Gabarito da 2a prova

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Gabarito da 2a Prova de Mecânica do Contínuo
(1) (1,0 ponto) Considere um fluido ideal com pressão p(~x, t), densidade de massa ρ(~x, t) e campo de
velocidades ~v(~x, t). Definimos o tensor densidade de fluxo de momento
←→
Π como o tensor com as seguintes
componentes cartesianas
Πij = pδ
i
j + ρv
ivj
Mostre que, na ausência da gravidade ou de quaisquer outras forças externas, temos que
~∇.←→Π = −∂
~j
∂t
onde
~j = ρ~v
é a densidade de quantidade de momento.
Solução: Tomando a divergência de Πij indicialmente, vem:
∂Πij
∂xi
=
∂p
∂xj
+
∂ρ
∂xi
vivj + ρ
∂
∂xi
(
vivj
)
= (1)
=
∂p
∂xj
+
∂ρ
∂xi
vivj + ρ
∂vi
∂xi
vj + ρv
i ∂vj
∂xi
A equação da Euler para um fluido ideal pode ser escrita indicialmente como:
−ρ
[(
vi
∂
∂xi
)
vj +
∂vj
∂t
]
=
∂p
∂xj
(2)
e a equação da continuidade pode ser escrita indicialmente como
∂ρ
∂t
= −
(
∂ρ
∂xi
vi + ρ
∂vi
∂xi
)
(3)
substituindo (2) e (3) em (1), obtemos:
∂Πij
∂xi
= −ρ
[(
vi
∂
∂xi
)
vj +
∂vj
∂t
]
− ∂ρ
∂t
vj + ρv
i ∂vj
∂xi
=
= − ∂
∂t
(ρvj)
(2) Dado o campo tensorial
←→σ =
 C1 (x2 + y2 + z2) C2
√
−4x2 − 2y2 + z2 σzx
σyx C3(x− z) σyz
C4
√
−2x2 − 4y2 + z2 C5 (x− y + z) C6
(
x3 + y3
)
+ C7z
2
× 102 MPa (4)
que representa, em dado instante, o estado de tensão em equilíbrio de um sólido deformável com densidade
de massa unitária ρ = 1, então:
(a) (1,0 ponto) Calcule as dimensões das constantes C1, C2,..., C7.
Solução: O tensor de tensões ←→σ possui dimensão de pressão, de modo que temos
[σ] = [M ] [L]
−1
[T ]
−2
e, portanto, por (4), temos: 
[C1]
[C2]
[C3]
[C4]
[C5]
[C6]
[C7]

= [M ] [T ]
−2

[L]
−3
[L]
−2
[L]
−2
[L]
−2
[L]
−2
[L]
−4
[L]
−3

1
(b) (1,0 ponto) Calcule o campo externo de força por unidade de massa ~b(x, y, z) (body force) sabendo
que os valores numéricos das constantes são as seguintes:(
C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7
)
=
(
1 6 1 −7 −2 8 1
)
Solução: Temos que:
←→σ =
 x2 + y2 + z2 6
√
−4x2 − 2y2 + z2 σzx
σyx x− z σyz
−7
√
−2x2 − 4y2 + z2 −2 (x− y + z) 8
(
x3 + y3
)
+ z2
× 102
Para uma situação de equilíbrio, temos ~a = 0 e, pela equação de Cauchy com ρ = 1, podemos escrever:
bj = −
∂σij
∂xi
ou mais explicitamente para cada uma das componentes cartesianas do vetor ~b:
bx = −∂σ
i
x
∂xi = −
(
∂σxx
∂x +
∂σyx
∂y +
∂σzx
∂z
)
by = −
∂σiy
∂xi = −
(
∂σxy
∂x +
∂σyy
∂y +
∂σzy
∂z
)
bz = −∂σ
i
z
∂xi = −
(
∂σxz
∂x +
∂σyz
∂y +
∂σzz
∂z
)
ou
~b(x, y, z) =

(
−2x+ 12y+7z√
−4x2−2y2+z2
)
ı̂+
(
24x√
−4x2−2y2+z2
+ 2
)
̂+(
14x√
−2x2−4y2+z2
+ 2z + 2
)
k̂
× 102
(c) (1,0 ponto) Calcule ~b e ←→σ no ponto
~r0 =
 11
−3

e diagonalize ←→σ nesse mesmo ponto.
Solução: Temos:
~b(1, 1,−3) =
[(
−3
√
3− 2
)
ı̂+
(
8
√
3 + 2
)
̂+
(
14
3
√
3− 4
)
k̂
]
× 102m/s2
e
←→σ (1, 1,−3) =
 11 6√3 −7√36√3 4 6
−7
√
3 6 25
× 102 MPa
Calculamos o polinômio característico
P (λ) =
∣∣∣∣∣∣
11− λ 6
√
3 −7
√
3
6
√
3 4− λ 6
−7
√
3 6 25− λ
∣∣∣∣∣∣ = (λ+ 8) (λ− 16) (λ− 32)
que nos leva às tensões principais σ1 = −8× 102 MPa, σ2 = 16× 102 MPa, σ3 = 32× 102 MPa, com
autovetores normalizados respectivamente dados por:
λ̂1 =
1
2
√
2
 √3−2
1
 λ̂2 = 1
2
√
2
 √32
1
 λ̂3 = √3
2
 − 13√30
1

2
(d) (1,0 ponto) Calcule o vetor de tensão normal e de cisalhamento sobre uma superfície que passa pelo
ponto ~r0 e cuja normal n̂ é perpendicular ao plano dado pela equação abaixo:
x+ 2y − 2z = 10 (5)
Solução: Sabemos, da geometria analítica, que um plano genérico com equação
ax+ by + cy = D
é perpendicular ao vetor (já normalizado)
n̂ =
1√
a2 + b2 + c2
 ab
c

Assim, de (5), temos que:
n̂ =
1
3
 12
−2

O vetor de tensão ~t no ponto ~r0 é dado, então, por:
~t = ←→σ (n̂) = 1
3
 11 6√3 −7√36√3 4 6
−7
√
3 6 25
 12
−2
× 102 =
=
 26√3 + 116√3− 4
−7
√
3− 38
× 102 MPa
Podemos decompor o vetor ~t nas direções normal e tangencial (cisalhamento):
~t = ~tn + ~tc =
(
~t · n̂
)
n̂+ ~tc
Assim:
~t · n̂ =
 26√3 + 116√3− 4
−7
√
3− 38
 · 1
3
 12
−2
× 102 = 1
3
(
52
√
3 + 79
)
× 102 MPa
e
~tc = ~t−
(
~t · n̂
)
n̂ =
 26√3 + 116√3− 4
−7
√
3− 38
− 1
3
(
52
√
3 + 79
) 1
3
 12
−2
× 102 =
=
(
10
3
)2 182√3 + 20−50√3− 194
41
√
3− 184
 MPa
(3) Seja um campo de deformação de um sólido deformável policristalino e isotrópico dado por
~u(x, y, z) = �1
[
(x3 + y3)− xyz
]
ı̂+ �2(x
2 − z2)̂+ �3 sin
(
Cπxyz
2
)
k̂ (6)
onde �1, �2 e �3 são constantes "pequenas" e C é uma constante arbitrária, então:
(a) (1,0 ponto) Calcule as dimensões das constantes �1, �2, �3 e C e calcule o tensor de deformações
←→e
no ponto
~r0 =
 10
−1

3
com as constantes dadas numericamente por �1 = �2 = �3 = 10−2 e C = 1.
Solução: O campo vetorial de deformação ~u possui dimensão de comprimento [~u] = [L], de modo que o
tensor de deformação ←→e
eij =
1
2
(
∂ui
∂xj
+
∂uj
∂xi
)
(7)
é claramente adimensional, portanto (6), temos que:
[�1]
[�2]
[�3]
[C]
 =

[L]
−2
[L]
−1
[L]
[L]
−3

De (7), podemos calcular explicitamente:
eij =

�1
(
3x2 − yz
)
1
2�1
(
3y2 − xz
)
+ �2x − 12�1xy +
Cπyz
4 �3 cos
(
Cπxyz
2
)
e21 0 −z�2 + Cπxz4 �3 cos
(
Cπxyz
2
)
e31 e31 �3
Cπxy
2 cos
(
Cπxyz
2
)

e para o ponto (1, 0,−1) com �1 = �2 = �3 = 10−2 e C = 1, temos:
eij (~r0) =
 3 3/2 03/2 0 1− π/4
0 1− π/4 0
× 10−2 ≈
≈
 3 1, 5 01, 5 0 0, 2146
0 0, 2146 0
× 10−2
(b) (1,0 ponto) Dado que esse material possui módulo de Young E = 300 GPa e sabendo que a velocidade
das ondas primárias é 73, 2% maior do que a velocidade das ondas secundárias, então, calcule a razão de
Poisson ν, os parâmetros de Lamé λ, µ e o módulo de compressão κ.
Solução: As velocidades de ondas primária e secundária são dadas por
vp =
√
λ+ 2µ
ρ
vs =
√
µ
ρ
(8)
Dividindo uma equação pela outra e elevando ao quadrado, obtemos:(
vp
vs
)2
=
λ
µ
+ 2 (9)
Por outro lado, temos as identidades
µ =
E
2(1 + ν)
λ =
Eν
(1− 2ν)(1 + ν) κ =
E
3(1− 2ν) (10)
Dividindo as duas primeiras equações acima uma pela outra e utilizando (9), obtemos:(
vp
vs
)2
=
2 (1− ν)
1− 2ν
Invertendo para ν, vem:
ν =
(
vp
vs
)2
− 2
2
[(
vp
vs
)2
− 1
]
4
Para vp = 1, 732vs, obtemos ν ≈ 0, 25. De (10), obtemos:
µ = λ = 120 MPa κ = 200 MPa
(c) (1,0 ponto) Calcule o tensor de tensões ←→σ para esse sólido no ponto ~r0.
Solução: Temos para um sólido isotrópico
←→σ = λ(tr←→e )Î + 2µ←→e
treij (~r0) = tr
 3 1, 5 01, 5 0 0, 2146
0 0, 2146 0
× 10−2 = 3× 10−2
De modo que:
←→σ (~r0) = 120
3× 10−2
 1 0 00 1 0
0 0 1
+ 2
 3 1, 5 01, 5 0 0, 2146
0 0, 2146 0
× 10−2
 =
=
 25, 2 10, 8 010, 8 3, 6 1, 545
0 1, 545 3, 6
 MPa
(d) (1,0 ponto) Calcule a energia elástica por unidade de volume U no ponto ~r0.
Solução: Temos que
U =
1
2
tr (←→σ ←→e )
De modo que, no ponto ~r0, temos:
1
2
←→σ ←→e = 1
2
 25, 2 10, 8 010, 8 3, 6 1, 545
0 1, 545 3, 6
 3 1, 5 01, 5 0 0, 2146
0 0, 2146 0
× 10−2 =
=
 0, 459 0.189 1, 1589× 10−20, 189 0, 08266 3, 8628× 10−3
1, 1588× 10−2 3, 8628× 10−3 1, 6578× 10−3

De modo que U = 0, 543 MPa.
(4) (1,0 ponto) Deduza a equação barométrica para a pressão atmosférica utilizando a equação de Euler
para um fluido ideal e a equação de estado para um gás perfeito:
pV = NkT (11)
Solução: A equação de Euler para o fluido perfeito é dada por(
~v · ~∇
)
~v +
∂~v
∂t
= −1
ρ
~∇p+ ~g (12)
No caso de um modelo estático para a atmosfera, podemos tomar ~v = 0. Orientando a direção vertical no
eixo z para cima, podemos escrever:
dp(z)
dz
= −ρ(z)g (13)
Modelando a atmosfera como um gás de N moléculas, cada uma de massa m, podemos escrever para a
densidade (utilizando (11))
ρ =
N
V
m = p
m
kT
Substituindo a equação acima em (13), obtemos:
dp(z)
dz
= −p(z)mg
kT
A solução da EDO acima é dada por:
p(z) = p0e
−mgkT z
que é conhecida como a equação barométrica.
5