Visualización de campos escalares y vectoriales en elasticidad (Grupo 7C)
Contenido
1 Introducción
Consideramos una placa rectangular plana (en dimensión 2) que ocupa la región [math] [-1/2,1/2] \times [0,2][/math]. En ella vamos a suponer que tenemos definidas dos cantidades físicas: la temperatura [math]T(x,y,t)[/math], que depende de las dos variables espaciales [math](x,y)[/math] y el tiempo [math]t[/math], y los desplazamientos [math]\vec u(x,y,t)[/math]. De esta forma, si definimos [math]r_0(x,y)[/math] el vector de posición de los puntos de la placa en reposo, la posición de cada punto [math](x,y)[/math] de la placa en un instante de tiempo [math]t[/math] viene dada por: [math] \vec r (x,y,t)= \vec r_{0}(x,y)+\vec u(x,y,t). [/math] Vamos a suponer que sobre la placa se ha aplicado una fuerza que ha provocado una vibración de manera que los desplazamientos vienen dados por la onda: [math] \vec u(x,y,t) = \vec a \sin(\vec b \cdot \vec r_0-ct), [/math] donde [math]\vec a[/math] se conoce como amplitud, [math]\vec b[/math] es la fase que indica la dirección de propagación y [math]c/|\vec b|[/math] es la velocidad de propagación.
Si [math]\vec a [/math] es paralelo a [math]\vec b[/math] diremos que la onda es longitudinal mientras que si es perpendicular hablaremos de onda transversal.
En este trabajo vamos a centrarnos en las ondas transversales. Supondremos lo siguiente: [math] \vec a=\frac{\vec i}{10}, \qquad \vec b= \pi \vec j, \qquad t=0. [/math] En este caso, [math]\vec u(x,y)=\frac{\sin(\pi y)}{10}\vec i[/math].
2 Mallado de puntos interiores y temperatura
Vamos a dibujar el mallado de los puntos interiores del solido. Tomando el paso de muestreo [math]h=1/10[/math] tanto para la variable x como y.
x=-0.5:0.1:0.5; % creamos el vector x con valores entre -0.5 y 0.5 equidistantes 0.1
y=0:0.1:2; % creamos el vector y con valores entre 0 y 2 equidistantes 0.1
[X,Y]=meshgrid(x,y); % matrices de las coordenadas x e y
mesh(X,Y,X*0) % dibujamos el mallado
axis([-1.5,1.5,-1,2.5]) %fijamos los ejes para dejarlo centrado
A continuación dibujamos la temperatura con la siguiente fórmula dada: [math]T(\rho,\theta)=-\log(\rho+0.1)[/math]
x=-0.5:0.1:0.5; % intervalo de x entre -0.5 y 0.5
y=0:0.1:2; % intervalo de y entre 0 y 2
[xx,yy]=meshgrid(x,y); % matrices de las coordenadas x e y
f=-log(0.1+sqrt(xx.^2+yy.^2)); % el campo escalar
surf(xx,yy,f) % dibujamos el mallado
axis([-2,2,-1,3]) % seleccionamos los ejes adecuados
view(2) % para una visualización cenital
Calculamos el gradiente de [math]T(\rho,\theta)[/math] con la siguiente formula :
[math]\nabla T = \frac{ \partial T }{ \partial x } \vec i + \frac{ \partial T }{ \partial y } \vec j[/math] En el codigo de matlab representamos el gradiente y las curvas de nivel de la temperatura en un mismo gráfico para comprobar que son ortogonales.
[FX,FY]=gradient(f) % Cálculo del gradiente
hold on % Comando para superponer las gráficas
quiver(xx,yy,FX,FY) % Dibujamos el gradiente como un campo vectorial
axis([-2,2,-1,3]) % Colocamos los ejes
contour(x,y,f,20) % Dibujamos las curvas de nivel
hold off
3 Campo de vectores de [math] \vec u(x,y)=\frac{\sin(y)}{10} \vec i[/math]
Consideramos ahora el campo de vectores [math] \vec u(x,y)=\frac{\sin(y)}{10} \vec i[/math].
Dibujamos el campo de vectores en los puntos del mallado del sólido.
x=-0.5:0.1:0.5; % intervalo de x
y=0:0.1:2; % intervalo de y
[xx,yy]=meshgrid(x,y); % mallado de x e y
fx=sin(yy)/10; % componente x del campo vectorial
fy=yy*0; % componente y del campo vectorial
quiver(xx,yy,fx,fy) % dibujamos el campo vectorial
axis([-2,2,-1,3]) % seleccionamos los ejes
view(2)
A continuación dibujamos el sólido antes del desplazamiento provocado por [math] \vec u [/math] y después de aplicarlo.
subplot(1,2,1);
mesh(xx,yy,xx*0);
axis([-1.5,1.5,-1,3]);
view(2)
subplot(1,2,2);
mesh(xx+1/10*sin(yy),yy)
Para calcular [math]\nabla· \vec u [/math] la componente [math] \vec i [/math] no depende de la variable 'x' y no hay mas componentes por lo tanto la divergencia es 0.
El rotacional es [math]\frac{-cos(y)}{10} \vec k[/math] que con el código matlab para dibujarlo es:
z=linspace(0,0,21);
[XX,YY,ZZ]=meshgrid(x,y,z);
fz=-cos(YY)/10;
fx=fz*0;
fy=fz*0;
quiver3(XX,YY,ZZ,fx,fy,fz)
Se observa en la imagen que el rotacional alcanza el máximo en [math]y=0 [/math]
4 Tensiones
4.1 Tensiones Normales
En un medio elástico lineal, isótropo y homogéneo los desplazamientos permiten escribir el tensor de tensiones [math]\sigma_{ij}[/math] a través de la fórmula: [math] \sigma_{ij}=\lambda \nabla \cdot \vec u \delta_{ij} + 2\mu \epsilon_{ij}, [/math] donde [math]\lambda[/math] y [math]\mu[/math] son los conocidos como coeficientes de Lamé que dependen de las propiedades elásticas de cada material. En nuestro caso, dichos coeficientes tendrán el mismo valor [math]\lambda=\mu=1[/math] y consideramos [math]\epsilon(\vec u)=(\nabla \vec u + \nabla \vec u^t)/2[/math], la parte simétrica del tensor gradiente de [math]\vec u[/math], que se denomina tensor de deformaciones.
Puesto que la divergencia es nula, como hemos explicado anteriormente, el primer sumando del tensor de tensiones de [math]\sigma_{ij}[/math] es cero.
Siendo [math]\mu=1[/math] el tensor de tensiones resulta:[math] \sigma_{ij}=2\epsilon_{ij} [/math]
Siendo [math]\epsilon_{i}[/math] cero por depender solo el gradiente de [math]\vec j[/math], y [math]\epsilon_{j}[/math] depende solo de la componente 'x' por tanto también es nulo.
4.2 Tensiones tangenciales
Las tensiones tangenciales respecto al plano ortogonal a [math]\vec i[/math] se reprensentan por la ecuación [math]|\sigma \cdot \vec i-(\vec i \cdot \sigma \cdot \vec i) \vec i|[/math] y respecto al plano ortogonal a j por la ecuación [math]|\sigma \cdot \vec j-(\vec j \cdot \sigma \cdot \vec j) \vec j|[/math].
En nuestro caso [math]|\sigma \cdot \vec i-(\vec i \cdot \sigma \cdot \vec i) \vec i|[/math] el segundo sumando es nulo, por tanto la representación de las tensiones tangenciales en la dirección del eje [math] \vec i[/math].
Uy=0;
Ux=(cos(yy))/10;
quiver(xx,yy,Ux,yy*0)
axis([-1.5,1.5,-0.5,3])
view([0,0,1])
Se comprueba graficamente que se alcanzan las tensiones máximas tangeciales ortogonales al eje [math] \vec i[/math] en [math] y=0[/math].
Para el eje y [math]|\sigma \cdot \vec j-(\vec j \cdot \sigma \cdot \vec j) \vec j|[/math] el segundo sumando es nulo, por lo que la representación de las tensiones tangenciales en la dirección del eje [math] \vec j[/math].
Ux=0;
Uy=(cos(yy))/10;
quiver(xx,yy,xx*0,Uy)
axis([-1.5,1.5,-0.5,3])
view([0,0,1])
Se comprueba graficamente que se alcanzan las tensiones máximas tangeciales ortogonales al eje [math] \vec j[/math] en [math] y=0[/math], al igual que en el caso anterior.
Observamos que el punto de mayor desplazamiento en la placa coincide con el punto de mayor tensión tangencial [math] y=0[/math].
