Capítulo 11

Aplicações de tensores

11.1 O tensor de inércia

O tensor de inércia reúne, em um único objeto, a resposta de um corpo a rotações em diferentes direções. A conexão com os capítulos anteriores é concreta: a relação entre velocidade angular e momento angular é linear, mas não precisa preservar a direção. Começaremos pela soma de partículas, passaremos à distribuição contínua e usaremos a simetria para reduzir os cálculos.

Nesta seção e nas seguintes, trabalharemos em coordenadas cartesianas ortonormais no espaço euclidiano tridimensional. Identificamos componentes de vetores e covetores por meio da métrica euclidiana e, como é usual nesse contexto, somamos índices repetidos mesmo quando aparecem ambos em posição inferior.

Considere massas \(m_\alpha \) nas posições \(\mathbf{r}_\alpha \), todas girando com velocidade angular \(\symbf {\omega }\) em torno de \(\mathbf{0}\). Assim, as velocidades são \(\mathbf{v}_\alpha =\symbf {\omega }\times \mathbf{r}_\alpha \). O momento angular total é

\begin{align*} \mathbf{L} & = \sum _{\alpha } \mathbf{r}_\alpha \times m_\alpha \mathbf{v}_\alpha \\ & = \sum _\alpha m_\alpha \mathbf{r}_\alpha \times (\symbf {\omega }\times \mathbf{r}_\alpha )\\ & = \sum _\alpha m_\alpha \bigl(|\mathbf{r}_\alpha |^2\symbf {\omega }-(\mathbf{r}_\alpha \cdot \symbf {\omega })\mathbf{r}_\alpha \bigr). \end{align*}

Pela identidade do produto vetorial triplo, em componentes temos

\[ L_i=I_{ij}\omega _j, \]

onde

Definição 11.1 (Tensor de inércia)

O tensor de inércia é definido por

\[ I_{ij} = \sum _\alpha m_\alpha [|\mathbf{r}_\alpha |^2 \delta _{ij} - (\mathbf{r}_\alpha )_i (\mathbf{r}_\alpha )_j]. \]

Para um corpo rígido que ocupa o volume \(V\) e tem densidade de massa \(\rho (\mathbf{r})\), substituímos a soma por uma integral e obtemos

\[ I_{ij} = \displaystyle \int _V \rho (\mathbf{r})(x_kx_k \delta _{ij} - x_i x_j)\; \mathop{}\! \mathrm{d}V. \]

Por inspeção, \(I\) é um tensor simétrico.

A simetria de \(I\) tem também uma interpretação energética. Se \(\rho \geq 0\),

\[ \omega _i I_{ij}\omega _j =\int _V\rho \left(|\symbf {\omega }|^2|\mathbf{r}|^2 -(\symbf {\omega }\cdot \mathbf{r})^2\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d}V =\int _V\rho |\symbf {\omega }\times \mathbf{r}|^2\, \mathop{}\! \mathrm{d}V\geq 0. \]

Logo, \(I\) é semidefinido positivo e a energia cinética de rotação é \(K=\frac12\omega _iI_{ij}\omega _j\). Para um corpo com massa distribuída em um volume de interior não vazio e densidade positiva, essa expressão é positiva para toda \(\symbf {\omega }\ne 0\). Os autovetores de \(I\) são os eixos principais: nessas direções, \(\mathbf{L}\) e \(\symbf {\omega }\) são paralelos.

Exemplo 11.1 (Cilindro homogêneo: simetria e escolha da ordem de integração)

Um cilindro de raio \(a\) e altura \(2\ell \) tem densidade constante \(\rho _0\gt 0\), centro na origem e eixo ao longo de \(x_3\). Determine seu tensor de inércia em torno do centro e identifique quando ele é um múltiplo da identidade.

Solução

A massa é \(M=2\ell \pi a^2\rho _0\). Usamos \(x_1=r\cos \theta \), \(x_2=r\sin \theta \), \(x_3=z\), com \(0\leq r\leq a\), \(0\leq \theta \leq 2\pi \) e \(-\ell \leq z\leq \ell \). A ordem escrita abaixo é \(\mathop{}\! \mathrm{d}z\, \mathop{}\! \mathrm{d}\theta \, \mathop{}\! \mathrm{d}r\); o fator \(r\) é o jacobiano:

\begin{align*} I_{33} & =\rho _0\int _0^a\int _0^{2\pi }\int _{-\ell }^{\ell } r^3\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\, \mathop{}\! \mathrm{d}\theta \, \mathop{}\! \mathrm{d}r =\rho _0\pi \ell a^4=\frac12Ma^2,\\ I_{11} & =\rho _0\int _0^a\int _0^{2\pi }\int _{-\ell }^{\ell } (r^2\sin ^2\theta +z^2)r\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\, \mathop{}\! \mathrm{d}\theta \, \mathop{}\! \mathrm{d}r\\ & =\rho _0\int _0^a\left(2\ell \pi r^3+ \frac{4\pi \ell ^3}{3}r\right)\mathop{}\! \mathrm{d}r =M\left(\frac{a^2}{4}+\frac{\ell ^2}{3}\right). \end{align*}

A simetria de rotação fornece \(I_{22}=I_{11}\). Para \(i\ne j\), a integral de \(-\rho _0x_ix_j\) é nula: refletir uma das coordenadas envolvidas preserva o cilindro e troca o sinal do integrando. Portanto,

\[ I=\operatorname {diag}\left( M\left(\frac{a^2}{4}+\frac{\ell ^2}{3}\right), M\left(\frac{a^2}{4}+\frac{\ell ^2}{3}\right),\frac12Ma^2\right). \]

O tensor é escalar exatamente quando \(\ell =a\sqrt3/2\). Nesse caso, \(\mathbf{L}=\frac12Ma^2\symbf {\omega }\) para qualquer eixo que passe pelo centro. Nos demais casos, essa proporcionalidade vale nos eixos principais, mas pode falhar para uma direção oblíqua.

Exemplo 11.2 (Tensor de inércia de um cubo em torno do centro de massa)

O alto grau de simetria significa que precisamos calcular apenas duas das nove integrais possíveis. Se a densidade uniforme é \(\rho \), então \(M=\rho b^3\).

\begin{align} I_{xx} = \displaystyle \int \ dV \rho (y^2 + z^2) \tag{11.1} \\ & = \rho \displaystyle \int _{-b/2}^{b/2} dx \displaystyle \int _{-b/2}^{b/2} dy \displaystyle \int _{-b/2}^{b/2} dz (y^2 + z^2) \tag{11.2} \\ & = \rho b \displaystyle \int _{-b/2}^{b/2} dy \left. (zy^2 + \dfrac {1}{3} z^3) \right|_{-b/2}^{b/2} \tag{11.3} \\ & = \rho b \displaystyle \int _{-b/2}^{b/2} dy \left( by^2 + \dfrac {1}{3} \dfrac {b^3}{4} \right) \tag{11.4} \\ & = \rho b \left. \left( \dfrac {1}{3} by^3 + \dfrac {1}{12} b^3 y \right) \right|_{-b/2}^{b/2} \tag{11.5} \\ & = \rho b \left( \dfrac {1}{12} b^4 + \dfrac {1}{12} b^4 \right) \tag{11.6} \\ & = \dfrac {1}{6} \rho b^5 = \dfrac {1}{6} M b^2. \tag{11.7} \end{align}

Por outro lado, todos os momentos fora da diagonal são nulos; por exemplo, \(I_{xy} = \displaystyle \int \ dV \rho (-xy).\)

Essa é uma função ímpar de \(x\) e \(y\), e nossa integração é simétrica em relação à origem em todas as direções; portanto, ela se anula identicamente. Assim, o tensor de inércia do cubo em torno de seu centro é

\[ \overline{I} = \dfrac {1}{6} Mb^2 \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

11.1.1 Teorema dos eixos paralelos

O teorema dos eixos paralelos relaciona o tensor de inércia calculado em torno do centro de massa ao tensor calculado em torno de uma origem transladada, sem rotação dos eixos.

Para isso, consideramos dois sistemas de coordenadas: o primeiro, \(\mathbf{r}=(x,y,z)\), com origem no centro de massa de um objeto qualquer, e o segundo, \(\mathbf{r'}=(x',y',z')\), cuja origem está deslocada, sem rotação dos eixos. O vetor constante \(\mathbf{a}\) aponta da nova origem para o centro de massa.

Em forma vetorial, as coordenadas estão relacionadas por

\[ \mathbf{r'} = \mathbf{a} + \mathbf{r}. \]

Teorema 11.1

Se \(I_{ij}\) é o tensor de inércia calculado em torno do centro de massa e \(J_{ij}\) é o tensor calculado em torno da origem transladada, então

\[ J_{ij} = I_{ij} + M(a^2 \delta _{ij} - a_i a_j). \]

Aqui \(M\) é a massa total do corpo e \(a^2=\mathbf{a}\cdot \mathbf{a}\).

Demonstração ▼

Pela definição do tensor de inércia e pela relação \(\mathbf{r'}=\mathbf{r}+\mathbf{a}\),

\begin{align*} J_{ij} & =\int _V\rho \left(|\mathbf{r}+\mathbf{a}|^2\delta _{ij} -(r_i+a_i)(r_j+a_j)\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d}V\\ & =I_{ij}+\int _V\rho \left[2(\mathbf{a}\cdot \mathbf{r})\delta _{ij} +a^2\delta _{ij}-r_i a_j-a_i r_j-a_i a_j\right]\, \mathop{}\! \mathrm{d}V. \end{align*}

Como a origem inicial está no centro de massa, \(\int _V\rho \mathbf{r}\, \mathop{}\! \mathrm{d}V=\mathbf{0}\). Os termos lineares em \(\mathbf{r}\) desaparecem, e \(\int _V\rho \, \mathop{}\! \mathrm{d}V=M\). Resta \(J_{ij}=I_{ij}+M(a^2\delta _{ij}-a_i a_j)\).

Exemplo 11.3 (Tensor de inércia de um cubo em torno de um vértice)

O tensor de inércia no centro de massa era

\[ \overline{I} = Mb^2 \left( \begin{array}{ccc} 1/6 & 0 & 0 \\ 0 & 1/6 & 0 \\ 0 & 0 & 1/6 \end{array} \right) \]

Se, em vez disso, queremos o tensor em torno de um vértice do cubo, o vetor de deslocamento é

\[ \mathbf{a} = (b/2, b/2, b/2), \]

logo \(a^2=(3/4)b^2\). Podemos construir a diferença como uma matriz: as componentes diagonais são

\[ M\left[\dfrac 34 b^2 - \left(\dfrac {1}{2} b\right)\left(\dfrac {1}{2} b\right) \right] = \dfrac {1}{2} M b^2 \]

e as componentes fora da diagonal são

\[ M \left[-\left(\dfrac {1}{2} b\right)\left(\dfrac {1}{2} b\right) \right] = -\dfrac {1}{4} M b^2 \]

portanto, o tensor de inércia deslocado é

\begin{align} \overline{J} & = Mb^2 \left( \begin{array}{ccc} 1/6 & 0 & 0 \\ 0 & 1/6 & 0 \\ 0 & 0 & 1/6 \end{array} \right) + Mb^2 \left( \begin{array}{ccc} 1/2 & -1/4 & -1/4 \\ -1/4 & 1/2 & -1/4 \\ -1/4 & -1/4 & 1/2 \end{array} \right) \tag{11.8} \\ & = Mb^2 \left( \begin{array}{ccc} 2/3 & -1/4 & -1/4 \\ -1/4 & 2/3 & -1/4 \\ -1/4 & -1/4 & 2/3 \end{array} \right) \tag{11.9} \end{align}

Exercícios

Exercício 11.1 (code=N171,label=ex:N171,title=Aplicação; médio)

Calcule o tensor de inércia de duas massas \(m\) nas posições \((a,0,0)\) e \((-a,0,0)\). Determine os eixos em que a energia de rotação é nula e interprete o resultado.

Ver solução

Cada massa contribui com \(m(a^2I-rr^T)\), logo o tensor total é

\[ I=\operatorname {diag}(0,2ma^2,2ma^2). \]

Para \(m,a\gt 0\), a energia é \(K=ma^2(\omega _y^2+\omega _z^2)\), e é nula exatamente quando a velocidade angular é paralela ao eixo \(x\). As massas estão nesse eixo e não se deslocam sob rotação em torno dele. O modelo pontual possui uma degenerescência que não ocorre para um corpo com volume e densidade positiva.

Exercício 11.2 (code=N172,label=ex:N172,title=Aplicação; médio)

Para o cilindro do exemplo, tome \(\symbf {\omega }=(1,0,1)\). Determine \(\mathbf{L}\), a energia cinética e a condição para que \(\mathbf{L}\) seja paralelo a \(\symbf {\omega }\).

Ver solução

Para o cilindro homogêneo de massa \(M\), raio \(a\) e altura \(2\ell \), centrado na origem com eixo longitudinal \(z\), escreva \(A=M(a^2/4+\ell ^2/3)\) e \(C=Ma^2/2\). Então \(I=\operatorname {diag}(A,A,C)\), e

\[ L=(A,0,C),\qquad K=\frac12(A+C). \]

O vetor \(L\) é paralelo a \((1,0,1)\) se e somente se \(A=C\), isto é, \(\ell =\sqrt3a/2\) para \(\ell \gt 0\). Fora dessa relação, uma direção oblíqua não é eixo principal, embora os eixos coordenados sejam.

Exercício 11.3 (code=N173,label=ex:N173,title=Aplicação; básico)

Use o teorema dos eixos paralelos para obter o momento de inércia de um cilindro em torno de uma reta paralela ao eixo central e a distância \(d\) dele.

Ver solução

O momento em torno do eixo central longitudinal é \(I_c=Ma^2/2\). Pelo teorema dos eixos paralelos, o momento em torno de uma reta paralela a distância \(d\) é \(I=Ma^2/2+Md^2\). O deslocamento usado é perpendicular entre as retas; o teorema parte de um eixo que passa pelo centro de massa.

Exercício 11.4 (code=N174,label=ex:N174,title=Aplicação; médio)

Para o cubo em torno de um vértice, encontre os autovalores da matriz apresentada. Verifique que a diagonal espacial é um eixo principal e compare seu momento com o de uma direção perpendicular a ela.

Ver solução

A matriz é \(J=Mb^2[(11/12)I-(1/4)\mathbf1\mathbf1^T]\), com \(\mathbf1=(1,1,1)^T\). Na diagonal espacial, \(\mathbf1\mathbf1^T\) tem autovalor \(3\), logo o momento é \(Mb^2/6\). No plano perpendicular a essa diagonal, seu autovalor é zero, e o momento é \(11Mb^2/12\), com multiplicidade dois. O momento na direção perpendicular é \(11/2\) vezes o momento na diagonal. O menor valor ocorre na diagonal porque o deslocamento do centro de massa foi feito ao longo dessa própria reta.

11.2 Lei de Ohm

A inércia relaciona duas grandezas vetoriais por meio de um operador. A condução elétrica fornece outro exemplo: a geometria interna do material pode fazer com que uma entrada em uma direção produza uma resposta também em outras. É essa dependência direcional que exige uma condutividade tensorial.

A lei de Ohm, em um meio isotrópico, relaciona linearmente a densidade de corrente \(\mathbf{j}\) ao campo elétrico \(\mathbf{E}\):

\begin{equation} \label{ohm} \mathbf{j}=\sigma \mathbf{E}. \tag{11.10} \end{equation}

A constante \(\sigma \) é a condutividade elétrica, inversa da resistividade. Nesse caso isotrópico, \(\mathbf{j}\) e \(\mathbf{E}\) são paralelos.

Essa lei descreve alguns materiais, mas não todos. Em um material anisotrópico, por exemplo, camadas condutoras alternadas com camadas isolantes podem favorecer a corrente em direções paralelas às camadas e suprimir sua componente normal. Nesse caso, \(\mathbf{j}\) e \(\mathbf{E}\) não precisam ser paralelos, e a condutividade escalar deve ser substituída por uma relação linear mais geral.

Isso é descrito por um operador de condutividade \(\sigma \), que relaciona linearmente os campos; o mesmo símbolo \(\sigma \) passa, portanto, a denotar o operador tensorial, em vez da condutividade escalar:

\[ \mathbf{j}=\sigma (\mathbf{E}), \qquad j^i=\sigma ^i{}_k E^k. \]

Assim, \(\sigma \) é um tensor misto de tipo \((1,1)\), como todo operador linear de vetores. Em coordenadas cartesianas ortonormais também se podem abaixar índices com a métrica euclidiana; a forma com dois índices inferiores é então apenas outra representação das mesmas componentes.

Exemplo 11.4 (Condução em um material anisotrópico (nível médio))

No plano, um material tem condutividades principais \(4\) e \(1\) em \(\mathrm{S/m}\). Os eixos principais fazem \(45^\circ \) com os eixos do laboratório. Determine a densidade de corrente produzida por \(\mathbf{E}=(2,0)\, \mathrm{V/m}\) e a potência dissipada por unidade de volume.

Solução

As colunas de \(R=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\) são os eixos principais escritos na base do laboratório. Logo,

\[ \sigma =R\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}R^T =\begin{pmatrix} 5/2 & 3/2 \\ 3/2 & 5/2 \end{pmatrix}\, \mathrm{S/m}. \]

Assim, \(\mathbf{j}=\sigma \mathbf{E}=(5,3)\, \mathrm{A/m^2}\): a corrente possui uma componente transversal ao campo aplicado. A potência é \(p=\mathbf{E}\cdot \mathbf{j}=10\, \mathrm{W/m^3}\). Como as condutividades principais são positivas, \(\mathbf{E}\cdot \sigma \mathbf{E}\gt 0\) para \(\mathbf{E}\ne 0\), em qualquer base.

Exercícios

Exercício 11.5 (code=N175,label=ex:N175,title=Aplicação; básico)

Um material tem \(\sigma =\operatorname {diag}(2,5,8)\) em uma base ortonormal. Calcule a corrente e a dissipação para \(\mathbf{E}=(1,2,-1)\).

Ver solução

A corrente é \(j=\sigma E=(2,10,-8)\). A potência dissipada por unidade de volume é \(p=E\cdot j=2+20+8=30\). Se as condutividades estão em \(\mathrm{S/m}\) e o campo em \(\mathrm{V/m}\), as unidades são \(\mathrm{A/m^2}\) para a corrente e \(\mathrm{W/m^3}\) para a dissipação. Sem unidades especificadas, os valores são os do modelo normalizado.

Exercício 11.6 (code=N176,label=ex:N176,title=Aplicação; médio)

Refaça o exemplo de rotação para um ângulo \(\theta \) e condutividades principais \(\sigma _1,\sigma _2\). Em que situações a componente transversal de corrente se anula para um campo paralelo ao primeiro eixo do laboratório?

Ver solução

Com \(Q=\begin{pmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix}\) e \(D=\operatorname {diag}(\sigma _1,\sigma _2)\), a matriz no laboratório é

\[ \sigma =QDQ^T= \begin{pmatrix} \sigma _1c^2+\sigma _2s^2 & (\sigma _1-\sigma _2)cs \\ (\sigma _1-\sigma _2)cs & \sigma _1s^2+\sigma _2c^2 \end{pmatrix}, \]

onde \(c=\cos \theta \), \(s=\sin \theta \). Para \(E=(E_0,0)\), \(j_y=(\sigma _1-\sigma _2)csE_0\). Ela se anula se o campo é zero, se o meio é isotrópico ou se o primeiro eixo do laboratório coincide com uma direção principal, \(\theta \) múltiplo de \(\pi /2\).

Exercício 11.7 (code=N177,label=ex:N177,title=Justificação; médio)

Se \(\sigma \) é simétrico positivo definido, mostre que a resistividade é o operador \(\sigma ^{-1}\). Determine seus eixos principais e compare seus autovalores com os de \(\sigma \).

Ver solução

A positividade definida implica autovalores positivos, portanto \(\sigma \) é invertível. De \(j=\sigma E\) segue \(E=\sigma ^{-1}j\), a relação de resistividade. Na decomposição ortogonal \(\sigma =Q\operatorname {diag}(\lambda _i)Q^T\), temos \(\sigma ^{-1}=Q\operatorname {diag}(1/\lambda _i)Q^T\). Os eixos principais são os mesmos, e os autovalores são recíprocos. Maior condutividade em uma direção corresponde a menor resistividade nela.

Exercícios de ampliação

Exercício 11.8 (code=A024,label=ex:A024,title=Aplicação; médio)

Para o sensor térmico \(T=20+x^2y+e^z\) em \((1,2,0)\) e \(K=\operatorname {diag}(2,1,3)\), obtenha o fluxo de calor \(q=-K\nabla T\). Confira \(dT(q)=-\nabla T\cdot K\nabla T\) e interprete o sinal como variação da temperatura na direção desse fluxo.

Ver solução

No ponto indicado, \(\nabla T=(4,1,1)\). Portanto \(q=(-8,-1,-3)\), e \(dT(q)=4(-8)-1-3=-36\). Também \(-\nabla T\cdot K\nabla T=-(32+1+3)=-36\). A positividade de \(K\) assegura a variação negativa quando o gradiente é não nulo: o fluxo tem uma componente na direção de temperatura decrescente, embora a anisotropia possa impedir que seja paralelo ao gradiente.

11.3 Equação do movimento de um fluido: equação de Navier–Stokes

Agora o tensor representa o transporte de momento e as forças de contato. A derivação será organizada em três passos: acompanhar uma partícula para definir a aceleração, escrever os balanços de massa e momento em volumes de controle e escolher uma lei constitutiva para a tensão viscosa. As hipóteses de incompressibilidade e viscosidade constante serão usadas apenas no momento de simplificar a equação.

11.3.1 Tensor de tensão

O estado de tensão em um ponto é descrito pelo tensor de Cauchy \(\sigma =(\sigma _{ij})\). Em coordenadas cartesianas,

\[ \sigma = \begin{pmatrix} \sigma _{11} & \sigma _{12} & \sigma _{13} \\ \sigma _{21} & \sigma _{22} & \sigma _{23} \\ \sigma _{31} & \sigma _{32} & \sigma _{33} \end{pmatrix}. \]

Na mecânica clássica de meios contínuos, sem tensões de casal nem momentos de corpo, o balanço local de momento angular implica \(\sigma _{ij}=\sigma _{ji}\).

Todo tensor de tensão pode ser decomposto, de modo puramente algébrico, em uma parte esférica e uma parte desviadora:

\[ \sigma =\frac13(\operatorname {tr}\sigma )I+S, \qquad \operatorname {tr}S=0. \]

Em mecânica dos fluidos é mais conveniente separar a contribuição isotrópica associada à pressão e escrever

\[ \sigma =-pI+T, \]

onde \(p\) é a pressão e \(T\) é o tensor de tensões viscosas. Em um fluido compressível, \(T\) não precisa ser de traço nulo: sua parte esférica pode conter a contribuição associada à viscosidade volumétrica.

11.3.2 Derivação das equações de Navier–Stokes

As equações de Navier–Stokes combinam as leis de conservação com uma lei constitutiva para a tensão. Começamos pela conservação de massa; em seguida, formulamos o balanço de momento e, por fim, especializamos a tensão ao caso de um fluido newtoniano.

A primeira hipótese é que o movimento de um fluido é descrito pela velocidade de escoamento do fluido:

Definição 11.2

A velocidade de escoamento \(\mathbf{v}\) de um fluido é um campo vetorial

\[ \mathbf{v} =\mathbf{v} (\mathbf{x} ,t) \]

que fornece a velocidade de um elemento de fluido na posição \(\mathbf{x}\) e no instante \(t\).

Derivada material

Uma derivada parcial no tempo descreve a variação de um campo em uma posição fixa. A derivada material mede a variação observada ao acompanhar uma partícula do fluido: ela soma a variação temporal local e a variação por transporte dessa partícula pelo campo de velocidades.

Definição 11.3 (Derivada material)

Para um campo escalar diferenciável \(u(t,x,y,z)\),

\[ \frac{Du}{Dt}=\frac{\partial u}{\partial t}+(\mathbf{v}\cdot \nabla )u. \]

Equação da continuidade

Para formular leis locais de conservação, descrevemos uma grandeza extensiva por sua densidade volumétrica \(L(\mathbf{x},t)\). O volume de controle será denotado por \(U\) e sua fronteira por \(\partial U\). Para o momento, a lei escalar a seguir é aplicada a cada componente da densidade de momento.

Teorema do transporte de Reynolds

Se \(U(t)\) é um volume material transportado pelo campo de velocidades \(\mathbf{v}\) e \(L(\mathbf{x},t)\) é um campo escalar suficientemente regular, então

\[ \frac{d}{dt}\int _{U(t)}L\, \mathop{}\! \mathrm{d}V = \int _{U(t)} \left( \frac{\partial L}{\partial t} +\nabla \cdot (L\mathbf{v}) \right)\mathop{}\! \mathrm{d}V. \]

Usando o teorema da divergência, a mesma identidade pode ser escrita como

\[ \frac{d}{dt}\int _{U(t)}L\, \mathop{}\! \mathrm{d}V = \int _{U(t)}\frac{\partial L}{\partial t}\, \mathop{}\! \mathrm{d}V + \int _{\partial U(t)}L\, \mathbf{v}\cdot \mathbf{n}\, \mathop{}\! \mathrm{d}A. \]

Para um volume de controle fixo \(U\), uma lei local de balanço com densidade de fonte \(Q\) assume a forma integral

\[ \frac{d}{dt}\int _U L\, \mathop{}\! \mathrm{d}V = -\int _{\partial U}L\mathbf{v}\cdot \mathbf{n}\, \mathop{}\! \mathrm{d}A +\int _U Q\, \mathop{}\! \mathrm{d}V. \]

O primeiro termo à direita mede o fluxo líquido que sai pela fronteira e o segundo mede a produção de \(L\) no interior. Pelo teorema da divergência,

\[ \int _U \left[ \frac{\partial L}{\partial t} +\nabla \cdot (L\mathbf{v})-Q \right]\mathop{}\! \mathrm{d}V=0. \]

Como isso vale para todo volume de controle, obtemos a equação local de balanço

\[ \frac{\partial L}{\partial t} +\nabla \cdot (L\mathbf{v})=Q. \]

Conservação da massa

Para a massa não há termo de produção: \(Q=0\). Tomando \(L=\rho \), obtemos a equação da continuidade

\begin{equation} \label{eq:consofmass} \frac{\partial \rho }{\partial t} +\nabla \cdot (\rho \mathbf{v})=0. \tag{11.11} \end{equation}

Usando a derivada material,

\[ \frac{D\rho }{Dt}+\rho \, \nabla \cdot \mathbf{v}=0. \]

Para um fluido incompressível, \(D\rho /Dt=0\); portanto,

\[ \nabla \cdot \mathbf{v}=0. \]

Conservação do momento

A aceleração de uma parcela de fluido é sua derivada material:

\[ \frac{D\mathbf{v}}{Dt} = \frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t} +(\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v}. \]

Para a densidade de momento \(\rho \mathbf{v}\), o fluxo convectivo através de uma superfície é descrito pelo tensor \(\rho \mathbf{v}\otimes \mathbf{v}\). Aplicando o balanço local a cada componente, obtemos

\begin{equation} \label{eq:mom} \frac{\partial (\rho v_i)}{\partial t} +\partial _j(\rho v_i v_j)=\partial _j\sigma _{ij}+f_i. \tag{11.12} \end{equation}

Para ver precisamente como entra a conservação da massa, expandimos:

\begin{align*} \partial _t(\rho v_i)+\partial _j(\rho v_iv_j) & =\rho (\partial _tv_i+v_j\partial _jv_i) +v_i\bigl[\partial _t\rho +\partial _j(\rho v_j)\bigr]\\ & =\rho \, \frac{Dv_i}{Dt}. \end{align*}

O termo entre colchetes se anula pela equação da continuidade. Essa redução é válida também quando \(\rho \) varia no espaço e no tempo. O termo \(\partial _j\sigma _{ij}\) é a força de contato por unidade de volume, e \(f_i\) é a força de corpo por unidade de volume.

Equações do movimento

As equações de conservação, com a força de contato e a força de corpo identificadas acima, dão a equação local de movimento. Adotamos a convenção em que a tração sobre uma face de normal \(\mathbf{n}\) é \(\sigma \mathbf{n}\). Como \(\sigma \) é simétrico, \((\nabla \cdot \sigma )_i=\partial _j\sigma _{ij}\), e a equação toma a forma vetorial

\begin{equation} \label{eq:mot} \rho \frac{D\mathbf{v}}{Dt} = \nabla \cdot \sigma +\mathbf{f}. \tag{11.13} \end{equation}

Aqui \(\sigma \) é o tensor de tensão e \(\mathbf{f}\) representa forças externas por unidade de volume, como a gravidade quando escrita nessa convenção.

Forma geral da equação de Navier–Stokes

Escrevemos o tensor de tensão como a soma da contribuição da pressão e da tensão viscosa:

\begin{equation} \sigma = -pI + T. \tag{11.14} \end{equation}

Substituindo \(\sigma =-pI+T\) na equação de movimento, obtemos

\[ \rho \frac{D\mathbf{v}}{Dt} = -\nabla p+\nabla \cdot T+\mathbf{f}. \]

Para um fluido newtoniano isotrópico,

\[ T=\mu \bigl(\nabla \mathbf{v}+(\nabla \mathbf{v})^{T}\bigr) +\lambda (\nabla \cdot \mathbf{v})I. \]

Aqui \(\mu \) é a viscosidade dinâmica e \(\lambda \) é o segundo coeficiente de viscosidade; em geral, \(T\) pode ter traço diferente de zero. Em coordenadas cartesianas, com \(\mu \) e \(\lambda \) constantes,

\[ (\nabla \cdot T)_i =\mu \, \partial _{jj}v_i +(\mu +\lambda )\partial _i(\partial _jv_j). \]

No caso incompressível, \(\nabla \cdot \mathbf{v}=0\); com \(\mu \) constante, isso reduz-se a \(\nabla \cdot T=\mu \Delta \mathbf{v}\) e obtemos a forma usual das equações de Navier–Stokes:

\[ \rho \left( \frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t} +(\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v} \right) = -\nabla p+\mu \Delta \mathbf{v}+\mathbf{f}. \]

Exemplo 11.5 (Escoamento entre placas com pressão e arraste (nível difícil))

Um fluido incompressível de viscosidade constante \(\mu \gt 0\) ocupa \(0\lt y\lt h\) entre placas paralelas. A placa inferior está parada, a superior move-se com velocidade \(U\mathbf{e}_x\), e \(\partial _xp=-G\), com \(G\gt 0\). Suponha escoamento permanente \(\mathbf{v}=u(y)\mathbf{e}_x\), sem força de corpo e sem deslizamento nas placas. Obtenha a velocidade, a vazão por unidade de largura e a tensão de cisalhamento.

Solução

O campo tem divergência nula. Além disso, \((\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v}=u\partial _x(u\mathbf{e}_x)=0\): a velocidade varia transversalmente, mas não ao longo das trajetórias. A componente \(x\) da equação de Navier–Stokes torna-se \(0=G+\mu u''(y)\). Integrando e usando \(u(0)=0\), \(u(h)=U\), obtemos

\[ u(y)=\frac{U}{h}y+\frac{G}{2\mu }y(h-y). \]

O primeiro termo corresponde ao arraste da placa; o segundo, à diferença de pressão. A vazão por unidade de largura é

\[ q=\int _0^h u(y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}y=\frac{Uh}{2}+\frac{Gh^3}{12\mu }. \]

Por fim, a componente viscosa da tração sobre uma face de normal \(\mathbf{e}_y\) é

\[ T_{xy}=\mu u'(y)=\frac{\mu U}{h}+G\left(\frac h2-y\right). \]

Para uma face de normal oposta, a tração troca de sinal. Essa distinção evita confundir a componente do tensor com a força em cada placa.

Exercícios

Exercício 11.9 (code=N178,label=ex:N178,title=Aplicação; médio)

Para \(u(t,x,y)=t+x^2+y\) e \(\mathbf{v}=(y,-x)\), calcule \(\partial _tu\) e \(Du/Dt\). Explique a diferença entre as duas medidas de variação.

Ver solução

A derivada temporal em um ponto fixo é \(\partial _tu=1\). Já \(\nabla u=(2x,1)\), e a derivada material é

\[ \frac{Du}{Dt}=\partial _tu+v\cdot \nabla u=1+2xy-x. \]

Ela mede a variação vista por uma partícula que se move com o campo de velocidades. O termo adicional é o transporte através de uma distribuição espacial não uniforme.

Exercício 11.10 (code=N179,label=ex:N179,title=Aplicação; médio)

Verifique a continuidade para \(\rho (t)=\rho _0e^{-3at}\) e \(\mathbf{v}=a(x,y,z)\), com \(a\) constante. O campo de velocidades é incompressível?

Ver solução

\(\partial _t\rho =-3a\rho \) e \(\nabla \cdot (\rho v)=3a\rho \), logo a continuidade é satisfeita. Porém \(\nabla \cdot v=3a\); o campo é incompressível apenas se \(a=0\). Conservação de massa não é sinônimo de incompressibilidade: a densidade pode mudar para compensar a expansão ou compressão do volume material.

Exercício 11.11 (code=N180,label=ex:N180,title=Aplicação; difícil)

No escoamento entre placas, determine o ponto de velocidade máxima quando ele está no interior do intervalo. Analise separadamente os casos em que o máximo ocorre na placa superior.

Ver solução

O modelo usa placas em \(y=0\) e \(y=h\), viscosidade \(\mu \gt 0\), velocidade \(U\) da placa superior e gradiente de pressão \(\partial _xp=-G\), com \(G\gt 0\). Seu perfil, com \(u(0)=0\) e \(u(h)=U\), é

\[ u(y)=\frac{Uy}{h}+\frac{G}{2\mu }y(h-y),\qquad 0\leq y\leq h. \]

A derivada do perfil é \(u'=U/h+G(h-2y)/(2\mu )\) e \(u''=-G/\mu \lt 0\). O candidato a máximo é

\[ y_*=\frac h2+\frac{\mu U}{Gh}. \]

Ele está no interior se \(-Gh^2/(2\mu )\lt U\lt Gh^2/(2\mu )\), e o valor é \(u(y_*)=G y_*^2/(2\mu )\). Se \(U\geq Gh^2/(2\mu )\), o máximo ocorre na placa superior e vale \(U\). Se \(U\leq -Gh^2/(2\mu )\), ocorre na placa inferior e vale zero. Nas igualdades, o vértice coincide com a placa correspondente. Tratar ambos os sinais de \(U\) evita supor um arraste que o enunciado não restringiu.

Exercício 11.12 (code=N181,label=ex:N181,title=Aplicação; médio)

Para \(\mathbf{v}=(ax,-ay,0)\) e viscosidade constante, calcule o tensor viscoso e sua divergência. Explique por que tensão não nula não implica necessariamente força viscosa volumétrica não nula.

Ver solução

O gradiente de velocidade é \(\operatorname {diag}(a,-a,0)\) e a divergência é zero. Para o modelo newtoniano, \(T=\mu (\nabla v+\nabla v^T)=\operatorname {diag}(2\mu a,-2\mu a,0)\). Como suas componentes são constantes, \(\nabla \cdot T=0\). As trações nas faces podem ser não nulas, mas as contribuições opostas se equilibram: a força por unidade de volume depende da variação espacial da tensão, não apenas de seu valor.