Mmc 2014

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A. Zambrano S.

INSTITUTO TECNOLOGICO DE MATAMOROS

Mayo de 2014

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CONTENIDO

TEMA 1. Tensores .......................................................................................... 3

1.1. Introducción ........................................................................................ 4

1.2. La notación indicial ............................................................................ 5

1.3. Símbolos especiales ............................................................................ 9

1.4. Sistemas coordenados rectangulares ................................................. 11

1.5. Tensores y transformaciones lineales ............................................... 12

1.6. Componentes de un tensor ................................................................ 13

1.7. Operaciones con tensores.................................................................. 15

1.8. Tensores especiales ........................................................................... 17

1.9. Tensores ortogonales ........................................................................ 20

1.10. Leyes de transformación de tensores .............................................. 21

1.11. Valores y vectores característicos ................................................... 24

1.12. Funciones tensoriales ...................................................................... 27

1.13. Problemas ........................................................................................ 32

TEMA 2. Deformaciones .............................................................................. 42

2.1. Introducción ...................................................................................... 43

2.2. Descripción del movimiento ............................................................. 44

2.3. Derivada material .............................................................................. 48

2.4. Deformación ..................................................................................... 50

2.5. Interpretación geométrica del tensor de deformación ...................... 54

2.6. Deformaciones principales ............................................................... 57

2.7. Rapidéz de deformación y rotación .................................................. 59

2.8. Ecuación de conservación de la masa ............................................... 60

2.9. Ecuaciones de compatibilidad .......................................................... 62

2.10. Problemas ....................................................................................... 65

TEMA 3. Esfuerzos ...................................................................................... 72

3.1. Fuerzas en un medio continuo .......................................................... 73

3.2. El vector esfuerzo ............................................................................. 75

3.3. El tensor esfuerzo .............................................................................. 78

3.4. Esfuerzos principales ........................................................................ 82

3.5. Esfuerzo cortante máximo ................................................................ 82

3.6. Ecuaciones del movimiento de Cauchy ............................................ 83

3.7. Condiciones de frontera para el tensor esfuerzo ............................... 85

3.8. Problemas ......................................................................................... 86

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TEMA 4. El sólido elástico lineal .................................................................. 91

4.1. Ley de Hooke .................................................................................... 92

4.2. Ecuaciones constitutivas ................................................................... 96

4.3. Ecuaciones de campo ...................................................................... 101

4.4. Principios fundamentales ................................................................ 102

4.5. Ecuaciones de Navier-Cauchy ........................................................ 104

4.6. Ecuaciones de Beltrami-Michell ..................................................... 105

4.7. Elasticidad Tridimensional ............................................................. 108

4.8. Elasticidad Bidimensional .............................................................. 120

4.9. Problemas ....................................................................................... 125

TEMA 5. El fluido viscoso lineal ............................................................... 133

5.1. Hidrostática ..................................................................................... 134

5.2. Ecuaciones constitutivas ................................................................. 137

5.3. Ecuaciones de campo ...................................................................... 140

5.4. Ecuaciones de Navier-Stokes ......................................................... 141

5.5. Ecuación de Bernoulli ..................................................................... 143

5.6. Ecuación unidimensional de la continuidad ................................... 149

5.7. Problemas ....................................................................................... 151

BIBLIOGRAFIA ........................................................................................ 154

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TEMA 1. TENSORES

1.1. INTRODUCCION

La materia está formada por moléculas, átomos, partículas subatómicas, etc. Es decir,

la materia no es continua. Sin embargo, se ha probado a lo largo de más de un siglo que

la suposición de que la materia es contínua conduce a predecir el comportamiento de

muchos fenómenos donde intervienen materiales sujetos a fuerzas. A esta suposición

(llamada Hipótesis del Continuo) tomada como base para el análisis del comportamiento

de cualquier cuerpo (sólido, líquido ó gas) sujeto a fuerzas, forma la ciencia llamada

Mecánica del Medio Continuo (MMC).

La hipótesis del contínuo permite aplicar el cálculo diferencial e integral al estudio del

comportamiento mecánico de un cuerpo.

La mecánica del medio contínuo se formó al fusionarse la Mecánica de

Fluídos(análisis de líquidos y gases) por un lado y la Teoría de la Elasticidad (análisis de

sólidos linealmente elásticos) por el otro.

La Mecánica del Medio Continuo está formada por un conjunto de leyes generales que

gobiernan a todos los cuerpos sin tomar en cuenta su estado físico (sólido, líquido o

gaseoso). Estas leyes se llaman Principios Generales de la Mecánica del Medio

Continuo.

Por otra parte, para caracterizar la respuesta de un material particular a fuerzas, se

definen ecuaciones que generalmente relacionan los esfuerzos con las deformaciones.

Estas ecuaciones particulares de cada material se llaman Ecuaciones Constitutivas y

representan a materiales ideales y reflejan algún aspecto del material real en algún rango

de cargas dado. Los materiales ideales clásicos son: El sólido elástico lineal y el fluído

viscoso lineal.

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1.2. LA NOTACION INDICIAL

Esta notación es un tipo de escritura compacta utilizada para abreviar las ecuaciones

utilizadas en la MMC. La notación está formada por símbolos algebraicos con índices,

que son letras pequeñas localizadas en la parte inferior (subíndices) o en la parte superior

(superíndices) del símbolo.

Ejemplos: aij , Aijk , Bij , C

ijk , etc.

Estos índices pueden tomar un conjunto de valores enteros consecutivos hasta llegar a un

valor máximo llamado rango del índice. En MMC, el rango de estos índices será 3 a

menos que se indique otra cosa. Entonces, llamaremos Desarrollar una expresión con

índices al hecho de asignar todos los valores de su rango a todos los índices que aparecen

en la expresión.

Ejemplo . Desarrollar la expresión indicial Ci

Solución :

El rango de i es 3, es decir, i=1,2,3. Entonces

Ci = C1, C2, C3

Observación : Ci representa 3 componentes independientes. Estas componentes son

números reales.

Ejemplo. Desarrollar la expresión indicial AiBk

Solución: El rango de i y k es 3, es decir i=1,2,3 y k=1,2,3, entonces:

Desarrollamos primero el índice i.

AiBk = A1Bk, A2Bk, A3Bk

Ahora desarrollamos para cada término el índice k

A1Bk = A1B1, A1B2, A1B3

A2Bk = A2B1, A2B2, A2B3

A3Bk = A3B1, A3B2, A3B3

Entonces

AiBk = A1B1, A1B2, A1B3, A2B1, A2B2, A2B3, A3B1, A3B2, A3B3

Observación: la expresión AiBk representa las 9 componentes de la derecha.

Ejemplo. Desarrollar la expresión indicial AiBjk

Solución: Recordemos que i=1,2,3, j=1,2,3 y k=1,2,3, entonces:

Desarrollando primero k=1,2,3, tenemos

AiBjk = AiBj1, AiBj2, AiBj3

Desarrollando j=1,2,3, tenemos

AiBj1 = AiB11, AiB21, AiB31



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Desarrollando i=1,2,3 para cada uno de los nueve términos, tenemos

AiB11= A1B11, A2B11, A3B11

AiB21= A1B21, A2B21, A3B21

AiB31= A1B31, A2B31, A3B31

AiB12= A1B12, A2B12, A3B12

AiB22= A1B22, A2B22, A3B22

AiB32= A1B32, A2B32, A3B32

AiB13= A1B13, A2B13, A3B13

AiB23= A1B23, A2B23, A3B23

AiB33= A1B33, A2B33, A3B33

Entonces, la expresión desarrollada es

AiBjk = A1B11, A2B11, A3B11, A1B21, A2B21, A3B21, A1B31, A2B31, A3B31,

A1B12, A2B12, A3B12, A1B22, A2B22, A3B22, A1B32, A2B32, A3B32,

A1B13, A2B13, A3B13, A1B23, A2B23, A3B23, A1B33, A2B33, A3B33

Observación: la expresión AiBjk representa las 27 componentes de la derecha.

De los ejemplos anteriores podemos notar lo siguiente:

1. Ningún índice está repetido. Estos índices que no aparecen repetidos en un

término se llaman índices libres.

2. El numero de componentes depende del número de índices libres que aparecen en

el término. Para un índice libre, hay 3 componentes; para dos índices libres, hay

3x3=9 componentes; para tres índices libres, hay 3x3x3 = 27 componentes. En

general, para ‘n’ índices libres, habrá 3x3x3...x3 (‘n’ factores) componentes.

Entonces, el total de componentes es C=3n

Los términos indiciales pueden sumarse o restarse para formar expresiones indiciales.

Ejemplos de expresiones indiciales:

(1) Ai – Bi = Ci

(2) Aij – bjCi + WiZj = Xji

(3) ViCjDk –Qikj = 0

Observaciones :

(1) Todos los términos deben tener los mismos índices libres.

(2) El ‘0’ cero se puede sumar o restar a cualquier término indicial.

Ahora vamos a introducir los índices repetidos.

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Consideremos ahora el siguiente término indicial

AijBj

Podemos notar que aparece repetido el índice ‘j’. Este índice repetido representa una

suma implícita (llamado el convenio de suma de Einstein) del término para todos los

valores de j=1,2,3. Es decir

j=3

AijBj AijBj = Ai1B1 + Ai2B2 + Ai3B3

j=1

Desarrollando el índice libre i=1,2,3, obtenemos las tres componentes

AijBj = A11B1 + A12B2 + A13B3, A21B1 + A22B2 + A23B3, A31B1 + A32B2 + A33B3

Ejemplo. Desarrollar la siguiente expresión indicial

Aijxj = bi

Solución:

Como el índice ‘j’ está repetido, implica una suma para j=1,2,3, es decir

j=3

Aijxj = bi j=1

Ai1x1 + Ai2x2 + Ai3x3 = bi

Ahora, en la expresión anterior queda el índice ‘i’ que es libre. Encontramos las 3

componentes evaluando i=1,2,3

A11x1 + A12x2 + A13x3 = b1

A21x1 + A22x2 + A23x3 = b2

A31x1 + A32x2 + A33x3 = b3

Observación : La expresión Aijxj = bi representa las tres ecuaciones anteriores.

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Ahora ya podemos enunciar las siguientes reglas

REGLAS DE LA NOTACION INDICIAL

1. Un término es un conjunto de símbolos algebraicos yuxtapuestos, con índices y

separados por signos +, – , =.

2. Una Expresón indicial está formada por sumas o restas de términos.

3. Un índice que aparece una sola vez en un término se llama índice libre.

4. Un índice que aparece repetido dos veces en un mismo término se llama índice

falso.

5. Ningún índice puede aparecer repetido más de dos veces en un mismo término.

6. Todos los términos de una expresión indicial deben tener los mismos índices

libres.

7. Se llama rango de un índice al conjunto de valores enteros que puede tomar.

8. Los índices falsos representan una suma extendida en el rango del índice

9. Los índices libres de un término representan el número de componentes del

término.

Para la Macánica del Medio Contínuo se trabajará en el espacio euclideano

tridimensional, por lo tanto, el rango de todos los índices ( a menos que se diga lo

contrario) será tres.

Ejercicios. Desarrollar las siguientes expresiones indiciales:

1. Aij + Aji

2. Aijxj- Bi = 0

3. aijxixj

4. TijAikAjk

5. x′i=aijxj

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1.3. SIMBOLOS ESPECIALES

A. Delta de Kronecker

La delta de kronecker δij está definida por

δij = 1 si i=j

0 si i≠j (1-1)

Desarrollando el símbolo δij obtenemos:

δ11 = 1 δ12 = 0 δ13 = 0

δ21 = 0 δ22 = 1 δ23 = 0

δ31 = 0 δ32 = 0 δ33 = 1

La Delta de Kronecker también de llama simbolo de sustitucion.

Ejercicio. Desarrollar las siguientes expresiones indiciales asignando su valor

numérico al símbolo δij

1. Aij δij

2. bi δij

3. Tij δik

4. δii

5. δij δij

6. ai δijbj

Observación: puede notarse que el símbolo δij puede ser eliminado de un término si

tiene un índice falso. Entonces tenemos la siguiente

REGLA PARA ELIMINAR EL SIMBOLO δij DE UN TERMINO.

Si uno de los índices de δij es falso, elimínese δij y cámbiese el índice falso del término

por el otro índice de δij.

Ejemplos. Eliminar el símbolo delta de las siguientes expresiones

1. δijbi

2. Aij δik

3. Aij δij

4. δij δik

5. δij δij

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B.Símbolo de la Permutación

El simbolo de la permutacion εijk está definido por:

1 si (ijk) es una permutación par de (123)

εijk = -1 si (ijk) es una permutación impar de (123) (1-2)

0 si (ijk) contiene índices repetidos.

Por otra parte, una permutación de (123) es par si están en orden circular y una

permutación de (123) es impar si se encuantran invertidos.

1

Fig. 1.1. Secuencia circular de 123

3 2

Entonces, 123,231 y 312 son permutaciones pares y 321,213 y 132 son permutaciones

impares. Por lo tanto la forma desarrollada de εijk es:

ε123 = 1 ε231 = 1 ε312 = 1

ε321 = -1 ε213 = -1 ε132 = -1

ε111 = ε112= ε113=…= ε333 = 0

Podemos notar que de las 27 componentes de εijk solamente 6 son distintas de cero y el

resto (21 componentes) son cero.

Ejercicio. Escribir en forma desarrollada las siguientes expresiones indiciales.

1. εijkTij

2. εijk δij

3. aibj εijk

Debido a la gran cantidad de componentes nulas del símbolo εijk podemos enunciar

algunas

REGLAS PARA EVALUAR TERMINOS QUE CONTENGAN EL SIMBOLO εijk

1. Escriba sólo los términos que contengan índices no repetidos de εijk

2. Escriba su valor numérico según la definición de εijk

Ahora podemos resumir un método para desarrollar una expresión indicial

1. Verifique que todos los índices libres de la expresión sean los mismos

2. Verifique que los índices falsos de cada término no se repitan más de 2 veces

3. Desarrolle primero las sumas indicadas por los índices falsos.

4. Desarrolle las componentes evaluando los índices libres

Nota: Los pasos 3 y 4 son intercambiables, es decir, puede primero efectuarse el 4 y

luego el 3.

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1.4. SISTEMAS COORDENADOS RECTANGULARES

Usaremos un sistema coordenado rectangular con una base de vectores unitarios. Por

conveniencia con la notación indicial, cambiaremos la notación de los ejes X,Y,Z por

x1,x2,x3, así también como la de los vectores unitarios i,j,k por e1,e2,e3.

Nota: Los vectores se representarán con letra negrita y los escalares con letra normal.

x3

e3

e2

e1 x2

x1

Fig 1.2. Sistema Coordenado rectangular cartesiano de mano derecha con una base orto-

normal.

Un sistema coordenado es de mano derecha ( o derecho) si una base de vectores

ortonormales e1,e2,e3 cumple con lo siguiente:

e1 x e2 = e3

e2 x e3 = e1 (1-3)

e3 x e1 = e2

Además, se tiene que

e1 · e1 = 1 e1 · e2 = 0 e1 · e3 = 0

e2 · e1 = 0 e2 · e2 = 1 e2 · e3 = 0 (1-4)

e3 · e1 = 0 e3 · e2 = 0 e3 · e3 = 1

En forma compacte, las ecuaciones (4) se pueden escribir

ei · ej = 1 si i=j

0 si i≠j (1-5)

Entonces concluímos que

ei · ej = δij (1-6)

Por otra parte, las expresiones (3) pueden escribirse en forma compacta como

ei x ej = εijk ek (1-7)

Existe una relación entre la delta de kronecker y el símbolo de la permutación llamada la

relacion δ- ε

εijm εklm = δik δjl – δil δjk (1-8)

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1.5. TENSORES Y TRANSFORMACIONES LINEALES

Una relacion de dos conjuntos A y B es un conjunto de pares ordenados (a,b) donde ‘a’

es elemento de A y ‘b’ es elemento de B.

Una funcion de A en B (f:A→B) es una relación de A y B donde dos pares ordenados

distintos no pueden tener el mismo segundo elemento b.

Una transformacion es una función de A en A (f:A→A). El conjunto A puede contener

cualquier cosa. Para nuestro estudio, nos interesan conjuntos de vectores V.

Representaremos a una transformación de vectores por T

T

a b

V V

Fig. 1.3. Transormación de vectores

Representamos a la transformación por T y escribimos

Ta = b que se lee ‘El transformado de a bajo T es b’ o ‘la imágen de a bajo T es b’

Una Transformación T es lineal si las operaciones de suma de vectores y multiplicación

de vector por escalar se conservan entre imágenes de T, es decir si se cumplen las

siguientes dos condiciones:

1. T (a + b ) = Ta + Tb a, b vectores (1-9a)

2. T (α a ) = α (Ta ) α escalar, a vector (1-9b)

Se llama tensor (de segundo orden) a toda transformación lineal de vectores.

Nota: En el curso de MMC los tensores de segundo orden son los mas importantes.

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1.6. COMPONENTES DE UN TENSOR

En un sistema coordenado rectangular un vector puede descomponerse en sus

componentes rectangulares proyectando el vector en los ejes coordenados. Es decir, dos

vectores a y b pueden escribirse como

ai = a · ei

bi = b · ei (1-10)

x3

T

Ta=b

a

e3

e2 x2

e1

x1

Fig. 1.4. Componentes de una transformación lineal

Sea T una transformación lineal tal que transforma al vector a en el vector b, es decir

Ta = b

En función de los vectores de la base, el vector a puede escribirse como

a = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3

Luego

b = T (a1 e1 + a2 e2 + a3 e3)

Pero

b1 = b · e1

b2 = b · e2

b3 = b · e3

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Entonces

b1 = T (a1 e1 + a2 e2 + a3 e3) · e1

b2 = T (a1 e1 + a2 e2 + a3 e3) · e2

b3 = T (a1 e1 + a2 e2 + a3 e3) · e3

Por la linealidad de T, podemos escribir

b1 = a1e1· T e1 + a2e1· T e2 + a3e1· T e3

b2 = a1e2· T e1 + a2e2· T e2 + a3e2· T e3

b3 = a1e3· T e1 + a2e3· T e2 + a3e3· T e3

En forma compacta podemos escribir lo anterior como

b1 = aje1· T ej

b2 = aje2· T ej

b1 = aje3· T ej

Reduciendo estas tres componentes a un índice libre ‘i’, nos queda

bi = ajei· T ej

Entonces, los términos ei· T ej son las componentes rectangulares del tensor T que

transforman a las componentes aj en las componentes bi, es decir

Tij = ei · T ej (1-11)

Donde Tij son las componentes rectangulares del tensor T en un sistema coordenado

rectangular particular con base ortonormal ei

Entonces, podemos escribir

bi = Tij aj (1-12)

la cual es la notación indicial de la ecuación vectorial b = T a

La notación matricial de esta ecuación es

{b} = [T]{a}

En forma completa es

b1 T11 T12 T13 a1

b2 = T21 T22 T23 a2 (1-13)

b3 T31 T32 T33 a3

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La matríz

T11 T12 T13

[ T ] = T21 T22 T23 (1-14)

T31 T32 T33

Se llama matriz del tensor T con respecto a la base ei y se denota por [ T ]ei o

simplemente por [ T ]

Se puede demostrar que

T ei = Tji ej (1-15)

Nota: Un vector o un tensor no depende de ningún sistema coordenado aunque sus

componentes sí. Entonces, un tensor tiene una infinidad de matrices para cada base de un

sistema coordenado rectangular.

1.7. OPERACIONES CON TENSORES

La suma de los tensores T y S se define por

( T + S ) a = T a + S a , para todo a (1-16)

Si las componentes de T y S son Tij y Sij, respectivamente

( T + S ) ij = Tij + Sij (1-17)

En forma matricial

[ T + S ] = [ T ] + [ S ] (1-18)

El producto tensorial ( o diadico) de dos vectores a y b , representado por ab se define

como

( ab ) c = a (b · c ) (1-19)

Puede demostrarse que ab es un tensor de segundo orden.

Las componentes de ab respecto a la base ei son

(ab)ij = ei · (ab) ej = ei · [a (b · ej )] = ei · (a bj ) =( ei · a )bj = aibj

=> (ab)ij = aibj (1-20)

Entonces, la matriz de ab es

a1b1 a1b2 a1b3

[ ab ] = a2b1 a2b2 a2b3 (1-21)

a3b1 a3b2 a3b3

También

[ ab ] = a1 b1 b2 b3

a2

a3 (1-22)

Cada término a1b1, a1b2, …, a3b3 se llama diada.

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Se pueden formar diadas con los vectores de la base. Por ejemplo

[ e1e1 ] = 1 1 0 0 = 1 0 0 (1-23)

0 0 0 0

0 0 0 0

[ e1e2 ] = 1 0 1 0 = 0 1 0 , etc.

0 0 0 0

0 0 0 0

Entonces, cualquier tensor T se puede expresar como una combinación lineal de diadas

de los vectores de la base.

T = T11e1e1+T12e1e2+T13e1e3+…+T23e2e3+T33e3e3

Es decir (1-24)

T = Tijeiej (1-25)

* Si T y S son dos tensores y a es cualquier vector, entonces TS y ST son los productos

de tensores definidos por:

( TS ) a = T (S a)

( ST ) a = S (Ta) (1-26)

Las componentes de TS son:

(TS)ij = ei · (TS) ej = ei · T(S ej) = ei· T Smj em = Smj (ei · T em) = Tim Smj

=> (TS)ij = Tim Smj (1-27)

En notación matricial, el producto de dos trnsores es

[ TS ] = [ T ] [ S ]

[ ST ] = [ S ] [ T ] (1-28)

Puede notarse que, en general, el producto de dos tensores no es conmutativo.

* La contraccion de una expresión indicial es la operación de asignar la misma letra a dos

índices libres. Por lo tanto, para que exista esta operación, la expresión debe tener al

menos dos índices libres. La representaremos por el operador C.

Ejemplo. Determinar la contracción de las siguientes expresiones:

1. C(Tpq) = Tii

2. C(Aijk) = Aijj

3. C(∂Tij/∂xk) =∂Tij/∂xj

Nota: Puede verse que cuando se tienen tres o más índices, existe más de una contracción.

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1.8. TENSORES ESPECIALES

* El tensor identidad representado por I es aquel que transforma cualquier vector en él

mismo, es decir

I a = a para todo a (1-29)

Las componentes de I son

[ I ]ij = ei · I ej = ei · ej = δij (1-30)

Entonces

1 0 0

[ I ] = 0 1 0 (1-31)

0 0 1

* El tensor cero (o nulo) representado por 0 es aquel que transforma cualquier vector en

el vector cero (0), es decir

0 a = 0 para todo vector a

Las componentes de 0 son todas ceros.

* El transpuesto de un tensor T representado por TT es aquel que cumple con la siguiente

relación para cualesquiera vectores a y b

a · ( Tb) = b · (TTa) (1-32)

Las componentes de TT en términos de T son

[ TT]ij = Tji (1-33)

En forma matricial, la operación de trasponer un tensor es simplemente cambiar los

renglones por columnas.

Ejemplo: Determinar la transpuesta de la matríz

1 2 3

[ T ] = 4 5 6

7 8 9

Solución:

1 4 7

[ TT ] = 2 5 8

3 6 9

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* Un tensor T es simétrico si y sólo si T = TT (1-34)

* Un tensor T es antisimétrico si y sólo si T = -TT (1-35)

Ejemplo: Determinar si los tensores R, S y T son simétricos o antisimétricos.

1 2 -3

[ R ] = 2 4 5

-3 5 6

0 2 -3

[ S ] = -2 0 5

3 -5 0

1 2 3

[ T ] = 4 5 6

7 8 9

Solución: Determinaremos el transpuesto de cada tensor intercambiando renglones por

columnas.

1 2 -3

[ RT ] = 2 4 5 = [ R ] => R es simétrico.

-3 5 6

0 -2 -3

[ ST ] = 2 0 -5 = - [ S ] => S es antisimétrico.

3 5 0

1 4 7

[ TT ] = 2 5 8 => T no es ni simétrico ni antisimétrico.

3 6 9

Nota: Todo tensor antisimétrico tiene ceros en la diagonal principal

Aunque algunos tensores no son ni simétricos ni antisimétricos, cualquier tensor T puede

descomponerse en forma única en la suma de un tensor simétrico TS y un tensor

antisimétrico TA, es decir

T = TS + TA (1-36)

Donde

TS = ½ ( T + TT) (1-37)

TA = ½ ( T - TT) (1-38)

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Ejemplo: Descomponer el tensor T en sus partes simétrica y antisimétrica.

1 2 3

[ T ] = 4 5 6

7 8 9

Solución: Del ejemplo anterior

1 4 7

[ TT ] = 2 5 8

3 6 9

Entonces

1 2 3 1 4 7 1 3 5

TS = ½ 4 5 6 + 2 5 8 = 3 5 7

7 8 9 3 6 9 5 7 9

1 2 3 1 4 7 0 -1 -2

TA = ½ 4 5 6 - 2 5 8 = 1 0 -1

7 8 9 3 6 9 2 1 0

Ejercicio. Comprobar para el ejemplo anterior que T = TS + TA

Notas:

1. Un tensor simétrico tiene tres componentes repetidas, por lo que bastan seis

componentes para describirlo.

2. Un tensor antisimétrico tiene ceros en la diagonal principal, por lo que bastan tres

componentes para describirlo.

3. Un tensor no simétrico ni antisimétrico requiere de sus nueve componentes para

describirlo.

Las tres componentes que describen a un tensor antisimétrico pueden darse en un vector

llamado el vector dual (o vector axial). Si T es un tensor antisimétrico, entonces el vector

dual de t, denotado tA está definido por

T a = tA x a para cualquier vector a (1-39)

En notación indicial, el vector dual y el tensor antisimétrico estan relacionados por

tA = ½ εijk Tjk ei (1-40)

21

1.9. TENSORES ORTOGONALES

Un tensor ortogonal es una transformación lineal para la cual los vectores transformados

conservan sus longitudes y los ángulos entre ellos. Es decir, si Q es un tensor ortogonal,

entonces para dos vectores cualesquiera a y b,

| Qa | = | a | y cos ( a,b) = cos ( Qa, Qb) (1-41)

Estas dos condiciones pueden resumirse mediante el producto escalar de dos vectores.

Definimos

Un tensor Q es ortogonal si para cualesquiera vectores a y b se cumple que

(Qa) · (Qb) = a · b (1-42)

Para caracterizar al tensor Q, tenemos que de la definición de tensor transpuesto,

podemos escribir (42) como

(Qa) · (Qb) = b · QT (Qa) (1-43)

igualando (42) y (43) nos da

b · QT (Qa) = a · b

=> b · QT (Qa) = b · a (1-44)

=> b · a - b · QT (Qa) = 0

=> b · Ia - b · QT (Qa) = 0

=> b · [ Ia - QT (Qa) ] = 0

=> b · [ Ia – (QTQ) a ] = 0

=> b · ( I – QTQ) a = 0 (1-45)

De (45) como a y b son vectores arbitrarios

I – QTQ = 0

QTQ) = I (1-46)

En notación matricial, la ecuación (46) queda

[QT] [Q] = [ I ] (1-47)

Puede demostrarse que

[Q] [QT] = [ I ] (1-48)

En notación indicial, la ecuación (46) queda

Qik Qjk = δij (1-49)

Y la ecuación (48) queda

Qki Qkj = δij (1-50)

Notas:

1. El determinante de una matríz ortogonal es 1 o -1

2. Si det [Q] = 1 => Q se llama rotación (1-51)

3. Si det [Q] = -1 => Q se llama reflexión (1-52)

4. Una rotación conserva la “mano” del sistema, es decir después de una rotación, un

sistema coordenado de mano derecha sigue siendo de mano derecha.

5. Una reflexión sí cambia la mano del sistema coordenado.

6. Una rotación o una reflexión se llama transformacion rígida.

22

1.10.LEYES DE TRANSFORMACION DE COMPONENTES

* VECTORES

Sea un sistema coordenado rectangular Ox1x2x3con una base ortonormal asociada ei.

Ahora consideremos otro sistema coordenado rectangular Ox'1,x'2,x'3 girado respecto al

primero y con otra base ortonormal asociada e'i, como se muestra en la figura.

x3 x'3

e'3

e3 e2

x2

e'1 e1 e'2

x'1

x'2

x1

Fig. 1.5. Rotación de un sistema coordenado rectangular.

Los dos sistemas coordenados están relacionados entre sí mediante los ángulos formados

por los ejes con prima respecto a los ejes sin prima. Esto puede verse como una

transormación rígida (rotación) de los vectores de la base la que denotaremos Q.

Entonces, los vectores de la base nueva (e'i) estan relacionados con los vectores de la base

original (ei) mediante la ecuación

ei = Q ei (1-53)

En notación indicial

e'j = Qij ei (1-54)

Por otra parte

Qij = ei · e'j (1-55)

23

De la definición de producto escalar

Qij = cos(ei , e’j) (1-56)

Para determinar la transformación de las componentes de un vector, sean a y ai un vector

y sus componentes en un sistema sin prima.

ai = a · ei (1-57)

Las nuevas componentes del mismo vector a son:

a'i = a · e'i (1-58)

por la ec. (54), tenemos

e'i = Qji ej (1-59)

Sustituyendo (59) en (58), obtenemos

a'i = a · Qji ej = Qji( a · ej) = Qji aj (1-60)

=> a'i = Qji aj (1-61)

La ecuación (61) es la ley de transformacion de componentes rectangulares de un vector.

Nota: Puede verse que en la ec. (61), Qji es la transpuesta de Qij

En notación matricial, la ec. (61) queda

{a'} = [ QT] {a}

y en forma desarrollada

a'1 Q11 Q21 Q31 a1

a'2 = Q12 Q22 Q32 a2 (1-62)

a'3 Q13 Q23 Q33 a3

* TENSORES DE SEGUNDO ORDEN

Ahora consideremos cualquier tensor T cuyas componentes rectangulares en los sistemas

sin prima y con prima son, respectivamente

Tij = ei · Tej (1-63)

T'ij = e'i · Te'j (1-64)

De la ec. (59), tenemos que

24

e'i = Qki ek (1-65)

e'j = Qpj ep (1-66)

Sustituyendo (65) y (66) en (64) nos queda

T'ij = Qki ek · T Qpj ep (1-67)

=> T'ij = Qki Qpj ek · Tep (1-68)

Pero ek · Tep = Tkp , entonces

T'ij = Qki Qpj Tkp (1-69)

La ecuación (69) es la ley de transformacion de componentes rectangulares de un tensor

de segundo orden.


[ T' ] = [ Q ]T [ T ] [ Q ] (1-70)

En forma desarrollada la ec. (70) queda

T'11 T'12 T'13 Q11 Q21 Q31 T11 T12 T13 Q11 Q12 Q13

T'21 T'22 T'23 = Q12 Q22 Q32 T21 T22 T23 Q21 Q22 Q23 (1-71)

T'31 T'32 T'33 Q13 Q23 Q33 T31 T32 T33 Q31 Q32 Q33

* TENSORES DE ORDEN ‘n’

La ley de transformación de componentes rectangulares de un tensor, puede generalizarse

para cualquier tensor de orden ‘n’ como sigue:

Sea un tensor T de orden ‘n’ cuyas componentes rectangulares en un sistema

coordenado rectangular sin prima y con prima son, respectivamente

Ti1 i2 i3 · · · in-1 in y T'i1 i2 i3 · · · in-1in

Entonces, si Q es el tensor ortogonal que representa la rotación del sistema coordenado

original, la ley de transformacion de componentes rectangulares de T es

T'j1 j2 j3 · · · jn-1 jn = Qi1 j1 Qi2 j2 Qi3 j3 · · · Q in jn Ti1 i2 i3 · · · in-1 in (1-72)

Ahora podemos establecer algunas definiciones:

1. Se llama orden de un tensor al número de índices libres de una expresión indicial.

2. Un tensor de orden 0 se llama escalar

3. Untensor de orden 1 se llama vector

4. Un tensor de orden 2 se llama diadica (o Transformación lineal)

5. Un tensor de orden 3 se podría llama triadica

6. Un tensor de orden 4 se podría llamar tetradica

7. El número de componentes C de un tensor de orden ‘n’ se calcula con la fórmula

C=3n (1-73)

25

1.11. VALORES Y VECTORES CARACTERISTICOS DE UN TENSOR SIMETRICO

Consideremos un tensor simétrico T y un vector unitario n tal que

Tn = b

Es decir, T transforma al vector unitario n en el vector b ¿Existe algún vector n cuyo

transformado tenga la misma dirección que n? Si es así, podemos escribir

T n = λn (donde λ es un cierto escalar.) (1-74)

=> T n = λIn

=> T n –λIn = 0

=> (T –λI) n = 0 (1-75)

Donde n es un vector unitario, es decir

n · n = 1 (1-76)

Si consideramos un sistema coordenado rectangular con una base ortonorma ei, podemos

escribir

n = αi ei (donde αi son las componentes de n) (1-77)

Entonces, en notación indicial, la ec. (75) queda

(Tij – λ δij ) αj = 0 (1-78)

Las ecs. (76) y (78) en forma desarrollada quedan como sigue:

(T11– λ ) α1 + T12 α2+ T13α3 = 0 (1-79a)

T12 α1 + (T22– λ) α2+ T23α3 = 0 (1-79b)

T13 α1 + T23 α2+ (T33– λ )α3 = 0 (1-79c)

α12 + α2

2 + α32 = 1 (1-89d)

Las ecuaciones (79a) a (79d) forman un sistema homogéneo de ecuaciones simultáneas.

Para determinar una solución no trivial, el determinante debe anularse, es decir

|Tij – λ δij | = 0 (1-80)

En forma desarrollada, la ec. (80) queda

(T11 – λ) T12 T13

T21 (T22 – λ) T23 = 0 (1-81)

T31 T32 (T33 – λ)

Desarrollando el determinante por cofactores, obtenemos

(T22 – λ) T23 T21 T23 T21 (T22 – λ)

(T11 – λ) T32 (T33 – λ) –T12 T31 (T33 – λ) + T13 T31 T32 = 0 (1-82)

26

=>(T11–λ)[(T22–λ)(T33–λ)-T32T23] -T12[T21(T33–λ)-T31T23]+T13[T21T32-T31(T22–λ)]=0

=>(T11–λ) (T22–λ) (T33–λ)-(T11–λ)T32T23 –

- T12T21(T33–λ)+ T12T31T23 +

+ T13T21T32- T13T31(T22–λ) = 0

Como T es simétrico, T12=T21, T13=T31 y T23=T32, luego

λ3 -(T11+T22+T33)λ

2 +(T11T22+T11T33+T22T33T132+T23

2+T122)λ–( T11T22T33

+T12T23T13+T13T21T23-T22T132-T33T12

2 -T11T232 )= 0 (1-83)

Entonces, podemos escribir el polinomio como

λ3 –I1λ

2 +I2λ–I3 = 0 (1-84)

Donde los coeficientes del polinomio cúbico son:

I1 = T11 + T22 + T33 (1-85)

I2 = T11T22+T11T33+T22T33T132+T23

2+T122 (1-86)

I3= T11T22T33+T12T23T13+T13T21T23-T22T132-T33T12

2 -T11T232 (1-87)

Los coeficientes I1,I2,I3 se llaman invariantes escalares del tensor T ya que permanecen

invariantes para cualquier transformación de coordenadas.

Notas:

1. El invariante I1 se llama la traza de T

2. El invariane I3 es el determinante de la matríz de T

En notacion compacta, los invariantes escalares de T son:

I1 = tr (T) = Tii (1-88)

I2= (TiiTjj-TijTij)/2 (1-89)

I3= Det [T] (1-90)

La ecuación (84) se conoce como la ecuacion caracteristica de T. Esta ecuación tiene tres

raices reales λ1, λ2 y λ3 que se llama valores caracteristicos de T y generalmente se

ordenan de mayor a menor, es decir

λ (1)> λ(2) > λ(3)

Nota: Los valores característicos ordenados se indicarán con números entre paréntesis.

Una vez que se obtienen los valores característicos de T, se pueden obtener los tres

vectores característicos (uno para cada valor característico) resolviendo el sistema de

ecuaciones homogéneo de las ecs. (79a) a (79c), auxiliándonos con la ec. (79d).

Los vectores característicos serán n(1), n(2) y n(3), los cuales corresponden a los valores

característicos λ (1), λ(2) y λ(3) respectivamente.

27

Observaciones:

1. Con los tres valores característicos se puede formar una matríz diagonal [ T*]

dada por

λ (1) 0 0

[ T*] = 0 λ (2) 0 (1-91)

0 0 λ (3)

2. Puede demostrarse que los invariantes escalares de T y T* son iguales.

3. De acuerdo con la nota 3, T* representa al mismo tensor T pero en otro sistema

coordenado.

4. El tensor ortogonal que relaciona los sistemas para T y para T* se denota por Q*

y está dado por

[Q*] = n(1) n(2) n(3) (1-92)

5. De acuerdo con la ley de transformacion de tensores, el tensor [T*] puede

obtenerse a partir de [ T ] y de [Q*] como sigue

[ T*] = [Q*]T [ T ] [Q*] (1-93)

Ejercicio. Determinar los valores y vectores característicos del tensor T cuya matríz es la

siguiente:

1 1 0

[ T ] = 1 -1 0

0 0 2

28

1.12.FUNCIONES TENSORIALES

Sea T = T(t) donde ‘t’ es un escalar (tiempo). Entonces, la derivada de T con respecto a

‘t’ es

dT Lím T(t+ Δt) – T(t)

—— = Δt→0 ——————— (1-94)

dt Δt

Se puede demostrar que son válidas las siguientes fórmulas

1. d (T + S) dT dS

——— = — + — (1-95)

dt dt dt

2. d[α(t) T] dα(t) dT

———— = —— T + α(t) —— (1-96)

dt dt dt

3. d ( T S ) dT dS

——— = —— S + T —— (1-97)

dt dt dt

4. d (Ta) dT da

—— = —— a + T —— (1-98)

dt dt dt

5. d(TT) d T T

—— = —— (1-99)

dt dt

GRADIENTE DE UN CAMPO ESCALAR

Sea φ ≡ φ( r ) una función escalar de un vector de posición r. φ se llama un campo

escalar.

Asociado al campo escalar, existe un campo vectorial llamado el gradiente de φ,

denotado por

φ

φ en un punto r se define como un vector tal que su producto escalar con dr nos da

la diferencia de valores de φ en r + dr y r, es decir

d φ = φ(r + dr) - φ(r) ≡ φ (1-100)

sea dr=|dr| y er un vector unitario en la dirección de dr (er = dr/dr), entonces

d φ

—— = φ · er (1-101)

dr er

29

φ · er es la componente de φ en la dirección de er y nos da la rapidéz de

cambio de φ en esta dirección.

Como

dφ ∂φ

— ≡ — = φ · e1 = (φ)1 (1-102)

dr e1 ∂x1

dφ ∂φ

— ≡ — = φ · e2 = ( φ)2 (1-103)

dr e2 ∂x2

dφ ∂φ

— ≡ — = φ · e3 = (φ)3 (1-104)

dr e3 ∂x3

Entonces, las componentes cartesianas de φ son

∂φ

— , es decir

∂xi

∂φ ∂φ ∂φ ∂φ

φ = — e1 + — e2 + — e3 = — ei (1-105)

∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂xi

Interpretación geométrica de φ

Para cualquier superficie sobre la cual φ= constante, dφ=0 para cualquier dr tangente a la

superficie. Entonces

Si φ · dr = 0 => el vector φ es normal a la superficie φ=cte. (1-106)

30

GRADIENTE DE UN CAMPO VECTORIAL

Sea v(r) una función vectorial del vector de posición r. Entonces v se llama un campo

vectorial. Asociado con el campo vectorial existe un campo tensorial llamado el

gradiente de v denotado por v y es definido como el tensor de segundo orden que

operando sobre el vector dr nos da la diferencia de v en los puntos r + dr y r, es decir

dv = v(r + dr) – v(r)≡( v) dr (1-107)

Si dr = | dr | y er = dr/dr , entonces

dv

— ≡ (v ) er (1-108)

dr er

Entonces el tensor de segundo orden v transforma al vector unitario er en un vector que

describe la rapidéz de cambio de v en esa dirección. Como

dv ∂v

— ≡ — = (v) e1 (1-109)

dr e1 ∂x1

Entonces, en coordenadas cartesianas

∂v ∂(e1· v)

(v)11 = e1· (v) e1 = e1 · — = —— (1-110)

∂x1 ∂x1

Es decir

∂v1

( v )11 = —— (1-111)

∂x1

En general

dv ∂v

— ≡ — = (v) ej (1-112)

dr ej ∂xj

Por lo tanto

∂v ∂(ei· v)

( v)ij = ei· (v) ej = ei · — = —— (1-113)

∂xj ∂xj

∂vi

(v)ij = — (1-114)

∂xj

31

En notación matricial

∂v1 ∂v1 ∂v1

— — —

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂v2 ∂v2 ∂v2

[v ] = — — — (1-115)

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂v3 ∂v3 ∂v3

— — —

∂x1 ∂x2 ∂x3

DIVERGENCIA DE UN CAMPO VECTORIAL

Sea v(r) un campo vectorial. Entonces, la divergencia de v(r) es definida como un campo

escalar dado por la traza del gradiente de v, es decir

div v ≡ tr (v) (1-116)

Con referencia a un sistema coordenado rectangular, los elementos diagonales de v

son ∂v1/∂x1, ∂v2/∂x2, ∂v3/∂x3, entonces

∂vi

div v = — (1-117)

∂xi

DIVERGENCIA DE UN CAMPO TENSORIAL

Sea T(r) un campo tensorial de segundo orden. Entonces, la divergencia de T es definida

por el campo vectorial denotado por div T tal que, para todo vector a

( div T ) · a ≡ div ( T T a ) – tr [ T T( a)] (1-118)

Para encontrar las componentes cartesianas del vector div T , sean b ≡ div T , entonces

(notar que ei =0 para sistemas coordenados rectangulares)

bi = b · ei = div ( TTei) – tr (TT ei) (1-119)

= div ( Tij ej) – 0

∂Tij

= ——

∂xj

Es decir

∂Tij

div T = —— ei (1-120)

∂xj

32

ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL

Sea v(r) un campo vectorial. Entonces, el rotacional de v es definido como el campo

vectorial dado por el doble del vector dual de la parte antisimétrica de v, es decir

Rot v ≡ 2 tA (1-121)

Donde tA es el vector dual de (v)A y

(v)A = ½[(v)–( v)T] (1-122)

En notación indicial podemos escribir

∂vj

rot v = - εijk —— ei (1-123)

∂xk

Para cálculo manual, el rotacional se puede obtener desarrollando el siguiente

determinante

e1 e2 e3

rot v = ∂/∂x1 ∂/∂x2 ∂/∂x3 (1-124)

v1 v2 v3

Y en forma desarrollada queda

∂v3 ∂v2 ∂v1 ∂v3 ∂v2 ∂v1

rot v = — – — e1 + — – — e2 + — – — e3 (1-125)

∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2

33

1.13. PROBLEMAS

1.1. Dado

1 0 2

[ Sij ] = 0 1 2

3 0 3

evaluar: (a) Sii, (b) SijSij, (c) SjkSjk, (d) SmnSnm

1.2 Determinar cuál de las siguientes ecuaciones tiene un idéntico significado a ai = Qij a´j

(a) al = Qlm a´m

(b) ap = Qqp a´q

(c) am = a´m Qmn

1.3. Dadas las siguientes matrices

1 2 3 0 0 3 1

[ ai ] = 0 , [ Bij] = 0 5 1 , [ Cij ] = 1 0 2

2 0 2 1 2 4 3

Demostrar la equivalencia de las siguientes ecuaciones con subíndices y las ecuaciones

matriciales correspondientes

(a) Dji = Bij [D] = [B]T

(b) bi = Bij aj [b] = [B] [a]

(c) cj = Bji ai [c] = [B] [a]

(d) s = Bij ai aj s = [a]T [B] [a]

(e) Dik = Bij Cjk [D] = [B] [C]

(f) Dik = Bij Ckj [D] = [B] [C]T

1.4. Dado que Tij = 2μ Eij + λ Ekkδij , demostrar que

(a) W = ½ Tij Eij = μ Eij Eij + ½λ (Ekk)2

(b) P = Tij Tij = 4 μ2 Eij Eij + (Ekk)2(4μλ + 3λ2)

1.5. Dados

1 0 0 1 2

[ai] = 2 , [bi] = 2 , [Sij] = 1 2 3

0 3 4 0 1

evaluar

(a) [Tij] si Tij = εijk ak

(b) [ci] si ci = εijk Sjk

(c) [di] si dk = εijk ai bj y demostrar que este resultado es el mismo que

dk = (a x b) · ek

1.6. (a) Si εijkTjk = 0, demostrar que Tij = Tji , (b) Demostrar que δij εijk = 0

34

1.7. (a) Verificar que εijmεklm = δik δjl – δil δjk . Mediante el resultado de (a), demostrar que

(b) εilmεjlm = 2δij , (c) εijkεijk = 6

1.8 Usando la relación del problema I.7(a), demostrar que

a x (b x c) = (a · c ) b – (a · b) c

1.9. (a) Si Tij = – Tji, demostrar que Tij ai aj = 0

(b) Si Tij = – Tji y Sij = Sji , demostrar que Tkl Skl = 0

1.10. Sea Tij = ½ (Sij + Sji) y Rij = ½ (Sij – Sji) , demostrar que Sij = Tij + Rij,

Tij = Tji y Rij = – Rji

1.11. Sea f(x1, x2, x3) una función arbitraria de xi y vi(x1, x2, x3) represente tres funciones

de xi. Mediante la expansión de las siguientes ecuaciones, demostrar que éstas

corresponden a las fórmulas usuales del cálculo diferencial

∂f

(a) df = ––– dxi

∂xi

∂vi

(b) dvi = ––– dxj

∂xj

1.12. Sea det |Aij| el determinante cuyo elemento en la i-ésima fila y j-ésima columna esta

dado por Aij. Demostrar que det |Aij| = εijkAi1Aj2Ak3

1.13. Un tensor T transforma cada vector en su imágen en el espejo con respecto al plano

cuya normal es

n = (√2/2)(e1 + e2)

(a) Encontrar la matríz de T.

(b) Usar esta transformación lineal para encontrar la imágen de espejo del vector

a = e1 + 2e2.

1.14. Un tensor T transforma cada vector a en un vector b = α a. Encontrar la matríz de T.

¿ Cómo cambiarán las componentes de T referidos a una base diferente?

1.15. Encontrar la matríz del tensor T en el cual transforma cualquier vector a en un

vector b = m ( a · n ) donde

m = (√2/2)(e1 + e2)

n = (√2/2)( –e1 + e3). Escribir este producto como un producto diádico.

1.16. Encontrar la matríz del tensor T que transforma cada vector a en un vector

b = m x a, donde m = e1 + e2 . Probar que T es una transformación lineal.

1.17. Una transformación lineal opera sobre un vector a para dar Ta = a/| a |, donde

| a | es la magnitud de a. ¿Es T una transformación lineal?

35

1.18. (a) Encontrar la matríz del tensor T1 que transforma cada vector en su imágen de

espejo en un plano cuya normal es e2. Encontrar la matríz de un tensor de segundo orden

T2 el cual transforma cada vector mediante una rotación de 45º de mano derecha respecto

al eje e1.

(b) Encontrar la matríz del tensor que transforma cada vector por la combinación del

primero (reflexión) y luego la rotación de la parte (a).

(c) Hacer la parte (b) para la rotación seguida por la reflexión.

1.19. Dada una transformación lineal T, demostrar que TT es también una transformación

lineal.

1.20. Para los tensores arbitrarios T y S, sin escribirlos en forma de componentes, probar

que

(a) TT + ST = (T + S)T

(b) (T S)T = ST TT

1.21. Indicar la validéz de la desigualdad

T (a x b) ≠ a x Tb + Ta x b

Mediante la elección de vectores específicos a, b y una transformación lineal T.

1.22. Suponga que una transformación lineal Q satisface la identidad Q QT = I.

(a) Considere Qa = b, donde b es un vector arbitrario y demostrar que Q QT = I.

(b) Demostrar que ambos Q y QT son transformaciones ortogonales.

1.23. Las rotaciones de cuerpo rígido que son pequeñas, pueden ser descritas mediante

una transformación ortogonal R = I + εR, donde ε → 0 cuando el ángulo de rotación se

aproxima a cero. Considerando dos rotaciones sucesivas R1 y R2, demostrar que para

pequeñas rotaciones (tales que los términos de ε2 puedan ser despreciados comparados

con los términos de ε) el resultado final no depende del orden de las rotaciones.

1.24. Sea Q una transformación ortogonal de coordenadas, tal que e'i = Qjiej. Considere

e'i · ej y verifique que QkiQkj = δij

1.25. La base e'i es obtenida mediante una rotación contrarreloj de la base ei respecto a e3.

(a) Encontrar la transformación ortogonal Q que que define este cambio de base ( o sea e'i

= Qji e'j). (b) Mediante el uso de la ley de transformación de vectores, encontrar las

componentes de a = √3 e1 + e2 en la base con prima (o sea, encontrar ai'.

(c) Hacer la parte (b) geométricamente.

1.26. Resolver el problema I.25 para e'i obtenida mediante una rotación de 30º a favor del

reloj de la base ei respecto a e3.

1.27. Demostrar que si las componentes de un tensor son iguales a cero con respecto a

una base, ellas deben anularse con respecto a cualquier base.

36

1.28. La matríz de un tensor T con respecto a la base (e1, e2, e3) es

1 5 -5

[ T ] = 5 0 0

-5 0 1

Encontrar T'11 , T'12, T'31 con respecto a una base derecha ei donde e'1 está en la

dirección de – e2 + 2e3 y e'2 = e1

1.29. (a) Para el tensor del problema anterior, encontrar [ T'ij ] si e'i es obtenida mediante

una rotación de mano derecha de 90º respecto al eje e3. (b) Compare tanto la suma de los

elementos de la diagonal principal y el determinante de [T] y [T'].

1.30. Resolver el problema I.29 para una rotación de 180º respecto al eje e3.

1.31. El producto escalar de dos vectores a = aiei y b = biei es igual a aibi. Demostrar que

el producto escalar es un invariante escalar con respecto a una transformación ortogonal

de coordenadas.

1.32. (a) Si Tij son las componentes de un tensor, demostrar que TijTij es un invariante

escalar con respecto a una transformación ortogonal de coordenadas.

(b) Evaluar TijTij conrespecto a la base ei

1 0 0

[ T ] = 1 2 5

1 2 3 ei

(c) Encontrar [T'] si e'i = Qei y

0 0 1

[ Q ] = 1 0 0

0 1 0 ei

(d) Demostrar para estos [T] y [T'] especiíficos que

T'mn T'mn = TijTij

1.33. Sean [T] y [T'] las dos matrices del mismo tensor T. Demostrar que

det[T]=det[T']

1.34. Para cualquier vector a y un tensor arbitrario T, demostrar que

(a) a · TAa = 0

(b) a · Ta = a · TSa

37

1.35. (a) Las componentes de un tensor de tercer orden son Rijk. Demostrar que Riik son

las componentes de un vector. (b) Generalizando el resultado de la parte (a),

considerando las componentes de un tensor de orden ‘n’ Rj1j2j3…jn, demostrar que

Rj1j1j3…jn son las componentes de un tensor de orden (n-2).

1.36. Las componentes de un vector arbitrario a y un tensor de segundo orden arbitrario T

están relacionados por una cantidad con tres subíndices Rijk en la forma

ai = RijkTjk para cualquier base {e1, e2, e3}. Probar que Rijk son las componentes de un

tensor de tercer orden.

1.37. Cualquier tensor puede ser descompuesto en una parte simétrica y una parte

antisimétrica. Probar que la descomposición es única. (sugerencia: Suponer que no es

única.)

1.38. Una matríz de un tensor es

1 2 3

[T] = 4 5 6

7 8 9

(a) Encontrar la parte simétrica y antisimétrica de T. (b) Encontrar el vector dual de la

parte antisimétrica de T.

1.39. Probar que los únicos valores característicos reales posibles de un tensor ortogonal

son λ = + 1 o λ = – 1.

1.40. Los tensores T, R y S están relacionados por

T = R S

Los tensores R y S tienen el mismo vector característico n y correspondientes valores

característicos r1 y s1. Encontrar un valor característico real de T.

1.41. Si n es un vector característico real de un tensor antisimétrico T, entonces demostrar

que el valor característico correspondiente se anula.

1.42. Sea F un tensor arbitrario. (a) Demostrar que F FT y FT F son tensores simétricos. Se

puede demostrar (Teorema de descomposición polar) que cualquier tensor invertible

puede ser expresado como

F = V Q = Q U , donde Q es un tensor ortogonal y U, V son tensores simétricos.

(b) Demostrar que V V = F FT y U U = FT F

(c) Si λi y ni son los valores y vectores característicos de U, encontrar los valores y

vectores característicos de V.

1.43. (a) ¿Cuál es un obvio vector característico del producto diádico ab?. (b) ¿Cuál es el

primer invariante escalar correspondiente de ab ?. (c) Demostrar que el tercer invariante

escalar de ab se anula.

38

1.44. Un tensor rotación R está definido por las relaciones

Re1 = e2 , Re2 = e3 , Re3 = e1

(a) Encontrar la matríz de R y verificar que R RT = I y det (R) = 1

(b) Encontrar el único eje de rotación que que pudo haber sido usado para efectuar

esta rotación.

1.45. Para cualquier transformación de rotación, una base e'i puede ser elegida tál que e'3

esté a lo largo del eje de rotación. (a) Verificar que para el ángulo de rotación θ, la matríz

de la rotación con respecto a la base con prima sea

cos θ –sen θ 0

[R] ' = sen θ con θ 0

0 0 1 ei'

(b) Encontrar las partes simétrica y antisimétrica de [R]'

(c) Encontrar los valores y vectores característicos de RS.

(d) Encontrar el primer invariante escalar de R (que es R'ii)

(e) Encontrar el vector dual de RA.

(f) Usar los resultados de (d) y (e) encontrar el ángulo de rotación y el eje de rotación

para el problema I.44.

1.46. (a) Si Q es una transformación ortogonal impropia (correspondiente a una

reflexión). ¿Cuales son los valores y vectores característicos correspondientes de Q?.

(b) Si la matríz de Q es

1/3 – 2/3 – 2/3

[Q] = – 2/3 1/3 – 2/3

– 2/3 – 2/3 1/3

Encontrar la normal al plano de reflexión.

1.47. Demostrar que el segundo invariante escalar de T es

TiiTjj TijTij

I2 = ––––– – –––––

2 2

mediante la expansión de esta ecuación.

1.48. Usando la ley de transformación matricial para tensores de segundo orden,

demostrar que el tercer invariante escalar es independiente de la base particular.

1.49. Un tensor T tiene una matríz

5 4 0

[T] = 4 –1 0

0 0 3

(a) Encontrar los invariantes escalares, los valores principales y las correspondientes

direcciones principales del tensor T.

39

(b) Si n1, n2, n3 son las direcciones principales, escribir [T]ni.

(c) ¿Podría la siguiente matríz representar al tensor T con respecto a alguna base?

7 2 0

2 1 0

0 0 – 1

1.50. Resolver el problema I.49 para la matríz

3 0 0

[T] = 0 0 4

0 4 0

1.51. Un tensor T tiene una matríz

1 1 0

[T] = 1 –1 0

0 0 2

Encontrar los valores y direcciones principales.

1.52. El tensor de inercia Io de un cuerpo rígido con respecto a un punto O, está definido

por

Io =∫V (r2I – rr)ρ dV

Donde r es el vector de posición, r = | r | , ρ es la densidad de masa, I es el tensor

identidad y dV es el diferencial de volúmen. El momento de inercia con respecto a un eje

que pasa a través de O está dado por I(n)(n) = n · Io n (no hay suma sobre n), donde n es un

vector unitario en la dirección del eje de interés.

(a) Demostrar que Io es simétrico

(b) Sea r = x1e1 + x2e2 + x3e3. Escribir todas las componentes de Io.

(c) Los términos diagonales de la matríz de inercia son llamados momentos de inercia y

los términos de fuera de la diagonal principal son productos de inercia. ¿Para qué ejes los

momentos de inercia serán máximos (o mínimos)?. Sea un sistema coordenado {e1, e2,

e3} fijo a un cuerpo rígido, el cual está girando con una velocidad angular ω. Entonces, el

vector momento angular Hc con respecto al centro de masa, está dado por

Hc = Ic ω

y dei

––– = ω x ei

dt

(d) Si ω = ωiei , demostrar que

dω dωi dHc dω

––– = ––– ei y –––– = Ic –– + ω x (Icω)

dt dt dt dt

40

(e) La ley de Euler para un cuerpo rígido en movimiento requiere que el momento de

las fuerzas externas respecto al centro de masa sea igual a la rapidéz de cambio

del momentum angular, o sea

d ω · Hc

Mc · ω = –– ––––––

dt 2

esta ecuación puede ser interpretada como una igualdad entre la rapidéz del trabajo

del momento externo y la rapidéz de cambio de la energía cinética rotacional.

1.53. Probar las siguientes identidades

a) d (T + S) dT dS

——— = — + —

dt dt dt

b) d[α(t) T] dα(t) dT

———— = —— T + α(t) ——

dt dt dt

c) d ( T S ) dT dS

——— = —— S + T ——

dt dt dt

d) d (Ta) dT da

—— = —— a + T ——

dt dt dt

e) d(TT) d T T

—— = ——

dt dt

1.54. Considere el campo escalar definido por φ = x12 + 3x1x2 + 2x3. (a) Encontrar un

normal unitario a la superficie de φ constante en el origen (0,0,0). (b) ¿Cuál es el máximo

valor de la derivada direccional de φ en el origen?. (c) Evaluar dφ/dr en el origen si

dr=ds(e1 +e3).

1.55. Considere el elipsoide definido por la ecuación

x12 x2

2 x32

— + — + — = 1

a2 b2 c2

Encontrar el vector normal unitario en una posición dada (x1, x2, x3).

41

1.56. Las isotermas en un problema de conducción de calor plano estan dadas por

θ = 3x1x2. (a) Encontrar el flujo de calor en el punto A(1, 1, 1) si q = – kθ. (b) Encontrar

el flujo de calor en el mismo punto de la parte (a) si q = – Kθ, donde

k 0 0

[K] = 0 2k 0

0 0 3k

1.57. Considere un potencial electrostático φ = α (x1 cos θ + x2 sen θ), donde α y θ son

constantes. (a) Encontrar el campo eléctrico E = –φ. (b) Encontrar el desplazamiento

eléctrico D = ε E, donde la matríz de ε es

ε1 0 0

[ ε ] = 0 ε2 0

0 0 ε3

(c) Encontrar el ángulo θ para el cuál | D | es máximo.

1.58. Sean φ(x1, x2, x3) y ψ(x1, x2, x3) funciones escalares de la posición y sean

v(x1, x2, x3) y w(x1, x2, x3) funciones vectoriales de la posición. Utilizando la notación

indicial de componentes, verificar las siguientes identidades:

(a) ( φ + ψ ) = φ + ψ

(b) div( v +w ) = div v + div w

(c) div (φv) = (φ) · v + φ(div v)

(d) rot (φ) = 0

(e) div (rot v) = 0

1.59. Considere el campo vectorial v = x12e1 + x3

2e2 + x22e3. Para el punto (1,1,0)

encontrar: (a) la matríz de v, (b) el vector (v)v, (c) div v y rot v,

(d) si dr = ds(e1 + e2 + e3), encontrar el diferencial dv.

1.60. (a) Considere un campo vectorial general v y la relación dv = (v)dr. Si dr = (dr)n,

demostrar que

dv 2

— = n · [(v)T(v)]n

dr

¿Cómo podría encontrar la dirección de n que dé el valor máximo para dv/dr?

(b) Encontrar |dv/dr|max si v = x13e1 + x2

2e2 + x32e3 en A(2,2,2).

43

TEMA 2. DEFORMACIONES

2.1. INTRODUCCION

La Mecánica del Medio Continuo es una parte de la Mecánica que estudia el

movimiento de los cuerpos y sus deformaciones. A continuación se muestra un esquema

de algunas partes de la Física

Mecánica

Electromagnetismo

FISICA Optica

Acústica

Termodinámica

etc.

A su vez, la mecánica tiene algunas subdivisiones

Estática

MECANICA Cinemática: estudia la geometría del movimiento

Dinámica

Cinética: estudia las fuerzas que provocan el movimiento

Por otra parte, el modelo físico de estudio que representa a un cuerpo real puede ser:

1. Partícula. Un cuerpo con masa y peso cuyas dimensiones no son de interés para el

problema.

2. Cuerpo rígido. Conjunto de partículas, cuyas posiciones relativas no cambian con

el tiempo.

3. Cuerpo deformable. Conjunto de partículas cuyas posiciones relativas pueden

cambiar con el tiempo.

4. Cuerpo contínuo. Cuerpo cuyo volúmen encierra una masa contínua, sin importar

cuán pequeño sea este volúmen.

Este cuerpo contínuo será el modelo de estudio en la MMC.

Una particula ( o punto material) es cualquier volumen infinitesimal de materia.

44

Para un sistema coordenado rectangular, una partícula será representada por un cubo

infinitesimal.

x3

dx3

x2

dx1

dx2

x1

Fig. 2.1. Partícula ( o punto material ) de un medio contínuo.

2.2. DESCRIPCION DEL MOVIMIENTO DE UN MEDIO CONTINUO

Consideremos un cuerpo que, en un cierto tiempo t0 ocupa una región del espacio. La

posición de una partícula cualquiera en ese tiempo puede describirse mediante su vector

de posición X llamado vector de posicion material.

Consideremos ahora un tiempo posterior t > t0 en el cual el cuerpo ocupa otra región del

espacio. La posición de cualquier partícula en este tiempo puede indicarse por el vector

de posición x llamado vector de posicion espacial.

t > t0

x3

t = t0

x

X C t

Co

x2

x1

Fig. 2.2. Configuración inicial y configuración deformada de un cuerpo contínuo.

45

La descripción de todas las partículas del cuerpo en t = t0 se llama configuracion inicial

(Co) y la descripcion de las partículas del cuerpo en t > t0 se llama configuracion

deformada (Ct)

Entonces para describir la trayectoria de cada partícula en cualquier tiempo ‘t’ se requiere

una ecuación vectorial de la siguiente forma:

x = x ( X , t ) (2-1)

donde:

x = x ( X , t0 ) = X (2-2)

Esta ecuación se llama la descripcion material (o lagrangiana) del movimiento de un

cuerpo contínuo.

Si se tiene un sistema coordenado rectangular, la ec. (1) puede escribirse en notación

indicial como

xi = xi ( Xi , t ) (2-3)

La cual en forma desarrollada queda

x1 = x1 ( X1, X2, X3 , t )

x2 = x2 ( X1, X2, X3 , t ) (2-4)

x2 = x3 ( X1, X2, X3 , t )

La triada ( X1, X2, X3 ) sirve para identificar las diferentes partículas del cuerpo y se

llaman coordenadas materiales.

Por otra parte, la triada (x1, x2, x3) sirve para indentificar posiciones sucesivas en el

espacio de las partículas a través del tiempo y se llaman coordenadas espaciales.

Nota: Es importante diferenciar estos dos conjuntos de coordenadas. Las coordenadas

mayúsculas son materiales y las coordenadas minúsculas son espaciales.

Las ecuaciones (4) generalmente se pueden invertir para escribir las coordenadas

materiales en función de las coordenadas espaciales, es decir

Xi = Xi ( xi , t ) (2-5)

En forma desarrollada

X1 = X1 ( x1, x2, x3 , t )

X2 = X2 ( x1, x2, x3 , t ) (2-6)

X2 = X3 ( x1, x2, x3 , t )

46

Esta descripción inversa de la (4) se llama descripcion espacial ( o euleriana) del

movimiento de un cuerpo contínuo.

Las condiciones para que exista la descripción inversa dada por (6) son:

1. Las funciones xi = xi ( Xi, t ) son inyectivas

2. Las funciones xi = xi ( Xi, t ) son de clase C1

3. El Jacobiano de la transformación j no debe ser cero, es decir

j=| ∂xi/∂Xj | ≠ 0 (2-7)

En forma desarrollada, j está dado por:

∂x1/∂X1 ∂x1/∂X2 ∂x1/∂X3

j = ∂x2/∂X1 ∂x2/∂X2 ∂x2/∂X3 (2-8)

∂x3/∂X1 ∂x3/∂X2 ∂x3/∂X3

Ejercicio. Determinar la descripción espacial del movimiento si la descripción material

está dada por

(a)

x1 = kt + X1

x2 = X2

x3 = X3

(b)

x1 = X1

x2 = kX12 + X2

x3 = X3

k= constante.

La densidad media de un cuerpo ρ* se define como la relación entre la masa total del

cuerpo y el volúmen que ésta ocupa, es decir

M

ρ* = ——

V

Sin embargo, esta propiedad media no es de mucha utilidad cuando se quiere conocer la

densidad exacta en un punto. Consideremos ahora un pequeño volúmen ΔV que contiene

al punto de interés y que encierra una pequeña masa ΔM, entonces, la densidad

aproximada en el punto está dada por

ΔM

ρ ≈ ——

ΔV

La densidad exacta en un punto se obtiene cuando el volúmen se reduce, entonces

Lím ΔM dM

ρ = —— = ——

ΔV→0 ΔV dV

47

Algunas propiedades de interés de una partícula de un medio contínuo son:

-Temperatura, θ (escalar)

-Velocidad, v (vector)

-Densidad, ρ (escalar)

-Masa, M (escalar)

-Posición, x (vector)

-Aceleración, a (vector)

-Deformación, E (tensor)

-Esfuerzo, T (tensor)

-Etc.

La descripción de una propiedad (θ, v, ρ , etc.) puede hacerse de dos maneras:

a) Descripción material, donde la propiedad es una función de las coordenadas

materiales (y del tiempo)

θ = θ (X1, X2, X3, t)

v = v (X1, X2, X3, t)

ρ = ρ (X1, X2, X3, t), etc.

b) Descripción espacial, donde la propiedad es una función de las coordenadas

espaciales (y del tiempo)

θ = θ (x1, x2, x3, t)

v = v (x1, x2, x3, t)

ρ = ρ (x1, x2, x3, t), etc.

En la descripción material (Lagrangiana), el observador se mueve sobre una partícula y

puede medir los cambios de cualquier propiedad en particular para una única partícula.

x3 t > t0

t = t0

☺

☺

x

X

x2

x1

Fig. 2.3. Descripción material. El observador (☺) se mueve con la partícula durante el

movimiento del cuerpo.

48

En la descripción espacial (euleriana), el observador permanece fijo en alguna posición

del espacio y espera a las partículas que pasen por ese punto. Ahora lo que puede medir

es el cambio de una propiedad de interés en un punto debido a partículas distintas que

pasan por el punto.

t > t0

x3

t = t0

☺

x

X

x2

x1

Fig. 2.4. Descripción espacial. El observador (☺) permanece fijo en un punto del espacio

y las partículas pasan por ese punto durante el movimiento del cuerpo.

Notas:

1. La descripción material es adecuada para el estudio de cuerpos sólidos.

2. La descripción espacial es adecuada para el estudio de fluídos (líquidos y gases)

3. El vector de posición X no esfunción del tiempo.

4. El vector de posición x sí es función del tiempo

2.3. DERIVADA MATERIAL

Las propiedades de un medio contínuo, tales como la densidad (ρ), la temperatura (θ),

la velocidad (v), etc. pueden variar de un punto a otro. Entonces introducimos el concepto

de propiedad local. Una propiedad local es una propiedad asociada a una partícula.

Entonces hablaremos de densidad de una partícula, temperatura de una partícula,

velocidad de una partícula, etc. y escribimos

θ = θ (X1, X2, X3, t)

v = v (X1, X2, X3, t)

ρ = ρ (X1, X2, X3, t), etc.

En general, si representamos por P = P (X1, X2, X3, t) a cualquier propiedad de una

partícula (escalar, vectorial o tensorial), ésta puede variar con el transcurso del tiempo.

Entonces se llama derivada material de la propiedad P a la rapidéz de cambio de dicha

propiedad y se representa por

DP

—— (2-9)

Dt

49

Entonces, si una propiedad P es de la forma

P = P (X1, X2, X3, t) (2-10)

su derivada material es

DP ∂ P

—— = —— (2-11)

Dt ∂ t

Por otra parte, si decribimos la variación de una propiedad P en un punto fijo del espacio

por donde pasan muchas partículas, tenemos una descripción espacial de P, es decir

P = P (x1, x2, x3, t) (2-12)

Donde (x1, x2, x3) son las coordenadas del punto fijo.

Como las coordenadas espaciales dependen del tiempo, entonces para determinar la

derivada material de P requiere de la aplicación de la regla de la cadena del Cálculo

Diferencial.

DP ∂ P ∂ P ∂ x1 ∂ P ∂ x2 ∂ P ∂ x3 (2-13)

—— = —— + —— —— + —— —— + —— ——

Dt ∂ t ∂ x1 ∂ t ∂ x2 ∂ t ∂ x3 ∂ t

Compactando la expresión (13) nos queda

DP ∂ P ∂ P ∂ xi (2-14)

—— = —— + —— ——

Dt ∂ t ∂ xi ∂ t

Además, xi es el vector de posición de una partícula en cualquier tiempo t, por lo tanto, su

variación respecto al tiempo en la velocidad de la partícula, esto es

Dxi ∂xi

vi = —— = —— (2-15)

Dt ∂ t

Entonces, sustituyendo (15) en (14) nos queda

DP ∂ P ∂ P (2-16)

—— = —— + vi ——

Dt ∂ t ∂ xi

Para determinar la aceleracion de una partícula, tenemos que si tenemos la decripción

material de la velocidad

vi = vi (X1, X2, X3,t) (2-17)

Entonces, la aceleración está dada por

Dvi ∂vi

ai = —— = —— (2-18)

Dt ∂ t

Por otra parte, si se tiene la descripción espacial de la velocidad vi = vi (x1, x2, x3,t),

entonces

Dvi ∂vi ∂vi

ai = —— = —— + vk —— (2-19)

Dt ∂ t ∂ xk

Ejercicio. Para el movimiento dado por xi = Xi(1+t), determinar la velocidad y la

aceleración en forma material y espacial.

50

2.4. DEFORMACION

Se llama deformacion de un cuerpo al cambio de forma que sufre debido a acciones

externas. Este concepto de deformación es muy general y no es útil para el estudio de las

deformaciones locales de los cuerpos.

Para medir una deformación local (en una vecindad de una partícula) se requiere de

tomar como referencia a una partícula y a otras vecinas.

Consideremos un cuerpo contínuo en un estado no deformado en el tiempo t = t0 y en un

estado deformado t > t0 (ver fig. 2.5)

Q(t)

x3 u(X+dX)

Q(t0)

dx

dX x+dx

X+dX P(t0) u(X)

P(t)

X x

x2

t = t0 t > t0

Fig. 2.5. Deformación lineal local en la vecindad de un punto P.

La posición deformada de la partícula P puede escribirse como

x = X + u(X,t) (2-20)

donde u(X,t) es el vector desplazamiento de la partícula P.

Una partícula vecina a P, llamada Q originalmente en X + dX se desplaza al punto

x + dx. Entonces, podemos escribir

x + dx = X + dX + u(X+dX,t) (2-21)

Sustituyendo (20) en (21), tenemos

X + u(X,t) + dx = X + dX + u(X+dX,t)

Despejando dx, tenemos

dx = X + dX + u(X+dX,t) - X + u(X,t)

=> dx = dX + u(X+dX,t) - u(X,t) (2-22)

de la definición de gradiente de una función vectorial,

u(X+dX,t) - u(X,t) =(u) dX (2-23)


dx = dX+ (u) dX (2-24)

donde u es un tensor de segundo orden llamado el gradiente de desplazamiento

material (o lagrangiano).

51

Las componentes de u son

∂ ui

[u ]ij = —— (2-25)

∂ Xi

En forma desarrollada queda

∂u1/∂ X1 ∂u1/∂ X2 ∂u1/∂ X3

[u ] = ∂u2/∂ X1 ∂u2/∂ X2 ∂u2/∂ X3 (2-26)

∂u3/∂ X1 ∂u3/∂ X2 ∂u3/∂ X3

De la ecuación (24) vemos que, si el gradiente de desplazamiento es cero, entonces

dx=dX, lo que significa que no hay deformación local lineal en P. Sin embargo no

sabemos nada acerca de alguna deformación angular ( cambio de ángulo entre dos líneas

antes y después del movimiento).

Entonces tendremos que definir una medida de deformación local que incluya tanto la

deformación lineal (contenida en u ) como la deformación angular.

Una medida adecuada de la deformación local es el producto escalar de dos vectores

diferenciales antes y después del movimiento.

Consideremos un cuerpo contínuo en un estado no deformado t = t0 y en un estado

deformado t > t0. Además tenemos una partícula P de referencia y dos partículas distintas

vecinas a P designadas por Q y R (ver fig. 2.6)

Q(t)

x3

Q(t0) R(t)

R(t0) dx1

dX1 dX2

P(t0) dx2

P(t)

X x

x2

t = t0 t > t0

x1

Fig. 2.6. Deformación local en la vecindad de una partícula P.

52

De la ecuación (24), tenemos que

dx1 = dX1+ (u) dX1 (2-27)

dx2 = dX2+ (u) dX2 (2-28)

Entonces, la medida de la deformación en un punto es

dx1 ∙ dx2 (2-29)

Sustituyendo (27) y (28) en (29) obtenemos

[dX1+ (u) dX1] ∙ [dx2 = dX2+ (u) dX2]

=> dX1∙ dX2+dX1∙(u)dX2+(u)dX1∙dX2+ (u)dX1∙(u)dX2 (2-30)

Por la definición de transpuesto de un tensor

(u)dX1∙dX2=(u)TdX2 ∙ dX1= dX1 ∙ ( u)TdX2 (2-31)

(u)dX1∙(u)dX2 = dX1 ∙(u)T(u)dX2 (2-32)

Sustituyendo (31) y (32) en (30), obtenemos

dX1∙ dX2+dX1 ∙ (u)dX2+dX1 ∙( u)TdX2+ dX1 ∙(u)T(u)dX2

=> dX1∙ dX2+ dX1 ∙[(u)dX2+(u)TdX2+(u)T(u)dX2] (2-33)

pero

(u)dX2+(u)TdX2+(u)T(u)dX2=[u +(u)T+(u)T(u)]dX2 (2-34)

Sustituyendo (34) en (33) obtenemos

dX1∙ dX2+ dX1 ∙[u +(u)T+(u)T(u)]dX2 (2-35)

Entonces, igualando las expresiones (29) y (35) obtenemos

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2+ dX1 ∙[u +(u)T+(u)T(u)]dX2 (2-36)

En la ecuación (36) vemos que, si el término entre corchetes es igual a cero, entonces

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2 , lo cual representa una transformación rígida y significa que no hay

deformación local lineal ni angular. Por lo tanto, toda la información acerca de la

deformación está contenida en este término entre corchetes, el cual es un tensor de

segundo orden.

Por conveniencia, definimos el tensor de deformacion finita material (lagrangiano)

como

E* = ½ [u +(u)T+(u)T(u)] (2-37)

Sustituyendo (37) en (36) nos queda

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2+ dX1 ∙ (2 E*) dX2 (2-38)

Las componentes rectangularesdel tensor E* son

∂ui ∂uj ∂uk ∂uk

[ E*]ij = ½ —— + —— + —— —— (2-39)

∂Xj ∂Xi ∂Xi ∂Xj

53

Ejercicio. Las ecuaciones geométricas del movimiento de un cuerpo contínuo están dadas

por xi = (δij + Bij)Xj, donde Bij son constantes. Determinar el tensor E*

En muchos problemas prácticos las deformaciones de un cuerpo son tales que las

componentes del tensor u son pequeñas comparadas con la unidad. Entonces, los

productos en el tensor E* de (u)T(u) se pueden despreciar y podemos definir un

tensor de deformación aproximado. Este tensor se llama tensor de deformacion

infinitesimal (o de deformaciones pequeñas) material, se denota por E y está dado por

E = ½ [u +(u)T] (2-40)

En notación indicial es

∂ui ∂uj

[ E ]ij = ½ —— + —— (2-41)

∂Xj ∂Xi

Notas:

1. Los tensores E* y E son simétricos por definición.

2. El tensor E es la parte simétrica del tensor u, es decir

E =(u)S (2-42)

Entonces, para deformaciones pequeñas, la ecuación (38) queda

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2+ dX1 ∙ (2 E ) dX2 (2-43)

La parte antisimétrica del tensor (u)A representa una rotación infinitesimal (pequeña) de

cuerpo rígido en la vecindad de la partícula y el vector dual de (u)A representa el vector

que es el eje de esta rotación. Este tensor antisimétrico de llama tensor de rotacion

infinitesimal, se denota por Ω y está dado por:

Ω = ½ [u - (u)T] (2.44)

54

2.5. INTERPRETACION GEOMETRICA DEL TENSOR DE DEFORMACION E

Consideremos un sistema coordenado rectangular cartesiano. Entonces, la matríz del

tensor E, en ese sistema es

E11 E12 E13

[E] = E21 E22 E23 (2-45)

E31 E32 E33

Consideremos dos partículas vecinas como se muestra en la fig. 2.7, en las que las

partículas Q y R son una misma.

Q(t)=R(t)

x3

Q(t0)=R(t0)

dx1= dx2

dX1= dX2

P(t0) P(t)

X x

x2

t = t0 t > t0

x1

Fig. 2.7. Interpretación geométrica de E.

Consideremos lo siguiente:

dX1= dX2

n = vector unitario en la dirección de dX1

| dX1|=dS (2-46)

| dx1|=ds (2-47)


dX1= dX2 = dS n (2-48)

Considerando deformaciones pequeñas, reescribimos la ec. (43)

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2+ dX1 ∙ (2 E ) dX2 (2-49)

sustituyendo (46), (47) y (48) en la (49)

(ds)(ds)(cos 0º) = (dS)(dS)(cos 0º) + (dS n) ∙ (2 E) (dS n)

=>(ds)2 = (dS)2 + 2(dS)2 (n ∙En)

(ds)2 - (dS)2 = 2(dS)2 (n ∙En)

Factorizando el término del lado izquierdo, tenemos

(ds + dS) (ds – dS) = 2(dS)2 (n ∙En) (2-50)

para deformaciones pequeñas

55

ds ≈ dS (2-51)

(dS + dS) (ds - dS) = 2(dS)2 (n ∙En)

2(dS)(ds – dS) = 2(dS)2 (n ∙En) (2-52)

ds – dS

——— = n ∙En (2-53)

dS

Pero n ∙En es la componente del tensor E en la dirección de n y los representaremos

como E(n)(n), entonces

ds – dS

E(n)(n) = ———

dS (2-54)

E(n)(n) es el cambio de longitud por unidad de longitud original dS en la dirección de n

y es conocida como deformacion longitudinal (o normal) unitaria en dicha dirección.

Si hacemos n = e1, entonces E11 = e1∙ Ee1 (2-55)



Entonces, los elementos de la diagonal principal de E representan las deformaciones

unitarias longitudinales (o normales) en las direcciones de los ejes coordenados en la

vecindad de una partícula.

Ahora interpretaremos las componentes de E fuera de la diagonal principal.

Consideremos un sistema coordenado rectangular con tres partículas vecinas, antes y

después del movimiento. (ver fig. 2.8)

x3 Q(t)

dx1

Q(t0) R(t0)

θo R(t)

dX1 dX2 θ

P(t0) dx1

X P(t)

x

x2

t = t0 t > t0

x1

Fig. 2.8. Interpretación geométrica de las componentes de E fuera de la diagonal

principal (θo = 90 º).

56

Sean m y n vectores unitarios en las direcciones de dX1 y dX2 y además se tiene lo

siguiente:

| dX1 | = dS1 (2-58)

| dX2 | = dS2 (2-59)

| dx1 | = ds1 (2-60)

| dx2 | = ds2 (2-61)


dX1 = dS1 m (2-62)

dX2 = dS2 n (2-63)

De nuevo, considerando deformaciones pequeñas, reescribimos la ec. (43)

dx1∙dx2 =dX1∙ dX2+ dX1 ∙ (2 E ) dX2 (2-64)

Sustituyendo las ecs. (58) a (63) en la (64), obtenemos

(ds1) (ds2)(cos θ) = (dS1)(dS2) (cos 90º) + (dS1 m) ∙ (2E)( dS2 n) (2-65)

como cos 90º = 0

=> ds1ds2cos θ = 2 dS1 dS2(m∙ E n) (2-66)

considerando que el ángulo original de 90º cambia en una cantidad γ, tenemos que

θ = π/2 – γ (90º = π/2 radianes) (2-67)

Entonces

cos θ = cos (π/2 – γ) = sen γ (2-68)

Para deformaciones pequeñas

sen γ ≈ γ (2-69)

ds1 ≈ dS1 (2-70)

ds2 ≈ dS2 (2-71)

Sustituyendo (68) a (71) en (66) queda

dS1dS2 γ = 2 dS1 dS2(m∙ E n)

=> m ∙ E n = ½γ (2-72)

Pero m ∙ E n lo podemos escribir como E(m)(n) y la ec. (72) queda

E(m)(n) = ½γ (2-73)

E(m)(n) es la mitad del cambio en el ángulo entre dos vectores originalmente en

direcciones m y n.

Para m = e1 y n=e2 , entonces ½γ = e1 ∙ Ee2 = E12

En general, para m = ei y n=ej con i≠j , entonces

½γ = ei ∙ Eej = Eij (2-74)

E12 es el decremento del ángulo entre dos elementos inicialmente en las direcciones de x1

y x2. Similarmente, para m = e1 y n=e3 y para m = e2 y n=e3. Entonces Eij (i≠j) nos da el

cambio en el ángulo recto entre dos elementos originalmente en direcciones de xi y xj.

Estas componentes del tensor de deformación E se llaman deformaciones tangenciales ( o

cortantes).

Se puede calcular la deformación unitaria (también llamada ELONGACION) en una

dirección n con la expresión obtenida igualando la (53) y la (54)

E(n)(n) = n ∙En (2-75)

Se puede el cambio en el ángulo entre dos direcciones dadas por m y n con la expresión

E(m)(n) = 2(m ∙En) (2-76)

57

Ejercicio. Con referencia a un sistema coordenado {x1,x2,x3}, el estado de deformación

en un punto está dado por la matríz

5 3 0

[ E ] = 3 4 -1 x 10-4

0 -1 2

(a) Determinar la elongación unitaria en la dirección 2e1+2e2+e3

(b) Detrminar el cambio de ángulo entre dos líneas perpendiculares en estado

indeformado y en direcciones 2e1+2e2+e3 y 4e+3e3

2.6. DEFORMACIONES PRINCIPALES

Como el tensor E es simétrico, existen tres direcciones mutuamente perpendiculares

llamadas direcciones principales que forman un sistema coordenado rectangular en el

cual se anulan las componentes tangenciales y las componentes normales (longitudinales)

adquieren sus valores máximos. Entonces, tenemos un problema de valores y vectores

característicos.

La ecuación característica de E es

λ3 – I1λ2 + I2λ – I3 = 0 (2-77)

donde I1, I2, I3 son los invariantes escalares del tensor de deformación E y están dados

por:

I1 = tr (E) = Eii = E11 + E22 + E33 (2-78)

I2 = E11E22+E11E33+E22E33 – (E12)2 –(E13)

2 –(E23)2 (2-79)

I3 = det (E) (2-80)

Las raíces de la ecuación característica son las deformaciones principales E(1), E(2) y E(3)

ordenadas tal que

E(1) > E(2) > E(3) (2-81)

Las direcciones principales de E se obtienen resoviendo el sistema homogéneo de

ecuaciones lineales

(E11 – λ) α1 + E12 α2 + E13 α3 = 0 (2-82a)

E21α1 + (E22– λ) α2 + E23 α3 = 0 (2-82b)

E31 α1 + E32 α2 + (E33– λ) α3 = 0 (2-82c)

(α1)2 + (α2)

2 + (α3)2 = 1 (2-82d)

donde λ = E(1), E(2), E(3)

58

Ejercicio. Con referencia a un sistema coordenado {x1,x2,x3}, el estado de deformación

en un punto está dado por la matríz

5 3 0

[ E ] = 3 4 -1 x 10-4

0 -1 2

Determinar las deformaciones principales y sus direcciones principales.

DILATACION DE UNA PARTICULA

El primer invariante del tensor de deformación E representa el cambio de volúmen por

unidad de volúmen original y se llama DILATACION y se representa por ℮, es decir

dV – dV0

℮ = ———— (2-83)

dV0

Para demostrar esto, consideremos una partícula de un medio contínuo antes y después de

una deformación.Por simplicidad, usaremos los ejes principales x*1, x*2 y x*3

t > t0

x*3 t = t0

ds3

dS2

dS1 ds2

dS3 ds1

x

X

x*2

x*1

Fig. 2.9 Dilatación de una partícula

El volúmen inicial de la partícula en t = t0 es

dV0 = dS1 dS2 dS3 (2-84)

El volúmen de la partícula en un tiempo posterior t > t0 es

dV = ds1 ds2 ds3 (2-85)

Por otra parte, si E1 es la deformación longitudinal en la dirección de x1

ds1 – dS1

E1 = –––––––– [ver ecuación (54)]

dS1

59

Despejando ds1 nos da

ds1 = dS1(1 + E1) (2-86)


dV= dS1(1 + E1) dS2(1 + E2) dS3(1 + E3)

=>dV= dS1dS2dS3(1 + E1)(1 + E2)(1 + E3)

=>dV= dS1dS2dS3(1+E1+E2+E3+E1E2+E1E3+E2E3+E1E2E3)

Como las deformaciones son pequeñas, despreciamos los productos y nos queda

dV= dS1dS2dS3(1+E1+E2+E3) (2-87)


dS1dS2dS3(1+E1+E2+E3) – dS1dS2dS3

℮ = ———————————————

dS1dS2dS3

dS1dS2dS3[(1+E1+E2+E3) – 1] (2-88)

℮ = ———————————— = E1+E2+E3

dS1dS2dS3

Entonces

℮ = E1+E2+E3 = I1 (2-89)

2.7. RAPIDEZ DE DEFORMACION Y RAPIDEZ DE ROTACION

Para el análisis de fluídos, el concepto de desplazamiento de una partícula no es muy

útil. En cambio, el concepto de velocidad en un punto fijo sí es adecuado para describir el

movimiento. Entonces, si se conoce un campo de velocidad

v = v(x1, x2, x3, t) (2-90)

el gradiente de velocidad espacial (o euleriano) está dado por

∂v1/∂x1 ∂v1/∂x2 ∂v1/∂x3

[v] = [∂vi/∂xj] = ∂v2/∂x1 ∂v2/∂x2 ∂v2/∂x3 (2-91)

∂v3/∂x1 ∂v3/∂x2 ∂v3/∂x3

El tensor v generalmente no es simétrico, pero siempre puede ser descompuesto en

una parte simétrica y otra antisimétrica. Entonces

v = (v)S + (v)A (2-92)

donde:

(v)S = ½[(v) + (v)T] = D (2-93)

(v)A = ½[(v) – (v)T] = W (2-94)

D de llama tensor rapidez de deformacion y W se llama tensor rapidez de rotacion.

En notación indicial, escribimos

∂vi ∂vj

Dij = ½ —— + —— (2-95)

∂xj ∂xi

60

∂vi ∂vj

Wij = ½ —— – —— (2-96)

∂xj ∂xi

El tensor D es similar al tensor E para el estudio de fluídos. Este tensor D es simétrico

y también posee valores principales y direcciones principales que se determinan de

manera semejante que para el tensor E.

También, similarmente a la dilatación ℮, que es el primer invariante del tensor E, el

primer invariante del tensor D (I1 = D11 + D22 + D33) representa la rapidez de dilatacion

de una partícula y se denota por ∆. Es decir

1 D (dV) ∂vi

∆ ≡ ––– ––––––– = I1 = Dii = –––– (2-97)

dV Dt ∂xi

2.8. ECUACION DE LA CONSERVACION DE LA MASA

En el apartado 2.2 definimos a la densidad de una partícula como

dM

ρ = ——

dV

Entonces, resolviendo esta ecuación diferencial, la masa total del cuerpo está dada por

M = ∫V ρ dV (2-98)

El principio de de conservación de la masa establece que “ la masa total de un cuerpo

no cambia con el tiempo”, es decir, su derivada material es cero.

DM

—— = 0 (2-99)

Dt


D

— (∫V ρ dV )= 0

Dt

Itercambiando operadores

D(ρ dV)

=> ∫ ——— = 0

Dt

D (ρ dV) (2-100)

=> ——— = 0

Dt

Considerando que la densidad ρ es una función de las coordenadas espaciales, es decir

ρ = ρ (x1, x2, x3, t) (2-101)

61

Aplicando la regla del producto a la ec. (100) obtenemos

D(dV) Dρ

ρ —— + dV —— = 0 (2-102)

Dt Dt

Pero, por la ec. (97)

1 D (dV) ∂vi

––– ––––––– = ––––

dV Dt ∂xi

=> D (dV) ∂vi (2-103)

–––––– = dV ––––

Dt ∂xi

Sustituyendo (103) en (102) tenemos

∂vi Dρ

ρ dV —— + dV —— = 0

∂xi Dt

Eliminando dV y reacomodando términos, obtenemos

Dρ ∂vi (2-104)

—— + ρ —— = 0

Dt ∂xi

La ecuación (104) se llama ecuacion de la continuidad. Esta se aplica para el análisis de

fluídos.Un fluído puede ser un líquido o un gas. A los líquidos de les llama fluidos

incompresibles.

En un fluído incompresible no se puede variar su densidad, por lo tanto, la derivada

material de la densidad se anula. Entonces, la ecuación (104) para un fluído queda

∂vi

ρ —— = 0

∂xi

∂vi (2-105)

=> —— = 0

∂xi

y en forma desarrollada es

∂v1 ∂v2 ∂ v3 (2-106)

—— + —— + —— = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

Nota: Recuérdese que Dii = ∂ vi /∂ xi, entonces, la ecuación de continuidad para fluídos

incompresibles puede reescribirse como

Dii = 0 (2-107)

62

Ejercicio. Encontrar la rapidéz de deformación y rapidéz de rotación para el campo de

velocidad v = (cos t)(sen πx1)e2

2.9. ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD

Si se conocen las componentes del vector desplazamiento ui = ui (X1, X2, X3, t)

siempre pueden determinarse las componentes de la deformación Eij = Eij(X1,X2,X3,t)

mediante la expresión

∂ui ∂uj

Eij = ½ —— + ——

∂Xj ∂Xi

Por otra parte, si se conocen las componentes de deformación Eij = Eij(X1,X2,X3,t), no

siempre es posible determinar las componentes de desplazamiento ui = ui (X1, X2, X3, t).

Las condiciones para que exista ui dadas Eij se llaman ecuaciones de compatibilidad de E

y estan dadas por la expresión indicial

∂2Eij ∂2Ekm ∂

2Eik ∂2Ejm

——— + ——— – ——— – ——— = 0 (2-108)

∂Xk∂Xm ∂Xi∂Xj ∂Xj∂Xm ∂Xi∂Xk

En forma desarrollada nos quedan 6 ecuaciones independientes dadas por

∂2E11 ∂2E22 ∂

2E12

——— + ——— = 2 ——— (2-109a)

∂X22

∂X12 ∂X1∂X2

∂2E22 ∂2E33 ∂

2E23

——— + ——— = 2 ——— (2-109b)

∂X32

∂X22

∂X2∂X3

∂2E33 ∂2E11 ∂

2E31

——— + ——— = 2 ——— (2-109c)

∂X12

∂X32

∂X3∂X1

∂2E11 ∂ ∂E23 ∂E31 ∂E12

——— = — – —— + —— +—— (2-109d)

∂X2∂X3 ∂X1 ∂X1 ∂X2 ∂X3

∂2E22 ∂ ∂E23 ∂E31 ∂E12

——— = — —— – —— +—— (2-109e)

∂X3∂X1 ∂X2 ∂X1 ∂X2 ∂X3

∂2E33 ∂ ∂E23 ∂E31 ∂E12

——— = — —— + —— – —— (2-109f)

∂X1∂X2 ∂X3 ∂X1 ∂X2 ∂X3

Estas seis ecuaciones son conocidas también como condiciones de integrabilidad.

63

Ejercicio. Dado el campo de deformación E12=E21=X1X2 y todas las demás Eij=0.

Determinar si se cumplen o no las ecuaciones de compatibilidad.

ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD DE LAS COMPONENTES DE LA RAPIDEZ

DE DEFORMACION

Similarmente a las ecuaciones de compatibilidad de las componentes de deformación,

tenemos las ecuaciones de compatibilidad de las componentes del tensor Dij.

Si se conocen las componentes del vector velocidad vi = vi (x1, x2, x3, t) siempre

pueden determinarse las componentes de la rapidéz de deformación Dij = Dij(x1,x2,x3,t)

mediante la expresión

∂vi ∂vj

Dij = ½ —— + ——

∂xj ∂xi

Por otra parte, si se conocen las componentes de la rapidéz de deformación

Dij = Dij(x1,x2,x3,t), no siempre es posible determinar las componentes de la velocidad

vi = vi (x1, x2, x3, t).

Las condiciones para que exista vi dadas Dij se llaman ECUACIONES DE

COMPATIBILIDAD de D y estan dadas por la expresión indicial

∂2Dij ∂2Dkm ∂

2Dik ∂2Djm

——— + ——— – ——— – ——— = 0 (2-110)

∂xk∂xm ∂xi∂xj ∂xj∂xm ∂xi∂xk

En forma desarrollada nos quedan 6 ecuaciones independientes dadas por

∂2D11 ∂2D22 ∂

2D12

——— + ——— = 2 ——— (2-111a)

∂x22

∂x12 ∂x1∂x2

∂2D22 ∂2D33 ∂

2D23

——— + ——— = 2 ——— (2-111b)

∂x32

∂x22 ∂x2∂x3

∂2D33 ∂2D11 ∂

2D31

——— + ——— = 2 ——— (2-111c)

∂x12

∂x32 ∂x3∂x1

∂2D11 ∂ ∂D23 ∂D31 ∂D12

——— = — – —— + —— +—— (2-111d)

∂x2∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x3

∂2D22 ∂ ∂D23 ∂D31 ∂D12

——— = — —— – —— +—— (2-111e)

∂x3∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2 ∂x3

64

∂2D33 ∂ ∂D23 ∂D31 ∂D12

——— = — —— + —— – —— (2-111f)

∂x1∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂x2 ∂x3

Ejercicio. Dado el campo de velocidad v1=x1x2, v2=x2x3, v3=x1x3 Determinar si se

cumplen o no las ecuaciones de compatibilidad para las Dij.

65

2.10. PROBLEMAS

2.1. Considere el movimiento

x1 = kt + X1

x2 = X2

x3 = X3

donde k es una constante y las coordenadas materiales Xi designan la posición de una

partícula en t=0. (a) Determine la velocidad y la aceleración de una partícula en

descripción material y espacial. (b) Si en una descripción espacial hay un campo de

temperatura θ = Ax1 (A=constante), entonces encontrar la derivada material Dθ/Dt.

(c) hacer la parte (b) si la temperatura está dada por θ = Bx2 (B=constante).


x1 = X1

x2 = kX12 t2 + X2

x3 = X3

donde Xi son las coordenadas materiales.

(a) en t=0 las esquinas de un cuadrado unitario están en A(0,0,0), B(0,1,0), C(1,1,0) y

D(1,0,0). Determinar las posiciones de A, B, C y D en t=1 y dibujar la forma del

cuadrado.

(b) Encontrar la velocidad v y la aceleración Dv/Dt en descripción material.

(c) Demostrar que el campo de velocidad espacial está dado por v1=v3=0, v2=2kx12t.


x1 = kX22 t2 + X1

x2 = kX2 t + X2

x3 = X3

(a) En t=0 las esquinas de un cuadrado unitario están en A(0,0,0), B(0,1,0), C(1,1,0)

y D(1,0,0). Dibuje la forma del cuadrado en t=2. (b) Obtener la descripción

espacial del campo de velocidad. (c) Obtener la descripción espacial del campo de

aceleración.


x1 = (k + X1) t + X1

x2 = X2

x3 = X3

(a) Para este movimiento, repetir la parte (a) del problema 2.3

(b) Encontrar la velocidad y aceleración como una función del tiempo de una

partícula que está inicialmente en el orígen.

(c) Encontrar la velocidad y aceleración como una función del tiempo de partículas

que pasan por el orígen.

66


1+ t

x1 = —— X1

1+ t0

x2 = X2

x3 = X3

(a) Demostrar que el tiempo de referencia es t = t0.

(b) Encontrar el campo de velocidad en coordenadas espaciales.

(c) Demostrar que el campo de velocidad es idéntico al del movimiento

x1=(1+t)X1, x2 = X2, x3 = X3

2.6. (a) Demostrar que el campo de velocidad

xi

vi = ——

1 + t

corresponde al movimiento

xi = Xi (1 + t)

(b) Encontrar la aceleración de este movimiento en descripción material.

2.7. En una descripción espacial la ecuación para evaluar la aceleración

Dv ∂v

—— = —— + (v)v

Dt ∂t

es no lineal. Esto es, si consideramos dos campos de velocidades vA y vB, entonces

aA + aB ≠ aA+B

donde aA y aB denotan, respectivamente, los campos de aceleración correspondientes a

los campos de velocidad vA y vB . Verificar esta desigualdad para los campos de

velocidad

vA = – 2x2e1 + 2x1e2

vB = 2x2e1 – 2x1e2


x1 = X1

x2 = X2 + (sen πt)( sen πX1)

x3 = X3

(a) En t=0 un filamento material coincide con la línea recta que se extiende desde

(0,0,0) a (1,0,0). Dibuje la configuración deformada de este filamento en t=1/2,

t=1, t=3/2.

(b) Encontrar la velocidad y aceleración en descripciones material y espacial.

67

2.9. Considere los siguientes campos de velocidad y temperatura

x1e1 +x2e2

v = ———— , θ = k(x12 + x2

2)

x12+x2

2

(a) Determine la velocidad en varias posiciones e indicar la naturaleza general de este

campo de velocidad. ¿A que se asemejan las isotermas?

(b) En el punto A(1,1), determinar la aceleración y la derivada material del campo de

temperatura.

2.10. Resolver el problema 2.9 para los campos de velocidad y temperatura

–x2e1 +x1e2

v = ———— , θ = k(x12 + x2

2)

x12+x2

2

2.11. Considere el movimiento x = X + X1ke1 y sean dX1 = (dS1/√2)(e1+e2) y

dX2 = (dS2/√2)( –e1+e2) elementos materiales diferenciales en la configuración no

deformada. (a) Encontrar los elementos deformados dx1 y dx2. (b) Evaluar el estiramiento

de estos elementos, ds1/dS1 y ds2/dS2 y el cambio en el ángulo entre ellos. (c) Hacer la

parte (b) si k=1 y k=10–2. (d) Comparar los resultados de la parte (c) con los que predice

el tensor de deformaciones pequeñas E.

2.12. El movimiento de un contínuo de la posición inicial X a la posición actual x está

dado por

x = ( I + B )X

donde I es el tensor identidad y B es un tensor cuyas componentes Bij son constantes y

pequeñas comparadas con la unidad. Si las componentes de x son xi y las de X son Xj,

encontrar (a) Las componentes del vector desplazamiento u, (b) el tensor de

deformaciones pequeñas E.

2.13. En algún tiempo t la posición de una partícula inicialmente en (X1, X2, X3) está

definida por

x1 = X1 + kX3

x2 = X2 + kX2

x3 = X3

donde k = 10–5

(a) Encontrar las componentes del tensor de deformación

(b) Encontrar la elongación unitaria de un elemento inicialmente en la dirección de

e1+e2

2.14. Considere el campo de desplazamiento

u1 = k(2X12+X1X2), u2 = kX2

2, u3 = 0

donde k = 10–4

(a)Encontrar las elongaciones unitarias y el cambio de ángulo para dos elementos

materiales dX1 = dX1e1 y dX2 = dX2e2 que emanan de una partícula designada por

X=e1+e2. (b) Encontrar la configuración deformada de estos dos elementos.

68

2.15. Para el campo de desplazamientos u1 = kX1, u2 = u3 = 0 , k=10–4 considere un cubo

unitario con diagonal en la dirección de e1 + e2 + e3 y determine el incremento en la

longitud de esta diagonal usando el tensor de deformación.

2.16. Con referencia a un sistema coordenado {x1, x2, x3}, el estado de deformación en un

punto está dado por la matríz

5 3 0

[ E ] = 3 4 –1 x 10–4

0 –1 2

(a) ¿Cuál es la elongación unitaria en la dirección 2e1 + 2e2 + e3?

(b) ¿Cuál es el cambio de ángulo entre dos líneas perpendiculares (en estado

indeformado) emanando del punto y en la dirección de 2e1 + 2e2 + e3 y

3e1 – 6e3?

2.17. Resolver el problema anterior para (a) la elongación unitaria en la dirección

3e1 – 4e2, (b) el cambio en el ángulo entre dos elementos en la dirección 3e1 – 4e2 y

4e1 + 3e3

2.18. (a) Para el problema 2.16, determine los invariantes escalares del estado de

deformación. (b) Demostrar que la siguiente matríz

3 0 0

0 6 0 x 10–4

0 0 0

no puede representar el mismo estado de deformación que el del problema II.16.

2.19. Para el campo de desplazamientos u1 = kX12, u2 = kX2X3, u3 = k(2X1X3+X1

2),

k=10–6. Encontrar la elongación unitaria para un elemento que está inicialmente en

(1,0,0).

2.20. Dada la matríz de un campo de deformación

k1X2 0 0

[ E ] = 0 –k2X2 0

0 0 –k2X2

(a) Encontrar la posición de la partícula que no sufre ningún cambio de volúmen.

(b) ¿Cuál deberá ser la relación entre k1 y k2 para que ningún elemento cambie de

volúmen?

69

2.21. Para cualquier movimiento la masa de una partícula permanece constante.

Considere la masa como el producto de su volúmen por su densidad de masa y demostrar

que (a) para una deformación infinitesimal ρ(1 + Ekk) = ρo, donde ρo se refiere a la

densidad inicial y ρ a la densidad actual. (b) Usar la pequeñez de Ekk para demostrar que

la densidad actual está dada por ρ= ρo (1 – Ekk).

2.22. Las elongaciones unitarias en un cierto punto sobre la superficie de un cuerpo son

medidas experimentalmente por medio de medidores de deformación que están

arreglados 45º entre sí (llamada roseta de deformaciones de 45º) en la dirección de e1,

(√2/2)(e1+e2) y e2. Si estas elongaciones unitarias son designadas por a, b y c,

respectivamente, ¿qué son las componentes de deformación E11, E22 y E12?

2.23. (a) Resolver el problema 2.22 si las medidas de la deformación son 200 x 10–6,

50 x 10–6 y 100 x 10–6, respectivamente.

2.24. Repetir el problema 2.23, excepto que a = b = c = 1000 x 10–6

2.25. Las elongaciones unitarias en un cierto punto sobre la superficie de un cuerpo son

medidas experimentalmente por medio de medidores de deformación que están

arreglados 60º entre sí (llamada roseta de deformaciones de 60º) en la dirección de e1,

½(e1+√3e2) y ½(–e1 +√3e2). Si estas elongaciones unitarias son designadas por a, b y c,

respectivamente, ¿qué son las componentes de deformación E11, E22 y E12?

2.26. Resolver el problema 2.25 si la roseta de deformaciones nos da, a = 2 x 10–4,

b = 1 x 10–4 y c = 1.5 x 10–4

2.27. Resolver el problema 2.26, excepto que a = b = c = 2000 x 10–6

2.28. Para el campo de velocidad v = (kx22)e1, (a) encontrar los tensores de rapidéz de

deformación y rapidéz de rotación. (b) Encontrar la rapidéz de extensión de un elemento

material dx = (ds)n, donde n = (√2/2) (e1+e2) en la posición x = 5e1+3e2

2.29. Para el campo de velocidad

t + k

v = ––––––– e1

1 + x1

Encontrar la rapidéz de extensión de elementos materiales dx1 = (ds1)e1 y

dx2 = (ds2/√2) (e1+e2) cuando ellos pasan por el orígen en t = 1.

2.30. (a) Encontrar la rapidéz de deformación y rapidéz de rotación para el campo de

velocidad v = (cos t)(sen πx1)e2. (b) Para el campo de velocidad de la parte (a), encontrar

la rapidéz de deformación de los elementos dx1 = (ds1)e1, dx2 = (ds2)e2,

dx3 = (ds3/√3) (e1+e2) en el orígen en t = 0.

2.31. Para el campo de velocidad del problema 2.9 (a) Encontrar los tensores D y W. (b)

Encontrar la rapidéz de extensión de un elemento material de una línea radial.

70

2.32. Un movimiento se dice que es irrotacional si el tensor de giro se anula. Demostrar

que el campo de velocidad del problema 2.10 describe un movimiento irrotacional.

2.33. (a) Sean dx1 = (ds1)n, dx2 = (ds2)m dos elementos materiales que emanan de una

partícula P, la cual en el presente tiene una velocidad de deformación D. Considere

(D/Dt)(dx1 · dx2) y demostrar que

1 D(ds1) 1 D(ds1) Dθ

–– –––––– + ––– –––––– cos θ – (sen θ) ––– = 2m · Dn

ds1 Dt ds2 Dt Dt

donde θ es el ángulo entre m y n.

(b)Considere los casos especiales (i) dx1 = dx2 y (ii) θ =π/2

2.34. Sean e1, e2, e3 y D1, D2, D3 las direcciones y los valores principales de un tensor

rapidéz de deformación D. Además, sean dx1 = (ds1)e1, dx2 = (ds2)e2, dx3 = (ds3)e3 tres

elementos materiales de línea. Considere la derivada material

(D/Dt)[ dx1 · (dx2 x dx3)] y demostrar que

1 D(dV)

∆ ≡ ––– ––––– = D1 + D2 + D3

dV Dt

donde el volúmen infinitesimal dV = (ds1) (ds2) (ds3)

2.35. Dado el campo de velocidad para un fluído incompresible v1 = k(x2 – 2)2x3,

v2 = – x1x2, v3 = kx1x3. Determinar k tal que la ecuación de la conservación de la masa

sea satisfecha.

2.36. Considere un elemento material dx = (ds)n, (a) demostrar que

(D/Dt)(n) = Dn + Wn – (n · Dn)n. (b) Demostrar que si n es un vector característico de

D, entonces (D/Dt)(n) = Wn = w x n, donde w es el vector dual de W.

2.37. ¿Es el movimiento descrito en (a) del problema 2.9 y (b) del problema 2.10,

incompresible?

2.38. En una descripción espacial, la densidad de un fluído incompresible está dada por

ρ = kx2. Encontrar la forma admisible para el campo de velocidad con v3 = 0, a fín de que

la ecuación de la conservación de la masa sea satisfecha.

2.39. Considere el campo de velocidad

x1

v = –––– e1

1 + t

(a) Encontrar la densidad si es independiente de la posición espacial [o sea ρ= ρ(t)]

(b) Encontrar la densidad si es una función de x1 solamente.

71

2.40. Dado el campo de velocidad v = x1te1 + x2te2, determinar cómo varía la densidad

del fluído con el tiempo si en una descripción espacial es una función del tiempo

solamente.

2.41. Checar si el siguiente estado de deformación satisface o no las condiciones de

compatibilidad

X1+X2 X1 X2

[ E ] = X1 X2+X3 X3

X2 X3 X1+X3

2.42. Checar si la siguiente distribución de deformaciones satisface o no las condiciones

de compatibilidad

X12 X2

2+ X32 X1X3

[ E ] = X22+ X3

2 0 X1

X1X3 X1 X12

2.43. ¿El campo de desplazamiento u1 = sen X1, u2 = X13X2, u3 = cos X3 corresponde a un

campo de deformación compatible?

2.44. Dado el campo de deformación E12 = E21 = X1X2 y todos los demás Eij = 0. (a) ¿Se

satisfacen las ecuaciones de compatibilidad?. (b) Intentar integrar el campo de

deformación y demostrar que no puede corresponder a un campo de desplazamiento.

2.45. Las componentes de deformación están dadas por

1 ν

E11 = ––– f(X2,X3), E22 = E33 = – –– f(X2,X3), E12 = E13 = E23 = 0

α α

Demostrar que para que sean compatibles, f(X2,X3) debe ser lineal.

73

TEMA 3. ESFUERZOS

3.1. FUERZAS EN UN MEDIO CONTINUO

Se llama fuerza a la interacción de un cuerpo sobre otro o sobre dos partes distintas de

un mismo cuerpo.

Cuando es la interacción de un cuerpo sobre otro, la fuerza se llama externa y cuando

es una interacción entre dos partes de un mismo cuerpo, la fuerza se llama interna.

Un cuerpo contínuo puede considerarse que está formado de dos partes:

1. la frontera. Conjunto de puntos materiales (partículas) que forman la superficie

envolvente (cáscara) del cuerpo (F)

2. Interior. Conjunto de puntos materiales que forman el cuerpo pero que no están en

la frontera. (I)

F

I

Fig. 2.1. Puntos materiales de un cuerpo. Cuerpo=F + I

Las fuerzas externas sobre un cuerpo contínuo pueden clasificarse en dos tipos:

1. Fuerzas superficiales. Son fuerzas debidas al contacto superficial de dos cuerpos y

son aplicadas solamente sobre los puntos frontera del cuerpo. Estas fuerzas se

sepresentarán por t con componentes rectangulares ti . Tienen dimensiones de

fuerza/area y sus unidades pueden ser: kg/cm2, lb/plg2, N/mm2, etc.

2. Fuerzas de cuerpo. Son fuerzas debidas a campos (gravitacional, eléctrico,

magnético, etc.) y son ejercidas a distancia. Son aplicadas a todos los puntos del

cuerpo. Estas fuerzas se representán por b con componentes rectangulares bi.

Tienen dimensiones de fuerza/masa y sus unidades pueden ser: kgf/kgm, ,lbf/lbm,

N/kg etc.

Nota: Por conveniencia, las fuerzas de cuerpo se multipicarán por la densidad ρ para

obtener las dimensiones de fuerza/volúmen.

Masa fuerza fuerza

ρ b = ———— x ——— = ————

volúmen masa volúmen

74

Las fuerzas internas solamente pueden ser fuerzas superficiales ya que son debido al

contacto de dos partes distintas del mismo cuerpo y también se representarán por t con

componentes rectangulares ti.

RESULTANTE DE FUERZAS EN UN MEDIO CONTINUO

Consideremos un cuerpo contínuo de volúmen total V y superficie frontera S.

Entonces, la fuerza superficial resultante en una partícula es

t dS (3-1)

y la fuerza de cuerpo resultante en dicha partícula es

ρb dV (3-2)

donde dS y dV son la superficie frontera y el volumen de una partícula, respectivamente.

dV

V t

dS

S

ρb

Fig. 2.2. Fuerzas externas sobre una partícula de un cuerpo contínuo.

Entonces, la resultante de las fuerzas superficiales en todo el cuerpo es la suma de fuerzas

en todas las partículas, esto es

∫ s t dS (3-3)

y la resultante de las fuerzas de cuerpo es la suma de la fuerza de cuerpo de todas las

partículas. Entonces

∫ V ρb dV (3-4)

Entonces, la resultante de las fuerzas externas en el cuerpo contínuo está dada por

∑ F = ∫ s t dS + ∫ V ρb dV (3-5)

75

3.2. EL VECTOR ESFUERZO

La orientación de un plano cualquiera en el espacio está completamente definida por

un vector normal unitario a su superficie

Plano en el espacio

n

Fig. 3.3. Orientación de un plano en el espacio.

Consideremos un cuerpo contínuo sujeto a una cierta distribución de fuerzas externas

como se muestra en la fig. 3.4. Además, consideremos un punto material P en el interior

del cuerpo donde nos interesa conocer el efecto de las fuerzas externas. Supondremos que

el cuerpo se encuentra en equilibrio.

Hagamos pasar un plano que contenga al punto P con orientación dada por el vector

normal unitario n y que divida al cuerpo en dos partes (I y II)

Plano F3

n

P

F2

II

I

F4

F1

Fig. 3.4. El vector esfuerzo en un punto.

76

Separemos (imaginariamente) la parte I del cuerpo. Por equilibrio, se requerirá una

cierta distribución de fuerza superficial ejercida por la parte II sobre la parte I, la cual no

es necesariamente uniforme.

fuerza superficial variable

F2 P • F = fuerza resultante

I A = área total de la

superficie

F1

Fig. 3.5. Resultante de las fuerzas internas en una parte del cuerpo.

Se desea conocer la fuerza superficial t en el punto P. Un valor promedio t* para esta

fuerza está dado por la fuerza resultante entre el área total, es decir

F

t*= —

A

Sin embargo, este valor es sólo un promedio.

Podemos mejorar este valor considerando una pequeña región de área ∆A que encierre

al punto P. Ahora la resultante de las fuerza superficies variables es ∆F, entonces

podemos escribir

∆F

t*= —— (3-6)

∆A

∆F

P • n

F2

∆A

F1

Fig. 3.6. Fuerza resultante en una pequeña región alededor del punto P

77

Entonces, podemos definir el VECTOR ESFUERZO EN UN PUNTO P como

∆F dF

t = Lím —— = —— (3-7)

∆A→ 0 ∆A dA

Notas:

1. El vector esfuerzo t es una fuerza superficial interna

2. El vector esfuerzo t depende de n, es decir, de la orientación del plano de corte

3. n es el vector normal exterior al plano

Para resaltar la dependencia de t de la orientación de n, algunas veces se usa la notación

tn o t(n) (3-8)

Puede demostrarse que

t-n = - tn (3-9)

En general, el vector esfuerzo no es normal al plano (o sea, colineal con n), entonces t

puede descomponerse en dos componentes; una normal al plano y otra tangencial al

plano.

t

Tn

θ n

Ts

P •

Fig. 3.7. Componentes normal y tangencial del vector esfuerzo.

De la figura 3.7, tenemos que

Tn = t · n (3-10)

Ts = ( | t |2 – Tn2 ) ½ (3-11)

Tn

θ = cos -1 –––– (3-12)

| t |

donde | t | = (t12+t2

2+t32) ½

78

3.3. EL TENSOR ESFUERZO

De la parte anterior podemos ver que para cada plano que pase por el punto P definido

por el vector normal unitario n, existe un vector esfuerzo t, es decir, tenemos una función

que a cada vector n, asigna un vector t. Esto puede verse como una transformacion T que

convierte a n en t y podemos escribir

T n = tn (3-13)

Si podemos demostrar que T es una transformación lineal, entonces T es un tensor de

segundo orden.

Para demostrar esto, consideremos un tetraedro finito con el punto P en un vértice,

como se muestra en la fig. 3.8

tn

x3

C

t-e1

n

t-e2 - e1

e3

- e2 O e2

e1 B x2

A - e3

t-e3

x1

Fig. 3.8. Tetraedro de esfuerzos.

Las áreas de las caras del teraedro serán representadas por:

∆A = área de cara ABC

∆A1 = área de cara OBC

∆A2 = área de cara OAC

∆A3 = área de cara OAB

79

Considerando que el cuerpo está en equilibrio, a resultante de todas la fuerzas en el

tetraedro debe ser cero, esto es:

tn dA + t-e1 dA1 + t-e

2 dA2 + t-e3 dA3 = 0

Por la ec. (9)

t-e1 = - te

1

t-e2 = - te

2

t-e3 = - te

3

Sustutiuyendo lo anterior en la ec. De equilibrio nos da

tn ∆A - te1 ∆A1 - te

2 ∆A2 - te3 ∆A3 = 0 (3-14)

El vector normal unitario a la superficie inclinada n de componentes rectangulares ni

está dado por

n = n1 e1 + n2 e2 + n3 e3 (3-15)

y puede demostrarse que

∆A1 = n1 ∆A (3-16)

∆A2 = n2 ∆A (3-17)

∆A3 = n3 ∆A (3-18)

Entonces, sustituyendo (16), (17) y (18) en la ec. (14) obtenemos

tn ∆A - te1 n1 ∆A - te

2 n2∆A - te3 n3 ∆A = 0

=> tn - te1 n1 - te

2 n2 - te3 n3 = 0

=> tn = te1 n1 + te

2 n2 + te3 n3 (3-19)

Por la ec. (13)

te1 = Te1 (3-20)

te2 = Te2 (3-21)

te3 = Te3 (3-22)

Sustituyendo (13), (20), (21) y (22) en (19) nos queda

T n = n1 Te1 + n2 Te2 + n3 Te3 (3-23)

Sustituyendo (15) en (23) obtenemos

T (n1 e1 + n2 e2 + n3 e3) = n1 Te1 + n2 Te2 + n3 Te3 (3-24)

Entonces, la ecuación (24) establece que T es una transformación lineal y por lo tanto,

T es un tensor de segundo orden llamado el tensor esfuerzo en un punto.

80

COMPONENTES DEL TENSOR ESFUERZO

De las ecuaciones (20), (21) y (22) sabemos que

tei = Tei (3-25)

Las componentes de este vector son

tei = Ti1e1 + Ti2e2 + Ti3e3

En forma compacta

=> tei = Tijej (3-26)

Entonces, para cualquier vector normal unitario

tn = Tn

=> tni = Tij nj (3-27)


{ t } = [ T ] { n } (3-28)

y en forma matricial desarrollada

t1 T11 T12 T13 n1

t2 = T21 T22 T23 n2 (3-29)

t3 T31 T32 T33 n3

x3

T33

T32

T31 T23

T22

T13

T21 x2

T12

T11

x1

Fig. 3.9. Componentes del tensor esfuerzo.

T11, T22 y T33 se llaman esfuezos normales y T12, T21, T13, T31, T23 y T32 se llaman

esfuerzos cortantes.

Ejercicio: El tensor esfuerzo en un punto de un cuerpo contínuo está dado por:

5 0 -1

[ T ]= 0 4 3

-1 3 2

Determinar el vector esfuerzo para un plano con n = (e1+e2-e3)/3, sus componentes

normal y tangencial y el ángulo entre t y n.

81

SIMETRIA DEL TENSOR ESFUERZO

Consideremos una partícula de un cuerpo contínuo vista desde el sentido positivo del

eje x3. Entonces, veremos el plano x1x2 como se muestra en la figura.

T11

T12 dA2=dx1dx3

x2

T21

T22 P • T22 dx1

T21

T12

dA1=dx2dx3 T11

dx2

x1

Fig. 3.10. Equilibrio rotacional de una partícula

Consideremos el equilibrio de momentos alrededor del punto P, el cual está en el centro

de la partícula. Entonces, haciendo suma de momentos en el punto P, tenemos (se

considera positivo un momento a favor del reloj)

- T12 dA1 (dx1/2) x 2 + T21 dA2 (dx2/2) x 2 = 0

Sustituyendo los valores de dA1, dA2 y simplificando, nos da

T12 dx2dx3 dx1 + T21 dx1dx3 dx2 = 0

=> T12 = T21 (3-30)

Similarmente para el plano x1x3

=> T13 = T31 (3-31)

y para el plano x2x3

=> T23 = T32 (3-32)

De las ecs. (30), (31) y (32) podemos concluir que

Tij Tji (3-33)

Esto significa que

T = TT (3-34)

Por lo tanto, el tensor esfuerzo es simetrico por razones de equilibrio de momentos.

82

3.4. ESFUERZOS PRINCIPALES

En un punto de un cuerpo contínuo existen algunas direcciones del vector normal

unitario n (asociado a un plano) para el cual el vector esfuerzo t es colineal con n, es

decir, donde las componentes cortantes se anulan.

Estas direcciones se llaman direcciones principales de esfuerzos y podemos escribir

Tn = λn

Tn = λ I n

Tn - λ I n = 0

( T - λ I ) n = 0 (3-35)

Podemos recordar que este problema es el de valores y vectores característicos.

La ecuación característica de T es, entonces

λ3 –I1λ2 + I2λ – I3 = 0 (3-36)

Dende los invariantes escalares de esfuerzos son:

I1 = tr (T ) = Tii = T11 + T22 + T33 (3-37)

I2 = T11T22 + T11T33 + T22T33 – T122 – T13

2 – T232 (3-38)

I3 = det (T) (3-39)

Las tres raíces de la ecuación característica (36) son los esfuerzos principales T(1), T(2) y

T(3), los cuales son ordenados de mayor a menor, es decir

T(1) > T(2) > T(3) (3-40)

Las direcciones de los esfuerzos principales se obtienen del siguiente sistema de

ecuaciones

(T11 – λ )α1 + T12 α2 + T13 α3 = 0 (3-41a)

T12α1 + (T22 – λ )α2 + T13 α3 = 0 (3-41b)

T13α1 + T12 α2 + (T33 – λ ) α3 = 0 (3-41c)

(α1)2 + (α2)

2 + (α3)2

= 1 (3-41d)

donde λ = T(1), T(2) o T(3)

3.5. ESFUERZO CORTANTE MAXIMO

Se puede demostrar que el esfuerzo cortante máximo Tsmax está dado por

T(1) – T(3)

TSmax = –––––––––– (3-42)

2

donde T(1) y T(3) son los valores principales máximo y mínimo de T, respectivamente

y TSmax ocurre en la dirección

1 1

n = –– e1* ± –– e3*

2 2

donde e1* y e3* son los vectores unitarios en las direcciones principales de T(1) y T(3)

83

3.6. ECUACIONES DEL MOVIMIENTO DE CAUCHY

Consideremos un cuerpo contínuo sometido a fuerzas superficiales t y fuerzas de

cuerpo ρb no necesariamente en equilibrio. Entonces de la ec. (5) tenemos que, para una

partícula, la resultante de las fuerzas es

dF = t dS + ρb dV (3-43)

Por otra parte, la masa de una partícula es

dM = ρdV (3-44)

y la aceleración de dicha partícula es la derivada material de la velocidad, es decir

Dv

a = –––– (3-45)

Dt

La segunda ley del movimiento de Newton para una partícula discreta es

F = m a (3-46)

Entonces, para una partícula de un cuerpo contínuo, la ec. (46) puede escribirse como

dF = dM a


t dS + ρb dV = a ρdV (3-47)

tdS a

V

dM

ρbdV

S

Fig. 3.11. Fuerzas, masa y aceleración en un cuerpo contínuo

Entonces, la ec. (47) debe sumarse para todas partículas de cuerpo contínuo. Esto implica

efectuar una integración de cada uno de los términos, es decir

∫ s t dS + ∫ V ρb dV = ∫ V ρa dV (3-48)

84

Pero, sabemos que

t = Tn (3-49)

=> ∫ s TndS + ∫ V ρb dV = ∫ V ρa dV (3-50)

Existe un teorema llamado el teorema de la divergencia de gauss que establece que si S

es la superficie que encierra a un volúmen V y si F es una función vectorial o tensorial,

entonces

∫ s FndS = ∫ V div F dV (3-51)

Entonces por este teorema

∫ s TndS = ∫ V div T dV (3-52)


∫ V div T dV + ∫ V ρb dV = ∫ V ρa dV (3-53)

=> ∫ V div T dV + ∫ V ρb dV – ∫ V ρa dV = 0

=> ∫ V (div T + ρb – ρa ) dV = 0 (3-54)

La ec. (54) se cumple si y sólo si el integrando se anula, esto es

div T + ρb –ρa = 0 (3-55)

div T + ρb = ρa (3-56)

Las ecuaciones (56) se llaman ecuaciones del movimiento de cauchy.

En notación indicial la ec. (56) puede escribirse como

∂Tij

––– + ρbi = ρai (3-57)

∂xj

En forma desarrollada, la ec. (57) queda

∂T11 ∂T12 ∂T13 (3-58a)

––– + ––– +––– + ρb1 = ρa1

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T21 ∂T22 ∂T23 (3-58b)

––– + ––– +––– + ρb2 = ρa2

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T31 ∂T32 ∂T33 (3-58c)

––– + ––– +––– + ρb3 = ρa3

∂x1 ∂x2 ∂x3

Si un cuerpo está en equilibrio estático, ai = 0, entonces las ecs. (56) y (57) quedan

div T + ρb = 0 (3-59)

∂Tij

––– + ρbi = 0 (3-60)

∂xj

Las ecs. (59) y (60) son las ecuaciones de equilibrio para una partícula de un medio

contínuo. En forma desarrollada, la ec. (60) queda

85

∂T11 ∂T12 ∂T13 (3-61a)

––– + ––– +––– + ρb1 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T21 ∂T22 ∂T23 (3-61b)

––– + ––– +––– + ρb2 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T31 ∂T32 ∂T33 (3-61c)

––– + ––– +––– + ρb3 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

Ejercicio. Dada la siguiente distribución de esfuerzos (α = constante)

x1 + x2 2x1 – x2 0

[T] = α 2x1 – x2 x1 – 3x2 0

0 0 x1

Determinar si se satisfacen o no las ecuaciones de equilibrio para fuerzas de cuerpo nulas.

3.7. CONDICIONES DE FRONTERA PARA EL TENSOR ESFUERZO

Si la superficie frontera F de un cuerpo contínuo hay fuerzas superficiales externas t,

las llamaremos tracciones superficiales. Entonces, el tensor esfuerzo T en una superficie

frontera multiplicado por el vector normal unitario n a dicha frontera debe ser igual a la

fuerza superficial externa aplicada t, es decir

t = Tn (3-62)

F=superficie frontera

del cuerpo

t = tracción superficial

n

Fig. 3.12. Condiciones de frontera

Ejercicio. Considere la siguiente distribución de esfuerzos (α,β constantes). (a) Deter-

αx2 β 0 minar y bosquejar la distribución del vector esfuerzo actuante

[T] = β 0 0 sobre el cuadrado en el plano x1=0, con verticales localizadas en

0 0 0 los puntos (0,0,1), (0,-1,1), (0,1,-1) y (0,-1,-1). (b) Encontrar la

Fuerza resultante total y el momento respecto al orígen de los vectores esfuerzo.

86

3.8. PROBLEMAS

3.1. El estado de esfuerzos en un cierto punto de un cuerpo está dado por

1 2 3

[ T ] = 2 4 5

3 5 0

Determinar sobre cuál de los tres planos coordenados (de normales e1, e2 y e3) (a) El

esfuerzo normal es máximo. (b) El esfuerzo cortante es máximo.

3.2. El estado de esfuerzos en un cierto punto de un cuerpo está dado por

2 –1 3

[ T ] = –1 4 0

3 0 –1

(a) Encontrar el vector esfuerzo en el punto sobre el plano cuya normal está en la

dirección 2e1 + 2e2 + e3.

(b) Determinar la magnitud del esfuerzo normal y cortante en este plano.

3.3. Resolver el problema anterior para un plano que es paralelo al plano

x1 – 2x2 + 3x3 = 4

3.4. La distribución de esfuerzos en un cierto cuerpo está dado por

0 100x1 –100x1

[ T ] = 100x1 0 0

–100x1 0 0

Encontrar el vector esfuerzo actuando sobre un plano que pasa a través del punto

(1/2, √3/2, 3) y es tangente a la superficie cilíndrica circular x12 + x2

2 = 1 en ese punto.

3.5. Para el siguiente estado de esfuerzos

10 50 –50

[ T ] = 50 0 0

–50 0 0

Encontrar T′11 y T′13 donde x′1 está en la dirección de e1 + 2e2 + 3e3 y x′2 está en la

dirección de e1 + e2 – e3

87

3.6. Considere la siguiente distribución de esfuerzos

αx2 β 0

[ T ] = β 0 0

0 0 0

donde α y β son constantes. (a) Determinar la distribucion del vector esfuerzo actuante

sobre el cuadrado en el plano x1 = 0, con verticales localizadas en (0,1,1), (0,–1,1),

(0,1, –1), (0, –1, –1). (b) Encontrar la fuerza resultante total y el momento respecto al

orígen de los vectores esfuerzo que actúan sobre el cuadrado de la parte (a).

3.7. Resolver el problema anterior si la distribución de esfuerzos está dada por

T11 = αx22 y todos los demás Tij = 0.

3.8. Resolver el problema 3.6 para la distribución de esfuerzos T11 = α,

T21 = T12 = αx3 y todos los demás Tij = 0.

3.9. Considere la siguiente distribución de esfuerzos para una cierta barra cilíndrica

circular

0 –αx3 αx2

[ T ] = –αx3 0 0

αx2 0 0

(a) ¿Cuál es la distribución del vector esfuerzo sobre las superficies definidas por

x22 + x3

2 = 4, x1 = 0 y x1 = L?

(b) Encontrar la fuerza resultante total y el momento sobre la cara externa x1 = L.

3.10. Para cualquier estado de esfuerzos T, definimos es Esfuerzo Desviador To como

To = T – ⅓TkkI, donde Tkk es el primer invariante del tensor esfuerzo T. (a) Demostrar

que el primer invariante del esfuerzo desviador de anula. (b) Dado el tensor esfuerzo

6 5 –2

[ T ] = 5 3 4 x 100

–2 4 9

evaluar To. (c) Demostrar que las direcciones principales del esfuerzo T y del esfuerzo

desviador To coinciden. (d) Encontrar una relación entre los valores principales de T y de

To.

3.11. Un esfuerzo plano octaédrico es definido como el que forma ángulos iguales con

cada uno de los ejes principales de esfuerzos. (a) ¿Cuántos planos octaédricos

independientes hay en cada punto?. (b) Demostrar que el esfuerzo normal sobre un plano

octaédrico está dado por un tercio del primer invariante de esfuerzos. (c) Demostrar que

el esfuerzo cortante sobre el plano octaédrico está dado por

Ts = ⅓ [ (T1 – T2)2 + (T2 – T3)

2 + (T1 – T3)2]½

donde T1, T2, T3 son los valores principales del tensor esfuerzo

88

3.12. (a) Sean m y n dos vectores unitarios que definen dos planos M y N que pasan a

través de un punto P. Para un estado arbitrario de esfuerzos definido en el punto P,

demostrar que la componente del vector esfuerzo tm en la dirección de n es igual a la

componente del vector esfuerzo tn en la dirección de m. (b) Si m = e1 y n = e2 ¿a qué se

reduce el resultado de la parte (a)?

3.13. Sea m un vector unitario que define un plano M que pasa a través de un punto P.

Demostrar que el vector esfuerzo sobre algún plano que contiene el esfuerzo de tracción

tm cae en el plano.

3.14. Sea tm y tn los vectores esfuerzo sobre planos definidos por los vectores unitarios

m y n y que pasan a través del punto P. Demostrar que si k es un vector unitario que

determina un plano que contiene a tm y tn , entonces tk es perpendicular a m y n.

3.15. ¿Por qué las siguientes dos matrices no representan el mismo tensor?

100 200 400 40 100 60

200 0 –30 100 100 0

400 –30 –50 , 60 0 20

3.16. Los valores principales de un tensor esfuerzo T son T1 = 10, T2 = –10, T3=30. Si

una matríz de esfuerzo está dada por

T11 0 0

[ T ] = 0 1 2 x 10

0 2 T33

Encontrar el valor de T11 y T33.

3.17. Si el estado de esfuerzos en un punto es

300 0 0

[ T ] = 0 –200 0

0 0 400

Encontrar (a) la magnitud del esfuerzo cortante sobre el plano cuya normal está en la

dirección de 2e1 + 2e2 + e3 y (b) El esfuerzo cortante máximo.

3.18. El estado de esfuerzos en el cual solamente las componentes de esfuerzo no nulas

son un par de esfuerzos cortantes es llamado Corte simple. Tomar T12 = T21 = τ, y todos

los demás Tij = 0. (a) Encontrar los valores principales y las direcciones principales de

este estado de esfuerzos. (b) Encontrar el esfuerzo cortante máximo y el plano en el cual

actúa.

89

3.19. El estado de esfuerzos en el cual solamente las tres componentes de esfuerzo

normal no son cero es llamado Esfuerzo triaxial normal. Tomar T11 = σ1, T22 = σ2,

T33 = σ3 con σ1 > σ2 > σ3 y todos los demás Tij = 0. Encontrar el esfuerzo cortante

máximo y el plano en el que él actúa.

3.20. Demostrar que la simetría del tensor esfuerzo no es válida si existen momentos de

cuerpo por unidad de volúmen, como en el caso de un sólido anisótropo dieléctrico

polarizado.

3.21. Dada la siguiente distribución de esfuerzos

x1 + x2 T12(x1,x2) 0

[ T ]= T12(x1,x2) x1 – 2x2 0

0 0 x2

Encontrar T12 a fín de que la distribución de esfuerzos esté en equilibrio con fuerzas de

cuerpo nulas y que el vector esfuerzo sobre x1 = 1 está dado por t = (1+x2)e1 +(5–x2)e2

3.22. Suponga el vector fuerza de cuerpo b = –ge3, donde g es una constante. Considere

el siguiente tensor esfuerzo

x2 –x3 0

[ T ] = α –x3 0 –x2

0 –x2 T33

y encontrar una expresión para T33 tal que T satisfaga las ecuaciones de equilibrio.

3.23. En ausencia de fuerzas de cuerpo, las siguientes componentes de esfuerzo

T11 = α[x22 +ν(x1

2 – x22)]

T22 = α[x12 +ν(x2

2 – x12)]

T33 = αν(x12 + x2

2)

T12 = –2αx1x2

T13=T23=0

¿Satisfacen las ecuaciones de equilibrio?

3.24. Repetir el problema 3.23 para la distribución de esfuerzos

x1 + x2 2x1–x2 0

[ T ]= 2x1–x2 x1 – 3x2 0

0 0 x1

3.25. Suponga que la distribución de esfuerzos tiene la forma (llamada Esfuerzo plano)

T11(x1,x2) T12(x1,x2) 0

[ T ]= T12(x1,x2) T22(x1,x2) 0

0 0 0

90

(a) ¿Cómo son las ecuaciones de equilibrio en este caso especial?

(b) Si introducimos una función φ(x1,x2) tal que

∂2φ ∂2φ ∂2φ

T11 = –––– , T22 = –––– , T12 = – –––––

∂x22 ∂x1

2 ∂x1∂x2

¿Esta distribución de esfuerzos estará en equilibrio con fuerzas de cuerpo cero?

3.26. La matríz de componentes cartesianas de esfuerzo en un punto está mostrada abajo,

excepto que T11 no está dado (en unidades ksi). Escoger T11 tal que haya un plano libre de

tracción a través del punto y determinar el normal unitario n del plano libre de tracción.

T11 2 1

2 0 2

1 2 0

92

TEMA 4. EL SOLIDO ELASTICO LINEAL

4.1. LEY DE HOOKE

El sólido mas simple es aquél que recupera totalmente su forma una vez que han sido

retiradas las fuerzas que actúan sobre él. Entonces podemos definir

elasticidad es la propiedad de un cuerpo de recuperar su forma cuando se retiran las

fuerzas aplicadas.

La mayoría de los cuerpos sólidos pueden considerarse elásticos dentro de un rango de

fuerzas.

* Ley de Hooke para resortes

A finales del siglo XVII, Robert Hooke estableció que, si se aplicaba una fuerza ‘F’,

un resorte se deformaba una cierta cantidad ‘X’; además, si se aplicaba una fuerza

‘2F’, ahora se deformaba una cantidad ‘2X’. Esto quiere decir que la relación

Fuerza/Deformación es constante, esto es

F 2F

—— = —— = K (4-1)

X 2X

Donde K se llama rigidez del resorte

X

F

(a) resorte sin carga (b) resorte con carga y

ni deformación deformación

Fig. 4.1. Ley de Hooke para resortes.

Entonces, la ley de hooke para resortes puede obtenerse de la ec. (1) despejando la fuerza

y obtenemos

F = K X (4-2)

93

* Ley de Hooke para barras

Consideremos un sólido de forma que tenga una dimensión mucho mayor que las otras

dos llamada longitud. Este tipo de sólidos se les llama barras. Consideremos que esta

barra tiene una fuerza aplicada a lo largo de su eje. Esta fuerza se llama fuerza axial.

P

L

δ

A=área

P

(a) barra sin carga (b) barra con carga

Fig. 4.2. Barra con carga axial

Consideremos la partícula P cuyo estado de esfuerzos está dado por la siguiente figura

x3

σ = P/A

x2

x1 σ = P/A

Fig. 4.3. Estado de esfuerzos en una barra con carga axial

De la figura anterior, podemos obtener el tensor esfuerzo

0 0 0

[T] = 0 0 0 (4-3)

0 0 σ

y la deformación unitaria en la dirección de x3, la cual representaremos por Є está dada

por

δ

Є = —— (4-4)

L

94

Thomas Young estableció que para un esfuerzo σ se obtenía una cierta deformación Є, y

para otro esfuerzo, digamos 2σ, se obtenía una deformación iguala 2Є, entonces la

relación efuerzo/deformación unitaria era constante, es decir

σ 2σ

—— = —— = EY

Є 2Є

La constante EY se llamó modulo de young. Entonces, despejando el esfuerzo obtenemos

la ley de hooke para barras

σ = EY Є (4-5)

A. Relación de Poisson

Todo cuerpo sólido sujeto a una deformación longitudinal (normal) en una dirección

se deformará en su dirección perpendicular en forma opuesta. Es decir, si la

deformación longitudinal es un alargamiento, entonces la deformación transversal será

un acortamiento y veceversa. Si representamos por Єl la deformación longitudinal y

por Єt la deformación transversal, entonces

Єt

ν = – –––– (4-6)

Єl

LEY DE HOOKE GENERALIZADA

Para un sólido de forma general y sujeto a cargas generales, el estado de esfuerzos y el

estado de deformación derán dados por los tensores T y E. Entonces, la extensión lógica

de la Ley de Hooke establece que cada componente de esfuerzo Tij debe ser una función

lineal de cada una de las componentes de deformación Eij, es decir

T11 = C1111 E11 + C1112 E12 + · · · + C1132 E32 + C1133 E33 (4-7)

T12 = C1211 E11 + C1212 E12 + · · · + C1232 E32 + C1233 E33 (4-8)

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

T33 = C3311 E11 + C3312 E12 + · · · + C3332 E32 + C3333 E33 (4-9)

En notación indicial, podemos escribir

Tij = Cijkm Ekm (4-10)

O en forma tensorial

T = C E (4-11)

Las ecuaciones (10) y (11) se llaman ley de hooke generalizada

95

x3 T23,E23

T33,E33 T11 T12 T13

T13,E13 [ T ] = T21 T22 T23

T31 T32 T33

T22,E22

x2

T11,E11 E11 E12 E13

[ E ] = E21 E22 E23

x1 E31 E32 E33

T12,E12

Fig. 4.4. Estado de esfuerzos en un cuerpo contínuo general

ρb

P

t

Fig. 4.5. Ley de Hooke para cuerpos generales

En la ecuación T = C E, el tensor C es de cuarto orden con 81 constantes y se llama

tensor de constantes elasticas. Podemos ver que para el caso de la barra con carga axial

este tensor C se reduce al módulo de Young EY.

En realidad, las 81 constantes elásticas no son todas independientes. Debido a la simetría

de los tensores T y E las constantes elásticas se reducen en número. Para ver esto vamos a

renumerar las componentes de T y E como sigue, tomando solamente la matriz triangular

superior (ya que cada una es simétrica).

T1 T6 T5 E1 E6 E5

[ T ] = T2 T4 [ E ] = E2 E4 (4-12)

T3 , E3

96

=> T1 E1

T2 E2

{T}= T3 {E}= E3 (4-13)

T4 E4

T5 E5

T6 , E6

Entonces, la Ley de Hooke generalizada está dada por

{T} = [C] {E}

=> T1 C11 C12 C13 C14 C15 C16 E1

T2 C21 C22 C23 C24 C25 C26 E2 (4-14)

T3 = C31 C32 C33 C34 C35 C36 E3

T4 C41 C42 C43 C44 C45 C46 E4

T5 C51 C52 C53 C54 C55 C56 E5

T6 C61 C62 C63 C64 C65 C66 E6

Ahora vemos que debido a la simetría de los tensores de esfuerzo y deformación, las

constantes elásticas se reducen a 36. Sin ambargo, debido a otras razones, estas

constantes todavía pueden reducirse mas.

Un material es homogeneo si las constantes elásticas son independientes de la posición de

la partícula en el cuerpo. En caso contrario se dice que es inhomogeneo o no homogeneo.

Un material es isotropo si las constantes elásticas son invariantes con respecto a cualquier

transformación de coordenadas. En caso contrario se dice que es anisotropo.

4.2. ECUACIONES CONSTITUTIVAS

Para todo sólido elástico lineal homogéneo e isótropo, la matríz de las constantes

elásticas de la ec. (14) tiene la forma

C11 C12 C13 0 0 0

C21 C22 C23 0 0 0 (4-15)

[C] = C31 C32 C33 0 0 0

0 0 0 C44 0 0

0 0 0 0 C55 0

0 0 0 0 0 C66

97

Además, las constantes no nulas de la matríz de la ec. (15) sólo son función de dos

constantes independientes λ y μ llamadas constantes de lame. Entonces, en términos de

las constantes de Lamé la matríz C queda

λ +2μ λ λ 0 0 0

λ λ +2μ λ 0 0 0

[ C ] = λ λ λ +2μ 0 0 0

0 0 0 2μ 0 0 (4-16)

0 0 0 0 2μ 0

0 0 0 0 0 2μ

Reescribiendo la Ley de Hooke generalizada de la ec. (14) con la matríz de la ec. (15) en

notación indicial nos queda

Tij = λEkkδij + 2μEij (4-17)

Las ecuaciones (17) se llaman ecuaciones constitutivas de un sólido elástico lineal

homogéneo e isótropo.

Desarrollando las ecs. (17) obtenemos

T11 = λ(E11 + E22 + E33 ) + 2μE11 (4-18a)

T22 = λ(E11 + E22 + E33 ) + 2μE22 (4-18b)

T33 = λ(E11 + E22 + E33 ) + 2μE33 (4-18c)

T12 = 2μE12 = T21 (4-18d)

T13 = 2μE13 = T31 (4-18e)

T23 = 2μE23 = T32 (4-18f)

Las ecuaciones (17) pueden despejarse para las componentes de deformación quedando

como sigue:

1 λTkkδij

Eij = —— Tij – ——— (4-19)

2μ 3λ + 2μ

Las ecuaciones (19) las podemos llamar ecuaciones constitutivas inversas. En forma

desarrollada estas ecuaciones son

1 λ(T11 + T22 + T33)

E11 = —— T11 – —————— (4-20a)

2μ 3λ + 2μ

1 λ(T11 + T22 + T33)

E22 = —— T22 – —————— (4-20b)

2μ 3λ + 2μ

98

1 λ(T11 + T22 + T33)

E33 = —— T33 – —————— (4-20c)

2μ 3λ + 2μ

1

E12 = —— (T12)= E21 (4-20d)

2μ

1

E13 = —— (T13)= E31 (4-20e)

2μ

1

E23 = —— (T13)= E32 (4-20f)

2μ

Estas ecuaciones constitutivas inversas son mas convenientes si las escribimos en

términos de las constantes de ingenieria, que son EY (módulo de Young) y ν (relación de

Poisson) y que están relacionadas con las constantes de Lamé por las siguientes

expresiones:

ν EY

λ = —————— (4-21)

(1 + ν)(1 – 2 ν)

EY

μ = ———— (4-22)

2(1 + ν)

La constante μ también se representa por G y se llama modulo de rigidez cortante.

Entonces, las ecs. (19) en términos de EY y ν vienen a ser

1 + ν νδijTkk

Eij = —— Tij – ——— (4-23)

EY EY

Y en forma desarrollada quedan

1 + ν ν(T11 + T22 + T33) (4-24a)

E11 = —— T11 – ———————

EY EY

1 + ν ν(T11 + T22 + T33) (4-24b)

E22 = —— T22 – ———————

EY EY

99

1 + ν ν(T11 + T22 + T33) (4-24c)

E33 = —— T33 – ———————

EY EY

1 + ν (4-24d)

E12 = —— T12 = T21

EY

1 + ν (4-24e)

E13 = —— T13 = T31

EY

1 + ν (4-24f)

E23 = —— T23 = T32

EY

Por otra parte, también podemos escribir las ecuaciones constitutivas (directas) de la

ecuación (17) en términos de las constantes de ingeniería como sigue

EY νδijEkk

Tij = ——— Eij + ——— (4-25)

1 + ν 1 – 2ν

la cual es forma desarrollada nos da

EY ν(E11 + E11 + E11)

T11 = ——— E11 + ——————— (4-26a)

1 + ν 1 – 2ν

EY ν(E11 + E11 + E11)

T22 = ——— E22 + ——————— (4-26b)

1 + ν 1 – 2ν

EY ν(E11 + E11 + E11)

T33 = ——— E33 + ——————— (4-26c)

1 + ν 1 – 2ν

EY

T12 = —— E12 = T21 (4-26d)

1 + ν

EY

T13 = —— E13 = T31 (4-26e)

1 + ν

100

EY

T23 = —— E23 = T31 (4-26f)

1 + ν

Las constantes de ingeniería pueden despejarse en términos de las constantes de Lamé

de las ecuaciones (21) y (22) como

μ ( 3λ + 2μ )

EY = —————— (4-27)

λ + μ

λ

ν = ———— (4-28)

2 (λ + μ)

el modulo volumetrico ‘κ’ se define como la relación entre el esfuerzo normal

promedio y la deformación normal total, es decir

σ

κ = —— (4-29)

℮

donde σ = Tii/3 =(T11+T22+T33)/3 y ℮=Eii = E11+E22+E33. Si utilizamos las ecuaciones

constitutivas, se puede demostrar que

3λ + 2μ

κ = ——— (4-30)

3

101

4.3. ECUACIONES DE CAMPO DE LA TEORIA DE LA ELASTICIDAD LINEAL

Ahora ya contamos con todas las ecuaciones suficientes para empezar a resolver

problemas de sólidos elásticos sujetos a cargas. Estas son ecuaciones diferenciales que se

deben de cumplir en cada punto de un medio contínuo y se llaman ecuaciones de campo.

Estas ecuaciones son:

1. Ecuaciones del movimiento de Cauchy

∂Tij

—— + ρbi = ρai

∂xj

o las ecuaciones de equilibrio

∂Tij (4-31)

—— + ρbi = 0

∂xj

2. Ecuaciones constitutivas

Tij = λEkkδij + 2μEij (4-32a)

O la forma inversa

1 + ν νδijTkk

Eij = —— Tij – ——— (4-32b)

EY EY

3. Relaciones Deformación-Desplazamiento

∂ui ∂uj

Eij =½ —— + —— (4-33)

∂Xj ∂Xi

4. Ecuaciones de compatibilidad

∂2Eij ∂2Ekm ∂

2Eik ∂2Ejm

——— + ——— – ——— – ——— = 0 (4-34)

∂Xk∂Xm ∂Xi∂Xj ∂Xj∂Xm ∂Xi∂Xk

5. Condiciones de frontera

ti = Tij nj (4-35)

Nota: Para elasticidad lineal las deformaciones son pequeñas, por lo tanto xi ≈ Xi .

102

4.4. PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DE LA ELASTICIDAD LINEAL

Existen dos principios básicos que sirven de apoyo a la Teoría de la Elasticidad Lineal

y son los siguientes:

1. Principio de Superposición

“Si un conjunto de fuerzas simultáneas F1, F2, … , Fn sobre un cuerpo contínuo

producen un efecto medible u en algún punto y si cada fuerza aislada Fi produce un

efecto ui en dicho punto, entonces el efecto u puede obtenerse como u = ∑ ui “

Este efecto medible puede ser: desplazamiento, esfuerzo, etc.

F3

F2

u

F1

(a) cuerpo sometido a la acción simultánea de F1, F2 y F3

F3

F2

u1 u2 u3

F1

(b) Cuerpo sometido a (c) Cuerpo sometido a (d) Cuerpo sometido a

la fuerza F1 la fuerza F2 la fuerza F3

Fig. 4.6. Principo de superposición de causas y efectos. u= u1+ u2+ u3

103

2. Principio de Saint-Venant

“ Dos fuerzas superficiales con distinta distribución aplicadas sobre un cuerpo

contínuo producirán los mismos efectos en puntos suficientemente alejados de la

zona de aplicación de dichas fuerzas si ambas fuerzas tienen la misma resultante y

el mismo momento resultante.

t1

t2

R R T,E,u T,E,u

(a) Fuerza superficial t1 (b) Fuerza superficial t2

con resultante R con resultante R

Fig 4.7. Principio de Saint-Venant de la equivalencia de fuerzas distribuídas

diferentes con igual resultante.

TIPOS DE PROBLEMAS DE ELASTICIDAD LINEAL

Los problemas de sólidos elásticos lineales pueden clasificarse desde varios puntos de

vista.

De acuerdo a la rapidéz de aplicación de la carga, se clasifican en:

a. Problemas estáticos. No se incluye la variable tiempo en las ecuaciones.

b. Problemas dinámicos. Si se incluye la variable tiempo en las ecuaciones.

De acuerdo a la geometría del solido, se clasifican en:

a. Problemas unidimensionales. El cuerpo tiene una dimensión mucho mayor que las

otras dos (llamado barra).

b. Problemas bidimensionales. El cuerpo tiene una dimensión mucho menor que las

otras dos (llamado placa o lamina). Estos problemas se llaman de esfuerzos

planos o deformaciones planas.

c. Problemas tridimensionales. Ninguna dimensión del cuerpo predomina sobre las

otras.(suelo, conexiones, etc.)

De acuerdo a los datos disponibles, se clasifican en:

a. Problemas Tipo I. Se conocen los desplazamientos ui y se revisan.

b. Problemas Tipo II. Se conocen los esfuerzos Tij y se revisan.

c. Problemas Tipo III. Se conocen los desplazamientos en una parte del cuerpo y los

esfuerzos en la parte restante.

104

4.5. ECUACIONES DE NAVIER-CAUCHY

Para los problemas Tipo I se puede deducir una única ecuación que gobierne el

problema, haciendo lo siguiente.

∂ui ∂uj

Si sustituímos Eij =½ —— + —— en las ecuaciones constitutivas, tenemos

∂xj ∂xi

∂uk ∂uk ∂ui ∂uj

Tij =λ( ½) —— + —— δij + 2μ(½) —— + ——

∂xk ∂xk ∂xj ∂xi

∂uk ∂ui ∂uj (4-36)

Tij =λ —— δij + μ —— + ——

∂xk ∂xj ∂xi

Nótese que en Eij sustituímos las coordenadas materiales por las coordenadas

espaciales debido a las deformaciones pequeñas.

Ahora, sustituyendo la ec. (36) en las ecuaciones de equilibrio, nos da

∂Tij

—— + ρbi = 0

∂xj

∂ ∂uk ∂ui ∂uj

— λ — δij + μ —— + —— + ρbi = 0

∂xj ∂xk ∂xj ∂xi

∂2uk ∂2ui ∂

2uj

λ δij ——— + μ —— + —— + ρbi = 0

∂xj ∂xk ∂xj∂xj ∂xj∂xi

Eliminando la delta de kroneker, nos queda

∂2uk ∂2ui ∂

2uj

λ ——— + μ —— + —— + ρbi = 0

∂xi ∂xk ∂xj∂xj ∂xj∂xi

Cambiando el índice falso ‘k’ del primer término por ‘j’, obtenemos

∂2uj ∂2ui ∂

2uj

λ ——— + μ —— + —— + ρbi = 0

∂xi ∂xj ∂xj∂xj ∂xj∂xi

Agrupando términos

∂2ui ∂2uj

μ —— + (λ +μ) —— + ρbi = 0 (4-37)

∂xj ∂xj ∂xi∂xj

En forma independiente de las coordenadas, la ec. (35) es

μ2u + (λ +μ) (· u) + ρb = 0 (4-38)

Las ecs. (37) y (38) se llaman ecuaciones de navier-cauchy y las compo-nentes de

desplazamiento que las cumplan son una solución de un problema de elasticidad lineal

tipo I. También deben satisfacerse las condiciones de frontera.

105

4.6. ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD DE BELTRAMI-MICHELL

Para los problemas Tipo II se debe escribir una ecuación en términos de los esfuerzos.

Para ésto, sustituímos las ecuaciones constitutivas (32b) en las ecuaciones de

compatibilidad y obtenemos

∂2 1+ν νδijTrr ∂2 1+ν νδkmTrr

—— —— Tij – ——— + —— —— Tkm – ——— –

∂xk∂xm EY EY ∂xi∂xj EY EY

∂2 1+ν νδikTrr ∂2 1+ν νδjmTrr

– —— —— Tik – ——— – —— —— Tjm – ——— = 0

∂xj∂xm EY EY ∂xi∂xk EY EY

Eliminando EY y agrupando términos, la ecuación anterior nos queda como

∂2Tij ∂2Tkm ∂2Tik ∂

2Tjm

(1+ν) —— + ——— – ——— – ——— –


∂2δijTrr ∂2δkmTrr ∂

2δikTrr ∂2δjmTrr

– ν ——— + ——— – ———— – ——— = 0 (4-39)


Haciendo k=m, tenemos

∂2Tij ∂2Tkk ∂

2Tik ∂2Tjk

(1+ν) —— + ——— – ——— – ——— –

∂xk∂xk ∂xi∂xj ∂xj∂xk ∂xi∂xk

∂2δijTrr ∂2δkkTrr ∂

2δikTrr ∂2δjkTrr

– ν ——— + ——— – ———— – ——— = 0

∂xk∂xk ∂xi∂xj ∂xj∂xk ∂xi∂xk

Reacomodando términos y eliminando las deltas de kronecker

∂2Tij ∂2Tkk ∂ ∂Tik ∂ Tjk

(1+ν) —— + ——— – — —— – — —— –

∂xk∂xk ∂xi∂xj ∂xj ∂xk ∂xi ∂xk

∂2δijTrr ∂2δkkTrr ∂

2Trr ∂2Trr

– ν ——— + ——— – ———— – ——— = 0

∂xk∂xk ∂xi∂xj ∂xj∂xi ∂xi∂xj

106

De las ecuaciones de equilibrio, se tiene que ∂Tij/∂xj = – ρbi , sabiendo que δkk=3 y

dividiendo la ecuación anterior entre (1+ν), obtenemos

∂2Tij ∂2Tkk ∂bi ∂bj

—— + ——— + ρ — + —— –

∂xk∂xk ∂xi∂xj ∂xj ∂xi

ν ∂2δijTrr 3ν∂2Trr 2ν ∂2Trr

– –––– ——— – ———— + –———— = 0

1+ν ∂xk∂xk (1+ν) ∂xi∂xj (1+ν)∂xi∂xj

Agrupando términos, la ecuación anterior queda

∂2Tij ∂2Tkk 3ν 2ν ∂bi ∂bj ν ∂2Trr

—— + —— 1– –––– + –––– +ρ — + — – ––– δij ––––– = 0

∂xk∂xk ∂xi∂xj 1+ν 1+ν ∂xj ∂xi 1+ν ∂xk∂xk

∂2Tij 1 ∂2Tkk ∂bi ∂bj ν ∂2Trr

—— + —— —— +ρ — + — – ––– δij ––––– = 0 (4-40)

∂xk∂xk 1+ν ∂xi∂xj ∂xj ∂xi 1+ν ∂xk∂xk

Haciendo k=i y m=j en la ecuación (39), obtenemos

∂2Tij ∂2Tij ∂

2Tii ∂2Tjj

(1+ν) —— + ——— – ——— – ——— –

∂xi∂xj ∂xi∂xj ∂xj∂xj ∂xi∂xi

∂2δijTrr ∂2δijTrr ∂

2δiiTrr ∂2δjjTrr

– ν ——— + ——— – ———— – ——— = 0

∂xi∂xj ∂xi∂xj ∂xj∂xj ∂xi∂xi

∂2Tij ∂2Tii ∂

2Trr 3∂2Trr

=> 2(1+ν) —— – —— – 2ν δij —— – –––––– = 0

∂xi∂xj ∂xj∂xj ∂xi∂xj ∂xj∂xj

∂2Tij ∂

2Tii ∂2Trr 3∂2Trr

=> 2(1+ν) —— – —— – 2ν —— – –––––– = 0

∂xi∂xj ∂xk∂xk ∂xk∂xk ∂xk∂xk

∂2Tij ∂2Trr ν 3ν

=> —— – —— 1 + –––– – –––– = 0

∂xi∂xj ∂xk∂xk 1+ν 1+ν

∂2Tij 1 – ν ∂2Trr

=> —— – —— –––––– = 0

∂xi∂xj 1 + ν ∂xk∂xk

107

Entonces

∂2Trr 1 + ν ∂2Tij 1 + ν ∂ ∂Tij

=> —— = —— –––––– = —— ––– ––––

∂xk∂xk 1 – ν ∂xi∂xj 1 – ν ∂xi ∂xj

de las ecs. De equilibrio ∂Tij/ ∂xj = – ρbi, entonces

∂2Trr 1 + ν ∂ρbi 1 + ν ∂bi

=> —— = – —— ––––– = – —— ρ –––

∂xk∂xk 1 – ν ∂xi 1 – ν ∂xi

También podemos escribir

∂2Trr 1 + ν ∂bk

—— = – —— ρ –––

∂xk∂xk 1 – ν ∂xk

Entonces, sustituyendo la expresión anterior en el último término de la ec. (40), éste

queda

ν ∂2Trr ν 1 + ν ∂bk ν ∂bk

– ––– δij ––––– = – ––– δij – —— ρ ––– = —— δijρ ——

1+ν ∂xk∂xk 1+ν 1 – ν ∂xk 1 – ν ∂xk

Finalmente, sustituyendo esta expresión en la ec. (40), obtenemos

∂2Tij 1 ∂2Tkk ∂bi ∂bj ν ∂bk

—— + —— —— +ρ — + — + ––– δij ρ —— = 0 (4-41)

∂xk∂xk 1+ν ∂xi∂xj ∂xj ∂xi 1–ν ∂xk

Estas ecuaciones (41) se llaman ecuaciones de compatibilidad de beltrami-michell y el

tensor esuerzo que la satisfaga es una solución para los problemas tipo II. (Debe cumplir

además con las condiciones de frontera).

108

4.7. ELASTICIDAD TRIDIMENSIONAL

Los problemas Tipo III no pueden ser reducidos a una sola ecuación, por lo que deben

utilizarse las ecuaciones de campo. Alternativamente, para los problemas Tipo I y Tipo II

también pueden resolverse mediante el uso directo de las ecuaciones de campo.

A continuación, describimos los pasos del procedimiento de solución.

PROBLEMAS TIPO I. (estáticos)

1. Proponer la función desplazamiento ui =ui(x1,x2,x3)

∂ui ∂uj

2. Calcular el tensor deformación Eij =½ — + —

∂xj ∂xi

3. Calcular Tij con las ecuaciones constitutivas:

Tij = λEkkδij + 2μEij

4. Revisar que Tij cumpla con las ecuaciones de equilibrio

∂Tij

—— + ρbi = 0

∂xj

5. Revisar que Tij cumpla con las condiciones de frontera

ti = Tij nj

Si se cumplen los pasos 4 y 5, entonces la función propuesta ui es la solución.

En caso contrario se propone otra función ui.

109

PROBLEMAS TIPO II. (estáticos)

1. Proponer la función Esfuerzo Tij =Tij(x1,x2,x3)

2. Revisar que Tij cumpla con las ecuaciones de equilibrio

∂Tij

—— + ρbi = 0

∂xj

3. Revisar que Tij cumpla con las condiciones de frontera

ti = Tij nj

4. Calcular el tensor de deformación Eij con las ecuaciones constitutivas

1 + ν νδijTkk

Eij = —— Tij – ———

EY EY

5. Revisar que el tensor de deformación Eij cumpla con las ecuaciones de

compatibilidad

∂2Eij ∂2Ekm ∂

2Eik ∂2Ejm

——— + ——— – ——— – ——— = 0


6. Calcular los desplazamientos ui =ui(x1,x2,x3) por integración de las

relaciones deformación-desplazamiento

∂ui ∂uj

Eij =½ — +—

∂xj ∂xi

Si se cumplen los pasos 2, 3 y 5, entonces la función propuesta Tij es la

solución. En caso contrario se propone otra función Tij.

110

EJEMPLO 1. BARRA EN TENSION (Problema Tipo II)

Una barra elástica cilíndrica de sección transversal arbitraria está sujeta a una tracción

igual y opuesta de magnitud “σ” en sus caras extremas, como se muestra en la figura. Su

superficie lateral está libre de cualquier tracción superficial y las fuerzas de cuerpo son

nulas. Determine el estado de esfuerzos y deformaciones en cualquier punto del cuerpo.

Usar las constantes elásticas ν, EY, λ y μ para el material.

x3

– σ

x2

σ

x1

(a) esquema tridimensional de la barra

x3 x3

σ – σ

x1

x2

L

(b) sección transversal (c) sección longitudinal

Fig. 4.8. Barra en tensión

111

SOLUCION:

Paso 1. Se propone el siguiente tensor esfuerzo como solución (problema tipo II)

σ 0 0

[ T ] = 0 0 0

0 0 0

entonces, T11 = σ y todos los demás Tij = 0; además σ = constante

Paso 2. Revisar las ecs. de equilibrio

Las fuerzas de cuerpo son nulas, entonces bi=0 y las ecs. de equilibrio son

∂Tij

—— = 0

∂xj

∂T11 ∂T12 ∂T13

—— + —— + —— = 0 + 0 + 0 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T21 ∂T22 ∂T23

—— + —— + —— = 0 + 0 + 0 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T31 ∂T32 ∂T33

—— + —— + —— = 0 + 0 + 0 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

ya que todos los Tij son constantes. Por lo tanto, Sí se cumplen las ecuaciones de

equilibrio.

Paso 3. Revisar las condiciones de frontera

-Frontera lateral

El vector normal unitario a cualquier punto de la frontera lateral será función solamente

de las coordenadas x2 y x3 y podemos escribir

x3 t

n = α2 e2 + α3 e3

en forma matricial, escribimos n

0 x2

{ n } = α2

α3

Fig. 4.9. Tracciones superficiales en

La frontera lateral de la barra

112

Para cualquier punto de la frontera lateral, la tracción superficial es

{ t } = [ T ] { n }

=> t1 σ 0 0 0 0

t2 = 0 0 0 α2 = 0

t3 0 0 0 α3 0

esto quiere decir que la frontera lateral está libre de fuerzas. Correcto.

-Frontera en x1 = L

El vector unitario a esta frontera es paralelo a x1, por lo tanto

n = e1

y en notación matricial

1

{ n } = 0

0

Entonces, la tracción superficial en esta frontera es

=> t1 σ 0 0 1 σ

t2 = 0 0 0 0 = 0

t3 0 0 0 0 0

la cual coincide con la fuerza externa aplicada. OK

-Frontera en x1 = 0

El vector unitario a esta frontera es anti-paralelo a x1, por lo tanto

n = – e1


– 1

{ n } = 0

0


=> t1 σ 0 0 –1 –σ

t2 = 0 0 0 0 = 0

t3 0 0 0 0 0

la cual coincide con la fuerza externa aplicada. OK

Entonces, se satisfacen todas las condiciones de frontera.

Paso 4. Calcular las deformaciones Eij

1 + ν νδijTkk

Eij = —— Tij – ———

EY EY

Tkk = T11 + T22 + T33 = σ + 0 + 0 = σ

113

Entonces

1 + ν νσ σ νσ νσ σ

E11 = —— σ – —— = — + — – — = —

EY EY EY EY EY EY

1 + ν νσ νσ

E22 = —— (0) – —— = – —

EY EY EY

1 + ν νσ νσ

E33 = —— (0) – —— = – —

EY EY EY

1 + ν

E12 = —— (0) = 0 = E21

EY

1 + ν

E13 = —— (0) = 0 = E31

EY

1 + ν

E23 = —— (0) = 0 = E32

EY

Entonces, el tensor de deformación es

σ/ EY 0 0

[ E ] = 0 –νσ/ EY 0

0 0 –νσ/ EY

Puede notarse que todas las componentes de E son constantes, es decir no dependen de

las coordenadas.

Paso 5. Revisar las ecuaciones de compatibilidad.

Las ecuaciones de compatibilidad se satisfacen idénticamente, ya que todas las Eij son

constantes.

Paso 6. Cacular los desplazamientos.

De las relaciones deformación-desplazamiento

∂ui ∂uj

Eij =½ — + —

∂xj ∂xi

114

para

∂u1 σ σ

E11 = — => u1 = ∫ E11dx1 = ∫ — dx1 = — x1 + f(x2,x3) (a)

∂x1 EY EY

similarmente

∂u2 νσ νσ

E22 = — => u2 = ∫ E22dx2 = –∫ — dx2 = – — x2 + g(x1,x3) (b)

∂x2 EY EY

∂u3 νσ νσ

E33 = — => u3 = ∫ E33dx2 = –∫ — dx3 = – — x3 + h(x1,x2) (c)

∂x3 EY EY

Considerando que en el origen u1=u2=u3=0, de la ec. (a) obtenemos

0 = 0 + f(x2,x3) => f(x2,x3) = 0

entonces

σ

u1 = — x1 (d)

EY

Similarmente

0 = 0 + g(x1,x3) => g(x1,x3) = 0

0 = 0 + h(x1,x2) => h(x1,x2) = 0

entonces

νσ

u2 = – — x2 (e)

EY

νσ

u3 = – — x3 (f)

EY

Las ecuaciones (d), (e) y (f) nos dan el campo de desplazamientos.

Ejercicio. Hallar Tn max, Ts max y u1 max.

115

EJEMPLO 2. BARRA CIRCULAR EN TORSION (Problema Tipo I)

Una barra cilíndrica circular de sección transversal de radio ‘a’ y longitud ‘L’ está

siendo torsionada por dos momentos iguales y opuestos aplicados en los extremos de

magnitud Mt. Considere las fuerzas de cuerpo nulas y las constantes elásticas del material

ν, EY, λ y μ. La longitud es ‘L’ y el radio es ‘a’

x3

x2

Mt

L

Mt θ

a

x1

Fig. 4.10. Barra cilíndrica circular en torsión

SOLUCION:

Paso 1. Se propone el siguiente campo de desplazamientos:

u1 = 0

u2 = – θx3

u3 = θx2

donde θ es el ángulo de torsión y es una función de x1, es decir θ=θ(x1)

Entonces, el problema es Tipo I.

Paso 2. Calcular las deformaciones Eij con las relaciones deformación-desplazamiento.

∂ui ∂uj

Eij =½ — + —

∂xj ∂xi

Entonces

∂u1 ∂u2 ∂u3

E11= — = 0 , E22= — = 0 , E33= — = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

116

∂u1 ∂u2 dθ x3 dθ

E12 =½ — + — = ½ ( 0 – ––– x3) = – ––– –––

∂x2 ∂x1 dx1 2 dx1

∂u1 ∂u3 dθ x2 dθ

E13 =½ — + — = ½ ( 0 + ––– x2) = ––– –––

∂x3 ∂x1 dx1 2 dx1

∂u2 ∂u3

E23 =½ — + — = ½ ( –θ + θ) = 0

∂x3 ∂x2

si hacemos θ´ = dθ/dx1 ,entonces, el tensor de deformación es

0 – ½ x3θ´ ½ x2θ´

[E] = – ½ x3θ´ 0 0

½ x2θ´ 0 0

0 –x3 x2

(a)

[E] = ½ θ´ –x3 0 0

x2 0 0

Paso 3. Calcular los esfuerzos Tij con las ecuaciones constitutivas

Tij = λEkkδij + 2μEij

Ekk = E11 + E22 + E33 = 0 + 0 + 0 = 0

T11 = λ(0) + 2μE11 = 0

T22 = λ(0) + 2μE22 = 0

T33 = λ(0) + 2μE33 = 0

T12 = 2μE12 = 2μ(½θ´)(–x3)= –μx3θ´=T21

T13 = 2μE13 = 2μ(½θ´)(x2)= μx2θ´=T31

T23 = 2μE23 = 2μ(0)= 0=T32

Entonces, el tensor esfuerzo está dado por

0 –μx3θ´ μx2θ´ 0 –x3 x2

[T] = –μx3θ´ 0 0 =μθ´ –x3 0 0 (b)

μx2θ´ 0 0 x2 0 0

Puede notarse de las ecs. (a) y (b) que

T = 2μ E (c)

117

Paso 4. Revisar que los esfuerzos Tij cumplan las ecuaciones de equilibrio

Como bi = 0, las ecs. de equilibrio son

∂Tij

—— = 0

∂xj

∂T11 ∂T12 ∂T13

—— + —— + —— = 0 + 0 + 0 = 0

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T21 ∂T22 ∂T23

—— + —— + —— = –μx3θ´´ + 0 + 0 = 0 => θ´ = constante.

∂x1 ∂x2 ∂x3

∂T31 ∂T32 ∂T33

—— + —— + —— = μx2θ´´ + 0 + 0 = 0 => θ´ = constante.

∂x1 ∂x2 ∂x3

Entonces, de las ecuaciones de equilibrio se deduce que θ´ = dθ/dx1= constante

Paso 5. Revisar que los esfuerzos Tij cumplan con las condiciones de frontera.

-Frontera lateral

El vector normal unitario a cualquier punto de la frontera lateral será función solamente

de las coordenadas x2 y x3 y podemos escribir

x3 t

n = (x2/a)e2 + (x3/a) e3

n en forma matricial, escribimos

a

0 1 x2

{ n }= x2 —

x3 a

Fig. 4.11. Tracción superficial en la

frontera lateral

Para cualquier punto de la frontera lateral, la tracción superficial es

{ t } = [ T ] { n }

=> t1 μθ´ 0 –x3 x2 0 μθ´ –x3x2 + x2x3 0

t2 = — –x3 0 0 x2 = — 0 = 0

t3 a x2 0 0 x3 a 0 0

Entonces, la superficie lateral está libre de tracciones. OK

118

-Frontera x1 = 0

Para esta frontera el vector normal unitario exterior es

n = – e1 x3


– 1

{ n } = 0 x1 n

0

Fig. 4.12. frontera en x1 = 0


=> t1 0 –x3 x2 –1 0

t2 = μθ´ –x3 0 0 0 = μθ´ x3

t3 x2 0 0 0 –x2

es decir

t1 = 0

t2 = μθ´x3

t3 = –μθ´x2

Estas componentes t2 y t3 se representan el la fig. 4.13

x3 x2

t3 x3

r t2

x2

Fig. 4.13. tracciones superficiales sobre cara en x1=0

Estas componentes t1 y t2 producen el momento resultante Mt a favor de las manecillas

del reloj. Entonces

Mt = ∫A (t2x3 – t3x2) dA

=>Mt = ∫A [(μθ´x3)x3 – (–μθ´x2)x2] dA

=>Mt = μθ´∫A [(x32 +x2

2] dA

pero x32 +x2

2 = r2

=>Mt = μθ´∫A r2 dA

la cantidad ∫A r2 dA es una propiedad geométrica de la sección que se llama MOMENTO

POLAR DE INERCIA y se representa por Ip, y para un círculo es igual a πa4/2, es decir

Ip = ∫A r2 dA = πa4/2 (d)

Entonces

Mt = μθ´ Ip

119

Entonces, podemos despejar θ´ de la ecuación anterior y obtenemos

dθ Mt

θ´ = –––– = ––––

dx1 μIp (e)

integrando θ respecto a x1, obtenemos

Mt x1

θ = –––– + C1 donde C1 es una constante de integración

μIp

De la condición de que en x1 = 0, θ = 0, obtenemos que C1 = 0. Entonces

Mt x1

θ = –––– (f)

μIp

Entonces, de la condición de frontera para la cara x1 = 0 obtenemos los valores de θ´ y

de θ dados por las ecs. (e) y (f)

-Frontera x1 = L

De esta condición obtenemos exactamente las mismas ecuaciones (e) y (f).

Entonces, sustituyendo la ec. (d) en los tensores de deformación [ec. (a)] y de esfuerzo

[ec. (b)] nos quedan como sigue:

0 –x3 x2

½ Mt (g)

[E] = –––– –x3 0 0

μIp

x2 0 0

0 –x3 x2

Mt (h)

[T] = –––– –x3 0 0

Ip

x2 0 0

y sustituyendo la ec. (f) en los desplazamientos, obtenemos:

u1 = 0 (i)

Mt x1 x3

u2 = – –––––– (j)

μIp

Mt x2 x3

u3 = –––––– (k)

μIp

Como se cumplen las ecs. de equilibrio y condiciones de frontera, entonces el campo de

desplamientos dado por (i), (j) y (k) es las solución de la barra cilíndrica circular a

torsión.

Ejercicio. Hallar Tn max, Ts max y θmax.

120

4.8. ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL

Existe una gran variedad de problemas donde un cuerpo sólido sujeto a fuerzas

presenta una deformación principal nula o un esfuerzo principal nulo. En el primer caso,

el estado se llama deformacion plana y en el segundo caso, esfuerzo plano. Ambos casos

se conocen como problemas de elasticidad bidimensional.

-Una dimensión del cuerpo mucho menor

que las otras dos (llamada espesor)

1) ESFUERZO -Las cargas son perpendiculares a la

PLANO dimensión menor

-Distribución uniforme de las cargas a lo

largo de la dimensión menor

ELASTICIDAD

BIDIMENSIONAL

-Una dimensión del cuerpo mucho mayor

que las otras dos (llamada longitud)

2) DEFORMACION -Las cargas son perpendiculares a la

PLANA dimensión mayor

-Distribución uniforme de las cargas a lo

largo de la dimensión mayor

Para un estado de esfuerzo plano, los tensores de esfuerzo y deformación, considerando el

eje x3 como el eje principal sin esfuerzo, son:

T11 T12 0

[ T ] = T21 T22 0 (4-42)

0 0 0

E11 E12 0

[ E ] = E21 E22 0 (4-43)

0 0 E33

donde

ν

E33 = – ––– (T11 + T22) (4-44)

EY

Para un estado de deformación plana, los tensores de esfuerzo y deformación,

considerando el eje x3 como el eje principal sin deformación, son:

T11 T12 0

[ T ] = T21 T22 0 (4-45)

0 0 T33

121

E11 E12 0

[ E ] = E21 E22 0 (4-46)

0 0 0

donde

T33 = ν (T11 + T22) (4-47)

x2 x2

x1 x3

espesor = t

Fig. 4.14. Cuerpo en estado de esfuerzo plano

x2

1

x1

x3 L rebanada de espesor

unitario

Fig. 4.15. Cuerpo en estado de deformación plana

122

FUNCION DE ESFUERZOS DE AIRY

Para problemas de elasticidad bidimensional existe un método para determinar el

tensor esfuerzo que sea una solución. Esta método se llama, a veces, metodo inverso, ya

que primero se determina el tensor esfuerzo que satisface las ecuaciones de equilibrio y

compatibilidad y luego se determinan las tracciones superficiales que dan origen a dichos

esfuerzos.

Considerando fuerzas de cuerpo nulas, las ecuaciones de equilibrio son:

∂Tij

—— = 0 (4-48)

∂xj

Además, para un estado plano de esfuerzos o deformaciones con x3 como la dirección

principal libre de esfuerzos o deformaciones, las ecuaciones de compatibilidad se reducen

a una sola ecuación dada por

∂2E11 ∂2E22 ∂

2E12

—— + —— = 2 ——— (4-49)

∂x22 ∂x1

2 ∂x1∂x2

De las ecuaciones constitutivas para deformación plana, escribimos

1 + ν ν

E11 = —— T11 – — ( T11 + T22 + T33 ) (4-50a)

EY EY

1 + ν ν

E22 = —— T22 – — ( T11 + T22 + T33 ) (4-50b)

EY EY

1 + ν

E12 = —— T12 = E21 (4-50c)

EY

Derivando las expresiones (50a), (50b) y (50c) obtenemos

∂2E11 1 + ν ∂2T11 ν ∂2

—— = —— —— – — —— ( T11 + T22)

∂x22 EY ∂x2

2 EY ∂x22

∂2E22 1 + ν ∂2T22 ν ∂2

—— = —— —— – — —— ( T11 + T22)

∂x12 EY ∂x1

2 EY ∂x12

∂2E12 1 + ν ∂2T12

—— = —— ——

∂x1∂x2 EY ∂x1∂x2

123

y sustituyendo las expresiones anteriores en la ec. de compatibilidad y luego aplicando

las ecs. de equilibrio, llegamos a

∂2T11 ∂2T22 ∂

2T12

—— + —— = 2 ——— (4-51)

∂x22 ∂x1

2 ∂x1∂x2

Las ecs. (51) contienen a las ecuaciones de equilibrio y a las ecuaciones de

compatibilidad, simultáneamente. Entonces, todo tensor T que satisfaga a (51) cumpe con

las ecs. de equilibrio y de compatibilidad. Sólo resta revisar las condiciones de frontera,

las cuales casi siempre se pueden cumplir ajustando adecuadamente algunas constantes.

Airy introdujo un cambio de variable en (51) definiendo

∂2φ (4-52a)

T11 = ——

∂x22

∂2φ (4-52b)

T22 = ——

∂x12

∂2φ (4-52c)

T12 = – ———

∂x1∂x2

Sustituyendo las ecs. (52a), (52b) y (52c) en la ec. (51), obtenemos

∂4φ ∂4φ ∂4φ

—— + 2 ——— + —— = 0 (4-53)

∂x14 ∂x1

2∂x22 ∂x2

4

La ec. (53) se llama ecuacion de airy (o ecuacion biarmonica).

Las funciones φ= φ(x1, x2) que satisfacen a la ecuación (53) se les llama funciones de

esfuerzo de airy ( o funciones biarmonicas).

Si representamos al operador 4 por

∂4 ∂4 ∂4

4 = —— + 2 ——— + —— (4-54)

∂x14 ∂x1

2∂x22 ∂x2

4

Entonces, la ec. (53) queda

4 φ = 0 (4-55)

Entonces, para resolver un problema de elasticidad bidimensional, se prueba una función

φ= φ(x1, x2) (usualmente un polinomio). Si se cumple la ec. (53), entonces se determinan

los esfuerzos con las ecs. (52a) a (52c). Posteriormente se calculan las tracciones

superficiales en la frontera del cuerpo en estudio. Finalmente, se calculan las

componentes de deformación y si se requieren, las componentes de desplazamiento.

124

Ejercicio. Considere la función φ= Ax12 + Bx1x2 + Cx2

2 donde A, B y C son constantes.

(a) Verificar si ésta función es una función de esfuerzos para deformación plana

(b) Si φ es una función de Airy, determine el tensor esfuerzo

(c) Determine las tracciones superficiales sobre la frontera rectangular x1 = 0, x1 = a,

x2 = 0 y x2 = b

(d) bosqueje las tracciones superficiales calculadas en (c)

(e) determine el tensor de deformación considerando las constantes elásticas de material

ν, EY, λ y μ

125

4.9. PROBLEMAS

4.1. Demostrar que el vector nulo es el único vector isotrópico. (sugerencia: suponer que

es un vector isotrópico y use un simple cambio de base para igualar las componentes con

prima y sin prima).

4.2. Demostrar que la mayoría de los tensores isotrópicos de segundo orden son de la

forma αI, donde α es un escalar e I es el tensor identidad.

4.3. Demostrar que para un material elástico lineal anisotrópico, las direcciones

principales de esfuerzos y deformaciones usualmente no coinciden.

4.4. Si las constantes de Lamé para un material son λ = 17.3 x 106 psi, μ = 11 x 106 psi,

encontrar el módulo de Young, la relación de Poisson y el módulo volumétrico.

4.5. Dados el módulo de Young EY = 28 x 106 psi y el módulo cortante μ = 11 x 106 psi,

encontrar la relación de Poisson ν, la constante de Lamé λ y el módulo volumétrico κ.

4.6. Dados el módulo de Young EY = 15 x 106 psi y la relación de Poisson ν = 0.34,

encontrar las constantes de Lamé λ y μ y yambién el módulo volumétrico.

4.7. Si las componentes de deformación en un punto de acero estructural son

E11 = 36 x 10–6, E22 = - 50 x 10–6, E33 = 200 x 10–6

E12 = -100 x 10–6, E23 = 0, E13 = 0

Encontrar las componentes de esfuerzo si λ = 17.3 x 106 psi, μ = 11.5 x 106 psi

4.8. Resolver el problema IV.7 si las componentes de deformación son

E11 = 100 x 10–6, E22 = - 50 x 10–6, E33 = 200 x 10–6

E12 = -100 x 10–6, E23 = 0, E13 = 0

4.9 (a) Si el estado de esfuerzos en un punto de acero estructural es

100 42 6

[ T ] = 42 –2 0

6 0 15

¿Cuáles son las componentes de la deformación?. EY = 30 x 106 psi, μ = 11.5 x 106,

ν = 0.30

(b)Suponga que un cubo de acero estructural de 5 cm de lado tiene el estado de

esfuerzos constantes dado en la parte (a). Determinar el cambio total de volúmen

inducido por este campo de esfuerzos.

126

4.10. (a) Para el campo de esfuerzos constantes dado, encontrar las componentes de

deformación

6 2 0

[ T ] = 2 –3 0

0 0 0

(b) Suponga que una esfera de 5 cm de radio está bajo la influencia de este campo de

esfuerzos. ¿Cuál será el cambio en el volúmen de la esfera?. Use las constantes elásticas

del problema 4.9

4.11. Demostrar para un material incompresible (ν =0.5) que

(a) μ = EY/3, λ = ∞

(b) La ley de Hooke viene a ser

T = 2 μ E + ⅓ (Tkk) I

4.12. Dada una función f(a,b) y un movimiento

x1 = X1 + k(X1+X2)

x2 = X2 + k(X1–X2)

donde k = 10–4

(a) Demostrar que f(X1,X2) ≈ f(x1,x2)

(b) Demostrar que

∂f(x1,x2) ∂f(X1,X2)

––––––– ≈ –––––––

∂x1 ∂X1

∂f(x1,x2) ∂f(X1,X2)

y ––––––– ≈ –––––––

∂x2 ∂X2

4.13. Resolver el problema anterior para f(a,b)=a2+b2

4.14. Dado el siguiente campo de despazamientos

u1 = kX3X2, u2 = kX3X1, u3 = k(X12 – X2

2), k = 10–4

(a) Encontrar las correspondientes componentes de esfuerzos.

(b) En ausencia de fuerzas de cuerpo ¿Es el estado de esfuerzos un campo de esfuerzos en

equilibrio?

4.15. Repetir el problema IV.14, excepto que las componentes de desplazamientos son

u1 = kX2X3, u2 = kX1X3, u3 = kX1X2, k = 10–4

4.16. Repetir el problema IV.14, excepto que las componentes de desplazamientos son

u1 = –kX3X2, u2 = kX1X3, u3 = k senX2, k = 10–4

127

4.17. Suponer un campo de desplazamiento arbitrario que depende solamente de la

variable X2 y el tiempo t. Determinar qué ecuaciones diferenciales debe satisfacer el

campo de desplazamientos a fín de que sea un movimiento posible (con fuerzas de cuerpo

cero).

4.18. Una barra de hierro forjado de 4 pies de longitud y 1.5 plg de diámetro está

sometida a dos fuerzas iguales y opuestas de tensión P en sus extremos. (a) Encontrar los

esfuerzos máximos normal y cortante si P=20 000 lb. (b) Encontrar la elongación total y

la contracción lateral (EY = 15 x 106 psi, ν = 0.25)

4.19. Una barra de acero (EY = 207 x 106 Gpa) de 6 cm2 de sección transversal y 6 m de

longitud está sometida a fuerzas axiales aplicadas como se muestra. Encontrar la

elongación total de la barra.

0.4MN 0.5MN 0.1MN

3.0 m 3.0 m

4.20. Una barra de acero de 10 pies de longitud va a ser diseñada para soportar una carga

de tensión de 100,000 lb. ¿cuál debe ser el área mínima de la sección transversal si el

máximo esfuerzo cortante no debe exceder de 15,000 psi y el máximo esfuerzo normal no

debe exceder de 20,000 psi?. Si se requiere adicionalmente que la elongación no exceda

de 0.05 plg, ¿cuál debe ser el área?

4.21. Considere una barra de área de sección transversal A que está estirada por una

fuerza de tensión P en cada extremo. (a) Determinar los esfuerzos normal y cortante sobre

un plano con un vector normal que forma un ángulo α con el eje de la barra. ¿para qué

valores de α los esfuerzos normales y cortantes son iguales?. (b) La capacidad de soportar

carga de la barra está basada en los esfuerzos cortantes sobre el plano definido por α = αo

tal que sean menores que τo. Bosqueje cómo la carga máxima dependerá del ángulo αo.

4.22. Considere una barra cilíndrica que está sujeta a un esfuerzo axial T11 = σ. (a) ¿cuál

será el estado de esfuerzos en la barra si la superficie lateral está restringida tal que no

hay contracción o expansión?. (b) Demostrar que el módulo de Young efectivo

E′Y = T11/ E11 está dado por

1 – ν

E′Y = ––––––––––––– EY

(1 – 2ν) (1 + ν)

(c) Evaluar el módulo efectivo para una relación de Poisson de ⅓ y ½.

4.23. Tres barras idénticas de acero soportan la carga P como se muestra en la figura.

¿cuanta carga puede soportar cada barra?. Desprecie el peso de las barras y de la barra

rígida.

128

a a/2 a/2

P

4.24. Considere el estado de esfuerzos en un especímen a tensión dado por T11 = σ y

todos los demás Tij = 0. (a) Encontrar las componentes de esfuerzo desviador

To = T – ⅓TkkI. (b) Encontrar los invariantes escalares de To.

4.25. Resolver el problema IV.23 si el área de la sección transversal de la barra de en

medio es el doble de las otras.

4.26. Considere el eje de una barra cilíndrica vertical e inicialmente coincidiente con el

x1. Si X1 = 0 corresponde al la cara inferior, entonces la fuerza de cuerpo está dada por

ρb = –ρge1. Suponer que la distribución de esfuerzos inducida por las fuerzas de cuerpo

solamente, es de la forma T11 = ρgX1 y todos los demás Tij=0. (a) Demostrar que el tensor

esfuerzo es un estado de esfuerzos posible en presencia de la fuerza mencionada arriba.

(b) Si este estado posible de esfuerzos es la distribución actual de esfuerzos en la barra

cilíndrica, qué tracciones superficiales actúan sobre la cara lateral y el par de caras

extremas a fín de producir este estado de esfuerzos.

4.27. Una flecha circular de acero está sujeta a pares torsionales de 2700 N-m. El

esfuerzo torsionante admisible es 0.124 Gpa. Si el esfuerzo cortante admisible en la

flecha es de 0.6 veces el esfuerzo tensionante admisible, ¿cuál es el mínimo diámetro

admisible?.

4.28. Una flecha circular de acero está sujeta a pares torsionales de 5000 pie-lb.

Determinar el diámetro de la flecha si el esfuerzo cortante máximo no debe exceder

10,000 psi y el ángulo de torsión no debe exceder de 1.5° en 20 diámetros de longitud.

(μ = 12 x 106 psi)

4.29. Demostrar que la solución elástica de una barra sólida circular en torsión es también

válida para un tubo cilíndrico circular en torsión. Si ‘a’ es el radio exterior y ‘b’ es el

radio interior, ¿cómo debe ser la ecuación de θ′ = Mt/(μIp) para que el ángulo de torsión

por unidad de longitud sea alterado?.

4.30. En la siguiente figura, un momento torsionante Mt está aplicado al disco rígido A.

Encontrar los momentos torsionantes transmitidos a la flecha circular a cada lado del

129

disco. El radio de la parte izquierda es ‘a1’ y el radio de la parte derecha es ‘a2’. Ambas

flechas son del mismo material.

Mt

L1 L2

A

4.31. Resolver el problema anterior si a1=3.0 cm, a2=2.5 cm,L1= L2=75 cm y

Mt= 700 N-m

4.32. Para la flecha circular mostrada en la siguiente figura, determine el momento

torsionante producido en cada parte de la flecha.

M M

a b c

4.33. Una barra circular de 1 plg. de radio está bajo la acción de una carga de tensión

axial de 30 000 lb y un par torsionante de 25 000 plg-lb. (a) Determine el esfuerzo a

través de la barra. (b) Encontrar el esfuerzo máximo normal y cortante que ocurre sobre

todas las posiciones y todos los planos transversales de la barra.

4.34. Demostrar que para cualquier barra cilíndrica de sección transversal no circular, el

vector esfuerzo en todos los puntos a lo largo de la frontera lateral actuando sobre

cualquiera de los planos normales de la sección transversal, debe ser tangente a la

frontera. (sugerencia: use T = TT)

4.35. Demostrar que el desplazamiento y el esfuerzo para una barra elíptica en torsión

también puede ser usada para un tubo elíptico, si el contorno interior está definido por

X22 X3

2

––––– + ––––– = k2 donde k < 1

a2 b2

4.36. Comparar el momento torsor que puede ser transmitido por una flecha con una

sección elíptica que tenga un eje mayor igual a dos veces el eje menor con una flecha de

sección transversal circular que tenga un diámetro igual al eje mayor. Ambas flechas son

del mismo material. También, compare el ángulo de torsión unitario bajo el mismo

momento torsionante.

4.37. Repetir el problema anterior, excepto que la flecha circular tiene un diámetro igual

al eje menor de la flecha elíptica.

130

4.38. (a) Para una barra elíptica en torsión, demostrar que la magnitud del esfuerzo

cortante máximo varía linealmente a lo largo de lineas radiales (X2=kX3) y alcanza un

valor máximo en el contorno exterior. (b) Demostrar que el esfuerzo cortante máximo en

el contorno está dado por

2 Mt

(Ts) max = ––––– [b4 + X32(a2 – b2)]½

π a2b3

donde el mayor esfuerzo cortante ocurre en el extremo del eje menor.

4.39. Considere la torsión de una barra cilíndrica con una sección transversal de triángulo

equilátero como se muestra en la siguiente figura. (a) Demostrar que la función de alabeo

φ = α(3X22X3 – X3

3) genera un campo de esfuerzos en equilibrio. (b) Determi-nar la

constante α a fín de satisfacer la condición de contorno lateral libre de tracciones.

Demostrar que la superficie lateral completa está libre de tracciones.

X3

(-2a,0) (a,0) X2

(c) Escribir en forma explícita la distribución de esfuerzos generada por esta función de

alabeo. Evaluar el esfuerzo cortante máximo en las esquinas del triángulo a lo largo de la

línea X3 = 0 en una sección transversal. A lo largo de la línea X3 = 0, ¿dónde ocurre el

esfuerzo cortante máximo?.

4.40. Una manera alterna de formular el problema de la torsión de un cilindro de sección

transversal no circular es emplear una función de esfuerzos ψ(X2,X3) tal que los esfuerzos

están dados por

∂ψ ∂ψ

T12 = –––– , T13 = ––––

∂X3 ∂X2

y todos los demás Tij=0. (a) Demostrar que las ecuaciones de equilibrio son idénticamen-

te satisfechas para cualquier elección de ψ. (b) Demostrar que si ψ satisface la ecuación

∂2ψ ∂2ψ

–––– + –––– = constante

∂X22 ∂X3

2

entonces los esfuerzos corresponderán a un campo de deformaciones compatible para

áreas de secciones transversales simplemente conexas. (c) Demostrar que la condición de

contorno lateral requiere que ψ esté en la misma dirección que la normal externa. En

otras palabras, el valor de ψ en el contorno exterior es una constante.

131

4.41. Una viga de sección transversal circular está sujeta a flexión pura. La magnitud de

cada momento en el extremo es 14 000 N-m. Si el esfuerzo normal máximo no debe

exceder de 0.124 Gpa, ¿cuál deberá ser el diámetro?.

4.42. Una viga rectangular de ancho ‘b’ y una altura ‘1.2b’ está sujeta a momentos

flexionantes puros. El momento flexionante del lado derecho está dado por

M=24 000 e2 pie-lb. Determinar la dimensión ‘b’ a fín de que el esfuerzo cortante

máximo no exceda de 600 psi.

4.43. Para la viga del problema anterior cargada por los momentos flexionantes indicados

y una fuerza de tensión aplicada centroidalmente P, determinar la magnitud de P a fín de

que T11 ≥ 0.

4.44. Verificar que si φ(X1,X2) satisface la ecuación biarmónica, entonces corresponde a

un campo de deformaciones compatibles.

4.45. Demostrar que el momento flexionante aplicado a una barra en flexión pura si no

está referida a los ejes principales, entonces el esfuerzo flexionante será

M2 I33 + M3 I32 M3 I22 + M2 I32

T11 = ––––––––––––– X3 – ––––––––––––– X2

I33I22 – I322

I33I22 – I322

4.46. La figura siguiente muestra la sección transversal de una viga sujeta a flexión pura.

Si los momentos extremos están dados por ± 104e2 N-m, encontrar el esfuerzo normal

máximo.

5cm

10 cm

X2

5 cm

8 cm

X3

4.47. Considere la función esfuerzo φ = α1X12 + α2X1X2 + α3X2

2. (a) Verificar que esta

función esfuerzo sea una posible para una deformación plana. (b) Determine los esfuerzos

y bosqueje las tracciones de contorno sobre la frontera rectangular X1=0,

X1=a, X2=0, X2=b.

4.48. Considere la función esfuerzo φ = αX12X2. (a) ¿Es una función posible de esfuerzos

para deformación plana?. (b) Determine los esfuerzos. (c) Determine y bosqueje las

tracciones de contorno sobre la frontera rectangular X1=0, X1=a, X2=0, X2=b.

132

4.49. Considere la función esfuerzo φ = αX14 + βX2

4. (a) ¿Es una función posible de

esfuerzos para deformación plana?. (b) Determine los esfuerzos y bosqueje las tracciones

de contorno sobre la frontera rectangular X1=0,X1=a, X2=0, X2=b.

4.50. Considere la función esfuerzo φ = αX1X22 + βX1X2

3. (a) ¿Es esta una función de

esfuerzos posible para deformación plana?. (b) Determine los esfuerzos. (c) Encontrar la

condición necesaria para que la tracción sobre X2=b se anule y bosqueje la traccion

superficial sobre las fronteras X1=0,X1=a, X2=0.

134

TEMA 5. EL FLUIDO VISCOSO LINEAL

5.1. HIDROSTATICA

Se llama fluido a todo material incapáz de resistir esfuerzos cortantes en equilibrio.

Los fluídos se clasifican en:

INCOMPRESIBLES = Líquidos (agua)

FLUIDOS

COMPRESIBLES = Gases (aire)

Para que un fluído pueda estar en reposo, debe estar contenido en un depósito sólido.

Entonces se llama hidrostatica a la parte de la física que estudia a los líquidos contenidos

en depósitos en reposo ó en movimiento de cuerpo rígido.

Cuando un fluído está contenido en un depósito en reposo o con movimiento de

cuerpo rígido, el estado de esfuerzos en cada punto del interior del cuerpo está

representado por la siguiente figura

x3

p

p

x2

p

x1

Fig. 5.1. Presión hidrostática en el interior de un fluído

El tensor esfuerzo correspondiente a la figura anterior es

– p 0 0

[ T ] = 0 – p 0 (5-1)

0 0 – p

135

factorizando la ‘p’ nos queda

1 0 0

[ T ] = – p 0 1 0 (5-2)

0 0 1

En notación indicial podemos escribir

Tij = – p δij (5-3)

En las ecuaciones (1) a (3) ‘p’ se llama presion hidrostatica.

Si un fluído está contenido en un depósito en equilibrio, se deben cumplir las

ecuaciones de equilibrio dadas por

∂Tij

––– + ρbi = 0 (5-4)

∂xj

Sustituyendo la ec. (3) en la (4), obtenemos

∂(– p δij)

––––––– + ρbi = 0

∂xj

∂p

– δij –––– + ρbi = 0

∂xj

∂p (5-5)

=> – –––– + ρbi = 0

∂xj

Por otra parte, si las fuerzas de cuerpo bi son las componentes del peso por unidad de

masa y el eje x3 está dirigido hacia arriba, entonces

b1 = 0

b2 = 0 (5-6)

b3 = – g

y desarrollando las ecs. (6), tenemos

∂p (5-7a)

– –––– = 0

∂x1

∂p (5-7b)

– –––– = 0

∂x2

∂p (5-7c)

– –––– – ρg = 0

∂x3

136

Las ecs. (7a) y (7b) implican que ‘p’ no es función ni de x1 ni de x2, sino solamente de x3,

entonces, la derivada en (7c) es ordinaria. Luego tenemos

dp

––– = – ρg

dx3

integrando la ecuación anterior nos da

p = – ρgx3 + C

la constante de integración se puede evaluar considerando el origen de coordenadas en la

superficie libre del líquido. Entonces en x3 = 0, p = patm (presión atmosférica)

patm = 0 + C => C = patm , entonces, la solución a las ecs. (7a) a (7c) es

p = – ρgx3 + patm (5-8)

Ejercicio. Determinar la presión en el fondo de una alberca de 2.4 mts de profundidad.

Otros datos son ρ = 1000 kg/m3, g = 9.81 m/seg2 y patm = 1.033 kg/cm2.

Si el fluído está dentro de un depósito que tiene un movimiento de cuerpo rígido, se

deben cumplir las ecuaciones del movimiento de Cauchy dadas por

∂Tij

––– + ρbi = ρai (5-9)

∂xj

y sustituyendo la ec. (3) en la (9), obtenemos

∂p (5-10)

– –––– + ρbi = ρai

∂xj

Si las fuerzas de cuerpo están dadas por las ecs. (6), entonces, la forma desarrollada de

(10) nos da

∂p (5-11a)

– –––– = ρa1

∂x1

∂p (5-11b)

– –––– = ρa2

∂x2

∂p (5-11c)

– –––– – ρg = ρa3

∂x3

137

Ejercicio. Determinar la presión en el punto A de un depósito que contiene agua y se

mueve con aceleración constante a2 en dirección positiva del eje x2.

x3

g x2

h a2

A

x1 c

5.2. ECUACIONES CONSTITUTIVAS

Cuando un fluído está contenido en un depósito no se presentan esfuerzos cortantes en

el cuerpo, como se deduce de la forma diagonal del tensor esfuerzo dado por la ec. (1).

Por otra parte, cuendo existe movimientos relativos entre las partículas del fluído,

entonces aparecen estos esfuerzos cortantes.

Consideremos una placa fija (fondo) y una placa móvil flotando sobre un líquido,

ambas con cierta área dada ‘A’, como se muestra en la figura.

Placa móvil

F=fuerza

v= velocidad de una

d = distancia entre partícula

placas A=área de placa

líquido (agua)

Placa fija

Fig. 5. 2. Viscosidad de un fluído

Si aplicamos una fuerza F a la placa móvil, las partículas del fluído se moverán con

diferentes velocidades. Así, las partículas del fondo, adheridas a la placa fija, tendrán

velocidad nula y las partículas adyacentes a la placa móvil, tendrán la misma velocidad

de la placa móvil. Entonces, ley simple de la velocidad de una partícula entre las dos

placas es mediante una variación lineal con la distancia a la placa fija.

Experimentalmente se determinó que la fuerza necesaria para mover la placa móvil era

directamente proporcional al área de la placa y a la velocidad adquirida por ésta pero

inversamente proporcional a la separación entre las placas. Esto puede escribirse como

138

A v

F = C –––– (5-12)

d

donde C es una constante propia del fluído colocado entre las dos placas llamada

viscosidad y denotada por μ. Entonces

A v

F = μ –––– (5-13)

d

dividiendo ambos lados de la ec. (13) entre el área ‘A’ y recordando que F es una fuerza

tangencial, obtenemos un esfuerzo tangencial o cortante dado por

v

τ = μ ––– (5-14)

d

La ecuación (14) es conocida como la ley de newton de la viscosidad. Esta ecuación está

restringida al movimiento unidireccional de un fluído.

La ec. (14) puede reescribirse como

v

τ = μ ––– (5-15)

d

Puede verse que las unidades de (v/d) son de velocidad entre distancia, es decir, por

ejemplo (m/seg)/m = 1/seg = seg -1

Por otra parte, las componentes del tensor Rapidéz de Deformación Dij son

∂vi ∂vj

Dij = ½ ––– + ––– (5-16)

∂xj ∂xi

y puede verse que cada componente, por ejemplo D11 = ∂v1/∂x1 tiene dimensiones de

velocidad entre distancia. Por lo tanto, la cantidad (v/d) de la ec. (15) es una componente

de rapidéz de deformación.

Para un movimiento general de un fluído, podemos generalizar la ec. (15)

relacionando un tensor de esfuerzos cortantes con el tensor rapidéz de deformación

mediente un tensor de constantes, es decir

τ = K D (5-17)

139

donde:

τ = Tensor de esfuerzos viscosos

K = Tensor de costantes viscosas del fluído

D = Tensor rapidéz de deformación dado por la ec. (16)

En notación indicial, la ec. (17) queda

τij = Kijpq Dpq (5-18)

Entonces, el tensor de esfuerzos totales se obtiene sumando el tensor del estado

hidrostático dado por la ec. (3) y el estado viscoso dado por la ec. (18). Entonces

Tij = – p δij + Kijpq Dpq (5-19)

En notación tensorial, la ec. (19) queda

T = – pI + K D (5-20)

A un fluído que cumple con las ecs. (19) o (20) se le llama fluido viscoso lineal o fluido

newtoniano.

Para un fluído linealmente viscoso que además sea homogéneo e isótropo, las

constantes viscosas se reducen a solamente dos, denotadas por λ* y μ* y podemos escribir

la ecuación (18) como

τij = λ* δij Dkk + 2μ* Dij (5-21)

y la ec. (19) queda como

Tij = – pδij + λ* δij Dkk + 2μ* Dij (5-22)

Las ecuaciones (22) se llaman ecuaciones constitutivas de un fluido viscoso lineal,

homogeneo e isotropo.

140

En forma desarrollada, las ecs. (22) son

T11 = – p + λ* (D11 + D22 + D33) + 2μ* D11 (5-23a)

T22 = – p + λ* (D11 + D22 + D33) + 2μ* D22 (5-23b)

T33 = – p + λ* (D11 + D22 + D33) + 2μ* D33 (5-23c)

T12 = 2μ* D12 = T21 (5-23d)

T13 = 2μ* D13 = T31 (5-23e)

T23 = 2μ* D23 = T32 (5-23f)

λ* y μ* se llaman primero y segundo coeficientes de viscosidad, respectivamente.

5.3. ECUACIONES DE CAMPO PARA UN FLUIDO VISCOSO LINEAL

El siguiente conjunto de ecuaciones nos permite resolver problemas prácticos para

fluídos sujetos a fuerzas. Estas son ecuaciones diferenciales que se deben cumplir en cada

punto de un medio contínuo, se llaman ecuaciones de campo y son las siguientes:

1. Ecuaciones del movimiento de Cauchy

∂Tij

––– + ρbi = ρai (5-24a)

∂xj

2. Ecuaciones constitutivas

Tij = – pδij + λ* δij Dkk + 2μ* Dij (5-24b)

3. Relaciones Rapidéz de deformación-velocidad

∂vi ∂vj

Dij = ½ ––– + ––– (5-24c)

∂xj ∂xi

4. Ecuación de la Continuidad

Dρ ∂vi

––– + ρ ––– = 0 (5-24d)

Dt ∂xi

141

O para fluídos incompresibles

∂vi

––– = 0 (5-24e)

∂xi

5. Condiciones de frontera

La “Condición de adherencia” de un fluído establece que las partículas del fluído

en la frontera tendrán la velocidad de tengan los sólidos en esa frontera.

5. 4. ECUACIONES DEL MOVIMIENTO DE NAVIER-STOKES

En la mayoría de los problemas de fluídos incompresibles (líquidos), se propone

primero un campo de velocidad vi = vi (x1, x2, x3, t) y luego se revisa que cumpla todas

las ecuaciones de campo.

Por otra parte, también es posible deducir una sola ecuación que gobierne este tipo de

problemas.

Consideremos el tensor rapidéz de deformación

∂vi ∂vj

Dij = ½ ––– + ––– (5-25)

∂xj ∂xi

Entonces

∂vk ∂vk ∂vk

Dkk = ½ ––– + ––– = ––– (5-26)

∂xk ∂xk ∂xk

Sustituyendo (25) y (26) en las ecs. constitutivas, tenemos

∂vk ∂vi ∂vj

Tij = – pδij + λ* δij ––– + 2μ* ½ ––– + ––– (5-27)

∂xk ∂xj ∂xi

Para un fluído incompresible

∂vi ∂vk

––– = ––– = 0 (5-28)

∂xi ∂xk

142

Luego, la ec. (27) queda

∂vi ∂vj

Tij = – pδij + μ* ––– + ––– (5-29)

∂xj ∂xi

Derivando ahora la ec. (29) con respecto a xj, obtenemos

∂Tij ∂( pδij) ∂2vi ∂

2vj

––– = – –––––– + μ* ––––– + ––––– (5-30)

∂xj ∂xj ∂xj∂xj ∂xi∂xj

pero, por la ec. de la continuidad (∂vj/∂xj =0), entonces

∂2vj ∂ ∂vj ∂

––––– = –– –––– = –– (0) = 0

∂xi∂xj ∂xi ∂xj ∂xi

por lo que la ec. (30) queda como

∂Tij ∂( pδij) ∂2vi

––– = – –––––– + μ* ––––– (5-31)

∂xj ∂xj ∂xj∂xj

Eliminando la delta de Kronecker, obtenemos

∂Tij ∂p ∂2vi

––– = – –––– + μ* ––––– (5-32)

∂xj ∂xi ∂xj∂xj

Sustituyendo la ec. (32) en las ecs. del movimiento de Cauchy, nos da

∂p ∂2vi

– –––– + μ* ––––– + ρbi = ρai (5-33)

∂xi ∂xj∂xj

Como ai = Dvi/Dt, escribimos

∂p ∂2vi Dvi

– –––– + μ* ––––– + ρbi = ρ ––– (5-34)

∂xi ∂xj∂xj Dt

Como la velocidad está en descripción espacial, tenemos

Dvi ∂vi ∂vi

–––– = ––– + vj –––

Dt ∂t ∂xj

143

Sustituyendo la ecuación anterior en (34), obtenemos

∂p ∂2vi ∂vi ∂vi

– –––– + μ* ––––– + ρbi = ρ ––– + vj ––– (5-35)

∂xi ∂xj∂xj ∂t ∂xj

En forma tensorial, la ec. (35) puede escribirse como

∂v

–p + μ* div (v) + ρb = ρ ––– + (v)v (5-36)

∂t

Las ecs. (35) y (36) se llaman ecuaciones del movimiento de navier-stokes para fluídos

viscosos lineales incompresibles (líquidos).

Entonces, el campo de velocidad que satisfaga las ecs. (35) o (36), junto con las

condiciones de frontera es la solución al problema de fluidos.

5.5. ECUACION DE BERNOULLI

Primero veamos algunas definiciones:

-Se llama trayectoria al camino recorrido por una partícula del fluído en su movimiento.

Las trayectorias se obtienen resolviendo las ecuaciones diferenciales

dxi

––– = vi (x1, x2, x3, t) con xi(t0) = Xi (5-37)

dt

-Se llama linea de corriente a la curva en cuyos puntos la linea tangente tiene la dirección

de la velocidad en ese instante. Las línes de corriente se obtienen resolviendo las

ecuaciones diferenciales

dxi

––– = vi (x1, x2, x3, t) con xi(t0) = Xi (5-38)

ds

-Se llama flujo de un fluído al movimiento de deformación contínua de ese fluído.

-Se llama flujo estacionario a aquel que en un punto fijo la velocidad no cambia con el

tiempo, es decir, se cumple que

∂ vi (x1, x2, x3, t)

––––––––––––– = 0 (5-39)

∂t

-Se llama flujo laminar al movimiento ordenado de un fluído en capas o láminas.

144

-Se llama flujo turbulento al movimiento desordenado de un fluído donde las capas se

mezclan

El número de reynolds (NR) determina el límite entre el flujo laminar y el flujo

turbulento. Para un líquido de densidad ρ fluyendo en un tubo de diámetro ‘d’ con

velocidad promedio v y viscosidad μ, tenemos

v ρ d

NR = ––––– (5-40)

μ

El límite de NR para un flujo laminar es de aproximadamente de 2100.

FLUJO IRROTACIONAL

Recordemos que la parte antisimétrica del tensor gradiente de velocidad (v) es

W = ½ [(v) – (v)T] (5-41)

Y en notación matricial

1 ∂vi ∂vj

Wij = –– ––– – ––– (5-42)

2 ∂xj ∂xi

al cual se le llama tensor de giro.

Además, como W es antisimétrico, puede reducirse a un vector dual w tal que

W x = w x para cualquier vector x (5-43)

Entonces, el vector

ζ = 2 w (5-44)

se llama vector vorticidad y el tensor 2W se llama tensor vorticidad.

Entonces, si para un flujo ζ = 0, el flujo se llama flujo irrotacional.

Puede demostrarse que si un campo de velocidad vi puede derivarse de una función

escalar Φ (x1, x2, x3, t) mediante el gradiente

∂ Φ

vi = – –––– (5-45)

∂xi

entonces el flujo dado por vi es irrotacional.

Consideremos un fluído invíscido, es decir, con viscosidad nula ( entonces λ* = 0 y

μ* = 0 ). Entonces, las ecuaciones del movimiento de Navier-Stokes son

145

∂p ∂vi ∂vi

– –––– + ρbi = ρ ––– + vj ––– (5-46)

∂xi ∂t ∂xj

La ecuación (46) se conoce como ecuacion del movimiento de euler.

Ahora, consideremos que e; flujo es estacionario. Esto significa que

∂ vi

––– = 0

∂t

por lo que la ec. de Euler queda

∂p ∂vi

– –––– + ρbi = ρ vj ––– (5-47)

∂xi ∂xj

1 ∂p ∂vi

– ––– –––– + bi = vj ––– (5-48)

ρ ∂xi ∂xj

Consideremos además que las fuerzas de cuerpo bi son conservativas, es decir,

provienen de una función escalar mediante el gradiente

∂Ω

bi = – –––– (5-49)

∂xi

donde Ω= Ω(x1, x2, x3, t) es un campo escalar.

Entonces, sustituyendo (49) en (48), nos queda

1 ∂p ∂Ω ∂vi

– ––– –––– – –––– = vj –––

ρ ∂xi ∂xi ∂xj

∂ p ∂vi

=> – ––– ––– + Ω = vj –––

∂xi ρ ∂xj

∂ p ∂vi (5-50)

=> ––– ––– + Ω + vj ––– = 0

∂xi ρ ∂xj

Consideremos, adicionalmente, que el flujo es irrotacional, entonces

146

1 ∂vi ∂vj

Wij = 0 = –– ––– – –––

2 ∂xj ∂xi

∂vi ∂vj

=> ––– – ––– = 0

∂xj ∂xi

∂vi ∂vj

=> ––– = ––– (5-51)

∂xj ∂xi

Sustituyendo (51) en (50) nos da

∂ p ∂vj (5-52)

––– ––– + Ω + vj ––– = 0

∂xi ρ ∂xi

por otra parte

v2 = v12 + v2

2 + v32 = vjvj (5-53)

∂ (v2) ∂ ∂vj ∂vj ∂vj

–––– = –– (vjvj) = vj ––– + vj ––– = 2 vj –––

∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi

de la ecuación anterior, tenemos que

∂vj 1 ∂(v2) (5-54)

vj ––– = –– –––

∂xi 2 ∂xi

sustituyendo (54) en la ec. (52), obtenemos

∂ p 1 ∂(v2)

––– ––– + Ω + –– ––– = 0

∂xi ρ 2 ∂xi

∂ p v2 (5-55)

=> ––– –– + Ω + –– = 0

∂xi ρ 2

147

Como la derivada de la expresión en paréntesis respecto a xi se anula, esto implica

que dicha expresión es una constante (respecto a xi) y escribimos

p v2

–– + Ω + –– = constante (5-56)

ρ 2

La ecuación (56) se conoce como la ecuacion de bernoulli para fluídos incompresibles.

Si las fuerzas de cuerpo se deben únicamente a la gravitación y si el eje vertical es el

eje x3 positivo hacia arriba, entonces

b1 = 0 (5-57a)

b2 = 0 (5-57b)

b3 = – g (5-57c)

luego

∂Ω

b1 = – ––– = 0

∂x1

∂Ω

b2 = – ––– = 0

∂x2

∂Ω

b3 = – ––– = – g

∂x3

entonces

Ω = g x3 (5-58)


p v2

–– + g x3 + –– = cte.

ρ 2

dividiendo la ecuación anterior entre ‘g’, nos da

p v2 (5-59)

–– + x3 + –– = cte.

ρg 2g

148

pero ρg = γ = peso específico del fluído y x3 = h es una altura sobre un nivel de referencia

arbitrario.

Entonces, en función de estas variables la ec. (59) queda

p v2 (5-60)

–– + h + –– = cte.

γ 2g

La ecuación (60) significa que para todos los puntos a lo largo del flujo, esta suma de tres

términos permanece constante. Entonces, para dos puntos cualesquiera 1 y 2 a lo largo

del fluído, se tiene

p1 v12

p2 v22 (5-61)

–– + h1 + –– = –– + h2 + ––

γ 2g γ 2g

Flujo del fluído

1 p1

v1

p1

2 v2

h1

h2

nivel de referencia

Fig. 5.3. Ecuación de bernoulli para dos puntos

Ejercicio. Un depósito de agua tiene un orificio como se muestra en la figura. Determinar

la velocidad de salida del agua.

h

149

5.6. ECUACION UNIDIMENSIONAL DE LA CONTINUIDAD

Generalmente, el flujo de un fluído se reduce a una dirección solamente. Entonces, es

conveniente determinar la forma de la ecuación de la continuidad para este caso.

La ecuación de la continuidad se deduce a partir de la ecuación de la conservación de

la masa, la cual está dada por

DM D

–––– = –– ∫V ρ dV = 0

Dt Dt

D(ρ dV)

=> ∫V ––––––– = 0

Dt

∂ρ ∂vi

∫V ––– + ρ ––– dV = 0 (5-62)

∂t ∂xi

para fluídos incompresibles (líquidos), tenemos que ∂ρ/∂t = 0, entonces la ec. (62) queda

∂vi

∫V ––– dV = 0

∂xi

en forma vectorial, la ec. anterior puede escribirse como

∫V (div v )dV = 0 (5-63)

Por el teorema de la divergencia de Gauss, la integral de volúmen de la ec. (63) se

convierte en una integral de superficie de la forma

∫S n · v dS = 0 (5-64)

superficie 3

n3

superficie 1 superficie 2

v1

n1 flujo

v2

volúmen encerrado n2

por las superficies 1,2 y3

Fig. 5.4. Ecuación unidimensional de la continuidad

150

Descomponiendo la ec. (64) en las tres superficies, tenemos

∫S1 n1 · v1 dS + ∫S2 n2 · v2 dS + ∫S3 n3 · v3 dS = 0

Como n3 es perpendicular a la velocidad del fluído (ver fig V.4), su producto escalar

es cero, entonces, la ec. anterior queda

∫S1 n1 · v1 dS + ∫S2 n2 · v2 dS = 0 (5-65)

consideremos

| v1 | = v1

| v2 | = v2

entonces, podemos escribir (ver fig. V.4)

v1 = – v1 n1 (5-66)

v2 = v2 n2 (5-67)

Luego, sustituyendo (66) y (67) en (65) nos da

∫S1 n1 · (– v1 n1)dS + ∫S2 n2 · (v2 n2) dS = 0

=> – v1∫S1 (n1 · n1)dS + v2∫S2 (n2 · n2)dS = 0

=> – v1∫S1 dS + v2∫S2 dS = 0

=> – v1S1 + v2S2 = 0

=> v1S1 = v2S2

donde S1 y S2 son las áreas de las superficies 1 y 2 y usualmente se representan por A1 y

A2, respectivamente. Entonces, escribimos la ecuacion unidimensional de la continuidad

v1A1 = v2A2 (5-68)

La ec. (68) junto con la ec. de Bernoulli [ ec. (61)] nos permiten resolver problemas de

flujo de fluídos incompresibles.

Ejercicio. El agua fluye hacia arriba a través de un tubo vertical, el cuál varía de 10 plg de

diámetro en un extremo a 6 plg en el otro, en una distancia de 6 pies. Si la presiones al

principio y al final de la reducción son 30 lb/plg2 y 25 lb/plg2, respectivamente, ¿Cuál es

la rapidéz del flujo?. Suponer que el fluído es invíscido.

151

5.7. PROBLEMAS

5.1. Un vaso de agua se mueve verticalmente hacia arriba con una aceleración constante

a. Encontrar la presión en un punto cuya profundidad desde la superficie del agua es h.

5.2. Un vaso de agua se mueve con aceleración constante a en la dirección mostrada en la

figura siguiente. Encontrar la presión en el punto A. Tomar la presión atmosférica como

Pa.

x3

x2

g a

ro α

5.3. Un líquido en un recipiente gira con una velocidad angular constante ω con respecto

a un eje vertical. Encontrar la forma de la superficie del líquido.

5.4. Para un flujo paralelo de un fluído linealmente viscoso e incompresible, si tomamos

la dirección del flujo como e3, (a) Demostrar que el campo de velocidad es de la forma

v1 = v2 = 0, v3 = v(x1,x2). (b) Si v(x1,x2)=x2, encontrar el esfuerzo normal sobre el plano

cuya normal está en la dirección de e1 + e2, en términos de μ y p.

5.5. Dado el siguiente campo de velocidad para un fluído linealmente viscoso e

incompresible con una viscosidad μ = 0.96 mPa-s

v1 = x12 – v2

2, v2 = –2x1x2, v3 = 0, en el punto (1,2,1) y sobre el plano cuya normal está en

la dirección de e1, (a) encontrar el exceso de esfuerzo normal compresivo total sobre la

presión p. (b) Encontrar la magnitud del esfuerzo cortante.

5.6. Resolver el problema anterior excepto que el plano tiene una normal en la dirección

de 3e1 + 4e2.

5.7. Obtener el flujo unidireccional estacionario de una capa de un fluído viscoso

incompresible de profundidad uniforme ‘d’ fluyendo hacia abajo de un plano inclinado el

cual forma un ángulo θ con la horizontal.

5.8. Demostrar que para el campo de velocidad v1=v(x2,x3), v2=v3=0 las ecuaciones de

Navier-Stokes, con ρb = 0 se reducen a

∂2v ∂2v 1 dp

–––– + ––––– = –– ––– = β = constante

∂x22 ∂x3

2 μ dx1

152

5.9. Refiriéndose al problema V.8, considere un tubo con sección transversal elíptica

dada por x22/a2 +x3

2/b2 = 1. Suponiendo que v = A(x22/a2 +x3

2/b2) + B, encontrar A y B.

5.10. Refiriéndose al problema V.8, considere un tubo con sección transversal de

triángulo equilátero definido por los planos x3+b/(2√3)=0, x3+√3x2 – b/√3=0,

x3 –√3x2 – b/√3=0. Suponiendo que

v = A[(x3+b/(2√3))( x3+√3x2 – b/√3)( x3 –√3x2 – b/√3)] + B, encontrar A y B.

5.11. Expresar la ecuación constitutiva para un fluído linealmente viscoso incompresible

en coordenadas cilíndricas (use el resultado del problema II.48)

5.12. Dado el campo de velocidad de un fluído linealmente viscoso v1=kx1, v2= –kx2,

v3=0. (a) Demostrar que el campo de velocidad es irrotacional. (b) Encontrar el tensor

esfuerzo. (c) Encontrar el campo de aceleración. (d) Demostrar que el campo de

velocidad satisface las ecuaciones de Navier-Stokes mediante la determinación de la

distribución de la presión directamente de las ecuaciones. Despreciar las fuerzas de

cuerpo. Tomar p=po en el orígen. (e) Usar la ecuación de Bernoulli para encontrar la

distribución de la presión.

5.13. Resolver el problema V.12 para el siguiente campo de velocidad

v1 = k(x12 – x2

2), v2= – 2kx1x2, v3=0

5.14. Para un flujo bidimensional de un fluído incompresible, podemos expresar las

componentes de la velocidad en términos de una función escalar ψ (conocida como

función de corriente de Lagrange) mediante la relación

∂ψ ∂ψ

v1 = ––– , v2 = – –––

∂x2 ∂x1

(a) Demostrar que la ecuación de conservación de la masa se satisface automáticamente

para cualquier ψ(x1,x2) el cual tenga segundas derivadas parciales contínuas. (b) Una

“línea de corriente” es definida como una línea cuya tangente en cada punto coincide con

la dirección instantánea de la velocidad del fluído en ese punto. Demostrar que para un

flujo bidimensional de un fluído incompresible ψ = constante son las líneas de corriente,

donde ψ es la función de corriente de Lagrange. (c) Obtener únicamente las componentes

no nulas de la vorticidad en términos de ψ.

5.15. Demostrar que ψ = vo x2 [1 – a2/(x12 + x2

2)] representa un flujo bidimensional de un

fluído invíscido. Bosquejar las líneas de corriente en la región x12 + x2

2 ≥ a2.

5.16. El agua fluye hacia arriba a través de un tubo vertical, el cual varía de 10 plg de

diámetro en un extremo a 6 plg en el otro en una distancia de 6 pies. Si las presiones al

principio y al final de la constricción son 30 lb/plg2 y 25 lb/plg2, respectivamente. ¿Cuál

es la rapidéz del flujo ?. Suponer que el fluído es invíscido.

153

5.17. Verificar que la ecuación de la conservación de la masa se satisface

automáticamente si las componentes de la velocidad están dadas por

1 ∂ψ 1 ∂ψ

v1 = –– ––– , v2 = – –– ––– , v3 = 0

ρ ∂x2 ρ ∂x1

donde ψ es cualquier función de x1 y x2 con segundas derivadas parciales contínuas.

5.18. Considere los siguientes campos de velocidad y densidad para un fluído viscoso

lineal y compresible: v1 = v(x2), v2 = v3 = 0, ρ = ρ(x2). Verificar que la ecuación de la

conservación de la masa sea satisfecha.

5.19. Un recipiente grande lleno de un líquido incompresible es acelerado a un ritmo

constante a = a2e2 + a3e3 en un campo gravitatorio que es paralelo a la dirección x3.

Determinar la pendiente de la superficie libre del líquido.

a3

a2

5.20. Un líquido gira como un cuerpo rígido con una velocidad angular constante ω

alrededor de un eje vertical x3. Si la gravedad es la única fuerza másica, probar que

p/ρ – ω2r2/2 + gx3 = constante.

154

BIBLIOGRAFIA

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