Gabarito da 3a Prova (1)

Prévia do material em texto

Gabarito da 3a Prova de Mecânica do Contínuo
(1) Considere os seguintes 3 sistemas de coordenadas:
(i) Coordenadas cilíndricas parabólicas (ξ, η) no plano dado por:
~x (ξ, η) = ξηê1 +
1
2
(
ξ2 − η2
)
ê2 (η ≥ 0) (−∞ < ξ <∞)
(ii) Coordenadas parabólicas (ξ, η, ϕ) no espaço definido por
~x (ξ, η, ϕ) = ξηρ̂ (ϕ) +
1
2
(
ξ2 − η2
)
ê3 (η ≥ 0) (ξ ≥ 0)
(iii) Coordenadas helicoidais (ρ, ϕ, z) no espaço definido por
~x (ρ, ϕ, z) = ρρ̂ (ϕ) + (αϕ+ z) ê3 (α = cte)
onde
ρ̂ (ϕ) = cosϕê1 + sinϕê2 (0 < ϕ < 2π)
(a) (1,0 ponto) Calcule os coeficientes de Christoffel para o sistema de coor-
denadas (i).
Solução: Temos que:
~x (ξ, η) = ξηê1 +
1
2
(
ξ2 − η2
)
ê2
~xξ =
∂~x
∂ξ
= ηê1 + ξê2 ~xη =
∂~x
∂η
= ξê1 − ηê2 (1)
que pode ser invertido como:
ê1 =
η~xξ + ξ~xη(
ξ2 + η2
) ê2 = ξ~xξ − η~xη(
ξ2 + η2
) (2)
de modo que:
gij =
(
ξ2 + η2
)
δij (3)
A velocidade no plano com estas coordenadas é, então:
~v = ~xiq̇
i = ~xξ ξ̇ + ~xη η̇
e a aceleração é dada por:
~a = ~xξ ξ̈ + ~xη η̈ +
d~xξ
dt
ξ̇ +
d~xη
dt
η̇
No entanto, (utilizando (1) e (2)), temos:
d~xξ
dt
= ê2ξ̇ + ê1η̇ =
η̇ (η~xξ + ξ~xη)
ξ2 + η2
+
ξ̇ (ξ~xξ − η~xη)(
ξ2 + η2
) =
(
ξξ̇ + ηη̇
)
~xξ + ~xη
(
ξη̇ − ηξ̇
)
(
ξ2 + η2
)
d~xη
dt
= ê1ξ̇ − ê2η̇ =
ξ̇ (η~xξ + ξ~xη)
ξ2 + η2
− η̇ (ξ~xξ − η~xη)(
ξ2 + η2
) = −
(
ξη̇ − ηξ̇
)
~xξ + ~xη
(
ξξ̇ + ηη̇
)
(
ξ2 + η2
)
1
De modo que:
~a =
~xξ
(
ξξ̇
2
+ 2ηξ̇η̇ − ξη̇2
)
+ ~xη
(
−ηξ̇2 + 2ξξ̇η̇ + ηη̇2
)
(
ξ2 + η2
) (4)
Comparando com a equação genérica:
~a = ~xi
(
q̈i + Γijkq̇
j q̇k
)
Podemos ler diretamente todos os 6 coeficientes de Christoffel:
Γξξξ = Γ
η
ξη =
ξ(
ξ2 + η2
) Γξηη = − ξ(
ξ2 + η2
)
Γηξξ = −
η(
ξ2 + η2
) Γηηη = Γξξη = η(ξ2 + η2)
(b) (1,0 ponto) Calcule os operadores divergente e gradiente para o sistema
de coordenadas (ii).
Solução:
~xξ =
∂~x
∂ξ
= ηρ̂+ ξê3 ~xη =
∂~x
∂η
= ξρ̂− ηê3 ~xϕ =
∂~x
∂ϕ
= ξηϕ̂
De modo que:
gij =
 ξ2 + η2 0 00 ξ2 + η2 0
0 0 ξ2η2
 e g = ξ2η2 (ξ2 + η2)2
Temos que para:
~u = ~xξu
ξ + ~xηu
η + ~xϕu
ϕ
a fórmula geral do divergente nos dá:
~∇ · ~u = 1√
g
∂
∂qi
(√
gui
)
=
=
1
ξη
(
ξ2 + η2
) { ∂∂ξ [ξη (ξ2 + η2)uξ]+ ∂∂η [ξη (ξ2 + η2)uη]+
+ ∂∂ϕ
[
ξη
(
ξ2 + η2
)
uϕ
] } =
=
1(
ξ2 + η2
) {1
ξ
∂
∂ξ
[
ξ
(
ξ2 + η2
)
uξ
]
+
1
η
∂
∂η
[
η
(
ξ2 + η2
)
uη
]}
+
∂uϕ
∂ϕ
O gradiente de uma função escalar f em um sistema de coordenadas arbi-
trário é dado por (
~∇f
)i
=
∂f
∂qj
gij
Em nosso caso, temos que
gij =

1
ξ2+η2
0 0
0 1
ξ2+η2
0
0 0 1
ξ2η2

2
de modo que(
~∇f
)ξ
=
1
ξ2 + η2
∂f
∂ξ
(
~∇f
)η
=
1
ξ2 + η2
∂f
∂η
(
~∇f
)ϕ
=
1
ξ2η2
∂f
∂ϕ
logo:
~∇ = 1
ξ2 + η2
(
~xξ
∂
∂ξ
+ ~xη
∂
∂η
)
+
1
ξ2η2
~xϕ
∂
∂ϕ
(c) (1,0 ponto) Calcule a métrica e a inversa da métrica para o sistema de
coordenadas (iii).
Solução:
~x (ρ, ϕ, z) = ρρ̂ (ϕ) + (αϕ+ z) ê3
~xρ =
∂~x
∂ρ
= ρ̂ ~xϕ =
∂~x
∂ϕ
= ρϕ̂+ αê3 ~xz =
∂~x
∂z
= ê3
A métrica é dada por:
gij = ~xi · ~xj =
 1 0 00 ρ2 + α2 α
0 α 1

Notem que a métrica não é diagonal! Invertendo a matriz acima, obtemos a
métrica inversa dada por
gij =
1
ρ2
 ρ2 0 00 1 −α
0 −α ρ2 + α2

(2) (1,0 ponto) Considere um elemento infinitesimal de superfície de um
recipiente esférico de base de raio R e pressão interna p muito maior do que a
pressão externa. Calcule o tensor de tensões da "casca esférica" de espessura
d� R em coordenadas esféricas (θ, ϕ) (com r = R).
Solução:
A tensão sobre um pequeno anel de expessura d em volta do "equador"
da esfera deve equilibrar a força que a pressão interna do gás exerce sobre a
superfície do hemisfério superior, de modo que temos(
σθθ2πRd
)
ê3 = p
∫
S
~ds
onde
~ds = r̂(θ, ϕ) R2 sin θdθdϕ com r̂(θ, ϕ) = sin θρ̂ (ϕ) + ê3 cos θ
ρ̂ (ϕ) = cosϕê1 + sinϕê2
Por simetria, temos:
σθθ2πRd =
1
2
pR2
∫ π/2
0
sin 2θdθ
∫ 2π
0
dϕ
3
σθθd =
1
2
pR
∫ π/2
0
sin 2θdθ = −1
4
pR cos 2θ|π/20 =
1
2
pR
Por isotropia, vemos que σθθ = σϕϕ, de modo que o tensor de tensões ←→σ
pode ser escrito explicitamente como:
←→σ = R
2d
p
(
1 0
0 1
)
(3) Considere uma esfera constituída de ummaterial sólido elástico e isotrópico
de raios internos R1 < R2 com pressão interna p e pressão externa desprezível,
então:
(a) (1,0 ponto) Mostre que o rotacional em coordenadas esféricas pode ser
escrito como:
~∇×~u = r̂
[
1
r sin θ
∂
∂θ
(sin θuϕ)− 1
r sin θ
∂uθ
∂ϕ
]
+θ̂
[
1
sin θ
∂ur
∂ϕ
− ∂
∂r
(ruϕ)
]
+
1
r
ϕ̂
[
∂
(
ruθ
)
∂r
− ∂u
r
∂θ
]
(5)
Solução: O sistema de coordenadas esféricas é definido por
~r (r, θ, ϕ) = r [sin θρ̂(ϕ) + ê3 cos θ] com r̂(θ, ϕ) = sin θρ̂ (ϕ) + ê3 cos θ
ρ̂ (ϕ) = cosϕê1 + sinϕê2 θ̂ =
∂r̂
∂θ
= cos θρ̂− sin θê3 ϕ̂ =
dρ̂
dϕ
= − sinϕê1 + cosϕê2
ρ̂ = sin θr̂ + cos θθ̂
de modo que
~xr =
∂~r
∂r
= r̂ ~xθ =
∂~r
∂θ
= rθ̂ ~xϕ =
∂~r
∂ϕ
= r sin θϕ̂
e
gij =
 1 0 00 r2 0
0 0 r2 sin2 θ
 gij =
 1 0 00 1/r2 0
0 0 1/r2 sin2 θ
 g = r4 sin2 θ
Assim, utilizando a fórmula:(
~∇× ~u
)k
=
1
√
g
∂
(
gjlu
′l) �ijk
∂qi
para
~u = ~xiu
′i = ~xru
′r + ~xθu
′θ + ~xϕu
′ϕ = r̂ur + θ̂uθ + ϕ̂uϕ
4
encontramos:
~∇× ~u = 1
r2 sin θ
∣∣∣∣∣∣
~xr ~xθ ~xϕ
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂ϕ
u′r r2u′θ r2 sin θu′ϕ
∣∣∣∣∣∣ = 1r2 sin θ
∣∣∣∣∣∣
r̂ r2θ̂ r sin θϕ̂
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂ϕ
u′r r2u′θ r2 sin2 θu′ϕ
∣∣∣∣∣∣ = (6)
=
1
r2 sin θ
∣∣∣∣∣∣
r̂ r2θ̂ r sin θϕ̂
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂ϕ
ur ruθ r sin θuϕ
∣∣∣∣∣∣ =
=
1
r2 sin θ
{
r̂
[
∂
∂θ
(r sin θuϕ)− ∂
∂ϕ
(
ruθ
)]
+ r2θ̂
[
∂ur
∂ϕ
− ∂
∂r
(r sin θuϕ)
]
+ r sin θϕ̂
[
∂
(
ruθ
)
∂r
− ∂u
r
∂θ
]}
=(7)
= r̂
[
1
r sin θ
∂
∂θ
(sin θuϕ)− 1
r sin θ
∂uθ
∂ϕ
]
+ θ̂
[
1
sin θ
∂ur
∂ϕ
− ∂
∂r
(ruϕ)
]
+
1
r
ϕ̂
[
∂
(
ruθ
)
∂r
− ∂u
r
∂θ
]
(b) (1,0 ponto) Utilizando o resultado acima, mostre que a equação de Navier
em uma situação de equilíbrio e na ausência de forças externas (body force)
implica em
~∇(~∇ · ~u) = 0
para o campo de deformação ~u da esfera.
Dica: Utilize a identidade
~∇×
(
~∇× ~u
)
= ~∇
(
~∇ · ~u
)
−∇2~u (8)
Solução:
A equação de Navier para um sólido isotrópico é dada por:
(λ+ µ) ~∇
(
~∇ · ~u
)
+ µ∇2~u = −ρ
(
~b− ~a
)
(9)
Para o equilíbrio e na ausência de forças externas e utilizando a identidade
(8), chegamos a
~∇×
(
~∇× ~u
)
=
(
λ
µ
+ 2
)
~∇
(
~∇ · ~u
)
(10)
por questões de simetria, o campo de deformação ~u(~r) deverá ter uma forma
~u(~r) = ur(r)r̂ (11)
Assim, de (10), (11) e (5), concluímos que
~∇
(
~∇ · ~u
)
= 0 (12)
(c) (1,0 ponto) Mostre que o divergente em coordenadas esféricas é dado por:
~∇ · ~u = 1
r2
∂
∂r
(
r2ur
)
+
1
r sin θ
∂
∂θ
(
sin θuθ
)
+
1
r sin θ
∂uϕ
∂ϕ
(13)
5
Solução: Temos que
~∇ · ~u = 1
r2 sin θ
∂
∂qi
(
r2 sin θu′i
)
=
1
r2 sin θ
[
∂
∂r
(
r2 sin θu′r
)
+
∂
∂θ
(
r2 sin θu′θ
)
+
∂
∂ϕ
(
r2 sin θu′ϕ
)]
=(14)
=
1
r2
∂
∂r
(
r2ur
)
+
1
r sin θ
∂
∂θ
(
sin θuθ
)
+
1
r sin θ
∂uϕ
∂ϕ
(d) Utilize (13) para determinar o campo de deformação ~u a menos de con-
stantes de integração.
Solução:
1
r2
∂
∂r
(
r2ur
)
= C
de modo que
∂
(
r2ur
)
∂r
= Cr2
e, portanto:
r2ur =
1
3
Cr3 + C ′
assim:
~u = ur(r)r̂ =
(
1
3
Cr +
C ′
r2
)
r̂ (15)
onde C e C ′ são constantes a serem determinadas.
(e) (1,0 ponto) Dado que as componentes contravariantes para o tensor de
deformações são dadas por:
err =
∂ur
∂r
eθθ =
1
r
(
∂uθ
∂θ
+ ur
)
eϕϕ =
1
r
(
1
sin θ
∂uϕ
∂ϕ
+ ur + cot θuθ
)
(16)
erθ =
1
2
(
1
r
∂ur
∂θ
+
∂uθ
∂r
)
− 1
r
uθ erϕ =
1
2
(
1
r sin θ
∂ur
∂ϕ
+
∂uϕ
∂r
)
− 1
r
uϕ
eθϕ =
1
r
[
1
2
(
1
sin θ
∂uθ
∂ϕ
+
∂uϕ
∂θ
)
− cot θuϕ
]
e levando em conta a Lei de Hooke para sólidos isotrópicos e tomando
condições de contorno adequadas para o problema, calcule as constantes de
integração C e C ′.
Solução: A lei de Hooke é dada por
←→σ = λ (tr←→e ) Î + 2µ←→e (17)
De (16), temos: {
err(r) = ∂u
r
∂r =
1
3C −
2
r3C
′
eθθ = eϕϕ = 1ru
r = 13C +
C′
r3
e
tr←→e = C
6
De (17), podemos escrever{
σrr(r) =
(
λ+ 23µ
)
C − 4µr3 C
′
σθθ = σϕϕ =
(
λ+ 23µ
)
C + 2µr3 C
′ (18)
As condições de contorno são dadas por:
σrr(R1) = −P e σrr(R2) = 0
que nos dá: {
−P =
(
λ+ 23µ
)
C − 4µ C′
(R1)
3
0 =
(
λ+23µ
)
C − 4µ C′
(R2)
3
De onde tiramos:
C ′ =
(R1)
3
(R2)
3
4µ
[
(R2)
3 − (R1)3
]P e C = 1(
λ+ 23µ
) (R1)3[
(R2)
3 − (R1)3
]P (19)
(f) (1,0 ponto) Escreva explicitamente o tensor de tensões e calcule o limite
da "casca esférica" para d = R2 − R1 e d � R2 ≈ R1 = R. Compare com o
resultado da questão 2.
Solução: De (19) e (18), podemos escrever:
←→σ =

(R1)
3
[(R2)3−(R1)3]
[
1− (R2)
3
r3
]
P 0 0
0 (R1)
3P
[(R2)3−(R1)3]
[
1 + (R2)
3
2r3
]
0
0 0 (R1)
3P
[(R2)3−(R1)3]
[
1 + (R2)
3
2r3
]

Utilizando a identidade polinomial
(R2)
3 − (R1)3 = (R2 −R1)
[
(R2)
2
+R1R2 + (R1)
2
]
e fazendo d = R2 −R1 e R1 → R2 = R, obtemos:
σrr ≈ 0 σθθ = σϕϕ → Rp
2d
que coincide com o resultado da questão 2.
7