(6.99)
= − Ew, xx z
Luego si consideramos la deflexión de la barra según la dirección y (desplazamiento v( x) ) vamos obtener que: u ( 3) = v , x y
⇒
σ (x3) ( y )
= Ev, xx y
=
Eε (x3)
ε (x3) ( y ) =
− du (3) d 2 v = 2 y ≡ v, xx y dx dx
(6.100)
Notar que hemos invertido el signo ya que el momento flector M z (misma dirección que z ) producirá el campo de desplazamiento en la sección con sentido contrario al presentado por la Figura 6.40.
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542
θ y = − w, x u
( 2)
Pequeños ángulos
= θ y z = − w, x z
tan θ ≈ θ
(tras la deformada) a w
n
dw ≡ w, x dx
m
eje neutro z, w n a
z
h
x, u
m
(antes de la deformada)
Figura 6.40: Desplazamiento en un sección transversal de la barra. Si comparamos las ecuaciones (6.93) y (6.99), podemos concluir que: σ (x2 ) ( z ) = σ (x2 ) ( z )
My Iy
z
= − Ew, xx
z
⇒
w, xx ≡
d 2w dx 2
=
−My EI y
(6.101)
Análogamente, si comparamos las ecuaciones (6.94) y (6.100) podemos obtener: y ( 3) σ x ( y ) = Ev, xx y
σ (x3) ( y ) = −
Mz Iz
⇒
v, xx ≡
d 2v − M z = EI z dx 2
(6.102)
Notar que para la obtención de las ecuaciones (6.101) y (6.102) hemos considerado las ecuaciones constitutivas y las ecuaciones cinemáticas. Para completar las ecuaciones de gobierno necesitamos añadir las ecuaciones de equilibro en un elemento diferencial de barra. Como en una sección ya hemos perdido la información de la simetría del tensor de tensiones tendremos que aplicar el Principio de la conservación del momento lineal y el principio de conservación del momento angular. En otras palabras el sumatorio de fuerzas igual a cero y el sumatorio de momentos igual a cero en un elemento diferencial de barra dx .
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543
NOTA 5: Tensión tangencial en la sección transversal Supongamos que tengamos varias capas de placas completamente lisas apoyada sobre dos apoyos como indica la Figura 6.41 (a). Como las placas pueden desplazarse libremente entre camadas no hay tensión tangencial tras la aplicación de la fuerza, ver Figura 6.41 (b). Si todas las placas están unidas formando parte de una única pieza monolítica, el desplazamiento tangencial entre camadas ya estará limitado, surgiendo entonces las tensiones tangenciales (ver Figura 6.41 (c)). Esta tensión tangencial es el causante de la aparición de la tensión tangencial en la sección transversal (ver Figura 6.41 (c) y (d)).
a) sección transversal P
b) sección transversal
P
c)
τ τ
sección transversal
z
d)
b
d c
y τ
a x
b τ
d c
a
Figura 6.41: Viga sometida a flexión
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544
Ejemplo 6.34 Obtener la ecuación de gobierno para una viga con rigidez a flexión constante ( EI y ) , que está sometida a una carga uniformemente distribuida por unidad de longitud (q z ) , ver Figura 6.42. z, w y, v
Esfuerzos
N qz m
My Qz
x, u
Carga
dx
Figura 6.42: Viga sometida a una carga uniformemente distribuida. Solución: Para este caso, el elemento diferencial de viga dx estará sometido a los esfuerzos como indicado en la Figura 6.43. dx 2 y, v
z, w My A
My +
x, u
A
Qz
My
∂M y ∂x
dx
B
Qz
Qz +
∂Qz dx ∂x
dx
Figura 6.43: Elemento diferencial de viga Haciendo el equilibrio de fuerzas y de momentos en el elemento diferencial de viga (punto B ) podemos obtener que:
∑F ∑
z
=0
M yB = 0
⇒ ⇒
∂Q z − Qz + Qz + dx + qdx = 0 ∂x
⇒
∂Q z = −q ∂x
∂M y dx =0 dx + qdx − M y − Q z dx + M y + 2 ∂x
⇒
(6.103) ∂M y ∂x
= Q z (6.104)
donde hemos considerado que dxdx ≈ 0 .
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545
Para completar las ecuaciones de gobierno del problema de viga, tenemos que introducir las ecuaciones constitutivas y ecuaciones cinemáticas, que es lo mismo que considerar la ecuación (6.101), luego w, xx = − ⇒ ⇒
∂M y ∂x
My
⇒
EI y
= Qz = −
∂2M y
=
∂x 2
M y = − EI y w, xx ≡ − EI y
∂2w ∂x 2
∂ ∂3w EI y w, xx = − EI y w, xxx ≡ − EI y ∂x ∂x 3
(
)
(6.105)
∂Q z ∂2 ∂4w = − 2 EI y w, xx = − EI y = −q ∂x ∂x ∂x 4
(
)
con lo cual definimos la ecuación diferencial de viga: ∂4w
EI y
∂x 4
=q
(6.106)
NOTA: Tensiones tangenciales en la sección transversal z
z
q
a) b 2
τ xz (z )
A
A B z
z
y
x a
QzA
q
My +
My
b)
Qz +
B
A
∂x
dx
σx +
∂σ x dx ∂x
∫
F2 = σ x ( z )dA A
τ
F3 =
z
sección transversal
∂Qz dx ∂x
dx σ x (z )
∂M y
b
(∫ τ( z, y)dy )dx
∂σ F1 = σ x + x dx dA ∂x A
∫
eje neutro Figura 6.44: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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546
Haciendo el equilibrio de fuerza según la dirección x (ver Figura 6.44 (b)) podemos obtener que:
∑F
x
=0
x
+
∫ σ A
⇒
F1 − F2 − F3 = 0
∂σ x dx dA − σ x dA − dx τ( z, y )dy = 0 ∂x A
∫
∫
(6.107)
∂σ ( z ) ⇒ dx τ( z , y )dy = x dx dA ∂ x A
∫
∫
Si invocamos las ecuaciones (6.93) y (6.104) podemos decir que: σ (x2 ) ( z ) =
My Iy
∂σ (x2) ( z ) ∂ M y ∂M y z Q z = z = = z ∂x ∂x I y ∂x I y Iy
⇒
z
donde estamos considerando que I y es constante en la viga. Teniendo en cuenta la ecuación anterior dentro de la ecuación (6.107) podemos obtener que: ∂σ ( z ) dx τ( z , y )dy = x dx dA ∂x A
∫
∫
⇒
Q z Q dx τ( z , y )dy = z dx dA = z dx zdA Iy Iy A A
∫
∫
∫
con lo cual podemos concluir que: Qz
∫ τ( z, y)dy = I ∫ zdA = y A
Qz χ z Iy
donde
∫
χ z = zdA
(6.108)
A
Para la sección transversal a × b y si consideramos como una buena aproximación
∫
τ ave ( z )a = τ( z, y )dy
donde τ ave (z ) es el promedio de las tensiones tangenciales en (z ) . τ( z, y )
A z
y
a
Luego, podemos obtener que: τ ave ( z ) =
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Qz χ z Iy
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⇒
τ ave ( z ) =
Qz χ z I ya
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547
Ejemplo 6.35 Demostrar: a) Primer Teorema de Mohr “El ángulo que hay comprendido entre dos tangentes en dos puntos cualesquiera de la deflexión de la viga (curva elástica), es igual al área del diagrama
My
entre estos dos
EI y
punto.” b) Segundo Teorema de Mohr “Para una viga originalmente recta, sometida a momento flector, la línea vertical interceptada entre un punto B y la tangente a la curva elástica en otro punto A es igual al primer momento del diagrama
My EI y
sobre el punto donde la intercepción es medida.”
Solución: a) Primer Teorema de Mohr Hemos visto en el final del capítulo 1 (Notas Complementarias - curvatura) que se cumplen las siguientes ecuaciones: κ=
dψ dψ dx w′′ = = ds dx ds [1 + ( w′) 2 ]
1 1 [1 + ( w′) 2 ] 2
=
w′′ 3 [1 + ( w′) 2 ] 2
=
1 r
(6.109)
B
∫ κds = ∫ dψ = ψ
B
− ψ A ≡ ∆ψ B _ A
(6.110)
A
donde w′ =
∂w ∂2w ≡ w, x w′′ = 2 ≡ w, xx , siendo w la deflexión, κ es la curvatura, ds es el ∂x ∂x
elemento infinitesimal de longitud de arco. Para pequeñas curvaturas se cumple que: κ=
1 ∂2w ≈ w′′ ≡ 2 ≡ w, xx r ∂x
ds ≈ dx
;
tan ψ ≈ ψ
;
;
cos ≈ 1
dψ dψ ≈ ds dx
;
Teniendo en cuenta la ecuación (6.101) podemos concluir que: w, xx = −
My
⇒
EI y
κ=−
My EI y
y si aplicamos la ecuación (6.110) podemos obtener que: B
∫ A
B
B
∫
κds = dψ = ∆ψ B _ A A
donde el término
⇒
−
∫ EI A
My
∫ EI
y
B
ds ≈ −
My
∫ EI A
y
B
∫
dx = dψ = ∆ψ B _ A
y
Draft
(6.111)
A
ds corresponde al área del diagrama definido por
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My
My EI y
.
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548
z ∆ψ = ψ B − ψ A
A′
∆d
dψ
ds
B′ r
wA
ψA
B
A
My EI y
A
ψB
wB
x
dψ
A=
My
∫ EI
My EI y
dx
y
B
x
x ∆x
Figura 6.45: b) Segundo Teorema de Mohr Multiplicamos la ecuación (6.109) por x obtenemos que: B
B
dψ integrando κx = → κxds = xdψ x ds A A
∫
B
∫
⇒ − A
My EI y
∫
B
∫
xdx = xdψ = ( xψ ) B − ( xψ ) A ≈ ∆d A
B My ⇒− dx x = xdψ = ( xψ ) B − ( xψ ) A ≈ ∆d EI y A A B
∫
B
donde
My
∫ EI A
∫
xdx es el primer momento de área del diagrama
y
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My EI y
, ver Figura 6.45.
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549
6.4 Torsión Ejemplo 6.36 Considérese las hipótesis (aproximaciones) para el problema de torsión de Saint-Venant, (ver Figura 6.46):
El cuerpo es prismático (considerar como eje prismático el eje x1 );
El ángulo de torsión unitario θ es constante según eje x1 ;
La proyección de las secciones en el plano x2 − x3 tiene movimiento de cuerpo rígido (rotación alrededor del eje x1 ).
Demostrar que el problema viene gobernado por la ecuación: ∇ 2u1 = 0
ó ó
con
u1 = u1 ( x2 , x3 )
∂ 2u ∂ 2u G 21 + 21 = 0 ∂x3 ∂x2 ∂ ∂u1 ∂ ∂u1 G − x 3 θ + G + x2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 3 ∂x3
(6.112) (6.113) θ = 0
(6.114)
x1 = x
x, x1
MT
z = x3
P2′ θx1
S2
α
P2
y = x2
θ
x1
S1
r r
P1
Figura 6.46: Torsión aplicado a un cuerpo prismático.
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550
OBS.: Con estas hipótesis las secciones planas no necesariamente permanecen planas y restringe a problemas de torsión de cuerpos prismáticos. Considerando un cuerpo prismático y aplicando un momento torsor en la extremidad libre el cuerpo se desplazará según se indica en la Figura 6.46. Solución:
r
Consideremos un punto P1 situado en la sección fija S1 cuyo vector posición es r como se indica en la Figura 6.46. Si consideramos otra sección S 2 (libre de girar y alabear) que dista de x1 de la sección S1 y proyectamos el punto P1 en la sección S 2 obtendremos el punto P2 . Tras la aplicación del momento de torsión la sección S 2 podrá girar y alabearse libremente, luego el punto originalmente representado por P2 pasa a ocupar el punto P2′ como indicado en la Figura 6.47. x3 x2 = r cosα
u2
x3 = r sinα
P2′ r
u3
rθx1
θx1
r 2 = x 22 + x32
P2
α x2
Figura 6.47: desplazamiento en la sección del cuerpo prismático. Geométricamente (Figura 6.47) podemos obtener que los desplazamientos vienen dados por: u2 = −r θ x1 sin α = − x3 θ x1 u3 = r θ x1 cosα = x2 θ x1
(6.115)
con: x2 = r cosα , x3 = r sinα . Siendo u2 el desplazamiento según dirección x2 y u3 el desplazamiento según dirección x3 . El desplazamiento del punto P2 según dirección x1 puede ser cualquiera, luego podemos decir que: u1 = u1 ( x 2 , x 3 )
Los desplazamientos independientes de x1 .
; u1
;
u 3 = x 2 θ x1
(6.116)
son denominados desplazamientos por alabeo siendo
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u 2 = − x 3 θ x1
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551
(Ecuaciones cinemáticas) Las relaciones desplazamiento-deformación quedan: ε11 =
∂u1 =0; ∂x1
ε12
=
1 ∂u1 ∂u2 + 2 ∂x2 ∂x1
=
1 ∂u1 − x3 θ ; 2 ∂x2
ε 22 =
∂u 2 = 0; ∂x 2
ε 23
=
ε 33 =
1 ∂u2 ∂u3 + 2 ∂x3 ∂x2 1 = (− θ x1 + θ x1 ) ; 2 =0
ε13
∂u 3 = 0; ∂x3
1 ∂u1 ∂u3 + 2 ∂x3 ∂x1 1 ∂u = 1 + x2 θ 2 ∂x3 =
Resultando
ε11 ε12 εij = ε12 ε 22 ε13 ε 23
0 ε13 1 ∂u ε 23 = 1 − x3 θ 2 ∂x2 ε33 ∂u 1 + x2 θ ∂x3
∂u1 − x3 θ ∂x2 0 0
∂u1 ∂x + x2 θ 3 0 0
(6.117)
(Ecuaciones constitutivas) Reemplazando las deformaciones en las ecuaciones constitutivas: σij =
νE E E ε kkδ ij + ε ij = ε ij (1 + ν )(1 − 2ν ) (1 + ν ) (1 + ν )
(6.118)
Notar que ε kk = 0 , resultando las siguientes componentes de tensión: 0 E 1 E ∂u1 − x3 θ σij = ε ij = (1 + ν ) 2 (1 + ν ) ∂x2 ∂u 1 + x2 θ ∂x3
∂u1 − x3 θ ∂x2
0 σ13 ∂u 0 = G 1 − x3 θ ∂x2 0 ∂u 1 + x2 θ ∂x3
∂u1 − x3 θ ∂x2
0 = σ12 σ13
σ12 0 0
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0 0
0 0
∂u1 + x2 θ ∂x3 0 0 ∂u1 + x2 θ ∂x3 0 0
(6.119)
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552
(Ecuaciones de equilibrio) Utilizando las ecuaciones de equilibrio sin considerar las fuerzas másicas, obtenemos: ∂σ11 ∂σ12 ∂σ13 + + =0 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂σ12 ∂σ22 ∂σ23 + + =0 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂σ13 ∂σ 23 ∂σ33 ∂x + ∂x + ∂x = 0 2 3 1
⇒
∂σ12 ∂σ13 + =0 ∂x3 ∂x2 ∂σ12 = 0 ⇒ σ12 = σ12 ( x2 , x3 ) ∂x1 ∂σ13 = 0 ⇒ σ13 = σ13 ( x2 , x3 ) ∂x1
(6.120)
y reemplazando las componentes σ12 y σ13 en la primera ecuación de las ecuaciones de equilibrio, podemos obtener: ∂σ12 ∂σ13 =0 + ∂x 3 ∂x 2 ∂ ⇒G ∂x 2
∂u1 ∂ ∂u1 − x 3 θ + G + x2 ∂ ∂ x x 3 ∂x 3 2 ∂ 2 u1 ∂ 2 u1 =0 G 2 + 2 ∂ x ∂ x 3 2
∇ 2 u1 = 0
donde
(6.121)
θ = 0
(6.122)
u1 = u1 ( x 2 , x 3 )
(6.123)
que es la Ecuación Diferencial de Torsión (Ecuación de Laplace). Observar que esta ecuación es la ecuación de Helmholtz para el caso particular de un material homogéneo. NOTA 1: Barra prismática de sección circular Notar que cuando la barra tiene sección circular no hay alabeo, luego, u1 = 0 . A
θ A′
MT
θx1 = ϕ
θdx1 = dϕ ⇒θ=
x1
dϕ dx1
Figura 6.48: Barra circular sometida a torsión. Con eso, obtenemos que el campo de deformación en una sección viene dado por: ε11 εij = ε12 ε13
ε12 ε 22 ε 23
− x3θ x2θ ε13 0 0 θ 1 ε 23 = − x3θ 0 0 = − x3 2 2 x2 x2θ ε33 0 0
− x3 0 0
x2 0 0
El campo de tensión en una sección viene dado por: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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σ11 σ ij = σ12 σ13
σ12 σ 22 σ 23
553
σ13 0 − Gx3 θ Gx 2 θ 0 σ 23 = − Gx3 θ 0 0 = Gθ− x 3 x 2 σ 33 Gx 2 θ 0 0 τ
z, x 3
− x3 0 0
x2 0 0
σ13
− σ12 σ13
r
σ12
r
τ max
τ( r )
y, x 2 R
Figura 6.49: Tensiones tangenciales – Momento torsor. El momento torsor viene dado por: MT =
∫ (σ
13 x2
− σ12 x3 )dA =
A
∫ ((Gθx ) x 2
2
∫(
)
− (−Gθx3 ) x3 )dA = Gθ x22 + x32 dA = Gθ r 2 dA
A
A
∫ A
(6.124)
= GθJ
donde J = ∫ r 2 dA = A
πR 4 es el momento polar de inercia. 2
Según la Figura 6.49 podemos concluir que: (−σ12 ) 2 + (σ13 ) 2 = τ 2
⇒
(Gθ) 2 ( x 22 + x 32 ) = τ 2
(Gθ) 2 r 2 = τ 2 ⇒ τ(r ) = Gθr
MT , con lo cual la ecuación anterior queda: J
Según ecuación (6.124) se cumple que Gθ = τ(r ) = Gθr
⇒
⇒
τ(r ) =
MT r J
(6.125)
con lo cual el ángulo de torsión unitario también se puede escribir como: θ=
MT GJ
;
θ=
τ(r ) Gr
;
M T τ( r ) = = Gθ r J
(6.126)
El término GJ se denomina de módulo de rigidez a torsión. El valor máximo de τ( r ) se produce en r = R : τ(r = R ) = τ max = GθR
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⇒
τ(r = R ) = τmax =
MT R J
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554
NOTA 2: Función de Tensión de Prandtl Vamos adoptar una función de tensión de Prandtl φ (también conocida con función de tensión) tal que: σ12 =
∂φ ∂x3
;
σ13 = −
∂φ ∂x2
(6.127)
Verificando que se cumple con las ecuaciones de equilibrio, (ver ecuación (6.120)): ∂σ12 ∂σ13 + =0 ∂x2 ∂x3
⇒
∂ ∂φ ∂ ∂φ − =0 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x2
Recordar que las ecuaciones de gobierno del problema elástico lineal en función de las 6 componentes del tensor de tensiones vienen dada por la formulación en tensión, (ver Ejemplo 5.12). Si además consideramos un caso estático y donde las fuerzas másicas no r varían con x recaemos en las ecuaciones de Beltrami: σij , kk + ∇ 2xr σ
1 σ kk , ij = 0ij (1 + ν )
1 + ∇ xr [∇ xr [Tr (σ )]] = 0 (1 + ν )
Ecuaciones de Beltrami
(6.128)
Teniendo en cuenta las componentes del tensor de tensiones (ver ecuación (6.119)): 0 ∂u σij = G 1 − x3 θ ∂x2 ∂u 1 + x2 θ ∂x3
∂u1 − x3 θ ∂x2 0 0
∂u1 + x2 θ ∂x3 0 0 = σ12 σ 13 0
σ12 0 0
σ13 0 0
Teniendo en cuenta que la traza es cero, σ kk = 0 , las ecuaciones de Beltrami se reducen a: σ ij , kk = σ ij ,11 + σ ij , 22 + σ ij , 22 = 0 ij ⇒ σ ij ,kk
σ 11,11 = σ12,11 σ13,11
⇒ σ ij ,kk
0 (σ12,11 + σ12, 22 + σ12,33 ) (σ13,11 + σ 13, 22 + σ 13,33 ) = (σ12,11 + σ12, 22 + σ12,33 ) 0 0 = 0 ij (σ 13,11 + σ 13, 22 + σ13,33 ) 0 0
σ12,11 σ 22,11 σ 23,11
σ13,11 σ11, 22 σ 23,11 + σ12, 22 σ 33,11 σ 13, 22
σ12, 22 σ 22, 22 σ 23, 22
σ 13, 22 σ11,33 σ 23, 22 + σ12,33 σ 33, 22 σ13,33
σ12,33 σ 22,33 σ 23,33
σ 13,33 σ 23,33 = 0 ij σ 33,33
Con lo cual quedamos con dos ecuaciones: σ12,11 + σ12, 22 + σ12,33 = 0 σ13,11 + σ13, 22 + σ13,33 = 0
Observar que σ12 = σ12 ( x2 , x3 ) y σ13 = σ13 ( x2 , x3 ) (ver ecuación (6.120)), con lo cual las ecuaciones anteriores quedan:
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Por: Eduardo W. V. Chaves (2014)
6 ELASTICIDAD LINEAL
σ12, 22 + σ12,33 = 0 σ13, 22 + σ13,33 = 0
⇒
∂ 2 σ12 ∂ 2 σ12 =0 2 + ∂x32 ∂x2 2 2 ∂ σ13 + ∂ σ13 = 0 ∂x 2 ∂x32 2
555
∇ 2xr σ12 = 0 2 ∇ xr σ13 = 0
⇒
(6.129)
Si consideramos las tensiones definidas en (6.127) dentro de las ecuaciones en (6.129) podemos obtener que: ∇ 2xr σ12 = 0 2 ∇ xr σ13 = 0
2 ∂φ ∂ ∂ ∂ 2φ ∂ 2φ 2 + 2 =0 = ∇ 2xrφ = 0 ⇒ ∇ xr ∂x ∂ ∂ ∂ x x x 3 3 3 2 ∂x3 (6.130) 2 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ φ φ 2r ∂φ 2r 2r ∇ x ∂x = − ∂x ∇ xφ = 0 ⇒ ∂x ∇ xφ = ∂x ∂x 2 + ∂x 2 = 0 2 2 2 3 2 2
(
⇒
)
(
)
(
)
Como ∇ 2xrφ no varía ni con x2 y ni x3 concluimos que: ∇ 2xrφ =
∂ 2φ ∂ 2φ + = F = constante ∂x22 ∂x32
(6.131)
Luego, cualquier función φ que satisfaga la ecuación anterior cumplirá también con las ecuaciones de equilibrio y de compatibilidad. Partiendo de las componentes de tensión: ∂u σ12 = G 1 − x3 θ ∂x 2 σ13
∂u = G 1 + x 2 ∂x3
θ
⇒
∂u1 σ12 = + x3 θ ∂x 2 G
⇒
∂u1 σ13 = − x2 θ ∂x3 G
(6.132)
Derivando σ12 con respecto a x3 y σ13 con respecto a x2 obtenemos que ∂ ∂u1 ∂ = ∂x 3 ∂x 2 ∂x 3
σ12 + x3 G
1 ∂σ 12 +θ θ = G ∂x 3
∂ ∂u1 ∂ = ∂x 2 ∂x 3 ∂x 2
;
σ13 − x2 G
1 ∂σ 13 −θ θ = G ∂x 2
y restando las dos expresiones podemos obtener que 1 ∂σ13 ∂ ∂u1 ∂ ∂u1 1 ∂σ12 − = +θ− +θ ∂x3 ∂x2 ∂x2 ∂x3 G ∂x3 G ∂x2 ⇒0= ⇒
1 ∂σ12 1 ∂σ13 + 2θ − G ∂x3 G ∂x2
∂σ12 ∂σ13 − = −2Gθ ∂x3 ∂x2
Reemplazando el valor de la tensión σ12 = obtenemos que
∂σ12 ∂σ13 = −2Gθ − ∂x2 ∂x3
∂φ ∂φ y σ13 = − en la expresión anterior ∂x3 ∂x2 ∂ ∂φ ∂ ∂φ ∂ 2φ ∂ 2φ = −2Gθ . + = + ∂x3 ∂x3 ∂x2 ∂x2 ∂x22 ∂x32
⇒
y si tenemos en cuenta la ecuación (6.131) concluimos que: ∂ 2φ ∂ 2φ + = −2Gθ = constante = F ∂x22 ∂x32
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∇ xr ⋅ (∇ xrφ ) ≡ ∇ 2xrφ = −2Gθ = constante
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(6.133)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
556
donde ∇ 2xr es el Laplaciano. Para completar el problema tenemos que definir las condiciones de contorno. Para el problema de torsión la condición de contorno es la ausencia de tensión normal en la superficie externa del cuerpo prismático, ver Figura 6.50. x3
nˆ i = 1ij
σ13
σ12
dx2
ds
0 0 dx nˆ i = nˆ 2 = 3 nˆ ds 3 dx2 − ds
nˆ
dx3
dx j
ds x2
kij - símbolo de permutación ds - longitud de arco
Figura 6.50: Sección transversal (barra prismática). Teniendo en cuenta el vector tensión en función de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy: ˆ t (i n)
= σ ij nˆ j
t 1(nˆ ) σ11 (nˆ ) t 2 = σ12 t (nˆ ) σ 3 13
⇒
t 1(nˆ ) 0 ˆ ⇒ t (2n) = σ12 t (nˆ ) σ 3 13
σ12 σ 22 σ 23
σ13 nˆ 1 0 σ 23 nˆ 2 = 0 σ 33 nˆ 3 0
σ13 0 σ12 nˆ 2 + σ13nˆ 3 0 0 0 nˆ 2 = = 0 0 ˆ 0 0 n 3
σ12 0 0
Con lo cual solo quedamos con la siguiente condición de contorno: σ12nˆ 2 + σ13nˆ 3 = 0
Teniendo en cuenta las tensiones dadas por (6.127) la condición anterior puede ser reescrita como σ12 nˆ 2 + σ13nˆ 3 = 0
⇒
∂φ dx3 ∂φ dx 2 =0 + ⇒ ∂x3 ds ∂x 2 ds
∂φ ˆ ∂φ ˆ n2 − n3 = 0 ∂x 2 ∂x 3 ⇒
⇒
∂φ dx3 ∂φ dx 2 − − =0 ∂x3 ds ∂x 2 ds
dφ =0 ds
(6.134)
Con lo cual concluimos que φ es constante en el contorno y puede asumir cualquier valor en el contorno, y adoptaremos como cero. Vamos considerar que: F3 ( x2 , x3 ) = σ12 =
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∂φ ∂x3
;
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F2 ( x2 , x3 ) = −σ13 =
∂φ ∂x2
(6.135)
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6 ELASTICIDAD LINEAL
557
La función φ será compatible si: ∂φ = F2 ( x2 , x3 ) ∂x2 compatible sii ∂F2 ∂F3 = → ∂φ x ∂x2 ∂ 3 = F3 ( x2 , x3 ) ∂x3
(6.136)
Si consideramos el teorema de Green (ver Capítulo 1 en Chaves (2007) 3ª edición) que establece: r r r r ∂F ∂F s → F2 dx2 + F3dx3 = 2 − 3 dS1 F ⋅ dΓ = (∇ xr ∧ F) ⋅ eˆ 1dS componente Γ Ω Γ Ω ∂x3 ∂x2
∫
∫
∫
∫
r dS = dSeˆ 1
x3
Γ
x1
eˆ 1
Ω x2
Figura 6.51: Teorema de Green. Con lo cual concluimos que: ∂ ∂φ ∂F ∂F ∂φ ∂φ ∂ ∂φ dS1 = 0 + F3 dx3 = 2 − 3 dS1 ⇒ dx 2 + dx3 = − ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x 3 2 2 3 3 2 2 3 Ω Γ Ω r ∂φ ∂φ ⇒ dx 2 + dx 3 = ∇ xrφ ⋅ dx = dφ = 0 ∂x 3 Γ ∂x 2 Γ Γ
∫Γ F dx 2
∫
2
∫
∫
∫
∫
∫
Asumiremos valor cero φ en el contorno que también se cumple la condición anterior. Teniendo en cuenta el valor del momento torsor: MT =
∫ (σ
13 x2
− σ12 x3 )dA = − (φ , 2 x2 + φ ,3 x3 )dA = − (φ ,i xi )dA
∫
A
∫
A
(i = 2,3)
A
notar que (φxi ),i = φ ,i xi + φxi ,i = φ ,i xi + 2φ ⇒ φ ,i xi = (φxi ),i − 2φ , donde hemos aplicado la propiedad de la delta de Kronecker xi ,i = δ ii = δ 22 + δ 33 = 2 . Con lo cual M T = − (φ ,i x i )dA = − ((φx i ) ,i − 2φ )dA = − (φx i ) ,i dA +
∫
∫
A
= −2 Aφ Γ +
∫
A
A
∫ (2φ )dA = −Γ∫ (φx )nˆ dΓ + ∫ (2φ )dA i
A
i
A
∫ (2φ )dA A
Si consideramos que en el contorno el valor de φ es cero, i.e. φ Γ = 0 , podemos obtener que:
∫
M T = 2 φ dA A
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(6.137)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
558
El mismo desarrollo en notación tensorial (2D) queda: r r M T = − (φ ,i xi )dA = − (∇ xr φ ⋅ x )dA = − φx ⋅ nˆ dΓ +
∫
∫
A
∫ Γ
A
∫ (φ∇
r x
r
⋅ x )dA = −2 Aφ Γ
∫
+ 2φ dA
A
A
∫
= 2 φ dA A
r
donde hemos utilizando la propiedad 2 A = ∫ x ⋅ nˆ dΓ , (ver Ejemplo 1.125). Γ
NOTA 3: Analogía de Membrana de Prandtl Considérese una membrana homogénea atada en las extremidades, (ver Figura 6.52). Aplicando una presión q , [q ] =
N , sobre esta membrana surgirá un estado de tracción S . m2
A continuación definiremos las ecuaciones de gobierno para este problema. x1
ver Figura 6.54 Sdx3
u1 ( x2 , x3 )
Sdx3 x2
q
x3 x3 Sdx2 dx3 dx2
q
Sdx2
x1 x2
Figura 6.52: Membrana bajo presión
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6 ELASTICIDAD LINEAL
559
Notar que la inclinación de la membrana en el punto ( x2 , x3 ) viene dada por la derivada de ∂u1 ∂u y 1 , es corresponde a la tangente a la curva en este punto. ∂x3 ∂x 2 ∂u ∂u Si denominamos por tan(α 2 ) = 1 y tan(α 3 ) = 1 , Si consideramos ángulos muy ∂x 2 ∂x 3 pequeños se cumple que tan(α ) ≈ sin(α ) = α . En un elemento diferencial dx 2 − dx3 la
la función u1 ( x2 , x3 ) , i.e.
variación de la tangente vienen dada como indica la Figura 6.53.
α3 +
∂α 3 dx 3 ∂x 3
α3 +
( x 2 + dx 2 , x 3 + dx3 )
( x 2 , x 3 + dx3 )
α2 +
∂α 3 ∂α 3 dx 3 + dx 2 ∂x 3 ∂x 2
∂α 2 dx 3 ∂x 3
α2 + r
∂α 2 ∂α 2 dx 2 + dx 3 ∂x 3 ∂x 2
dα
dx 3
α2 +
(α 3 )
( x 2 + dx 2 , x3 )
( x 2 , x3 ) x3
∂α 2 dx 2 ∂x 2
(α 2 )
α3 + dx 2
x2
∂α 3 dx 2 ∂x 2
Figura 6.53: Variación de la tangente en el elemento diferencial. Si consideramos que no hay distorsión en la membrana, solo hay tracción, tenemos que ∂α 3 ∂α 2 dx 2 = 0 y dx 3 = 0 , (ver Figura 6.54). ∂x 2 ∂x 3
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560
Sdx 2
α3 +
∂α 3 dx 3 ∂x3 Sdx3
α2
dx3
α2 +
∂α 2 dx 2 ∂x 2
dx 2 Sdx3
α3 Sdx 2
∂α 2 ∂α 2 Sdx3 sinα 2 + dx2 ≈ Sdx3 α 2 + dx2 ∂x2 ∂x2
Sdx3
α2 + α2 Sdx3
∂α 2 dx2 ∂x2
− Sdx 3 sin(α 2 ) ≈ − Sdx 3α 2
Figura 6.54 Aplicando la condición de equilibrio de fuerzas según la dirección x1 obtenemos que:
∑F
x1
=0
∂u ∂ 2u ∂u ∂ 2u ∂u ∂u qdx2 dx3 + Sdx3 sin 1 + 21 dx2 − Sdx3 sin 1 + Sdx2 sin 1 + 21 dx3 − Sdx2 sin 1 = 0 ∂ ∂ ∂ x x x 2 ∂x3 2 ∂x2 3 ∂x3 ∂u ∂ 2u ∂u ∂ 2u ∂u ∂u ⇒ qdx2 dx3 + Sdx3 1 + 21 dx2 − Sdx3 1 + Sdx2 1 + 21 dx3 − Sdx2 1 = 0 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x3 ∂x2 ∂x2 ⇒ qdx2 dx3 + Sdx3 ⇒ qdx2 dx3 +
∂u1 ∂ 2u1 ∂u ∂u ∂ 2u ∂u + 2 Sdx3dx2 − Sdx3 1 + Sdx2 1 + 21 Sdx2 dx3 − Sdx2 1 = 0 ∂x2 ∂x2 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x3
∂ 2u1 ∂ 2u Sdx3dx2 + 21 Sdx2 dx3 = 0 2 ∂x2 ∂x3
∂ 2u ∂ 2u ⇒ qdx2 dx3 + Sdx2 dx3 21 + 21 = 0 ∂x3 ∂x2
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6 ELASTICIDAD LINEAL
561
con lo cual concluimos que la ecuación de gobierno de la membrana bajo presión viene dada por: ∂ 2u1 ∂ 2u1 − q + 2 = S ∂x22 ∂x3
∇ xr ⋅ (∇ xr u1 ) ≡ ∇ 2xr u1 =
−q S
(6.138)
Haciendo una analogía entre la ecuación anterior con la ecuación de torsión dada por (6.133), podemos concluir que u1 = φ y 2Gθ =
q = constante . Con lo cual podemos decir S
que el momento torsor (ver ecuación (6.137)) está relacionado con el volumen formado por la membrana y viene dado por:
∫
∫
M T = 2 φ dA = 2 u1 ( x2 , x3 ) dA = 2Vmemb A
A
Ejemplo 6.37 a) Utiliza la Función de Tensión de Prandtl para demostrar que un sección elíptica sometida a un momento torsor M T estará sometida a un estado tensional dado por: σ12 = −
2M T x3 πab 3
σ13 =
;
2M T x2 πa 3b
(6.139)
b) Dibujar la distribución de tensiones en la sección transversal; c) Obtener la función u1 ( x2 , x3 ) (alabeo). x3
b
σ13 σ12 x2
b
a
a
Figura 6.55: Sección elíptica. Solución: a) La ecuación de la elipse viene dada por: x22 x32 + −1 = 0 a2 b2
Ya que el valor de la función de tensión φ es constante en el contorno, podemos asumir que: x22
φ = m
a
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2
+
x32 − 1 2 b
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(6.140)
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
562
donde m es una constante a ser determinada. De la ecuación anterior podemos obtener que: 2x ∂φ = m 22 ∂x 2 a 2x ∂φ = m 23 ∂x3 b
⇒
∂ 2φ 2m = 2 ∂x 22 a
⇒
∂ 2φ 2m = 2 ∂x32 b
Reemplazando en la ecuación (6.133) obtenemos que: ∂ 2φ ∂x 22
+
∂ 2φ
= −2Gθ = constante = F
∂x 32
2( a 2 + b 2 ) =F ⇒ m 2 2 a b
2m 2m + =F a2 b2
⇒
⇒
2 2 m 2 + 2 b a
=F
a 2b 2 m= F 2( a 2 + b 2 )
⇒
(6.141)
Reemplazando el valor de m en la ecuación (6.140) obtenemos que: x22
φ = m
a
2
+
x32 − 1 b2
φ=
⇒
a 2 b 2 x 22 x32 F + − 1 2(a 2 + b 2 ) a 2 b 2
(6.142)
Próximo paso: determinar F Reemplazando el valor de φ en la ecuación del momento torsor dada por (6.137) podemos obtener que: 2 2 a 2 b 2 x 22 x 32 x 22 x32 F dA = a b M T = 2 φ dA = 2 1 F + 2 − 1 dA + − 2 2 2 2 2 2 2 b b (a + b ) A a A A 2(a + b ) a 1 a 2b 2 a 2b 2 1 1 1 2 2 x dA x dA dA = 2 + − = F F 2 I x 3 + 2 I x 2 − A 2 3 2 2 2 2 2 b A b (a + b ) a A (a + b ) a A
∫
∫
∫
∫
∫
∫
donde:
∫
I x 3 = x 22 dA - Momento de inercia de la sección transversal con respecto al eje x3 ; A
∫
I x 2 = x32 dA - Momento de inercia de la sección transversal con respecto al eje x2 ; A
A=
∫ dA - área de la sección transversal. A
Para sección elíptica se cumple que: I x3 =
πba 3 4
;
I x2 =
πb 3 a 4
;
A = πab
Con lo cual la ecuación del momento torsor queda: MT =
1 πba 3 1 1 πb 3 a a 2b 2 a 2b 2 1 + − F F I I A = + − πab 2 2 2 2 x3 2 x2 2 2 2 4 4 (a + b ) a b b (a + b ) a
=−
πa 3b 3 F 2( a 2 + b 2 )
Y a su vez el valor de F queda determinado:
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6 ELASTICIDAD LINEAL
F=−
563
2M T (a 2 + b 2 ) πa 3b 3
La función de tensión (6.142) queda: a 2 b 2 x 22 x32 + 2 − 1F 2 2 2 b 2( a + b ) a 2 2 x M x ⇒ φ = − T 22 + 32 − 1 πab a b
φ=
φ=−
⇒
2M T (a 2 + b 2 ) a 2 b 2 x22 x32 + − 1 πa 3b 3 2(a 2 + b 2 ) a 2 b 2
Las tensiones definidas en (6.127) quedan σ12 =
∂φ ∂ = ∂x3 ∂x3
M T x22 x32 2M T = − 1 x3 + − − 2 2 b πab 3 πab a
∂φ ∂ σ13 = =− ∂x2 ∂x 2
(6.143)
M T x22 x32 2M T = x2 1 + − − 2 2 3 b πab a πa b
b) A través de las ecuaciones anteriores podemos obtener que: x3 = 0
⇒
x2 = 0
⇒
σ12 = 0 2M T 2M x2 = a ) ( → σ13 max = 2T σ13 = 3 x2 πa b πa b 2M T 2M T x2 = a ) ( → σ12 max = − x σ12 = − 3 3 πab πab 2 σ = 0 13
cuyas componentes podemos apreciar en la Figura 6.56. A través del teorema de Pitágoras la tensión tangencial resultante queda: 2
2M T 2M x + 3T x 2 τ = (σ 12 ) + (σ13 ) = − 3 3 πab πa b 2
2
2
σ12 max = −
2M T πab 2
2
⇒
τ=
x 22
2M T πab
b4
+
x 32 a4
x3
b
σ13 max =
2M T πa 2 b
x2
a
a
Figura 6.56: Distribución de tensiones.
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564
c) Podemos obtener el ángulo de torsión unitario a través de la ecuación (6.141):
F = −2Gθ
⇒
2M T (a 2 + b 2 ) − − 3 3 M (a 2 + b 2 ) a b π −F = T θ= = 2G 2G πa 3b 3G
Teniendo en cuenta los campos de desplazamientos dados por (6.115), podemos obtener que: M T (a 2 + b 2 ) = − θ = − u x x x3 x1 2 3 1 πa 3b 3G 2 2 u = x θ x = M T (a + b ) x x 2 1 2 1 3 πa 3b 3G
(6.144)
y si además tenemos en cuenta las ecuaciones en (6.132) podemos decir que: ∂u1 σ12 = + x3 θ G ∂x2 ∂u1 σ13 = − x2 θ G ∂x3
⇒
∂u1 σ12 M T (a 2 + b 2 ) x3 = + G ∂x2 πa 3b 3G
⇒
∂u1 σ13 M T (a 2 + b 2 ) = − x2 G ∂x3 πa 3b 3G
(6.145)
Integrando las ecuaciones anteriores obtenemos que:
∫
σ M (a 2 + b 2 ) ∂u1 = 12 + T 3 3 x3 πa b G G
∂x2
⇒
u1 =
M (a 2 + b 2 ) σ12 x2 + T 3 3 x3 x2 + f ( x3 ) G πa b G
∫
σ M (a 2 + b 2 ) x2 ∂x3 ∂u1 = 13 − T 3 3 πa b G G
⇒
u1 =
σ13 M (a 2 + b 2 ) x3 − T 3 3 x3 x2 + f ( x2 ) G πa b G
∫ ∫
Reemplazando los valores de σ12 y σ13 (ver ecuación (6.143)) en la ecuación anterior obtenemos que: M T (a 2 + b 2 ) M x x 2M T 1 u1 = − + x x x3 x2 + f ( x3 ) = T 33 32 (b 2 − a 2 ) + f ( x3 ) 2 3 3 3 3 πa b G Gπa b πab G M x x M (a 2 + b 2 ) 2M 1 u1 = 3T x2 x3 − T 3 3 x3 x2 + f ( x2 ) = T 33 32 (b 2 − a 2 ) + f ( x2 ) G πa b G Gπa b πa b
Como las dos ecuaciones tienen que ser iguales en el mismo punto ( x2 , x3 ) , concluimos que f ( x2 ) = f ( x3 ) = 0 , con lo cual: u1 ( x2 , x3 ) =
M T (b 2 − a 2 ) x2 x3 G πa 3b 3
La función anterior en la sección transversal se puede apreciar en la Figura 6.57. Para el caso particular a = b , recuperamos las relaciones para la sección circular, (ver NOTA 1 del Ejemplo 6.36). Notar también que en este caso no hay alabeo ya que u1 ( x2 , x3 ) = 0 .
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6 ELASTICIDAD LINEAL
565
x3 u1 negativo (baja)
u1 positivo (sube)
x2
a
a
Figura 6.57: Función u1 ( x2 , x3 ) .
6.5 Energía de Deformación para Elementos 1D Ejemplo 6.38 Obtener la energía total de deformación para un elemento de viga de longitud L donde actúan los esfuerzos esquematizados en la Figura 6.58. z, w
Mz
y, v
My
Qz
Qy
M x ≡ MT
N
x, u
Figura 6.58: Esfuerzos internos en un elemento tipo barra.
Solución: La energía de deformación de la barra viene dada por: U int =
1 1 σ ij ε ij dV σ : εdV = 2V 2V
∫
∫
=
1 (σ11 ε 11 + σ 22 ε 22 + σ 33 ε 33 + 2σ12 ε 12 + 2σ 23 ε 23 + 2σ13 ε 13 )dV 2V
=
1 (σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ xz γ xz )dV 2V
∫ ∫
En una sección transversal de la viga la componente normal σ x viene representada σ x = σ (x1) + σ (x2) + σ (x3) . La energía asociada a la tensión normal σ (x1) = Eε (x1) (Figura 6.32) puede ser expresada en función del esfuerzo normal:
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566
2
U
int
(1) 1 1 σx 1 = σ (x1) ε (x1) dV = dV = 2V 2V E 2
∫
∫
L
N2
∫ EA ∫ 2
dAdx =
A
0
1 2
L
∫ 0
N2 dx EA
(6.146)
Análogamente, podemos obtener la energía de deformación asociada a la tensión normal σ(x2) = Eε (x2 ) , (ver ecuación (6.93)): U
int
1 1 = σ (x2 ) ε (x2 ) dV = 2V 2
∫
L
∫ ∫ 0
My
A
Iy
My
1 z zdAdx = EI y 2
L
∫ 0
M y2
1 z dAdx = 2 2 EI y A
∫
2
L
M y2
0
y
∫ EI
dx
(6.147)
Análogamente, si consideramos σ(x3) (ver ecuación (6.94)), obtenemos: U int =
1 2
L
∫ 0
M z2 dx EI z
(6.148)
La componente τ xz ( z ) = Gγ xz está asociada con el esfuerzo cortante Q z , (ver ecuación (6.97)), donde G es el módulo de elasticidad transversal. En la ecuación (6.108) hemos obtenido que:
∫ τ( z, y)dy =
Qz Qχ zdA = z z Iy A Iy
∫
donde
∫
χ z = zdA
(6.149)
A
Luego, la energía de deforma asociada con τ xz ( z ) = Gγ xz viene dada por: U
int
2 1 1 τ xz 1 1 2 1 1 dV = = τγdV = τ dAdx = 2V 2V G 2 0 GA 2 0 G
∫
L 1 1 = 2 0 G
∫ ∫
L
∫
Qz χ z Iy
L
∫ ∫
∫ ∫∫
2 L 2 dz dx = 1 Q z χ z 2 0 G I y
∫
∫
τ 2 dydz dx
(6.150)
2 L 2 dz dx = 1 ς z Q z dx 2 0 GA
∫
donde ς z es el factor de forma de la sección y viene dado por: χ ςz = A z Iy
∫
2
dz
(6.151)
Análogamente podemos obtener que: U
int
2 2 L 1 1 τ xy 1 ς yQy dV = dx = τ xy γ xy dV = 2V 2V G 2 0 GA
∫
∫
∫
χy ς y = A I A z
∫
donde
2
dA
(6.152)
Por último, la energía de deformación debido al esfuerzo momento torsor. Si consideramos una sección transversal circular (ver ecuación (6.125)) se cumple que: τ( r ) =
MT r J
Considerando la energía en la sección circular debido a tensión tangencial τ(r ) que está relacionada con la deformación tangencial por τ( r ) = Gγ ( r ) : U
int
2 2 L 1 τ 1 1 MT 1 M T2 1 1 dV = r dV = r 2 dAdx = = τ(r ) γ (r )dV = 2 2V G 2V G J 2 0 GJ A 2 2V
∫
∫
∫
∫
∫
L
∫ 0
M T2 dx GJ
(6.153)
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6 ELASTICIDAD LINEAL
567
donde J = ∫ r 2 dA es el momento polar de inercia. Para una sección rectangular podemos A
obtener una relación equivalente: L
U int =
2 1 MT dx 2 0 GJ Eq
∫
(6.154)
donde J Eq es el momento de inercia a torsión equivalente. Luego, la energía total de deformación para un elemento de viga viene dada por: U int =
2 2 L M T2 1 N 2 M y M z2 ς y Q y ς z Qz2 + + + + + GA GA EJ Eq 2 0 EA EI y EI z
∫
dx
(6.155)
NOTA 1: Energía potencial externa A continuación proporcionamos algunas expresiones para el cálculo de la energía potencial externa. • Carga Concentrada: U ext = Pw p , donde P - Carga concentrada y w p - desplazamiento según dirección de P . y
deflexión de la línea neutra
z
wp x
P
Figura 6.59: Carga concentrada.
• Carga uniformemente distribuida: U
L
ext
∫
= q( x) w( x)dx , donde q ( x) - Carga distribuida, 0
w p - desplazamiento según dirección de q ( x) .
deflexión de la línea neutra
y z w( x)
x
q ( x)
Figura 6.60: Carga uniformemente distribuida.
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
568
En el caso que q ( x) sea constante dentro del dominio, es decir no es una función de x , el L
potencial queda U ext = q ∫ w( x)dx 0
dw A = M y w′A dx A
• Momento concentrado: U ext = M yA My
w′A
A
x
Figura 6.61: Momento concentrado en el punto A . NOTA 2: Ejemplo de aplicación. Vamos considerar en un elemento de viga con los esfuerzos y grados de libertad (desplazamientos) indicados en la Figura 6.62. Vamos considerar que a cada nodo esté asociado a dos “desplazamientos”: desplazamiento vertical ( w ) y una rotación ( θ y = −
y
z
w1
dw ≡ − w′ ). dx
θ y1 = − w1′
{u } (e )
θ y 2 = − w′2
w2
1
w1 θ y1 = w2 θ y 2
x
2
a) Desplazamientos y
z
Fz1
M y1
1
2
L
{f }
M y2
Fz 2
(e)
F z1 M y1 = Fz 2 M y 2
x
b) Esfuerzos
Figura 6.62: elemento finito tipo viga.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
569
Vamos adoptar como función aproximada para la deflexión de la viga un polinomio de tercer grado: (6.156)
w = ax 3 + bx 2 + cx + d
La primera derivada de la deflexión viene dada por: dw ≡ w′ = 3ax 2 + 2bx + c dx
(6.157)
Luego, para los extremos de la viga (nodos 1 y 2 ) quedamos con: x = 0 ( w = w1 )
⇒
w1 = d
x = 0 ( w′ = w1′ )
⇒
dw = w1′ = c dx
x = L ( w = w2 )
⇒
w2 = aL3 + bL2 + cL + d
x = L ( w′ = w2′ )
⇒
w′2 = 3aL2 + 2bL + c
(6.158)
(6.159)
donde w1 , w2 indican la deflexión en los nodos 1 y 2 respectivamente. El sistema anterior en forma matricial quieda: w1 0 w′ 0 1 = w2 L3 2 w′2 3L
2L 0 1 a a 1 0 b inversa b 1 − 3L2 = → c L4 0 L2 L 1 c 4 2 L 1 0 d L d 0 0
Con eso concluimos que a =
L2
− 2L
− 2 L3 L4
3L2 0
0
0
L2 w1 − L3 w1′ 0 w2 0 w2′
(6.160)
2 (w1 − w2 ) + 12 (w′2 + w1′ ) ; b = 32 (w2 − w1 ) − 1 (w′2 + 2w1′ ) ; 3 L L L L
c = w1′ ; d = w1 .
Sustituyendo los valores de a , b , c y d en la expresión de la deflexión de la viga (6.156), obtenemos que: 2 2 x 3 x 3 x3 2x 2 x3 x2 x x + x + w′2 2 − w = w1 2 − 3 + 1 + w2 − 2 + 3 + w1′ 2 − L L L L L L L L
(6.161) Recordar que hemos adoptado como grados de libertad en los nodos la rotación θ y (de acuerdo con nuestro sistema de coordenadas adoptado, ver Figura 6.62), y no la primera derivada de la deflexión w' . Pero, ellas están relacionadas entre si a través de la expresión θ y = − w' . Con eso, la expresión de la deflexión queda: 2 2 x 3 x 3 x 3 2x 2 x3 x2 x x w = w1 2 − 3 + 1 + w2 − 2 + 3 − θ y1 2 − + x − θ y 2 2 − L L L L L L L L
(6.162) La primera derivada viene dada por: 6x 2 6x 6x 2 6x 3x 2 4 x 3x 2 2 x w′ = w1 3 − 2 + w2 − 3 + 2 − θ y1 2 − + 1 − θ y 2 2 − L L L L L L L L
(6.163)
La segunda derivada queda:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
570
6x 4 12 x 6 12 x 6 6x 2 w′′ = w1 3 − 2 + w2 − 3 + 2 − θ y1 2 − − θ y 2 2 − L L L L L L L L
(6.164)
Será de utilidad obtener las siguientes integrales: L
∫
w( x)dx =
∫
w 2 dx =
0 L
0
L L L2 L2 w1 + w2 − θ y1 + θ y2 2 2 12 12
(6.165)
13L 2 13L 2 L3 2 9L 11L2 13L2 L3 2 w1 + w2 + θ y1 + θ y2 + w1 w2 − w1 θ y1 + w1 θ y 2 + L 35 35 105 105 35 105 210
L−
13L2 11L2 L3 w 2 θ y1 + w2 θ y 2 − θ y1 θ y 2 210 105 70
(6.166) L
6
∫ w′ dx = 5L w 2
2 1
+
0
6 2 2L 2 2L 2 12 1 1 w2 + θ y1 + θ y2 − w1 w2 − w1 θ y1 − w1 θ y 2 + L 5L 15 15 5L 5 5 L+
1 1 L w2 θ y1 + w2 θ y 2 − θ y1 θ y 2 5 5 15
(6.167) L
12
∫ w′′ dx = L 2
3
w12 +
0
12 2 4 2 4 24 12 12 w2 + θ y1 + θ y22 − 3 w1 w2 − 2 w1 θ y1 − 2 w1 θ y 2 + L 3 L L L L L L L+
12 12 4 w2 θ y1 + 2 w2 θ y 2 + θ y1 θ y 2 2 L L L
(6.168) L
∫ x w( x)dx = 0
3
2
3
3
3L 7L L L w1 + w2 − θ y1 + θ y2 20 20 30 20
(6.169)
Ejemplo 1: Consideremos un elemento de viga, con la rigidez a flexión EI y constante, sometido a una carga uniformemente distribuida de intensidad q . z
y
q
x
1
2
Figura 6.63: Viga sometida a una carga uniforme. La energía potencial total del sistema viene dada por: Π =U
int
−U
ext
1 = 2
L
M y2
∫ EI 0
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y
L
∫
dx − qw( x)dx = 0
Draft
L
∫ 0
EI y 2
L
∫
w′′ 2 dx − qw( x) dx
(6.170)
0
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6 ELASTICIDAD LINEAL
571
donde hemos tenido en cuenta la ecuación (6.101), i.e. M y = EI y w′′ . Si estamos considerando que q es independiente de x , la energía potencial de las fuerzas externas resulta: L
L
∫
∫
U ext = qw( x)dx = q w( x)dx 0
(6.171)
0
Sustituyendo la ecuación (6.165) en la ecuación anterior obtenemos la expresión de U ext en función de los parámetros nodales w1 , w2 , θ y1 y θ y 2 , i.e.: L L L L2 L2 U ext = q w( x) dx = q w1 + w2 − θ y1 + θ y 2 2 12 12 2 0
∫
(6.172)
Considerando que EI y es constante dentro del elemento, la energía potencial de las fuerzas internas viene dada por: U
int
=
EI y 2
L
∫ w′′
2
dx
(6.173)
0
Utilizando la expresión obtenida en (6.168) la ecuación anterior resulta: U int =
EI y 2
L
∫ w′′ 0
2
dx =
EI y 12 2 12 2 4 2 4 2 24 12 3 w1 + 3 w2 + θ y1 + θ y 2 − 3 w1 w2 − 2 w1 θ y1 L L L 2 L L L L L
− 12 2
L
w1 θ y 2 +
12 2
L
w 2 θ y1 +
12 2
L
w2 θ y 2 +
4 θ y1 θ y 2 L
(6.174) Luego, la energía potencial total (6.170) queda: Π=
EI y 12 2 12 2 4 2 4 2 24 12 12 3 w1 + 3 w2 + θ y1 + θ y 2 − 3 w1 w2 − 2 w1 θ y1 − 2 w1 θ y 2 + L L L 2 L L L L L L L L2 L2 12 12 4 L + 2 w2 θ y1 + 2 w2 θ y 2 + θ y1 θ y 2 − q w1 + w2 − θ y1 + θ y 2 L 2 12 12 L L 2
(6.175) Según el principio del valor estacionario de la energía potencial total hay que cumplir que: ∂Π =0 ∂w1
⇒
EI y 24 L 24 12 12 3 w1 − 3 w2 − 2 θ y1 − 2 θ y 2 − q = 0 2 L 2 L L L
(6.176)
∂Π =0 ∂ θ y1
⇒
EI y 8 12 12 4 L2 =0 θ y1 − 2 w1 + 2 w2 + θ y 2 + q 2 L L 12 L L
(6.177)
∂Π =0 ∂w2
⇒
EI y 24 L 24 12 12 3 w2 − 3 w1 + 2 θ y1 + 2 θ y 2 − q = 0 2 L 2 L L L
(6.178)
EI y 8 12 12 4 L2 θ − w + w + θ − q =0 1 2 y2 y1 2 L L 12 L2 L2
(6.179)
∂Π =0 ∂θ y 2
⇒
Reestructurando las expresiones anteriores en forma de matriz, obtenemos que:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
572
12 EI y 3 L − 6 EI y L2 − 12 EI y L3 − 6 EI y L2
− 6 EI y
− 12 EI y
2
3
L 4 EI y
L 6 EI y
L 6 EI y
L2 12 EI y
L2 2 EI y
L3 6 EI y
L
L2
− 6 EI y qL 2 L 2 w1 2 EI y − qL2 θ L y1 = 12 w qL 6 EI y 2 L2 θ y 2 2 2 qL 4 EI y 12 L
(6.180)
o aun de forma más compacta:
[Ke ] {u }= {f } (1)
(e )
(6.181)
(e)
con:
[Ke ] (1)
12 EI y L3 − 6 EI y 2 = L − 12 EI y L3 − 6 EI y L2
− 6 EI y
− 12 EI y
2
3
L 4 EI y
L 6 EI y
L 6 EI y
L2 12 EI y
L2 2 EI y
L3 6 EI y
L
L2
− 6 EI y L2 2 EI y L 6 EI y L2 4 EI y L
;
{f } (e)
qL 2 − qL2 = 12 qL 2 2 qL 12
(6.182)
donde [ Ke (1) ] es la matriz de rigidez del elemento finito propuesto. Es interesante destacar que la matriz [ Ke (1) ] no tiene inversa ( det[ Ke (1) ] = 0 ), ya que estamos tratando con una estructura hipoestática, en este caso la estructura tiene infinitas soluciones ya que no hemos restringido ninguno de sus movimientos. Para que (6.181) tenga solución única tenemos que aplicar las condiciones de contorno. Podemos llegar al mismo resultado (6.180) por medio del teorema de los trabajos virtuales, ver Chaves & Mínguez(2010) pg. 296. Considerando el mismo ejemplo, ver Figura 6.63 y con las siguientes condiciones de contorno descritas en la Figura 6.64.
z
y
w = 0
Nodo 1: 1 w1′ = 0
deflexión x
1 q
2
w ≠ 0
Nodo 2: 2 w′2 ≠ 0
Figura 6.64: Viga empotrada sometida a una carga uniforme.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
573
Aplicando las condiciones de contorno a la ecuación (6.180) resulta que: 1 0 0 0
0 1 0
0 0 12 EI y
0
L3 6 EI y L2
w 0 1 0 θ y1 qL = L2 w2 2 2 4 EI y θ y 2 qL 12 L
0 0 6 EI y
(6.183)
Al resolver el sistema anterior obtenemos que: 0 w1 0 4 θ y1 qL = 8 EI y w2 θ − qL3 y2 6 EI y
(6.184)
El momento en el nodo 1 viene dado por M y1 = − EI y w1′′ . Utilizando la ecuación (6.164) obtenemos: 6x 4 6x 2 12 x 6 12 x 6 w′′ = w1 3 − 2 + w2 − 3 + 2 − θ y1 2 − − θ y 2 2 − L L L L L L L L 6 2 ⇒ w′′( x = 0) = w1′′ = w2 2 − θ y 2 − L L ⇒ w1′′ =
qL4 6 qL3 2 − 8 EI y L2 6 EI y L
2 5 qL ⇒ w1′′ = 6 2 EI y
Luego, el momento queda: 2 2 5 qL 5 qL M y1 = − EI y w1′′ = − EI y = − 6 2 6 2 EI y
= Si comparamos con el valor exacto M yexacto 1 16,6% .
(6.185)
− qL2 , verificamos que hay un error de 2
Esfuerzos en el Elemento Viga Una vez obtenido los desplazamientos (6.184) llega el momento de obtener los esfuerzos en el elemento de viga. A través de los desplazamientos, calculamos las fuerzas internas según la expresión (6.181), i.e.:
{f }= [Ke ] {u } (e)
(1)
(e)
(6.186)
resultando:
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
574
{f } (e)
12 EI y 3 L − 6 EI y 2 = L − 12 EI y L3 − 6 EI y L2
− 6 EI y
− 12 EI y
2
3
L 4 EI y
L 6 EI y
L 6 EI y
L2 12 EI y
L2 2 EI y
L3 6 EI y
L
L2
− 6 EI y L2 0 2 EI y 0 4 L qL 6 EI y 8 EI y 3 L2 − qL 4 EI y 6 EI y L
− qL 2 5qL2 12 = qL 2 2 qL 12
(6.187)
Si estuviéramos tratando con elemento finito tradicional, los esfuerzos en el elemento de viga serían el proporcionado por { f (e ) } , ver Figura 6.65(a). A medida que refinamos el error disminuye. A través del Análisis de Estructuras, la solución exacta de este ejemplo viene dada por la Figura 6.65(c), y verifiquemos que las “reacciones” en las extremidades del elemento viga vienen dados por:
{R }= {f }+ {~f (e)
(e )
M y1 =
a) {f (e ) }
(e)
5qL2 12
} = {f
{~ }
}− {f }
(6.188)
(e)
2
1
M y2 =
q
− qL Fz 1 = 2
b) f ( e ) = −{f ( e ) }
(e)
Fz 2 =
qL2 12
qL 2
+ M y1 =
qL2 12
2
1
M y2 =
q
− qL Fz 1 = 2
Fz 2 =
− qL2 12
− qL 2
= c) Solución exacta
M y1 =
qL2 2
2
1
M y2 = 0
q
Fz 1 = −qL
Fz 2 = 0
Figura 6.65: Reacciones en el elemento viga. ~
El vector { f ( e ) } = −{ f (e ) } , ver ecuación (6.182), en el Análisis de Estructuras, recibe el nombre de acciones de extremidad para miembros restringidos. Es decir, la solución proporcionada por la Figura 6.65(b) son las reacciones que surgen si la viga estuviera empotrada en las dos extremidades, Gere&Weaver (1965), ver Figura 6.66. Y estas Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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6 ELASTICIDAD LINEAL
575
reacciones son las mismas obtenidas para el vector de fuerzas nodales equivalentes, ver ecuación (6.182). Fz 1 =
− qL 2
Fz 2 =
− qL 2
q M y1 =
2
qL 12
M y2 =
− qL2 12
Figura 6.66: Reacciones en viga biempotrada. Solución Analítica (Integración Directa) En esta sub-sección vamos obtener la solución analítica del Ejemplo 1, para ello utilizaremos la Integración Directa. Consideraremos el momento flector, ver Figura 6.67: M y ( x) =
qx 2 − qL2 + qLx − 2 2 x 2
qx
My <0 z
0≤ x≤L
Fz 1 = − qL q
M y1 =
x
qL2 2
x M y ( x) =
− qL2 x + qLx − qx 2 2
Figura 6.67: Viga empotrada. Recordar que la ecuación diferencial de la deflexión de la viga, ver ecuación (6.101), viene dada por: M y = − EI y w′′ ≡ − EI y
d 2w dx 2
⇒
− EI y
d 2w dx 2
=
qx 2 − qL2 + qLx − 2 2
A través de integración directa podemos obtener que: EI y
d 2w dx 2
=
qL2 qx 2 − qLx + 2 2
integrando → EI y
qLx 2 qx 3 dw qL2 = x− + + C1 2 2 6 dx
La constante de integración C1 obtenemos a través de la condición de contorno dw ≡ w′( x = 0) = 0 con lo cual obtenemos que C1 = 0 . Con lo cual la pendiente de la viga dx
viene definida por:
(
q dw ≡ w′ = 3L2 x − 3Lx 2 + x 3 6 EI y dx
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576
Integrando una vez más obtenemos la deflexión de la viga w( x) :
(
q dw = 3L2 x − 3Lx 2 + x 3 dx 6 EI y
)
integrando → w =
3L2 x 2 3Lx 3 x 4 2 − 3 + 4
q 6 EI y
+ C2
donde la constante de integración C 2 se obtiene en w( x = 0) = 0 ⇒ C 2 = 0 . Con lo cual, la deflexión de la viga viene definida por: w( x) =
(
qx 2 6 L2 − 4 Lx + x 2 24 EI y
)
Para x = L los valores de la deflexión y de la rotación quedan: deflexión: w( x = L) = rotación:
(
)
(
)
qx 2 qL2 qL4 6 L2 − 4 Lx + x 2 = 6 L2 − 4 L2 + L2 = 24 EI y 24 EI y 8 EI y
(
)
(
)
q q qL3 dw ≡ w′( x = L) = 3L2 x − 3Lx 2 + x 3 = 3L3 − 3L3 + L3 = dx 6 EI y 6 EI y 6 EI y
z
w′( x = L ) =
y
w( x = L) =
1
qL3 6 EI y
qL4 8 EI y
2
Figura 6.68: Desplazamientos de una viga empotrada. ELEMENTO FINITO DE VIGA SOBRE BASE ELÁSTICA Consideremos ahora que la viga está sobre una base elástica, ver Figura 6.69. z y q<0 x w( x) < 0 Kf
Figura 6.69: Viga sobre base elástica.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
577
En esta situación, la energía potencial total del sistema viene dada por: Π = U int − U ext = (U viga + U muelle ) − U ext
(6.189)
Según el principio del valor estacionario de la energía potencial total hay que cumplir que: dΠ
=0
d {u (e ) }
d
⇒
d {u (e ) }
(U
viga
)
+ U muelle − U ext = 0 ⇒
dU viga d {u (e ) }
+
dU muelle d {u ( e ) }
−
dU ext d{u ( e ) }
=0
(6.190) o aún dU viga (e )
d {u }
+
dU muelle (e)
d {u }
−
dU ext (e)
d {u }
=0
[ke ]{u }+ dU d {u (1)
⇒
(e)
muelle (e )
}
{ }
= f
(e)
(6.191)
donde [ke (1) ] es la misma matriz de rigidez dada en (6.182). Luego, solo falta determinar el término
dU muelle d {u (e ) }
. Para un muele, ver Figura 6.70, la energía de deformación viene dada
por: L
U muelle =
1
∫2K
f
w 2 dx
(6.192)
0
F F
energía almacenada
F
1 1 wF = wK f w 2 2
w Kf 1
Kf
w
w
Figura 6.70: Elemento tipo muelle. Considerando que el coeficiente de muelle K f es constante dentro del elemento, la expresión (6.192) queda: U muelle =
Kf 2
L
∫ w dx 2
(6.193)
0
Además utilizando la ecuación (6.166) obtenemos que: U muelle =
K f 13L 2 13L 2 L3 2 11L2 L3 2 9 L w w w w w1 θ y1 + L + + θ + θ + − 1 2 y1 y2 1 2 2 35 35 105 105 35 105 L
13L2 13L2 11L2 L3 w1 θ y 2 − w2 θ y1 + w2 θ y 2 − θ y1 θ y 2 210 210 105 70
(6.194)
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Draft
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
578
Luego ∂U muelle K f 26 L 9L 11L2 13L2 = + − θ + θy2 w w 1 2 y1 ∂w1 2 35 35 105 210 3 2 2 3 ∂U muelle K f 2 L 11L 13L L = θ y1 − θ y2 w1 − w2 − 2 105 105 210 70 ∂ θ y1 2 2 ∂U muelle K f 26 L 9L 13L 11L = θ y1 + θ y2 w2 + w1 − ∂w2 2 35 35 210 105 3 2 2 3 ∂U muelle K f 2 L 13L 11L L = θ y2 + θ y1 w1 + w2 − 2 105 210 105 70 ∂θ y 2
(6.195) (6.196) (6.197) (6.198)
Reestructurando las expresiones anteriores en forma de matriz, obtenemos que: − 11L 13 35 210 L L2 11 − dU muelle 105 = K f L 210 9 − 13L d {u (e ) } 420 70 − L2 13L 420 140 dU muelle = Ke ( 2 ) {u (e ) } (e ) d {u }
[
9 70 − 13L 420 13 35 11L 210
13L 420 w 1 − L2 θ 140 y1 11L w2 210 θ L2 y 2 105
(6.199)
]
donde
[Ke ] ( 2)
13 35 − 11L = K f L 210 9 70 13L 420
− 11L 210 L2 105 − 13L 420 − L2 140
9 70 − 13L 420 13 35 11L 210
13L 420 − L2 140 11L 210 L2 105
(6.200)
Ejemplo 6.39 Consideremos una viga de longitud L donde actúan los esfuerzos esquematizados en la Figura 6.71. Aplicar el Principio del trabajo virtual complementario a la viga, (ver Ejemplo 5.16 – NOTA 4). z, w
Mz
y, v
My Qz
Qy N
M x ≡ MT
x, u
Figura 6.71: Esfuerzos internos en un elemento tipo barra.
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6 ELASTICIDAD LINEAL
579
OBS.: Considerar un problema estático sin fuerzas másicas, y que la viga esté sometida únicamente a fuerzas concentradas. Solución: En el Ejemplo 5.16 – NOTA 4 hemos demostrado que:
∫
r r &r& r t ⋅ u* dS ur + ρ (b − u ) ⋅ udV =
∫
S ur
∫ σ : ε dV
V
Principio del trabajo virtual complementario
V 14243
1444442444443
Trabajo interno virtual complementario total
Trabajo externo virtual complementario total
(6.201)
r
con σ ⋅ nˆ = t * en S σ . Considerando un caso estático sin fuerzas másicas y considerando que las únicas acciones externas son fuerzas concentradas, el principio del trabajo virtual complementario viene dado por: r loc r loc F ⋅ u43 142
Trabajo externo virtual complementario total (Fuerzas concentradas)
Principio del trabajo virtual complementario (Caso estático, sin fuerzas másicas y fuerzas concentradas)
∫ σ : ε dV
=
V 14243
Trabajo interno virtual complementario total
(6.202)
El trabajo interno:
∫
∫
∫
Wint = σ : ε dV = σ ij ε ij dV = ( σ11ε 11 + σ 22 ε 22 + σ 33 ε 33 + 2 σ12 ε 12 + 2σ 23 ε 23 + 2σ13 ε 13 )dV V
V
V
∫
= ( σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ xz γ xz )dV V
En el ejemplo anterior hemos obtenido las tensiones en función de los esfuerzos (ver Ejemplo 6.38): σ x = σ (x1) + σ (x2) + σ (x3) :
∫
σ (x1) ε (x1) dV
∫
σ x( 2) ε (x2 ) dV =
=
∫
σ x(1)
V
V
L
0
V
∫σ
∫ ∫
A
σ (x1) dV = E My Iy
L
( 3) ( 3) x ε x dV
∫
= Mz
V
0
z
My EI y
L
∫ 0
L
N N N dAdx = N dx A EA A EA 0
∫
∫
L
My
∫
zdAdx = M y 0
∫
EI y2 A
L
∫
z 2 dAdx = M y 0
My EI y
dx
Mz dx EI z
La componente τ xz ( z ) = Gγ xz está asociada con el esfuerzo cortante Q z , (ver ecuación (6.97)), donde G es el módulo de elasticidad transversal. En la ecuación (6.108) hemos obtenido que:
∫ τ( z, y)dy =
Qχ Qz zdA = z z Iy A Iy
∫
donde
∫
χ z = zdA
(6.203)
A
Luego, la energía de deforma asociada con τ xz ( z ) = Gγ xz viene dada por:
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580
∫
τ xz 1 1 dV = τ τ dAdx = G GA G 0 0
τ τ dydz dx V 2 L L L Q z χ z ς Q 1 Q z χ z Q z χ z dz dx = Q z dz dx = Q z z z dx = G I y I y G Iy GA 0 0 0
τγdV =
V
∫
L
2 τ xz
L
∫ ∫
∫ ∫∫
∫ ∫
∫
∫
(6.204)
∫
donde ς z es el factor de forma de la sección y viene dado por: χ ςz = A z Iy
∫
2
dz
(6.205)
Análogamente podemos obtener que:
∫τ
xy γ xy dV
∫
= τ xy V
V
τ xy G
L
∫
dV = Q y
ς yQy GA
0
dx
donde
χy ς y = A I A z
∫
2
dA
(6.206)
Por último, el trabajo interno realizado por el esfuerzo momento torsor:
∫
∫
τ(r ) γ (r )dV = τ
V
V
τ G
dV =
∫
V
L L MT M 1 M T M T 2 r r dV = M r dA dx = M T T dx T 2 G J J GJ GJ A 0 0
∫
∫
∫
(6.207) donde J = ∫ r 2 dA es el momento polar de inercia. Para una sección rectangular podemos A
obtener una relación equivalente: L
∫M 0
T
MT dx GJ Eq
(6.208)
donde J Eq es el momento de inercia a torsión equivalente. Con lo cual el trabajo interno queda:
∫
Wint = ( σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ xz γ xz )dV V
L My ς yQy M MT ς Q N = N +My + M z z + Qz z z + Q y + MT EA EI y EI z GA GA GJ Eq 0
∫
dx
Con lo cual el Principio del Trabajo Virtual Complementario queda: r loc r loc F ⋅ u43 142
Trabajo externo virtual complementario total (Fuerzas concentradas)
=
∫ σ : ε dV
V 14243
Trabajo interno virtual complementario total
L r ς yQy My ς Q M MT N loc r loc ⇒ F ⋅u = N +My + M z z + Qz z z + Q y + MT EA EI y EI z GA GA GJ Eq 0
∫
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dx
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6 ELASTICIDAD LINEAL
581
NOTA: Como ejemplo de aplicación, vamos aplicar el principio del trabajo virtual complementario para obtener la deflexión en el extremo libre del voladizo, ver Figura 6.72. My >0 z q x x
M y ( x) =
qx 2 2
Figura 6.72: Viga empotrada. En esta situación el principio del trabajo virtual complementario queda: L r My r dx F loc ⋅ u loc = M y EI y 0
∫
Como deseamos obtener la deflexión de la viga en x = 0 , vamos aplicar una carga concentrada virtual en este punto de valor unitario F = 1 . Los diagramas de momentos flectores para el campo real y virtual se presentan en la Figura 6.73. REAL
M y ( x) =
z
VIRTUAL
z
qx 2 2
M y ( x) = x F =1
x
x
Figura 6.73: Viga empotrada. Con eso podemos concluir que: r My r F loc ⋅ uloc = M y dx EI y 0
∫
qx 2 L My q 2 = My x 3 dx dx = x dx = 2 EI y 0 EI y EI y 0 0 L
L
⇒
F U(1)
∫
L
∫
∫
Teniendo en cuenta que F = 1 y resolviendo la integral podemos obtener que: Universidad de Castilla- La Mancha Ciudad Real - España
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MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
582
U(1) =
q 2 EI y
L
∫
x 3 dx =
0
qL4 8 EI y
Que coincide con el resultado presentado en la Figura 6.68. Ejemplo 6.40 Considérese una barra de sección cuadrada de lado a y longitud L . Las constantes elásticas del material se suponen conocidas ( E y ν = 0,25 ). Se pide: a) Para el caso de carga de la Figura 6.74(a), calcular la energía almacenada (densidad de energía de deformación) en la barra durante la deformación y la energía total de deformación; b) Determinar la energía almacenada en el cambio de volumen y la correspondiente al cambio de forma; c) Mismo apartado a) para el caso de la Figura 6.74(b).
P
M
M
P a
L
a
b)
a)
M
a
sección
Figura 6.74: Solución: Considerando un caso unidimensional: σ x = Eε x ⇒ ε x =
σx E
(6.209)
Sabemos que la densidad de energía de deformación (por unidad de volumen) viene dada por: 1 2
1 2
1 2
Ψ e = σ : ε unidimensi onal → Ψ e = σ x ε x = σ x
σx 1 P2 = E 2 EA 2
(6.210)
Luego, la energía total U viene dada por:
Ψ ex × Volumen = L × A ×
P2 2 EA 2
⇒
U=
P2L 2 EA
(6.211)
La energía de deformación (por unidad de volumen) también puede ser expresada por:
Ψe =
1 1 I σ2 − II dev 6(3λ + 2µ ) 2µ σ 144244 3 1424 3
Ψ
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e
vol
Draft
Ψ
e
(6.212)
forma
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583
Considerando: σ x σij = 0 0
0 0 P 0 0 → I σ = σ x = A 0 0
(6.213)
Cálculo de II σ dev : 1 I2 σ II σ dev = (3 II σ − I σ2 ) = − σ = − x 3 3 3
2
(6.214)
Luego, la densidad de energía de deformación asociada al cambio de volumen:
Ψ e vol =
1 (1 − 2ν ) 2 (1 − 2ν ) 2 I σ2 = Iσ = σx 6(3λ + 2 µ ) 6E 6E
(6.215)
(1 − 2ν ) P 2 (por unidad de volumen) 6 E A2
(6.216)
Ψ e vol =
Densidad de energía de deformación asociada al cambio de forma:
(6.217)
(1 + ν ) σ x (1 + ν ) P 2 (por unidad de volumen) = E 3 3E A 2
(6.218)
Ψ e forma = − Ψ e forma =
2 (1 + ν ) σ x 1 1 2(1 + ν ) II σ dev = − II σ dev = − − E E 2µ 2 3 2
Comprobación: (1 − 2ν ) P 2 (1 + ν ) P 2 + = 6 E A2 3E A 2 P2 [(1 − 2ν ) + 2(1 + ν )] = = 6 EA2 P2 [1 − 2ν + 2 + 2ν ] = = 6 EA2 P2 = =Ψ e 2 EA2
Ψ e vol +Ψ e forma =
En el caso de solo a flexión, y además teniendo las siguientes relaciones: σy = σy =
M y I
12 M y a4
donde
I=
a4 12
σ y = Eε y ⇒ ε y =
y
σy E
Densidad de energía de deformación: 1
1 12 M y σ y 1 12 M y 12 M y 72 M 2 y 2 = = E 2 a 4 Ea 4 Ea8
Ψ e = σ y ε y = 4 2 2 a
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(6.219)
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584
MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: PROBLEMAS RESUELTOS
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