Prova Deformable - Análise de Tensões e Autovetores

SEGUNDO PARCIAL DEFORMABLE QUESTÃO 01 b Para el punto en particular x1 1 x2 1 x3 0 tenemos que σij 3 5 0 5 3 0 0 0 0 donde podemos verificar que σ3 0 es un valor principal Para obtener los otros autovectores es suficiente con resolver 3σ 5 5 3σ0 3σ52 3σ 5 σ18 σ22 Reestructurando los autovalores σI 8 σII 0 σIII 2 b1 El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo σS τ τmax 5 σIII 2 σII 0 σI 8 σN En el círculo de Mohr se puede obtener directamente la tensión de corte máxima τmax 5 y la tensión normal máxima σNmax σI 8 e Teniendo en cuenta que tin σij nj podemos obtener las componentes del vector tensión en el plano de normal n 13 e1 13 e2 13 e3 vector unitario t1n t2n t3n 13 3 5 0 5 3 0 0 0 01 1 1 13 8 8 0 b2 La tensión normal σN tin ni 1313 8 8 01 1 1 163 Para la componente tangencial podemos aplicar directamente σs2 tn tn σN2 donde tn2 tn tn tin tin 1313 8 8 08 8 0T 1283 Luego σs2 tn tn σN2 1283 1632 1289 σS 1283 C1 Obten el vector tensión en el plano que es ortogonal al vector ni 23 23 23 rotación 2 13 13 13 Lin σij nj 3 5 0 5 3 0 0 0 013 13 13 833 833 0 C2 Magnitudes normal y tangencial σN ni tin 13 13 13833 833 0 163 σS tin² σN² 1283 163² 829 377 Lin² 833 833 0833 833 0 1283 C4 Si tu T tang supera 1707 MPa y normal 029 MPa Para el punto dado aguanta el corte Si el punto está dentro de la región factible No Rompe En este caso no rompe C4 Rompe Si el punto está dentro de la región factible No Rompe C5 Autovalores y autovectores de σdosv σdosv 1 5 0 5 1 0 0 0 2 λ3 2 ni 0 0 1 1λ 5 5 1λ 1λ2 25 λ2 2λ 24 0 Para λ1 6 16 5 5 16n11 n21 0 0 5 n11 5 n21 S n11 S n21 n11 n21 n3 0 ni1 12 12 0 Para λ2 4 5 5 5 5n12 n22 0 0 n12 n22 ni2 12 12 0 QUESTÃO 02 Ejemplo 1113 Sea v un campo vectorial que es función de x ie v vx donde sus componentes vienen dadas por v1 x1 5x2 2x3 v2 5x1 x2 3x3 v3 2x1 3x2 x3 a Obtener el gradiente de v b Obtener xv 1 c Hacer la descomposición aditiva del tensor xv a través de su parte simétrica y otra antisimétrica d Obtener el vector axil asociado al tensor antisimétrico xvanti Solución a xv vx componentes xvij vixj v1x1 v1x2 v1x3 v2x1 v2x2 v2x3 v3x1 v3x2 v3x3 1 5 2 5 1 3 2 3 1 b xv 1 Trxv 111 3 Observar que la traza del gradiente de un vector es igual a la divergencia del vector ie x v vii v11 v22 v33 v1x1 v2x2 v3x3 3 c xv xvsym xvanti 12 xvxvT 12xvxvT xvsym xvanti Luego las componentes de xvsym y xvanti vienen dadas respectivamente por xvsym ij 12 vixj vjxi 1 0 0 0 1 0 0 0 1 xvanti ij 12 vixj vjxi 0 5 2 5 0 3 2 3 0 d Recordar que Wij xvantiij vanti ij 12 0 12v1x2 v2x1 12v1x3 v3x1 12v2x1 v1x2 0 12v2x3 v3x2 12v3x1 v1x3 12v3x2 v2x3 0 0 W12 W13 W21 0 W23 W31 W32 0 0 W12 W13 W12 0 W23 W13 W23 0 0 w3 w2 w3 0 w1 w2 w1 0 QUESTÃO 03 QUESTÃO 04 a b x v a xv xvT a If we consider x vi εijk vkj then x v as εsipx vi ap εsip εijk vkj ap Note also that the relationship εsip εijk εpsi εjki δpj δsk δpk δsj holds then x v as εsip εijk vkj ap δpj δsk δpk δsj vkj ap δpj δsk vkj δpk δsj vkj ap vsp vps ap xv xvT a s c x φa φx a xφ a x φa ej xj φak ek φakxj ej ek φakxj εijk ei φakj εijk ei εijk φj ak φakj ei εijk φakj εijk φj ak ei φx ai εijk xφj ak ei φx a xφ a 1570 d x p1 x p x p1 pδij ei ejxk ek pδij eixk δjk p ejxk δjk pxj ej p e x p vector e x x Trx x 3 The divergence of the position vector is given by x x xxi ei x ekxi ei xkxi δki δki δki δkk 3 Trx x Tr1 f x x v 0 a By expressing x v in the Cartesian basis x v ej xj vk ek vkxj ej ek vkxj εijk ei vkj εijk ei thus x x v xi εijk vkj ei ei εijk xi vkj δil εijk xi vkj εijk vkji 0 g a x x x uT 0 x U Uij ei xj ej uij ei ej x x U ek Uij ei ej xk uij ek ei ej uijk εaki εakipeεp x x x UT êq Uijk εkpi êq êp 0 h b5 x a a 12 x a² a x a a a x a a x αsym x αanti a x asym a x aanti a x αsym a x αanti a 2 x α a 1211 x α x αT a x α x αT a 2x αanti a 122x αT a 2 x αanti a a x α 2 x αanti a 12 x a² a x a i xx² φ x² x φ d The scalar x² φ in indicial notation is represented by x² φ φkk and the gradient is given by xx²φi φkki so it is also true that xx² φi φkki x φikk With that we show that xx² φi φkki xφikk x² x φi j x φψ x φ ψ φ x ψ a x φψi φψi φi ψ φ ψi ψx φi φx ψi 1532 k a x b a x b x b a e The components of x b are given by x b i εijk bkj and the components of a x b can be represented by a x b p εpqi aq x b i εpqi aq ε ijk bkj Note also that εpqi εijk εpqi εjki δpj δqk δpk δqj so a x b p εpqi aq εijk bkj δpj δqk δpk δqj aq bkj δpj δqk aq bkj δpk δqj aq bkj ak bkp aj bpj ak x b kp x b pj aj a x b p x b a p QUESTÃO 05 b Si el campo de velocidades Eulerians viene dado por V1 x2 5 x1 2 x3 V2 5 x3 x2 3 x3 V3 2 x3 3 x2 x3 b1 Obtener 12 x V 2 x V a1 Obtener el valor de 12 x V 2 x V Como el apartado b5 sabemos que a es igual a x a x a ai ci xj θej ai rj ei ej x a a aij ei ej ak ek aii ak ei δjk aii aj ei a2 Es un movimiento de sólido rígido x v l vij 1 7 6 5 1 3 2 3 1 le P 12 1 lT 12 1 7 6 5 1 3 1 5 2 7 1 3 2 3 1 1 1 2 1 1 0 0 0 3 D 3 0 mov sol rígido a3 Obtener el vector axial asociado a la parte antisimétrica Uij o Vijante 0 6 4 6 0 3 2 3 0 0 W12 W13 W21 0 W23 W31 W32 0 0 W12 W13 W12 0 W23 W13 W23 0 0 W3 W2 W3 6 W2 4 W3 3 Vector axial V 6 ei 4 ej 3 ek b Calcular la tasa de cambio de la temperatura de la particula P en el t 1 s si dicha particula P estaba en 310 en t 0 s x1 X1 1 t x2 X2 1 t x3 X3 T xi x12 x22 T x X t t X1 1 t 2 X2 1 t 2 X32 2 X32 t x32 z2 x22 x22 t2 2 x22 t X32 x32 t2 2 x12 2 x32 t X12 x32 Ṫ X t t0 2 X12 x32 t 12 x12 2 x32 40 3 Considerando las ec de movimiento x X t y el campo de temperatura T x t x1 x1 1 t x2 x2 1 t x3 x3 T x x12 x32 Encuentre la tasa de cambio de una partícula P a t 1 s Dicha partícula en t 0 s estaba en x1 3 x2 1 x3 0 Vamos a resolver el L desc Eulerian y Lagrangiano T x x12 x32 T x x t x1 1 t 2 x2 1 t 2 x12 t2 2 t 1 x22 t2 2 t 1 T x t En Log i T x t 2 xi t1 2 xi t1 En Eul T x t 2 xi t 1 2 xi t 1 x1 x1 1 t x2 x2 1 t x3 x3 x1 x1 1 t x2 x2 1 t x3 x3 Sabemos que P x 3 1 0 x1 3 x2 1 x3 0 x1 3 t 1 x2 1 t 1 x3 0 En t 1 s Log Tisc 2 32 11 2 12 11 40 Eul Tisc 2 62 11 2 22 11 40 d Considerese la ecuacion D A Dt A Tr DADt A1 se cumple donde A es un tensor de 2 orden arbitrario y T es un escalar y partiendo de esto demostrar que D F Dt j J x V Siendo A F τ t D F Dt F Tr DFDt F1 J Tr F F1 J Tr I J Tr x V D F Dt J x V 9 QUESTÃO 06 4 Considerando los siguientes ecs del movimiento x1 x1 x2 x2 2t2 x3 x3 a El mov es posible Morsible F ²0 Gradiente de deformación lagrangiana F 1 0 0 0 1 2 t2 0 0 1 Fij xi xj F 1 0 Si es posible b Componentes desplazamiento velocidad y aceleración en lagrangiano y euleriana Velocidad lagrangiana v x t V1 x t 0 V2 x t 4 z x3 V3 x t 0 Velocidad Euleriana v x t x F X F1 1 F adj F 1 0 2 t2 0 1 0 0 0 1 0 2 t2 0 3 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 6 0 0 0 1 0 0 0 1 2 t2 0 0 1 F1 1 0 0 0 1 2 t2 0 0 1 x1 x2 x3 1 0 0 0 1 2 t2 0 0 3 x1 x2 x3 x1 x1 x2 x2 2 t2 x3 x3 x3 Velocidad euleriana v x t V1 x t 0 V2 x t 4 z x3 V3 x t 0 Desplazamiento u x X Desplazamiento lagrangiana u₁𝑋 t X₃ X₁ 0 u₂𝑋 t X₂ 2t² X₃ X₂ 2t² X₃ u₃𝑋 t X₈ X₃ 0 Euleriana u₁𝑥 t x₃ x₁ 0 u₂𝑥 t x₂ x₁ 2t² x₃ 2t² x₃ u₃𝑥 t x₃ x₃ 0 Aceleración A îî lagrangiana a₁𝑋 t 0 a₂𝑋 t 4x₃ a₃𝑋 t 0 Euleriana a₁𝑥 t 0 a₂𝑥 t 4x₃ a₃𝑥 t 0 c Posición en referencia de la partícula Para la velocidad 𝑥 en P1 4 1 y t 20 en P1 1 2 V₁𝑥 t 0 V₂𝑥 t 4m0 V₃𝑥 t 0 lagrangiana Para t2s P112 V₁0 V₂16 V₃0 v₁0 v₂16 v₃0 x₃ X₃ 1 x₂ x₂2t² X₃6 x₃x₃ 1 V₁𝑥 t 0 V₂𝑥 t 4 Euleriana V₃𝑥 t 0 C1 q 2x₁ x₂ x₃ 1 tasa d cambio con respeto al tiempo derv material y espacial Sustituimos x q𝑥 t Dq𝑋tdt 4 x₃ En lagrangiana Euleriana q𝑥 t dq𝑥tdt qx V₁ qx v₀ 20 14t²x₃ 110 4 x₃ C2 el campo q es estacionario q q𝑥 q𝑥t 0 estacionario para cualquier punto d Gradiente deformación Gradiente deformación lagrangiana F 1 0 0 0 1 2t² 0 0 1 Gradiente deformación Euleriana F¹ 1 0 0 0 1 2t² 0 0 1 f Comp tensor derecho def Cauchy Green C y t deformación GreenLagrange E Tensor derecho C Fᵀ F Tensor izquierdo l F Fᵀ C 1 0 0 0 1 0 0 2t² 1 1 0 0 0 1 2t² 0 0 1 1 0 0 0 1 2t² 0 2t² 4t⁴ 1 E 12 C 1 12 1 0 0 0 1 2t² 0 2t² 4t⁴ 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 12 0 0 0 0 0 2t² 0 2t² 4t⁴ g Valores principales tensiones de C y E C 1 0 0 0 1 2t² 0 2t² 4t⁴ 1 λ₁ 1 1λ z²t² z² 4t⁴ 1 1λ4t⁴ 1 λ 4t⁴ 0 θ 4t⁴ 1 λ 4t⁴ 1 λ λλ² 2λ 42λ 1 λ² 2λ 42λ 1 0 λ² 2λ 1 4t⁴ 4λ E 0 0 0 0 0 t² 0 t² 2t⁴ λ₂ 0 λ t² t² 2t⁴ λ 2t⁴ λ λ² t⁴ 0 λ² 2t⁴ λ t⁴ 0 Pienso que daría un valor para t y así sacar las tensiones QUESTÃO 07 5 Componentes del campo de desplazamiento u x₁² a 5 x₂² a ê₁ 2a x₁ x₂ ê₂ 0 ê₃ a Teniendo en cuenta que E u sym compicar tensiones de E u₃ ax₁² 5x₂² u₂ a2x₁ x₂ u₃ 0 u uᵢj î 2x₁ 10x₂ 0 2x₂ 2x₁ 0 0 0 0 u sym 12 u uᵀ 12 2x₁ 10x₂ 0 2x₂ 2x₁ 0 0 0 0 2x₁ 2x₂ 0 10x₂ 2x₁ 0 0 0 0 2x₁ 4x₂ 0 4x₂ 2x₁ 0 0 0 0 b Valores principales de E λ₂ 0 2x₁ λ 4x₂ 4x₂ 2x₁ λ 2x₁ λ² 16x₂² λ² 4x₁ λ 4x₁² 16x₂² 0 λ² 4x₁ λ 4x₁² 16x₂² 0 c G C E Sabemos que σ C E λ 11 2 μ I sym E λ 11 E 2 μ I sym E λ TrE 1 2 μ E c1 E λ trε 1 2μ I σij λ trε 1 0 0 0 1 0 0 0 1 2μ εij σij λ 4x4 0 0 0 4x1 0 0 0 4x3 2μ 2x1 4x2 0 4x2 2x1 0 0 0 0 σij E ν1ν 12ν 4x4 0 0 0 4x2 0 0 0 4x3 2 E21ν 2x2 4x2 0 4x2 2x 0 0 0 0 α Siendo λ E ν1ν 12ν y μ E2 1ν c2 σ ε son coaxiales Sabemos que σ n γ n λ trε 1 2μ ε n γ n λ trε 1 n 2μ ε n γ n 2μ ε n γ n λ trε 1 n ε n γ λ trε2μ n ε y σ son coaxiales QUESTÃO 08 4 Consideran que x σ p q donde σ es un campo vec de 2º orden y p y q son vectores la ecuación x σ p q cumple en cualquier punto del volúmen v delimitado por S que v x n p dv s x n t ds v x n q dv Se cumple que σ σᵀ Considrar t σ n donde es normal a S v x n p dv s x n t ds v x n q dv Nota x n tk Eijk xj tk Eijk xj σ n k x n σ n Aplicando el teorema de divergencia obtenemos que v x n p dv v x x n σ dv v x n q dv x x n σ dv ε σᵀ x n x σ v x n p dv ε σᵀ x n x σ dv v x n q dv v x n p ε σᵀ x n x σ x n q dv 0 v x n x σ p q ε σᵀ dv L0 v ε σᵀ dv 0 QUESTÃO 10 Ejemplo 214 Considérese las siguientes ecuaciones del movimiento x1 X1 x2 X2 t2 X3 x3 X3 t2 X2 267 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 J F xiXj 1 0 0 0 1 t2 0 t2 1 1 t²4 268 con lo que el movimiento es posible para t 2 s ya que J 1 t²4 0 t 2 s 269 b Velocidad en la descripción Lagrangiana V1 0 V2 DDt X2 t2 X3 X32 V3 DDt X3 t2 X2 X22 270 La inversa del tensor F viene dada por F1 1F adjF 1F cofFT Fij1 1J matrix 271 Fij1 1J J 0 0 0 1 t2 0 t2 1 Las ecuaciones inversas del movimiento X F1 x x1 x2 x3 1 0 0 0 1 t2 0 t2 1 X1 X2 X3 X1 X2 X3 1J J 0 0 0 1 t2 0 t2 1 x1 x2 x3 272 Reemplazando Xi en la expresión de la velocidad obtenemos la velocidad en la descripción espacial v10 v2 x3 t2 x2 2 t22 2 x3 t x2 4 t2 v3 x2 t2 x3 2 t22 2 x2 t x3 4 t2 273 c La trayectoria se obtiene eliminando t de las ecuaciones del movimiento 267 x1 X1 x3 X3 X3 x2 X2 X2 x3 X2 X3 x2 X22 X3 X3 274 QUESTÃO 11 Ejemplo 234 Sean las ecuaciones del movimiento x1 X1 22X2 x2 22X1 X2 x3 X3 2106 Se pide a Probar que esta deformación es un ejemplo de transformación homogénea b Determinar las componentes del campo de desplazamientos ū 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 X12 X22 2 X3 0 d Obtener las componentes del tensor derecho de deformación de CauchyGreen C y del tensor de deformación de GreenLagrange E e Obtener los valores principales de los tensores C y E Solución a Una transformación homogénea si es el del tipo xi Fij Xj 2107 donde Fij xiXj 1 22 0 22 1 0 0 0 1 2108 x1 x2 x3 1 22 0 22 1 0 0 0 1 X1 X2 X3 2109 Comprobando que es una transformación homogénea Su forma inversa se obtiene las ecuaciones del movimiento en coordenadas espaciales X1 X2 X3 2 2 0 2 2 0 0 0 1 x1 x2 x3 X1 2x1 2 x2 X2 2 x1 2 x2 X3 x3 2110 b El campo de desplazamientos viene dado por ū x X componentes u1 x1 X1 X1 22 X2 X1 22 X2 u2 x2 X2 22 X1 X2 X2 22 X1 u3 x3 X3 0 2111 En coordenadas espaciales queda u1 x1 X1 x1 2 x1 2 x2 x1 2 x2 u2 x2 X2 x2 2 x1 2 x2 2 x1 x2 u3 x3 X3 x3 x3 0 2112 c Dada la ecuación de las partículas que en la configuración de referencia formaba un círculo X12 X22 2 X3 0 2113 En la configuración actual queda 2x1 2 x22 2 x1 2 x22 2 2114 Desarrollando obtenemos que 3x12 3x22 42 x1 x2 1 ecuación de una elipse 2115 Ver Figura 27 Es interesante que el lector verifique las posiciones de las partículas PX10X22X30 y QX12X22X30 en la configuración deformada d El tensor derecho de deformación de CauchyGreen y el tensor de deformación de GreenLagrange vienen dados respectivamente por CFTF E12C 1 2116 Luego las componentes de C son Cij 1 22 0 22 1 0 0 0 11 22 0 22 1 0 0 0 132 2 0 2 32 0 0 0 1 2117 Obteniendo los autovalores de 2117 Ya conocemos un autovalor C31 Para obtener los otros autovalores es suficiente resolver 32 C 2 2 32 E 0 C2 3C 140 C1 3 222 291421 C2 3 222 008579 2118 Resumiendo C132 2 C232 2 C31 2119 Las componentes del tensor E son Eij12Cij δij 12 32 2 0 2 32 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 14 1 22 0 22 1 0 0 0 0 2120 Los valores principales de E son obtenidos por 14 E 22 22 14 E0 E2 E2 7160 E1 1 224 095711 E2 1 224 045711 2121 Luego los valores principales de E son E1 1 224 E2 1 224 E3 0 2122 QUESTÃO 12 Ejemplo 235 Consideremos las siguientes ecuaciones del movimiento x1 X1 12 X2 x2 12 X1 X2 x3 X3 2123 a Obtener el campo de desplazamiento u en las descripciones Lagrangiana y Euleriana b Determinar la curva material en la configuración actual de una circunferencia material definido en la configuración de referencia como X12 X222 X30 c Obtener las componentes del tensor derecho de deformación de CauchyGreen y el tensor de deformación de GreenLagrange d Obtener los estiramientos principales Solución El gradiente de deformación viene dado por Fij xiXj 12 2 1 0 1 2 0 0 0 2 J F075 y combinando con las ecuaciones del movimiento dada en 2123 obtenemos que x1 x2 x3 12 2 1 0 1 2 0 0 0 2X1 X2 X3 xi Fij Xj Con eso podemos verificar que el ejemplo propuesto es un caso de deformación homogénea con c 0 La forma inversa de la ecuación anterior es X1 X2 X3 13 4 2 0 2 4 0 0 0 3x1 x2 x3 X1 43 x1 23 x2 X2 23 x1 43 x2 X3 x3 2124 El campo de desplazamiento viene definido por u x X con lo cual las componentes del desplazamiento Lagrangiano resulta ser u1Xt x1 X1 X1 12 X2 X1 12 X2 ui xi Xi u2Xt x2 X2 12 X1 X2 X2 12 X1 u3Xt x3 X3 0 2125 Las componentes del desplazamiento Euleriana pueden ser obtenidas por reemplazar las ecuaciones del movimiento Euleriano 2124 en 2125 luego u1Xxtt 12 X2xt 12 23 x1 43 x2 u1xt u2Xxtt 12 X1xt 12 23 x1 43 x2 u2xt u3Xxtt u3xt 0 2126 Las partículas que pertenecen a la circunferencia X12 X22 2 en la configuración de referencia formarán una nueva curva en la configuración actual y que viene definida por X12 X22 2 43 x1 23 x22 23 x1 43 x22 2 20 x12 32 x1 x2 20 x22 18 el cual es la ecuación de una elipse Figura 28 muestra la curva material en las diferentes configuraciones Las componentes de C y E pueden ser obtenidas a través de las definiciones CFT F y E12 C 1 Cij Fki Fkj Cij 14 2 1 0 1 2 0 0 0 22 1 0 1 2 0 0 0 2 125 1 0 1 125 0 0 0 1 Eij 12Cij δij Eij 12125 1 0 1 125 0 0 0 11 0 0 0 1 0 0 0 1 0125 05 0 05 0125 0 0 0 0 En el espacio principal de C sus componentes vienen dadas por Cij λ₁² 0 0 0 λ₂² 0 0 0 λ₃² Cij λ₁ 0 0 0 λ₂ 0 0 0 λ₃ donde λi son los estiramientos principales A continuación calculamos los autovalores de C 125 C 1 1 125 C 0 C² 25C 05625 0 C₁ 225 C₂ 025 Cij λ₁² 0 0 0 λ₂² 0 0 0 λ₃² 225 0 0 0 025 0 0 0 1 λ₁ 0 0 0 λ₂ 0 0 0 λ₃ 15 0 0 0 05 0 0 0 1 Figura 28 Curva material QUESTÃO 13 σij 57 0 24 σ₂₁ 50 0 σ₃₁ σ₃₂ 43 MPa 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 d Obtener el vector tensión tn en el plano octaédrico del espacio de HaighWestergaard Obtener también la tensión normal octaédrica y la tensión tangencial octaédrica Solución Teniendo en cuenta que la simetría del tensor de tensiones de Cauchy σij 57 0 24 0 50 0 24 0 43 MPa Verificamos que la tensión σ₂₂ 50 ya es una tensión principal y está asociada al autovector n2 0 1 0 Para encontrar las otras tensiones principales resolvemos el siguiente sistema 57 σ 24 24 43 σ 0 σ² 100σ 1875 0 σ₁ 25 σ₃ 75 Utilizando la definición de autovalorautovector podemos obtener los siguientes autovectores Asociado al autovalor σ₁ 25 n1 06 0 08 Asociado al autovalor σ₃ 75 n3 08 0 06 Círculo de Mohr en tensiones Reestructurando tal que σ₁ σII σIII σ₁ 75 σII 50 σIII 25 b c El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo σs τ τmax 25 τmax 75 252 25 σIII 25 σII 50 σ₁ 75 σNmax σN d El espacio de HaighWestergaard está formado por las tensiones principales luego el vector tensor en este espacio viene dado por tn σ n cuya normal del plano octaédrico tiene como componentes n 13 13 13 tn σ n componentes t₁n t₂n t₃n 75 0 0 0 50 0 0 0 25 1 13 13 13 75 50 25 Su módulo viene dado por tn² 1375² 50² 25² 87503 tn 5400617 La tensión normal octaédrica viene dada por σoct tn n σoct 133 75 50 251 1 1 50 Podríamos haber aplicado directamente la definición de tensión normal octaédrica σoct Iσ3 σm 75 50 253 50 La tensión tangencial octaédrica se puede obtener a través del teorema de Pitágoras τoct tn² σoct² 87503 50² 204124 También podríamos haber aplicado la definición τoct 132Iσ² 6Iσ 132 150² 6 6875 2041241 donde Iσ 150 Iσ 75 50 75 25 50 25 6875 e Componentes de la parte esférica del tensor σijesf Trσ3 δij σm δij 50 0 0 0 50 0 0 0 50 Su parte desviadora σijdev σij σijesf 57 0 24 0 50 0 24 0 43 50 0 0 0 50 0 0 0 50 7 0 24 0 0 0 24 0 7 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 σijdev σij σijesf 75 0 0 0 50 0 0 0 25 50 0 0 0 50 0 0 0 50 25 0 0 0 0 0 0 0 25 QUESTÃO 14 Ejemplo 214 Considérese las siguientes ecuaciones del movimiento x1 X1 x2 X2 t2 X3 x3 X3 t2 X2 267 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 J F xi Xj 1 0 0 0 1 t2 0 t2 1 1 t24 268 con lo que el movimiento es posible para t 2 s ya que J 1 t24 0 t 2 s 269 b Velocidad en la descripción Lagrangiana V1 0 V2 DDt X2 t2 X3 X32 V3 DDt X3 t2 X2 X22 270 La inversa del tensor F viene dada por F1 1F adjF 1F cofFT F1ij 1J 1 t2 0 t2 1 0 t2 0 0 1 0 1 0 t2 1 0 1 0 t2 0 0 1 0 1 0 1 t2 0 t2 0 1 T 271 F1ij 1J J 0 0 0 1 t2 0 t2 1 Las ecuaciones inversas del movimiento X F1 x x1 x2 x3 1 0 0 0 1 t2 0 t2 1 X1 X2 X3 X1 X2 X3 1J J 0 0 0 1 t2 0 t2 1 x1 x2 x3 272 Reemplazando Xi en la expresión de la velocidad obtenemos la velocidad en la descripción espacial v1 0 v2 x3 t2 x2 2 t22 2x3 t x2 4 t2 v3 x2 t2 x3 2 t22 2 x2 t x3 4 t2 273 c La trayectoria se obtiene eliminando t de las ecuaciones del movimiento 267 x1 X1 x3 X3 X3 x2 X2 X2 x3 X2 X3 x2 X22 X3 X3 274 QUESTÃO 15 El estado tensional en un punto Px t estará completamente definido cuando dado cualquier plano que pase por este punto se pueda obtener el vector tensión tx n Cauchy demostró que si definimos el vector tensión en tres planos perpendiculares entre sí pasando por un punto Px t el estado tensional en dicho punto estará completamente definido ver Figura 36 QUESTÃO 16 Ejemplo 222 La aceleración de una partícula en un medio continuo está descrita por āx t Dv Dt v t x v v Demostrar que la aceleración también se puede escribir como Dv Dt v t x v22 v x v v t x v22 v rot v Solución Para demostrar la relación anterior es suficiente demostrar por identificación de términos x v v x v22 v x v QUESTÃO 17 Ejemplo 315 Una presa prismática está sometida a una presión ejercida por el agua La presa tiene espesor b y altura h ver Figura 39 Obtener las restricciones de las componentes cartesianas del tensor de tensiones de Cauchy en las caras BC OB y AC Solución La cara BC tiene como normal niBC 0 1 0 Teniendo en cuenta que en esta cara no hay vector tracción concluimos que tiBC0iσijnj σ11 σ12 σ13 σ21 σ22 σ23 σ31 σ32 σ330 1 0 σ12 σ22 σ320 Lo que es lo mismo que σi20 y debido a la simetría σ2i0 La cara OB tiene como normal niBC 1 0 0 Teniendo en cuenta que en esta cara el vector tracción tiene como componentes tiOBρaghx2 0 0 concluimos que tOBiρaghx2 0 0 σijnj σ11 σ12 σ13 σ21 σ22 σ23 σ31 σ32 σ331 0 0 σ11 σ21 σ31 ρaghx2 0 0 Lo que es lo mismo que σi1ρaghx2δi1 La cara AC tiene como normal niBC 1 0 0 Teniendo en cuenta que en esta cara no hay vector tracción concluimos que tiAC 0i σijnj σ11 σ12 σ13 σ21 σ22 σ23 σ31 σ32 σ331 0 0 σ11 σ21 σ31 0 0 0 Lo que es lo mismo que σi10 y debido a la simetría σ1i0 QUESTÃO 18 QUESTÃO 19 Ejemplo 263 Un paralelepípedo deformable de dimensiones 221 se encuentra en su configuración de referencia en la posición que indica la Figura 219 Este cuerpo se somete a una deformación xXt expX1t e1 tX12 e2 X3 e3 2153 siendo X1 X2 X3 las coordenadas materiales y t el tiempo Para este cuerpo se pide a Obtener las componentes del gradiente de deformación F en todo punto X e instante t b Lo mismo para el tensor derecho de deformación de CauchyGreen 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 t1s Solución a Según Ec 2153 las componentes del vector posición son x1expX1t x2tX12 x3X3 luego las componentes del gradiente de deformación F vienen dadas por Fij xiXj 0 t expX1t 0 2tX1 0 0 0 0 1 b El tensor derecho de deformación de CauchyGreen C viene definido por CFT F con componentes Cij Fki Fkj Cij 0 2tX1 0 t expX1t 0 0 0 0 1 0 t expX1t 0 2tX1 0 0 0 0 1 4t2 X12 0 0 0 t2 exp2X1t 0 0 0 1 Observemos que este espacio es el espacio de las direcciones principales de C Si λi son los estiramientos principales se cumple la siguiente relación C U2 Σλa2 Na Na U Σ λa Na Na Como estamos en el espacio principales podemos obtener los estiramientos principales λ14t2 X12 λ2t2 exp2X1t λ31 Ya que el tensor UΣ λa Na Na es por definición un tensor definido positivo implicando que sus valores principales son positivos luego λ12tX1 λ2t expX1t λ31 c Uij 2tX1 0 0 0 t expX1t 0 0 0 1 Uij1 12tX1 0 0 0 1t expX1t 0 0 0 1 Según la descomposición polar FR U RF U1 con eso podemos obtener las componentes del tensor ortogonal propio R Rij 0 t expX1t 0 2tX1 0 0 0 0 1 12tX1 0 0 0 1t expX1t 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 Verificamos que debe cumplir la ortogonalidad R R¹ R Rᵀ 1 Rᵢₖ Rⱼₖ 0 1 0 1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 y propio ya que detR 1 d Para calcular el volumen final utilizaremos la relación dV J dV₀ donde J F es el determinante del Jacobiano y viene dado por J 0 t expx₂t 0 2X₁ 0 0 0 0 1 2t² X₁ expx₂ t Para el tiempo t 1s tenemos que J 2X₁ exp x₂ Luego el volumen en el tiempo t 1s vendrá dado por dV J dV₀ V₀2 X₁02 X₂01 2X₁ exp x₂ dX₃ dX₂ dX₁ 4 exp² 1 25556 Obs No se puede utilizar la expresión V JV₀ porque no se trata de un caso de deformación homogénea QUESTÃO 20 Ejemplo 252 En un cierto instante el campo de desplazamientos de un medio continuo es u₁ a₁ 1X₁ u₂ a₂ 1X₂ a₁ αX₁ u₃ a₃ 1X₃ donde α es una constante Determinar a₁ a₂ y a₃ sabiendo que el sólido es incompresible que un segmento paralelo al eje X₃ no se alarga y que el área de un elemento situado en el plano X₁ X₃ no se ha modificado Solución Partiendo de la definición del campo de desplazamientos u x X a₁ a₂ a₃ 1 Que un segmento paralelo al eje X₃ Mᵢ 0 0 1 no se alarga conlleva a que el estiramiento según esta dirección es unitario λM 1 λM 1 2M E M 1 2 E₃₃ 1 E₃₃ 0 Las componentes del tensor de deformación de GreenLagrange E 12 Fᵀ F 1 Eᵢⱼ 12 a₁ a₁ α 0 0 a₂ 0 0 0 a₃ᵀ a₁ 0 0 a₁ α a₂ 0 0 0 a₃ 12 1 0 0 0 1 0 0 0 1 12 a₁² a₁² α² 1 a₁ a₂ α 0 a₁ a₂ α a₂² 1 0 0 0 a₃² 1 Luego E₃₃ a₃² 1 0 a₃ 1 Área en el plano X₁ X₃ no se ha modificado x₁ x₂ x₃ a₁ 0 0 a₁ α a₂ 0 0 0 a₃ X₁ X₂ X₃ con Nᵢ1 1 0 0 y Nᵢ3 0 0 1 obtenemos que nᵢ1 a₁ 0 0 a₁ α a₂ 0 0 0 a₃ 1 0 0 a₁ a₁ α 0 nᵢ3 a₁ 0 0 a₁ α a₂ 0 0 0 a₃ 0 0 1 0 0 a₃ Luego el área en la configuración actual n1 n3 ê₁ ê₂ ê₃ a₁ a₁ α 0 0 0 a₃ a₁ a₃ ê₁ a₁ a₃ ê₂ 0 ê₃ y su módulo no se modifica N1 N3 n1 n3 1 n1 n3 1 a₁ α² a₁ a₃² a₁² a₃² α² a₁² a₃² 1 Hemos obtenido anteriormente que a₃² 1 con lo cual obtenemos que a₁² a₃² α² a₁² a₃² 1 a₁² α² a₁² 1 a₁² 11 α² a₁ 11 α² Con lo cual concluimos que a₁ 11 α² a₂ 1 α² a₃ 1 COISAS EXTRAS QUE O PROFESSOR COMENTOU EM SALA E QUE PODEM SER QUE CAIAM NO EXAME 263 Tasas de los Tensores de Deformación 2631 Tasa del Tensor Derecho de Deformación de CauchyGreen La tasa del tensor derecho de deformación de CauchyGreen en función de D se obtendrá como DDtC C DDtFᵀ F Fᵀ F Fᵀ F Fᵀ ℓᵀ F Fᵀ ℓ F Fᵀ ℓᵀ ℓ F Fᵀ ℓᵀ ℓ F2ℓᵗˢʸᵐ 2Fᵀ D F 2141 2632 Tasa del Tensor de Deformación de GreenLagrange La tasa del tensor de deformación de GreenLagrange Ė puede ser obtenida a través de la tasa de la ecuación 2120 resultando DDtE Ė DDt12 Fᵀ F 1 DDt12 C 1 12 Fᵀ F Fᵀ F 12 C 2142 Comparando las expresiones 2142 y 2141 podemos concluir que Ė 12 C Fᵀ D F 2143 y tras ciertas manipulaciones algebraicas obtenemos que D Fᵀ Ė F¹ 12 Fᵀ C F¹ 2144 2634 Tasa del Tensor Izquierdo de Deformación de CauchyGreen Partiendo de la definición del tensor izquierdo de deformación de CauchyGreen ecuación 2114 su tasa viene dada por DDtb b DDtF Fᵀ F Fᵀ F Fᵀ ℓ F Fᵀ F Fᵀ ℓᵀ ℓ b b ℓᵀ 2149 Relación entre la Tasa del Tensor de Deformación de Almansi y el Tensor Tasa de Deformación Podemos obtener también la relación entre la tasa del tensor de deformación de Almansi ė y el tensor tasa de deformación D Para ello obtenemos la tasa de 2139 E FT e F Ė FT e F FT ė F FT e F 2153 Teniendo en cuenta que Ė FT D F F l F obtenemos que FT D F FT e F FT ė F FT e F D FT FT e F F1 FT FT ė F F1 FT FT e F F F1 D FT FT e ė e F F1 D FT l FT e ė e l F F1 Resultando D ė e l lT e 2155 Una vez definido los estiramientos en función de los tensores de deformación podemos obtener el alargamiento unitario a través de la definición 246 ie ε λ 1 Luego el alargamiento unitario según dirección M puede ser expresado en función de variables Lagrangianas como εM λM 1 M C M 1 M 1 2E M 1 1 2 M E M 1 2166 También podemos obtener el alargamiento en función de variables Eulerianas εm λm 1 1m c m 1 1m 1 2e m 1 11 2 m e m 1 2167 Resumimos así que λM 1 2 M E M M 1 2E M M C M εM λM 1 1 2 M E M 1 Estiramiento y alargamiento unitario según dirección M en función de C y E 2168 Derivada Material del Diferencial de Área Consideremos los diferenciales de área en las configuraciones de referencia y actual respectivamente dAX dA N dax t da n JFT dA 2302 La derivada material del diferencial de área da viene dada por DDtda DDtJ FT dA DJDt FT dA J DDt FT dA J FT DDtdA x v J FT dA lT JFT dA 0 2303 Así DDtda x v da lT da TrD da lT da TrD 1 lT da 2304 Derivada Material del Diferencial de Volumen Para obtener la derivada material tasa del diferencial de volumen partimos de la relación 2308 DDtdV DDt J dV0 dV0 DDtJ J DDtdV0 0 2313 Además teniendo en cuenta las relaciones de la tasa del determinante del Jacobiano ver expresión 2106 concluimos que DDtdV DJDt dV0 J x v dV0 x v dV TrD dV 2314