Elasticidade linear unidimensional

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Elasticidade linear unidimensional

Projeto - MAP3121

Entrega: 12/06

1 Deslocamentos longitudinais de uma barra

Nesta se¸cão apresentaremos a equa¸cão diferencial que modela deslocamentos de uma barra elástica sujeita a uma carga axial1_{. Considere a resposta est´}_{atica de uma barra de comprimento L com se¸}_c˜_{ao transversal}

de área A(x) variável. O objetivo é determinar a distribui¸cão σ(x) da tensão (for¸ca por unidade de área) na barra, onde x denota a coordenada do eixo.

A tensão resulta do deslocamento longitudinal u(x) dos pontos da barra, que por sua vez é responsável pela deforma¸cão (x) da barra definida como varia¸cão do deslocamento por unidade de comprimento:

(x) = du

dx. (1)

Assumiremos que a tens˜ao e a deforma¸c˜ao relacionam-se pela Lei de Hooke,

σ(x) = E(x)(x), (2)

onde E é o módulo de elasticidade ou módulo de Young. Pense em uma versão cont´ınua de um sistema de massas e e molas. O módulo de Young pode depender de x (por exemplo, para um material composto). A hipótese constitutiva (2) é uma boa aproxima¸cão quando os deslocamentos são pequenos.

Figura 1: Barra de comprimento L

A barra pode estar sujeita a uma for¸ca corporal b(x) devida, por exemplo, à gravidade (se a barra estiver posicionada verticalmente), a uma for¸ca magnética ou a uma for¸ca de expansão/compressão devido a varia¸cões de temperatura. Como estamos tratando de um caso unidimensional, vamos supor que b é uma densidade linear de for¸ca.

(2)

Impondo-se o equil´ıbrio entre a for¸ca interna σ(x)A(x) e a for¸ca externa b(x) atuando na dire¸c˜ao longitudinal do corpo obtemos, em um trecho α ≤ x ≤ β da barra, a express˜ao

σ(β)A(β) − σ(α)A(α) + Z β

α

b(x) dx = 0,

que pode ser reescrita na forma

Z β α d dx[σ(x)A(x)] + b(x) dx = 0.

Como α e β são arbitrários, a igualdade acima nos leva a expressar a equa¸cão de equil´ıbrio de for¸cas como

d

dx[σ(x)A(x)] + b(x) = 0.

Substituindo (2) e (1) na igualdade acima obtemos a equa¸c˜ao diferencial

−d dx E(x)A(x)du dx = b(x), 0 < x < L, (3)

para o deslocamento u(x).

Para a resolu¸cão desta equa¸cão diferencial, é necessário prescrever condi¸cões de contorno nos dois extremos da barra. Podemos especificar, por exemplo, deslocamentos nos extremos da barra,

u(0) = ¯u0, u(L) = ¯uL, (4)

ou o deslocamento em um extremo e uma carga, denominada tra¸c˜ao, no outro extremo,

u(0) = ¯u, E(L)A(L)du

dx(L) = ¯t. (5) A tra¸cão ¯t é medida em unidades de for¸ca por área. O problema (3) com condi¸cões de contorno (4) ou (5) será resolvido pelo Método de Elementos Finitos, descrito na última se¸cão. Uma vez obtida a aproxima¸cão da solu¸cão, a tensão σ(x) pode ser também aproximada.

2 Orienta¸

c˜

oes

2.1 Observa¸

c˜

oes gerais

• O objetivo desse projeto é anal´ıtico e exploratório. Você deve usar o roteiro abaixo apenas como guia, mas recomendamos tentar explorar além do sugerido e discutir as análises no relatório.

• Tente buscar valores reais de parâmetros além dos aqui fornecidos, e discuta no relatório a influência de cada parâmetro no relatório com exemplos reais ou simulados.

• O projeto pode ser feito em duplas, mas sempre com algu´em da mesma ´area de engenharia que a sua.

• Apenas um aluno deve entregar o projeto, definido por ordem alfabética, destacando no relatório e código o nome de ambos os alunos.

• A entrega deve constar de relatório (em pdf), contendo a análise do problema estudado e resultados, e do programa fonte do código usado para as simula¸cões computacionais (em c ou python). O relatório e o programa podem ser entregues em um arquivo compactado único.

2.2 Valida¸

c˜

ao

(3)

2.3 Material composto e se¸

c˜

ao transversal constante

Uma barra elástica de comprimento L = 4m e área da se¸cão transversal constante A = 0.1m2_´_{e formada}

por dois materiais. O módulo de Young é constante por partes cujos valores são

E(x) = (

108_{N m}−2_{, se x ∈ [0, L/2),}

105_{N m}−2_{, se x ∈ (L/2, L).}

A barra está fixa em x = 0m e sofre uma tra¸cão ¯t = −500 N m−2 em x = 4m. Calcule o deslocamento, a deforma¸cão e a tensão. Apresente gráficos.

2.4 Se¸

c˜

ao transversal vari´

avel sob a¸

c˜

ao da gravidade

Uma barra elástica de comprimento L está suspensa verticalmente, sofrendo a a¸cão da gravidade. Es-colhendo a coordenada de modo que x = 0 é o extremo superior da barra, que está fixo, e x = L é o extremo inferior da barra, que está livre, a área da se¸cão transversal é dada por

A(x) = A0 1 − x 2L 2 .

Supondo que o material é homogêneo, o módulo de Young E e a densidade ρ são constantes (você precisa do valor de ρ para calcular a for¸ca externa, que não é constante).

Use os parˆametros

L = 1 m, A0= 0.01 m2, E = 1.4 × 1010N m−2 e ρ = 0.75 Kgm−3

para calcular u(x), σ(x) e também a for¸ca interna p(x) = σ(x)A(x). Apresente gráficos. Os parâmetros relativos ao material foram escolhidos para a madeira do tipo carvalho. Experimente mudar o material e eventualmente os outros parâmetros.

3 M´

etodo de Elementos Finitos

Apresentamos aqui uma breve introdu¸cão ao método de elementos finitos para solu¸cão da equa¸cão:

L(u(x)) := (−k(x)u0(x))0+ q(x)u(x) = f (x) em (0, 1), u(0) = u(1) = 0 (6)

onde k(x) > 0, q(x) ≥ 0, k(x) ∈ C1_{[0, 1], q(x), f (x) ∈ C[0, 1]. Uma solu¸}_c˜_{ao cl´}_{assica desta equa¸}_c˜_{ao ´}_{e uma}

fun¸c˜ao

u(x) ∈ V0= {v ∈ C2[0, 1] : v(0) = v(1) = 0}

satisfazendo (6). Por outro lado se u(x) ∈ V0´e solu¸c˜ao de (6) e v(x) ∈ V0 temos que:

Z 1 0 L(u(x))v(x) dx = Z 1 0 f (x)v(x) dx .

Integrando por partes o primeiro termo de L(u(x)) e usando que u e v se anulam nos extremos do intervalo, obtemos: Z 1 0 k(x)u0(x)v0(x) + q(x)u(x)v(x) dx = Z 1 0 f (x)v(x) dx , ∀v ∈ V0 . (7)

Por outro lado, se u(x) ∈ V0 satisfaz (7), então u(x) é solu¸cão de (6), ou seja as formula¸cões (6) e (7)

são equivalentes para u(x) ∈ V0. Agora, ao passo que na equa¸cão (6) uma solu¸cão necessariamente tem

que ser duas vezes continuamente diferenciável, a equa¸cão (7) pode ser formulada para fun¸cões mais gerais. Podemos escolher u(x) e v(x) no espa¸co U0 das fun¸cões cont´ınuas, continuamente diferenciáveis

(4)

´

e a chamada versão fraca da equa¸cão (6) (onde a fun¸cão f também pode ser admitida como sendo cont´ınua por partes e limitada). Vamos observar que

hu, viL=

Z 1

0

k(x)u0(x)v0(x) + q(x)u(x)v(x) dx

define um produto interno no espa¸co U0. As propriedades hu, viL = hv, uiL, hαu, viL = αhu, viL, hu1+

u2, viL = hu1, viL+ hu2, viL e hu, uiL ≥ 0 s˜ao de verifica¸c˜ao imediata. Para concluir que hu, uiL = 0

implica que u = 0 no caso em que q(x) = 0, observe que necessariamente u0_{(x) = 0 em [0, 1] e portanto}

u deve ser constante. Como vale 0 nos extremos do intervalo, u ´e a fun¸c˜ao nula.

Vamos agora introduzir o método de Ritz-Raleigh para a aproxima¸cão da solu¸cão do problema (8) (veja também a se¸cão 11.5 do livro texto do Burden / Faires). A aproxima¸cão será determinada por um método de m´ınimos quadrados em um subespa¸co de dimensão finita Un de U0, através da proje¸cão

ortogonal da solu¸cão u(x) de (8) em Un. O problema é que desconhecemos u(x) (que é quem gostar´ıamos

de determinar ...). Como projet´a-la em Un ? Isto se torna vi´avel ao substituirmos o produto interno

usual hu, vi = R1

0 u(x)v(x) dx pelo produto interno hu, viL oriundo do problema (8). Neste caso a

proje¸cão ortogonal ¯un de u(x) (solu¸cão de (8)) em Un é tal que hu − ¯un, vniL = 0 ∀ vn ∈ Un, ou seja,

h¯un, vniL = hu, vniL. Usando o fato de que u ´e solu¸c˜ao de (8) e que Un ⊂ U0 temos que para todo

vn ∈ Un, hu, vniL = hf, vni. Assim, podemos obter a proje¸c˜ao ortogonal de u em Un obtendo a fun¸c˜ao

¯

un tal que:

h¯un, vniL= hf, vni , ∀vn∈ Un . (9)

A fun¸c˜ao ¯un minimiza o valor de ||u − vn||L = hu − vn, u − vni 1/2

L , para vn ∈ Un (ou seja, ¯un ´e a

melhor aproxima¸c˜ao da solu¸c˜ao u no espa¸co Un, que conseguiremos determinar, mesmo desconhecendo

u!). Para obter a solu¸cão de (9), precisamos de uma base φ1, φ2, ..., φnde Un. Obtemos então as equa¸cões

h¯un, φiiL= hf, φii, i = 1, ..., n. Escrevendo ¯un=P n

i=1αiφi, chegamos ao sistema linear:

  hφ1, φ1iL hφ2, φ1iL ... hφn, φ1iL ... ... ... ... hφ1, φniL hφ2, φniL ... hφn, φniL  .   α1 .. αn  =   hf, φ1i .. hf, φni   (10)

3.1 Escolha do espa¸

co U

n

e sua base: Elementos Finitos

Iremos escolher Un como o espa¸co de Splines Lineares S02,n[0, 1] com n´os uniformemente espa¸cados em

[0,1]. Tomando h = 1/(n + 1) e xi= ih, i = 0, 1, ..., n + 1 teremos:

S0_2,n[0, 1] =s(x) ∈ C[0, 1] : s(0) = s(1) = 0 e s |[xi,xi+1]∈ P1

, ou seja, cada spline em S0

2,n[0, 1] ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em [0,1], se anulando nos extremos e coincidindo

com uma reta entre cada dois n´os. Cada spline em S0

2,n[0, 1] fica unicamente determinado atrav´es de

seus valores nos nós x1, x2, ..., xn. (Verifique que S2,n0 [0, 1] é um espa¸co vetorial de dimensão n.) Uma

base para este espa¸co de Splines é dada pelas fun¸cões “chapéu” φi(x), i = 1, .., n que valem 0 fora

de [xi−1, xi+1], φi(x) = (x − xi−1)/h em [xi−1, xi] e φi(x) = (xi+1− x)/h em [xi, xi+1]. O intervalo

[xi−1, xi+1] é chamado o suporte da fun¸cão φi, fora dele a fun¸cão se anula. No método de elementos

finitos procura-se utilizar bases cujos elementos tenham suportes ”pequenos”. Note que a interseçcão entre os interiores dos suportes de φie φjserá não vazia apenas se |i − j| ≤ 1. Decorre que, hφi, φjiL= 0

se |i − j| > 1. Isto faz com que a matriz do sistema linear (10) seja tridiagonal. Al´em disso temos que:

hf, φii = Z 1 0 f (x)φi(x) dx = Z xi+1 xi−1 f (x)φi(x) dx .

Observe ainda que φ0_i(x) ´e nula fora de [xi−1, xi+1], vale 1/h em (xi−1, xi) e −1/h em (xi, xi+1). No

caso em que k(x) = 1 e q(x) = 0 (veja (6)) a matriz do sistema (10) ´e tridiagonal com valores 2/h na diagonal principal e −1/h nas diagonais vizinhas a esta.

3.2 Montagem da matriz e solu¸

c˜

ao do sistema

Para montar o sistema (10) e resolvê-lo você deverá utilizar as rotinas que desenvolveu nas tarefas computacionais 2 e 3 do curso. A montagem da matriz requer a avalia¸cão dos produtos internos hφi, φjiL,

para |i − j| ≤ 1 e hf, φii. Para tanto vocˆe deve aproximar os valores das integrais correspondentes atrav´es

do método de Romberg desenvolvido na tarefa 3 (use precisão = 10−6). Note que a integral deve ser calculada no intervalo de nós em que φi é não nula. Uma vez montado o sistema tridiagonal, este deve

(5)

3.3 Solu¸

c˜

ao do m´

etodo de elementos finitos

Uma vez resolvido o sistema (10) obtemos a fun¸c˜ao ¯un(x) = P n

i=1αiφi(x) solu¸c˜ao de (8), que melhor

aproxima a solu¸c˜ao u(x) de (7) (e portanto de (6) caso u(x) ∈ C2_{[0, 1]). Refinando-se o problema (ou}

seja, aumentando o valor de n e consequentemente reduzindo h) melhora-se a aproxima¸cão. Se a solu¸cão u(x) for suficientemente diferenciável teremos que ||¯un(x) − u(x)|| = O(h2).

3.4 Teste da ordem de convergˆ

encia

Teste a ordem de convergência do método com o exemplo onde k(x) = 1, q(x) = 0, f (x) = 12x(1 − x) − 2. Neste caso a solu¸cão exata de (6) é a fun¸cão u(x) = x2_{(x − 1)}2_{. Calcule a solu¸}_c˜_{ao para os valores de}

n = 15, 31, 63, 127 e 255 e avalie em cada caso ||¯un(x) − u(x)|| = maxi=1,n|¯un(xi) − u(xi)| e constante

a convergˆencia de segunda ordem.

3.5 Condi¸

c˜

oes de fronteira n˜

ao homogˆ

eneas

O que fazer se na equa¸cão (6) as condi¸cões de fronteira forem u(0) = a e u(1) = b ? Pode-se reduzir este problema ao caso homogêneo resolvendo-se a equa¸cão

L(v(x)) = f (x) + (b − a)k0(x) − q(x)(a + (b − a)x) = ˜f (x) , v(0) = v(1) = 0 .

Mostre que neste caso u(x) = v(x) + a + (b − a)x é a solu¸cão da equa¸cão (6) com condi¸cões de fronteira u(0) = a e u(1) = b.

3.6 Condi¸

c˜

oes de fronteira mistas

Uma situa¸cão de interesse em aplica¸cões é dada pelo problema

(−k(x)u0(x))0+ q(x)u(x) = f (x) em (0, 1), u(0) = k(1)u0(1) = 0.

A diferen¸ca em rela¸cão a (6) é a substitui¸cão do valor nulo de u pelo valor nulo do fluxo em x = 1. Se no lugar do espa¸co V0 usarmos o espa¸co

V₀0 = {v ∈ C2[0, 1] : v(0) = 0},

ent˜ao, multiplicando-se a equa¸c˜ao por v e integrando por partes, obtemos (use u0(1) = v(0) = 0)

Z 1 0 k(x)u0(x)v0(x) + q(x)u(x)v(x) dx = Z 1 0 f (x)v(x) dx , ∀v ∈ V00.

Pode-se mostrar que se u ∈ V₀0satisfaz a rela¸cão acima, então u é solu¸cão da equa¸cão diferencial e satisfaz automaticamente u0(1) = 0. Não é necessário definir um espa¸co englobando esta condi¸cão. Sutil, não?

Se definirmos U₀0 como o espa¸co das fun¸cões cont´ınuas, continuamente diferenciáveis por partes que se anulam em x = 0, a versão fraca do problema consiste então em determinar u ∈ U₀0 tal que

Z 1 0 k(x)u0(x)v0(x) + q(x)u(x)v(x) dx = Z 1 0 f (x)v(x) dx , ∀v ∈ U₀0.

Podemos definir o mesmo produto interno hu, viL em U00 e proceder da mesma maneira descrita

ante-riormente. Algo mudou? A diferen¸ca estar´a na escolha dos subespa¸cos. Continuaremos a usar splines lineares, mas somente com a restri¸c˜ao de se anularem em x = 0:

U_n+10 =s(x) ∈ C[0, 1] : s(0) = 0 e s |[xi,xi+1]∈ P1 .

A dimensão agora é n + 1. A base será formada pelas fun¸cões φi(x), 1 ≤ i ≤ n definidas anteriormente,

mais a fun¸c˜ao φn+1(x) = (xn+1− x)/h para x ∈ [xn, xn+1] que se anula em [0, xn]. Vocˆe pode usar o

mesmo exemplo da Se¸c˜ao 3.4 para testar a ordem de convergˆencia.