A deformação de um material sob tensão é descrita pelo seguinte mapa de deformações
\begin{aligned} x_{1} & =\alpha X_{1}+\beta X_{2}-X_{1} \\\ x_{2} & =\alpha X_{2}+\beta X_{1}-X_{2} \\\ x_{3} & =(1+\alpha) X_{3} \end{aligned}
sendo \alpha e \beta constantes tais que \alpha \ll 1 e \beta \ll 1, de modo que a aproximação elástica é válida.
a) Encontre o tensor de deformação elástica \varepsilon, de componentes \varepsilon_{i j}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u_{i}}{\partial X_{j}}+\frac{\partial u_{j}}{\partial X_{i}}\right).
b) Considerando um cubo de volume unitário com vértice na origem do sistema de eixos, encontre os ângulos \theta_{1}, \theta_{2} e \theta_{3} entre as arestas e os eixos do sistema, após aplicada a deformação.
c) Determine o volume final do cubo.

Passo 1

O enunciado dá o mapa de deformação linear aproximado em termos das coordenadas de referência X_i e de deformação small–strain:
x_{1}=X_{1}+u_{1},\quad u_{1}=\alpha\,X_{1}+\beta\,X_{2},
x_{2}=X_{2}+u_{2},\quad u_{2}=\alpha\,X_{2}+\beta\,X_{1},
x_{3}=X_{3}+u_{3},\quad u_{3}=\alpha\,X_{3},
com \alpha\ll1 e \beta\ll1.
Conteúdo: tensor de deformação de pequenas deformações, ângulos entre vetores deformados e eixos, e variação de volume via \det F.

Passo 2

Para pequenas deformações definimos o gradiente de deslocamento \nabla u de componentes \partial u_i/\partial X_j.
Calculamos não–nulos:
\frac{\partial u_{1}}{\partial X_{1}}=\alpha,\quad \frac{\partial u_{1}}{\partial X_{2}}=\beta, \quad \frac{\partial u_{2}}{\partial X_{1}}=\beta,\quad \frac{\partial u_{2}}{\partial X_{2}}=\alpha, \quad \frac{\partial u_{3}}{\partial X_{3}}=\alpha.
O tensor de pequenas deformações é
\varepsilon_{ij}=\tfrac12\Bigl(\frac{\partial u_i}{\partial X_j}+\frac{\partial u_j}{\partial X_i}\Bigr),
logo, em matriz:
\varepsilon=\begin{pmatrix} \alpha & \beta & 0\\\ \beta & \alpha & 0\\\\ 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix}.

Passo 3

Após a deformação, a aresta inicial ao longo de X_{1} vira o vetor
\mathbf{a}_{1}=F\,\mathbf{e}_{1}=(1+\alpha)\,\mathbf{e}_{1}+\beta\,\mathbf{e}_{2},
com F=I+\nabla u. O ângulo \theta_{1} entre \mathbf{a}_{1} e o eixo X_{1} satisfaz
\cos\theta_{1} =\frac{\mathbf{a}_{1}\cdot\mathbf{e}_{1}}{\|\mathbf{a}_{1}\|} =\frac{1+\alpha}{\sqrt{(1+\alpha)^{2}+\beta^{2}}}.
Analogamente a aresta ao longo de X_{2} gera \mathbf{a}_{2}=\beta\,\mathbf{e}_{1}+(1+\alpha)\,\mathbf{e}_{2} e
\cos\theta_{2} =\frac{1+\alpha}{\sqrt{(1+\alpha)^{2}+\beta^{2}}}.
A aresta ao longo de X_{3} só se estica em X_{3}, logo \theta_{3}=0.
Para \alpha,\beta\ll1 usamos \sqrt{(1+\alpha)^{2}+\beta^{2}}\approx1+\alpha e \theta_{1}\approx\operatorname{arccos}\bigl(1-\tfrac{\beta^{2}}{2(1+\alpha)^{2}}\bigr)\approx\beta, da mesma forma \theta_{2}\approx\beta.

Passo 4

O volume final do cubo é \det F. Como
F=\begin{pmatrix} 1+\alpha & \beta & 0\\\ \beta & 1+\alpha & 0\\\\ 0 & 0 & 1+\alpha \end{pmatrix}
temos
\det F =\bigl((1+\alpha)^{2}-\beta^{2}\bigr)\,(1+\alpha).
Para \alpha,\beta\ll1 podemos linearizar, desprezando termos de ordem \alpha^{2}, \beta^{2}, obtendo
V_{\rm final} \approx1+\alpha+\alpha-\beta^{2}\times0+\alpha =1+3\alpha.

Resposta

a) \displaystyle \varepsilon_{ij}=\begin{pmatrix} \alpha & \beta & 0\\\ \beta & \alpha & 0\\\\ 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix}.
b) \displaystyle \theta_{1}=\theta_{2}=\operatorname{arccos}\frac{1+\alpha}{\sqrt{(1+\alpha)^{2}+\beta^{2}}}\approx\beta,\quad \theta_{3}=0.
c) \displaystyle V_{\rm final}=\det F=\bigl((1+\alpha)^{2}-\beta^{2}\bigr)(1+\alpha)\approx1+3\alpha.

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