Introducción al método de LOS ELEMENTOS FINITOS...

Publicaciones científicasUniversidad de las Fuerzas Armadas ESPE

José Fernando, Olmedo Salazar

Introducción al método de

APLICANDO MATHCADLOS ELEMENTOS FINITOS

campo unidimensional

Introducción al método de

APLICANDO MATHCADLOS ELEMENTOS FINITOS

campo unidimensional

Créditos

Campo unidimensionalFernando Olmedo

ISBN:978-9942-765-13-0

Marcelo TulioRommy Pérez

Universidad de las Fuerzas Armadas ESPECrnl. Ramiro Pazmiño (Rector)

Publicación autorizada por:Comisión Editorial de la Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE

Edición y producción:David Andrade [email protected]

Diseño:David Cabrera [email protected]

Derechos reservados. Se prohíbe la reproducción de esta obra por cualquier

exclusiva responsabilidad del autor.

Universidad de las Fuerzas Armadas ESPEAv. General Rumiñahui s/n, Sangolquí, Ecuadorwww.espe.edu.ec

Los derechos de esta edición electrónica son de la Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE, para consulta de profesores y estudiantes de la

universidad e investigadores en www.repositorio.espe.edu.ec.

Indice

Cápitulo IGeneralidadesIntroduccion1.3.- Problemás típicos1.4.- Conceptos1.5.- Procedimiento1.6.- Notación matricial1.7. - Simplificación1.8.-Aproximación directa en base de las ecuaciones de equilibrio1.9.- Ejemplos de ensamble1.10. - Ejemplos de aplicación1.11.- Aproximación mediante energía potencial1.12.- Solución mediante MathCAD1.13.- Ejercicios propuestos

Capítulo II Armaduras Planas

2.1.- Definición2.2.- Determinar la matriz de rigidez del elemento barra2.3.- Ecuaciones de transformación2.4.- Matriz global de rigidez2.5.-Ejemplos2.6.- Calculo de tensiones2.7.- Ejercicios2.8.- Resolución con Matlab según A.J.M. FERREIRA2.9.- Resolución con ANSYS APDL

Capítulo IIIAnálisis por el método de elementos finitos de elementos a flexión. Vigas

3.1.- Determinar la matriz de rigidez del elemento viga3.2.- Ejemplos cargas puntuales3.3.- Ejemplos cargas puntuales longitud y áreas de inercia variables3.4.- Problemas propuestos3.5.- Carga distribuida3.6.- Carga distribuida triangular3.7.-Calculo de vigas con elementos de alto orden (hP-FEM3.8.- Viga de Timoshenko3.9.- Resolución con ANSYS APDL

Capítulo IVAnálisis por el método de elementos finitos, Pórticos planos

4.1.- Determinar la matriz de rigidez del pórtico4.2.- Ejercicios con MATHCAD4.3.- Resolución de pórticos con ANSYS APDL

Pag.

Pag.Lista de Referencias

Lista de tablas

Tabla 2.1. Coordenadas en los nodos

Tabla 3.1. Coordenadas keypoints

Bibliografia

Acerca del autor

Dedicatoria

Dedicamos este manual a todos los estudiantes del DECEM que recibieron o recibirán la asignatura de elementos finitos aplicados.

6

Agradecimientos

Agradezco al Dr. David Andrade Aguirre por su ayuda e interés, manifestado en que esta obra se culmine, como también al Dr. Marcelo Tulio Piovan por sus consejos para mejorar la misma y por sus cono-cimientos entregados sobre el método de elementos finitos, en el curso impartido por él, durante su estancia como Prometeo en el Ecuador. También agradezco al Ing. Romy Pérez Moreno por su tiempo de-dicado a la revisión, como también al director del DECEM Ing. Carlos Naranjo G. y a todos los compañeros del departamento.

7

Resumen

El método de elementos finitos es hoy por hoy una técnica suma-mente extendida a una innumerable cantidad de aplicaciones ingenie-riles, aplicar los principios a través de programación es trascendental para entender el método. Este es un primer manual que trata de ex-poner en una forma accesible y pedagógica las complejidades inheren-tes del método de elementos finitos, considerando que el estudiante que toma el curso de elementos finitos, es un estudiante de último ni-vel, habido de poner en práctica los conocimientos teóricos impartidos y deseoso de experimentar con retos ingenieriles más que lidiar con matemática. Para el presente trabajo nos inspiramos en algunas obras recientes como por ejemplo “Finite Element Modeling and Simulation with ANSYS Workbench de Xialin Chen”, que hacen un tránsito por el método de los elementos finitos conjugando el desarrollo teórico con aplicaciones de uno de los programas más potentes del mercado. Exis-ten muchos textos que abordan el método con aplicaciones de Matlab, debido a que en el Departamento de Energía y Mecánica se trabaja en las asignaturas de mecanismos y vibraciones con MathCAD y puesto que los estudiantes están familiarizados con este programa, se lo aplico con bastante éxito desde el punto de vista pedagógico que es el aspecto que nos motivaba principalmente.

Trabajar con el MathCAD significo priorizar la comprensión del método sobre la efectividad y rapidez de calculo que podría ofrecer el Matlab, sin embargo en el capítulo I, únicamente para establecer una comparativa, se aplica para el cálculo de armaduras el programa del profesor A. J. M. Ferreira. El presente libro de texto cubre solamente la parte unidimensional a través de la aproximación directa, es decir sis-temas de resortes, armaduras, vigas y pórticos planos, en una futura edición o volumen se abordara el campo bidimensional.

ESPACIO EN BLANCO

Capítulo I

Generalidades

10

Generalidades

ESPACIO EN BLANCO

11

Introducción al método de los elementos finitos aplicando MATHCAD

Objetivo de la obra:

El presente texto fue realizado para brindar a los estudiantes el adecuado apoyo en la asignatura de Elementos Finitos Aplicados, transparentando los principios que existen detrás de los programas comerciales que son tan extendidos en la actualidad y de uso cotidiano en las oficinas de diseño. Básicamente se han buscado tres objetivos:1. Que el estudiante entienda y aplique los conceptos fundamentales

del modelamiento por elementos finitos para resolver e implemen-tar soluciones en problemas simples.

2. Una vez alcanzado esto, obtener la competencia en el manejo de un software de propósito general como ANSYS APDL sin perder de vista la teoría.

3. Modelar problemas ingenieriles de forma profesional con el soft-ware de elementos finitos ANSYS APDL y ANSYS WORKBENCH, licencias adquiridas por la ESPE en el año 2012.

Introducción:

El método de Análisis por Elementos Finitos (comúnmente llamado FEA, del inglés Finite Element Analysis), tiene su génesis en el diseño estructural y fue introducido por Argyris, Turner, Clough y Zienkiewicz1

Esencialmente es un método numérico que genera soluciones de tipo aproximado para cualquier tipo de problemas de la ingeniería, in-calculables con métodos matemáticos convencionales.

El método de elementos finitos “FEM” (del inglés Finite Element Method) ha llegado a ser un paso esencial en el diseño y modelado en varias disciplinas de ingeniería.

La base del FEM se establece en la descomposición del dominio en un número finito de subdominios (elementos) a los cuales se aplica leyes constitutivas y se crean un sistema de ecuaciones algebraicas simultáneas por medio de aplicar las siguientes aproximaciones prin-cipales para construir una solución basada en el concepto de FEM:

• Aproximación directa: esta estrategia se utiliza en problemas rela-tivamente simples, y sirve generalmente como medio para explicar el concepto de FEM y sus pasos importantes.

<?> A brief history of the beginning of the finite element method, http://ed.Iitm.Ac.In/~palramu/ed403_2012/files/fehis-tory_gupta.Pdf

12

Generalidades

• Residuos ponderados: este es un método versátil, permitiendo el uso de FEM a los problemas cuyo funcional (energía potencial) no puede ser construido. Esta aproximación utiliza directamente las ecuaciones diferenciales de gobierno, tales como trasferencia de calor, mecánica de fluidos y torsión.

• Aproximación variacional: este acercamiento confía en el cálculo de variaciones, que implica el extremar un funcional. Este funcio-nal corresponde a la representación energética del sistema (si es una estructura será energía potencial, si se trata de un problema de temperatura, Energía calórica, etc)

Problemás típicos

El método de elementos finitos “FEM” permite resolver problemas de • Análisis estructural• Transferencia de calor• Fluidos• Acústica• Transporte de masa• Potencial electromagnético

Los siguientes son algunos ejemplos:

Figura 1.1. Visualización de esfuerzos de Von Mises en un modelo Formula SAE Student.

Fuente propia

13


Figura 1.2. Visualización de la velocidad en una camioneta.

Fuente propia

Figura 1.3. Determinación de la estabilidad de un cilindro.

Fuente propia

14

Generalidades

Figura 1.4. Campo Magnético con Flexpde.

Fuente propia

Conceptos

El método de elementos finitos aborda el problema ingenieril median-te la división de un dominio complejo en elementos no intersecantes y expresa la variable de campo desconocida (desplazamientos, temperatura, velocidad) en términos de una función arbitraria de aproximación (aproxi-mar la solución), que se asume dentro de cada elemento. Estas variables se reemplazan en la ecuación constitutiva del problema físico que luego será incorporada a una ecuación de energía potencial que se minimiza mediante derivación parcial para obtener la ecuación de equilibrio y la matriz de rigidez de un elemento. La Fig. 1.5 es un mapa conceptual que ayuda a entender el método de elementos finitos.

Esta función de aproximación (también llamada función de inter-polación) es definida en términos de los valores de la variable de campo en puntos específicos referidos como nodos. Los nodos son usualmente localizados a lo largo de los límites de los elementos y ellos conectan elementos adyacentes.

La característica que ha hecho al método de los elementos finitos tan popular es que puede ser dividido en un conjunto de pasos lógicos y puede ser usado para analizar un amplio rango de problemas solo cambiando los datos de entrada del dominio. Estos pasos se explicarán en el próximo apartado.

15


Figura 1.5. Mapa Conceptual

Fuente propia

Procedimiento

El método de los elementos finitos requiere los siguientes pasos principales:

• Discretización del dominio en un número finito de subdominios (elementos), los elementos deben ser lo suficientemente pequeños para dar resultados correctos y lo suficientemente grande para re-ducir el esfuerzo computacional. Estos elementos son conectados el uno al otro por sus nodos comunes (Fig. 1.6). Un nodo especifica la localización coordinada en el espacio donde existen los grados de libertad (desplazamientos) y las acciones del problema físico. Las incógnitas nodales en el sistema de la matriz de ecuaciones (desplazamientos) representan una (o más) de las variables primarias del campo. Las variables nodales asignadas a un elemento se llaman los grados de libertad del elemento. Dependiendo del problema se utilizan los siguientes tipos de ele-mentos. (Fig. 1.7).

16

Generalidades

Figura 1.6. Discretización de dominio y de fuerzas

Fuente propia

Figura 1.7. Discretización de dominio y de fuerzas

Fuente propia

17


• Selección de las funciones de desplazamiento. Para un ele-mento lineal es función de una magnitud y si es bidimensional es función de x, y. El campo de desplazamiento desconocido dentro de un elemento finito puede ser interpolado por una distribución aproximada. Esta distribución se vuelve más exacta conforme se consideran más elementos en el modelo y pueden ser expresadas como funciones polinomiales que pueden ser fácilmente derivadas e integradas. Por ejemplo, para el caso más simple de elemento fi-nito que es el elemento barra, los desplazamientos son expresados en términos de los desplazamientos nodales {u1, u2} por medio del polinomio de primer grado.

(1.1)

Donde l es la longitud del elemento finito, x es la variable indepen-diente y las funciones de interpolación N1 y N2 son:

(1.2)La figura 1.8 representa la interpolación lineal del campo de des-

plazamiento dentro del elemento barra:

Figura 1.8. Representación de la interpolación lineal

Fuente propia

18

Generalidades

• Desarrollo de la matriz de elementos para el subdominio, utilizan-do las ecuaciones constitutivas

• Ensamblaje de la matriz de elementos para cada subdominio para obtener la matriz global del dominio entero

• Imposición de las condiciones de frontera• Solución de ecuaciones • Postprocesado

Notación matricial

En notación matricial, el sistema de ecuaciones global puede ser definido como

(1.3)

Donde la matriz K representa la matriz de rigidez del sistema, u es el vector del campo desconocido, y F es el vector de la fuerza. Dependiendo de la naturaleza del problema, K puede ser dependiente en u, es decir, K = K (u) y F pueden ser dependientes del tiempo, es decir, F = F (t).

Generalizando se obtiene:

(1.4)

Si asumimos que el desplazamiento de u1 es 1 y de v1 hasta wn es 0, se puede resolver fácilmente el sistema

F1x = K11 F1y = K21;. . .; Fnz = Kn1

19


Simplificación

Figura 1.9. Simplificaciones geométricas

Fuente propia

La competencia en la teoría de elementos finitos proporciona crite-rios para simplificar las geometrías para optimizar recursos computa-cionales sin perder precisión.

Aproximación directa en base de las ecuaciones de equilibrio

Determinar la matriz de rigidez del elemento resorte. Usando la aproximación directa en base de las ecuaciones de equi-

librio, se define la matriz de rigidez para un resorte lineal de una di-mensión, el resorte Fíg.1.10 obedece la ley de Hooke y resiste fuerzas únicamente en la dirección axial.

El resorte de la figura está sometido a las fuerzas locales: f1x, f2x y sufre los desplazamientos locales: u1, u2 por lo tanto existen 2 grados de libertad

20

Generalidades

Figura 1.10. Resorte dos grados de libertad

Fuente propia

1. Selección del tipo de elementoElemento resorte lineal con 2 grados de libertad, sujeto a tensio-

nes nodales T y con longitud L

Figura 1.11. Resortes tensionadosFuente propia

Como se puede observar un extremo se deforma U2 y el otro U1 donde U2<U1 y por tanto la deformación relativa total es U2-U1

2. Seleccionar una función de desplazamiento Se debe escoger la función matemática que represente el des-

plazamiento bajo carga del resorte, se selecciona en forma arbitraria una función lineal de 2 constantes, ya que el elemento tiene 2 gra-dos de libertad:

u = a1 + a2 x, en forma matricial se obtiene:

(1.5)

Para determinar u se debe hallar las constantes a1 y a2 utilizando las condiciones de frontera u1, u2

21


Reordenando se tiene

En forma matricial

(1.6)

Donde N1 y N2 son las funciones de forma o interpolación

Figura 1.12. Grafica de la función de interpolación

Fuente propia

Cuando x= 0 u= u1; u1 = a1 + a2 (0); por tanto a1 = u1

Cuando x = L u= u2; u2 = u1 + a2 (L); por tanto a2 = (u2-u1)/L

22

Generalidades

3. Definir la relación tensión / deformación La fuerza tensora T produce una deformación δ en el resorte:

δ = u (L) – u (0) = u2 – u1

T = k δ = k (u2 – u1) (1.7)

4. Determinar la matriz de rigidez

f1x = - T = k (u1 – u2)

f2x = T = k (-u1 + u2) (1.8)

En forma matricial

(1.9)

La matriz de rigidez local es por tanto:

(1.10)

5. Ensamblar las ecuaciones de los elementos para obtener las ecuaciones globales

(1.11)

6. Resuelva para los desplazamientos nodales

(1.12)

Los desplazamientos son determinados imponiéndose condiciones de frontera

7. Resuelva las fuerzas de los elementos Las fuerzas son determinadas por sustitución inversa aplicando

nuevamente (1.12)

23


Ejemplos de ensamble

Ensamblaje por medio de ecuaciones de equilibrioLos pórticos, puentes y otras estructuras se componen de com-

ponentes estructurales básicos, el primer método para determinar la matriz de rigidez global es mediante el desarrollo de las ecuaciones de equilibrio a través de generar el diagrama de cuerpo libre de cada ele-mento2

Para el elemento 1 y usando (1.9) se tiene:

Donde los superíndices se refieren al elemento

Para el elemento 2:

Debido a que el nodo 3 es común se establece la siguiente ecuación de compatibilidad

Basado en las ecuaciones de equilibrio de los nodos establecemos las siguientes ecuaciones

Fuerza global en 1 es igual a fuerza local del nodo 1

2 Daryl L. Logan, “A First Course in the Finite Element Method”, Pág. 35

24

Generalidades

Por lo queF1x = k1 u1 – k1 u3 F2x = -k2 u3 + k2 u2 F3x = (- k1 u1 + k1 u3) + (k2 u3 – k2 u2)

Re ensamblando nuevamente la matriz se tiene:

Dónde:

Es el vector de fuerzas nodales globales

Es la matriz de rigidez del sistema

Es el vector de desplazamiento global

Ensamblaje por superposición

Como se puede inferir si es que se aumentan los elementos, el método anterior es impráctico. Un método más rápido es el método de superposición donde las ecuaciones locales matriciales se expanden de la siguiente manera3:

Para el elemento 1 se tiene:

Para el elemento 2 se tiene:


25


La sumatoria genera:

Ensamblaje por expansión directa

Un paso más en la automatización es el método de expansión directa donde las ecuaciones locales matriciales se expanden uti-lizando un identificador de acuerdo al nodo correspondiente, de la siguiente manera: Para el elemento 1 Para el elemento 2

Luego se genera la matriz de rigidez global llenando las filas y co-lumnas de acuerdo a lo establecido anteriormente. Lo que se ha hecho es formar fila y columna numerando los nodos y sumamos

Condiciones de frontera homogeneas

Sin condiciones apropiadas la estructura no resistiría las fuerzas aplicadas

Figura 1.13. Condición de frontera homogénea

Daryl L. Logan, “A First Course in the Finite Element Method”, Pág. 35

26

Generalidades

Debido a que el resorte esta empotrado en la pared se tiene que u1 = 0

Si se resuelve el sistema se obtiene el mismo resultado que elimi-nar la primera fila y la primera columna puesto que es cero el primer término del vector:

Substituyendo en la ecuación general se obtiene F1x, F2x y F3x

Condiciones de frontera no homogeneas

Uno o más desplazamientos no son cero, la tensión es debida al estiramiento que recibe el resorte para ensamblarlo

Figura 1.14. Condición de frontera no homogénea4

Daryl L. Logan, “A First Course in the Finite Element Method”


27


Se resuelve en forma convencional y puesto que F1x es desconocida

Ejemplos de aplicación1. Determine la matriz de rigidez global, los desplazamientos de los

nodos 2 y 3, las reacciones en 1 y 4, y las fuerzas en cada resorte. Una fuerza de 5000 N es aplicada en el nodo 3 en la dirección x.

1. Definimos las matrices de rigidez individuales

2. Ensamblamos la matriz de rigidez global y establecemos la ecua-ción de elasticidad, 4 grados de libertad de los cuatro nodos la ma-triz es 4x4

La ecuación de rigidez es:

28

Generalidades

Debido a que los desplazamientos son cero se puede eliminar la primera fila, primera columna, así como la cuarta fila y cuarta columna

3. Determinamos los desplazamientos y las fuerzas

u2 = 0.909, u3 = 1.364

Mediante substitución inversa:F1x = -909.091

F2x = 0

F3x = 5000

F4x = -4091

4. Determinar las fuerzas de cada elemento usando las ecuaciones locales

Elemento 1:

Elemento 2:

Elemento 3:

29


2. Para el ensamblaje de resortes obtenga la matriz de rigidez global, los desplazamientos de los nodos 2, 3, 4, las fuerzas noda-les globales y las fuerzas locales de cada resorte. El nodo 1 es fijo mientras que al nodo 5 se le da un desplazamiento conocido de 20 mm. Las constantes de los resortes son todas iguales a k = 200 kN/mm

La matriz de rigidez global es de 5 x 5 y relaciona fuerzas a despla-zamientos como:

0 0 0 200 200 0 0 02 0 0 200 400 200 0 0

0 2 0 0 200 400 200 00 0 2 0 0 200 400 2000 0 0 0 0 0 200 200

k kk k k

k k kk k k

k k

� �� =� � � ��

� � � ��

1 200 200 0 0 0 12 200 400 200 0 0 23 0 200 400 200 0 34 0 0 200 400 200 45 0 0 0 200 200 5

F x uF x uF X uF X uF X u

�� = � ��

� ��

Utilizando el formato de solución numérica de MathCAD

30

Generalidades

Aproximación mediante energía potencial

Otro método utilizado para obtener la matriz de rigidez es el prin-cipio de energía potencial mínima. Este método general se utiliza para tensión y deformación plana, tensión axisimétrico, flexión en placas y tensión en elementos sólidos. Este método es aplicable únicamente a materiales con elasticidad lineal. El principio dice que: “De todas las formas geométricamente posibles que un cuerpo puede asumir, la que corresponde a la satisfacción de equilibrio estable del cuerpo, es identifi-cada por un valor mínimo de la energía potencial total.”

Por lo tanto si se obtiene la energía potencial total y la minimizamos con respecto a los desplazamientos obtendremos la matriz de rigidez.

La energía potencial total se define como la suma de la energía de deformación interna U (relacionado a fuerzas internas) y la energía potencial de las fuerzas externas Ω, es decir,

(1.13)

Usando integración

(1.14)

31


La energía potencial de las fuerzas externas que es perdida es representada por:

(1.15)

Por lo tanto:

(1.16)

Para aplicar el principio de energía potencial mínima debemos minimizar la función

(1.17)

Ejemplo: Para el resorte dado evalúe la energía potencial en fun-ción de x y demuestre que la mínima energía potencial corresponde a la posición de equilibrio

K := 500 F := 1000 x := 50, 49.9..50 E x( )k x2

×

2F x×�:=

Figura 1.15. Energía Potencial de un resorte

3� 2.1� 1.2� 0.3� 0.6 1.5 2.4 3.3 4.2 5.1 6

1.5� 103�1.15� 103�

800�450�100�250600950

1.3 103�1.65 103�

2 103�

Energía

E x( )

2

x

La energía potencial mínima es -1000 N mmUsando la expresión (1.17):

32

Generalidades

Donde x = 2 mm, este valor es reemplazado en la expresión de la energía (1.16)

Por lo tanto se demuestra que la energía potencial mínima corres-ponde con la posición de equilibrio.

Derivación de la matriz de rigidez en un resorte utilizando el principio de mínima energía potencial

(1.18)

La minimización de la energía potencial requiere tomar derivadas parciales con respecto a cada desplazamiento nodal

Simplificando se obtiene:

Y en forma matricial

33


Solución mediante Mathcad

Para el ensamblaje de resortes obtenga la matriz de rigidez global, los desplazamientos de los nodos 2, las fuerzas nodales glo-bales y las fuerzas locales de cada resorte.

k1=1000 N/mm, k2=2000 N/mm, k3 = 3000 N/mm

Figura 1.15. Sistema de resortes en serie y en paralelo

Se ha propuesto el siguiente algoritmo de MathCAD para resol-ver los problemas de resortes (utilizar el programa resorte general que acompaña al texto).

ORIGIN := 1

Elementos:= 3 nodos := 4

conectividad :=

K k( ) k1

1

1

1

k

1000

2000

3000

K k1( )1 103

�

1� 103�

1� 103�

1 103�

��

�÷÷�

= K k2( )2 103

�

2� 103�

2� 103�

2 103�

��

�÷÷�

= K k3( )3 103

�

3� 103�

3� 103�

3 103�

��

�÷÷�

=

Knodos nodos, 0:=

34

Generalidades

K

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

��

�÷÷÷÷�

=

K

Kconectividadn i, conectividadn j, , Kconectividadn i, conectividadn j, ,

Kin( )i j,

+¬

j 1 2..�for

K

i 1 2..�for

K

n 1 elementos..�for

K

:=

K

1 103

1 103

0

0

1 103

6 103

2 103

3 103

0

2 103

2 103

0

0

3 103

0

3 103

u1 0:= u3 0:= u4 0:= f2 10:=

K

u1

u2

u3

u4

��

�÷÷÷÷�

×

f1

f2

f3

f4

��

�÷÷÷÷�

solve u2, f1, f3, f4, 1

60053

�103

� 5��

�÷�

®

La solución indica que el desplazamiento del nodo 2 es de 1/600 mm y las respec-tivas fuerzas internas son -5/3,-10/3 y -5

35


Ejercicios propuestos

1. Para el ensamblaje de resortes obtenga la matriz de rigidez glo-bal. Resuelva con MathCAD, k = 100 N/mm

2. Resuelva tanto con MathCAD, k = 100 N/mm y F = 1000 N

36

Generalidades

ESPACIO EN BLANCO

Capítulo II

Armaduras planas

38

Armaduras planas

ESPACIO EN BLANCO

39


Definición: Una armadura es una construcción reticulada conformada gene-

ralmente por triángulos formados por elementos rectos y que se utiliza para soportar cargas. Las armaduras pueden ser planas o espaciales. El análisis de armaduras dio pie al desarrollo de la teoría de elementos finitos y su aplicación es amplia: torres, puentes, cubiertas se fabrican a través de esta conjunción de barras que solo se pueden cargar axial-mente. Ver Fig. 2.1

Figura 2.1. Algunos tipos de armaduras planas

http//es.slideshare.net/guest1f9b03a/cap6r

Determinar la matriz de rigidez del elemento barra:

Para determinar la ecuación de rigidez debemos analizar el ele-mento barra que tiene las siguientes características:

Figura 2.2. Elemento barra horizontal

Fuente propia

40

Armaduras planas

Fuerzas locales: f1x, f2x

Desplazamientos locales: u1, u2 por lo tanto existen 2 grados de libertadDe la ley de Hooke se obtiene las ecuaciones constitutivas:

(2.1)

(2.2)

De las condiciones de equilibrio se tiene:

(2.3)

Por lo tanto la derivada será cero:

(2.4)

Y está es la ecuación diferencial que gobierna el sistema y que pue-de ser utilizada en los métodos de residuos ponderados.

Los pasos a seguir para determinar la matriz de rigidez son:

1. Selección del tipo de elementoElemento barra con 2 grados de libertad, sujeto a tensiones noda-les T y con longitud L

2. Seleccionar una función de desplazamiento Se debe escoger la función matemática que represente la deforma-da bajo carga del resorte, se selecciona la función lineal de 2 cons-tantes porque se tiene dos grados de libertad:

Se representa u en función de las condiciones de frontera u1, u2

41


En x=0 u=u1;por tanto u1=a1+a2(0); a1=u1En x=L u=u2; por tanto u2=u1+a2(L); a2=(u2-u1)/L

u=u1+(u2-u1)(x/L)

Figura 2.3. Grafico funciones de interpolación

Fuente propia

En forma matricial las funciones de interpolación se representan de la siguiente manera:

(2.5)

N1, N2 son funciones de forma o de interpolación

3. Definir la relación tensión / deformación La relación deformación unitaria vs desplazamiento es:

(2.6)

La relación deformación unitaria vs esfuerzo es:

σx=E ϵx (2.7)

42

Armaduras planas

4. Determinar la matriz de rigidez del elemento De igual manera que se realizó para el resorte

En forma matricial

La matriz de rigidez local es por tanto: (2.8)

5. Ensamblar las ecuaciones de los elementos para obtener las ecua-ciones globalesSe efectúan las sumatorias respectivas

(2.9)

6. Resuelva para los desplazamientos nodales

[F]=[K][d] (2.10)

Los desplazamientos son determinados imponiéndose condiciones de frontera

7. Resuelva las fuerzas de los elementos Las fuerzas son determinadas por sustitución inversa usando (2.10)

43


Ejercicio de ensamble Para el ensamblaje siguiente determine a) La matriz de rigidez global, b) los desplazamientos de los nodos 2 y 3, c) Las reacciones en los nodos 1 y 4, Una fuerza de 15000 N es aplicada en el nodo 2, E = 200000 MPa y D = 25 mm para el elemento 1 y 3 y E = 100000 MPa y D = 50 mm para el elemento 2

ORIGIN := 1

Elementos:= 3

nodos := 4

conectividad := k

k1

k2

k3

2.945 105

5.89 105

2.945 105

K k( ) k1

1

1

1

n := 1.. elemento

K k1( )2.945 105

2.945 105

2.945 105

2.945 105

K k2( )

5.89 105

5.89 105

5.89 105

5.89 105

K k3( )2.945 105

2.945 105

2.945 105

2.945 105

44

Armaduras planas

Ki1 K k1

Ki2 K k2

Ki3 K k3

Knodos nodos0

K

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

K

Kconectividadn i conectividadn jKconectividadn i conectividadn j

Kin i j

j 1 2for

K

i 1 2for

K

n 1 elementosfor

K

K

2.945 105

2.945 105

0

0

2.945 105

8.836 105

5.89 105

0

0

5.89 105

8.836 105

2.945 105

0

0

2.945 105

2.945 105

A continuación colocamos los datos conocidos y resolvemos sim-bólicamente

u1 0 u4 0 f2 15000 f3 0

K

u1

u2

u3

u4

f1

f2

f3

f4

solve

f1

u2

u3

f4

9000.0 0.0305577490736439051010.020371832715762603401 6000.0( )

u2 = 0.03 mm u3 = 0.02 mmf1 = -9000 N f4 = -6000 N

45


Ecuaciones de transformación:

Como se puede observar en la Fig. 2.1. Las barras de las armadu-ras están orientadas en el plano con un ángulo definido, es convenien-te por tanto, transformar coordenadas locales a lo largo de la barra a coordenadas globales referenciadas a un sistema de coordenadas abso-luto o viceversa. En este caso se van a relacionar los desplazamientos del sistema de coordenadas d global (x, y) a coordenadas locales (x´, y´), fig. 2.4.

Figura 2.4. Barra general

Fuente propia

Las proyecciones del vector en el nodo i con respecto al sistema global son:

Matricialmente

(2.11)

46

Armaduras planas

Por lo tanto si despejamos resolviendo el sistema de ecuaciones o invirtiendo la matriz se obtiene:

Donde son los desplazamientos locales y dx son los desplaza-mientos globales

En forma matricial

(2.12)

c

s

s

c

1

c

c2 s2

s

c2 s2

s

c2 s2

c

c2 s2

Relación de transformación para el vector de desplazamientosPartiendo de la relación demostrada en (2.12) y considerando am-

bos nodos en una barra, se debe expandir la matriz

(2.13)

47


Relación de transformación para el vector de fuerzas:Las fuerzas se transforman de igual manera que los desplazamientos:

(2.14)

Matriz global de rigidezPartiendo de la matriz local de un elemento genérico, se ensambla-

ra la matriz global de la estructura. Para una barra en el sistema local de coordenadas se tiene:

(2.15)

Puesto que la barra solo soporta cargas axiales los componentes en y son nulos por tanto la matriz local de rigidez se expande también según:

(2.16)

Reemplazando (2.13) y (2.14) en (2.16)

O lo que es lo mismo

48

Armaduras planas

Despejando:

La matriz global de rigidez es por tanto:

Simétrica (2.17)Se ha obtenido la relación fuerzas nodales globales con los despla-

zamientos nodales globales

(2.18)Ejemplos

El desplazamiento global fue determinado en d2x = 10 mm y en d2y = 20mm. Determine el desplazamiento local d2x y d2y

49


Determine la matriz de rigidez global con respecto a los ejes x & y de la barra inclinada

50

Armaduras planas

Calculo de tensiones:

En una barra los desplazamientos se relacionan con las fuerzas según la expresión conocida (2.8) de la cual se toma únicamente cualquiera de las dos componentes de la matriz de rigidez local, en este caso .

(2.19)

De la relación siguiente:

Tomando solo las componentes en x

(2.20)

La definición del esfuerzo está dada por:

(2.21)

Combinando (2.20) en (2.19)

(2.22)

Donde C´ es

(2.23)

51


La operación se la efectúa mediante:

(2.24)

Ejercicios:

1. Para la barra indicada en la figura determine el esfuerzo axial, si A = 4 E-4 m2, E = 210 GPa., L = 2m, Los desplazamientos glo-bales fueron determinados d1x = 0.25 mm, d1y = 0.0 mm, d2x = 0.50 mm y d2y = 0.75 mm

52

Armaduras planas

2. Para la estructura plana indicada sujeta a una fuerza de 10000 N aplicada en el nodo 1 determine la matriz de rigidez, las de-formaciones, las tensiones

Figura 2.5. Armadura de tres barras

Ensamblaje ManualPara cada barra se debe calcular la matriz simétrica

Si son 4 nodos y dos grados de libertad por nodo, la matriz global es de 8x8 y por lo tanto debemos expandir las matrices individuales

d1x d1y d2x d2y d1x d1y d3x d3y

53


d1x d1y d4x d4y

A continuación se procede a sumar las matrices:

Si la armadura está sujeta en los nodos 2,3 y 4 se tiene la siguiente ecuación de elasticidad:

Por lo que se pueden eliminar desde la segunda a la cuarta fila y columna mediante la sentencia:

Kr submatrixKtotal 0 1 0 1( )

Kr2.256 105

5.893 104

5.893 104

2.256 105

Los desplazamientos se los calcula utilizando la matriz inversa:

d Kr 1 0

10000

d0.012

0.048

54

Armaduras planas

Ensamblaje con MathCADEl siguiente es el algoritmo desarrollado en el archivo “armadura2.mcd”

Datos de elementos, nodos y conectividad

Grados Longitud

90

45

0

180

1.571

0.785

0

Lo

1

2

1

Matriz de rigidez

K ( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )( )

cos ( ) sin ( )

sin ( )2

cos ( ) sin ( )( )

sin ( )2

cos ( )2

cos ( ) sin ( )( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )

cos ( ) sin ( )( )

sin ( )2

cos ( ) sin ( )

sin ( )2

n 1 elementos

K 1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

1

0

1

K 2

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

K 3

1

0

1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

55


Matriz de cerosKt1 2 nodos 0

Kt

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

fuerza

0

10000

f2x

f2y

f3x

f3y

f4x

f4y

f2x

d

d1x

d1y

0

0

0

0

0

0

d1x

Algoritmo de adición matricialKt

p conectividadn 1

q conectividadn 2

r q p

Ktp p Ktp pK n 1 1

Lon

Ktp p 1 Ktp p 1

K n 1 2 Lon

Ktp q r Ktp q r

K n 1 3 Lon

Ktp q r 1 Ktp q r 1

K n 1 4 Lon

Ktp 1 p Ktp 1 pK n 2 1

Lon

Ktp 1 p 1 Ktp 1 p 1

K n 2 2 Lon

Ktp 1 q r Ktp 1 q r

K n 2 3 Lon

Ktp 1 q r 1 Ktp 1 q r 1

K n 2 4 Lon

Ktq r p Ktq r pK n 3 1

Lon

Ktq r p 1 Ktq r p 1

K n 3 2 Lon

Ktq r q r Ktq r q r

K n 3 3 Lon

Ktq r q r 1 Ktq r q r 1

K n 3 4 Lon

Ktq r 1 p Ktq r 1 pK n 4 1

Lon

Ktq r 1 p 1 Ktq r 1 p 1

K n 4 2 Lon

Ktq r 1 q r Ktq r 1 q r

K n 4 3 Lon

Ktq r 1 q r 1 Ktq r 1 q r 1

K n 4 4 Lon

Kt

n 1 elementosfor

Kt Kt EArea

Longitud

56

Armaduras planas

Se despliega la matriz global

Kt

2.256 105

5.893 104

0

1.021 10 11

5.893 104

5.893 104

1.667 105

0

5.893 104

2.256 105

1.021 10 11

1.667 105

5.893 104

5.893 104

0

0

0

1.021 10 11

0

1.021 10 11

0

0

0

0

1.021 10 11

1.667 105

1.021 10 11

1.667 105

0

0

0

0

5.893 104

5.893 104

0

0

5.893 104

5.893 104

0

0

5.893 104

5.893 104

0

0

5.893 104

5.893 104

0

0

1.667 105

0

0

0

0

0

1.667 105

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Se plantea solución simbólica mediante

Kt d fuerza solve

d1x

d1y

f2x

f2y

f3x

f3y

f4x

f4y

0.012426 0.047574 1.5248e-13 7928.9 2071.1 2071.1 2071.1 0( )

Los desplazamientos son:

Kt

d1x

d1y

0

0

0

0

0

0

0

10 103

0

7.929 103

2.071 103

2.071 103

2.071 103

0

dd1x

d1y

12.426 10 3

47.574 10 3

57


Parte del postproceso es graficar la deformada

Figura 2.6. Deformada

0 500 1 103�

0

500

1 103�

DEFORMADA DE LA ESTRUCTURA

Ay

By

Cy

A1y

B1y

C1y

Ax Bx, Cx, A1x, B1x, C1x,

Fuente propia. porograma MathCad

58

Armaduras planas

Cálculo de tensiones Para determinar las tensiones en cada barra utilizamos la expre-

sión (2.24):

59


3. Para la estructura plana indicada sujeta a las fuerzas indicadas aplicada en el nodo 3, determine la matriz de rigidez, las deforma-ciones, las tensiones

Figura 2.7. Armadura, números en negro nodos, números en rojo elementos

Fuente propia.

Datos de elementos, nodos y conectividad

Grados Longitud

0

45

90

0

180

0

0.785

1.571

0

Lo

1

2

1

1

Area 300 E 200000 Longitud 1500

60

Armaduras planas

Matriz de rigidez

K ( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )( )

cos ( ) sin ( )

sin ( )2

cos ( ) sin ( )( )

sin ( )2

cos ( )2

cos ( ) sin ( )( )

cos ( )2

cos ( ) sin ( )

cos ( ) sin ( )( )

sin ( )2

cos ( ) sin ( )

sin ( )2

n 1 elementos

K 1

1

0

1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

K 2

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

K 3

1

0

1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

Matriz de ceros

Kt1 2 nodos 0 Kt2 nodos 1 0

Kt

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

fuerza

f1x

f1y

0

0

5000

3000

f4x

f4y

f1x

d

0

0

d2x

d2y

d3x

d3y

0

0

d2x

61


Kt

p conectividadn 1

q conectividadn 2

r q p

Ktp p Ktp pK n 1 1

Lon

Ktp p 1 Ktp p 1

K n 1 2 Lon

Ktp q r Ktp q r

K n 1 3 Lon

Ktp q r 1 Ktp q r 1

K n 1 4 Lon

Ktp 1 p Ktp 1 pK n 2 1

Lon

Ktp 1 p 1 Ktp 1 p 1

K n 2 2 Lon

Ktp 1 q r Ktp 1 q r

K n 2 3 Lon

Ktp 1 q r 1 Ktp 1 q r 1

K n 2 4 Lon

Ktq r p Ktq r pK n 3 1

Lon

Ktq r p 1 Ktq r p 1

K n 3 2 Lon

Ktq r q r Ktq r q r

K n 3 3 Lon

Ktq r q r 1 Ktq r q r 1

K n 3 4 Lon

Ktq r 1 p Ktq r 1 pK n 4 1

Lon

Ktq r 1 p 1 Ktq r 1 p 1

K n 4 2 Lon

Ktq r 1 q r Ktq r 1 q r

K n 4 3 Lon

Ktq r 1 q r 1 Ktq r 1 q r 1

K n 4 4 Lon

Kt

n 1 elementosfor

Kt Kt EArea

Longitud

62

Armaduras planas

Kt

5.414 104

1.414 104

4 104

0

1.414 104

1.414 104

0

0

1.414 104

5.414 104

2.449 10 12

4 104

1.414 104

1.414 104

0

0

4 104

2.449 10 12

8 104

2.449 10 12

4 104

0

0

0

0

4 104

2.449 10 12

4 104

2.449 10 12

0

0

0

1.414 104

1.414 104

4 104

2.449 10 12

5.414 104

1.414 104

0

0

1.414 104

1.414 104

0

0

1.414 104

1.414 104

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Kt d fuerza solve

d2x

d2y

d3x

d3y

f1x

f1y

f4x

f4y

0.049999999999999995558 9.6156608458240956913e-19 0.099999999999999991117 0.11213203435596427285 5000.0 3000.0 0 0( )

d2x 0.05 d2y 0 d3x 0.0999 d3y 0.11213

Kt

0

0

d2x

d2y

d3x

d3y

0

0

4.999 103

2.999 103

4

1.222 10 13

4.995 103

2.999 103

0

0

d

0

0

d2x

d2y

d3x

d3y

0

0

0

0

0.05

0

0.1

0.112

0

0

Nodeforx

0

Longitud

Longitud

0

0

Longitud

Nodefory

0

0

Longitud

Longitud

0

Longitud

deforx

0

Longitud df3

Longitud df5

0

0

Longitud df5

defory

0

0 df4

Longitud df6

Longitud

0

Longitud df6

63


Figura 2.7. Deformada de la armadura de la Fig. 2.6

Fuente propia.

Resolución con Matlab según A.J.M. FerreiraDebido a la opción de evaluación simbólica de MathCAD, problemas

con mayor número de barras requieren una programación más elabo-rada por lo que se ha optado por la alternativa presentada por A.J.M. Ferreira, “Matlab Codes for Finite Element Analysis”, los archivos .m que se necesitan para resolver problemas sencillos de armaduras pla-nas se presentan. Los archivos se descargan de la página: http://ex-tras.springer.com/2009/978-1-4020-9199-5/MATLABsoftware

Figura 2.8. Armadura de tres barras

Fuente: A.J.M. Ferreira.

64

Armaduras planas

Las propiedades físicas se dan con los siguientes comandos:

%................................................................

% MATLAB codes for Finite Element Analysis

% problem4.m

% Antonio Ferreira 2008

% clear memory

clear all

clc

% E; modulus of elasticity

% A: area of cross section

% L: length of bar

E=200000; A=1000; EA=E*A;

La generación de coordenadas se obtiene ingresandoNúmero de elementos = 3Número de Nodos = 4Conexiones = [1 2; 1 3; 1 4]Coordenadas de los nodos = [0 0; 0 1200; 1200 1200; 1200 0];

% generation of coordinates and connectivities

numberElements=3;

numberNodes=4;

%conectividad

elementNodes=[1 2;1 3;1 4];

nodeCoordinates=[ 0 0;0 1200;1200 1200;1200 0];

xx=nodeCoordinates(:,1);

yy=nodeCoordinates(:,2);

xx = 0

0

1200

1200

yy = 0

1200

1200

0

65


Aplicación de la fuerza según el siguiente esquema

Figura 2.9.Ordenamiento de fuerzas

Fuente: A.J.M. Ferreira.

Por lo tanto corresponde una fuerza en (2) de -10000

% for structure:

% displacements: displacement vector

% force : force vector

% stiffness: stiffness matrix

GDof=2*numberNodes; % GDof: total number of degrees of freedom

displacements=zeros(GDof,1);

force=zeros(GDof,1);

% applied load at node 2

force(2)=-10000.0

El vector fuerza queda:force = 0 -10000 0 0 0 0 0 0

66

Armaduras planas

Llamado a subrutina para la evaluación de la matriz de rigidez formStiffness2Dtruss , en este punto de dan los grados de libertad res-tringidos y se direcciona a la subrutina solution

% computation of the system stiffness matrix

[stiffness]=...

formStiffness2Dtruss(GDof,numberElements,elementNodes,numberNodes,nodeCoordinates,xx,yy,EA);

% boundary conditions and solution

prescribedDof= [3 4 5 6 7 8]’;

% solution

displacements=solution(GDof,prescribedDof,stiffness,force);

Postprocesado

% drawing displacements

us=1:2:2*numberNodes-1;

vs=2:2:2*numberNodes;

figure

L=xx(2)-xx(1);

%L=node(2,1)-node(1,1);

XX=displacements(us);YY=displacements(vs);

dispNorm=max(sqrt(XX.^2+YY.^2));

scaleFact=15000*dispNorm;

clf

hold on

drawingMesh(nodeCoordinates+scaleFact*[XX YY],elementNodes,’L2’,’k.-’);

drawingMesh(nodeCoordinates,elementNodes,’L2’,’k.--’);

% stresses at elements

stresses2Dtruss(numberElements,elementNodes,...

xx,yy,displacements,E)

% output displacements/reactions

outputDisplacementsReactions(displacements,stiffness,GDof,prescribedDof)

67


Figura 2.9.Postprocesado

Subrutinas formstiffness2dtruss:

function [stiffness]=...

formStiffness2Dtruss(GDof,numberElements,elementNodes,numberNodes,nodeCoordinates,xx,yy,EA);

stiffness=zeros(GDof);

% computation of the system stiffness matrix

for e=1:numberElements;

% elementDof: element degrees of freedom (Dof)

indice=elementNodes(e,:) ;

elementDof=[ indice(1)*2-1 indice(1)*2 indice(2)*2-1 indice(2)*2] ;

xa=xx(indice(2))-xx(indice(1));

ya=yy(indice(2))-yy(indice(1));

length_element=sqrt(xa*xa+ya*ya);

C=xa/length_element;

S=ya/length_element;

k1=EA/length_element*...

[C*C C*S -C*C -C*S; C*S S*S -C*S -S*S;

-C*C -C*S C*C C*S;-C*S -S*S C*S S*S];

stiffness(elementDof,elementDof)=...

stiffness(elementDof,elementDof)+k1;

end

68

Armaduras planas

Subrutina solution:

%................................................................

function displacements=solution(GDof,prescribedDof,stiffness,force)

% function to find solution in terms of global displacements

activeDof=setdiff([1:GDof]’, ...

[prescribedDof]);

U=stiffness(activeDof,activeDof)\force(activeDof);

displacements=zeros(GDof,1);

displacements(activeDof)=U;

Subrutina tensiones

function stresses2Dtruss(numberElements,elementNodes,...

xx,yy,displacements,E)

% stresses at elements

for e=1:numberElements

indice=elementNodes(e,:);

elementDof=[ indice(1)*2-1 indice(1)*2 indice(2)*2-1 indice(2)*2] ;

xa=xx(indice(2))-xx(indice(1));

ya=yy(indice(2))-yy(indice(1));

length_element=sqrt(xa*xa+ya*ya);

C=xa/length_element;

S=ya/length_element;

sigma(e)=E/length_element* ...

[-C -S C S]*displacements(elementDof);

end

disp('stresses')

sigma'

Considere la armadura plana mostrada en la figura dado:Stresses ans = 7.9289 2.9289 -2.0711

69


Subrutina desplazamientos y reacciones

%................................................................

function outputDisplacementsReactions...

(displacements,stiffness,GDof,prescribedDof)

% output of displacements and reactions in

% tabular form

% GDof: total number of degrees of freedom of

% the problem

% displacements

disp('Displacements')

%displacements=displacements1;

jj=1:GDof; format

[jj' displacements]

% reactions

F=stiffness*displacements;

reactions=F(prescribedDof);

disp('reactions')

[prescribedDof reactions]

70

Armaduras planas

Resolución con ANSYS APDL

Determine las deflexiones nodales, fuerzas de reacción y tensiones para el sistema de armadura indicado: (E = 200GPa, A = 1021mm2).

Figura 2.10.Ejemplo de Armadura

Fuente propia

Las unidades en que se trabajará son mm y N/mm2

1. 1.- Cambie el título del programa a tutorial de armadura para puente:En el Utility menu bar seleccione File < Change Title:

Luego ir a Plot < Replot para visualizar el titulo

71


2. Crear la geometríaIngresar Keypoints de acuerdo a la tabla siguiente:

Tabla 2.1. Coordenadas en los nodos.

Keypoint x y

1 0 0

2 3650 0

3 7300 0

4 10950 0

5 14600 0

6 0 6000

7 3650 5250

8 7300 4500

9 10950 3750

10 14600 3000

Usar Preprocessor < Modeling < Create < Keypoints < In Active CS

Clic en Apply para aceptar el resultado, El resultado es el siguiente:

Figura 2.11.Visualización de keypoints

Fuente. Software Ansys APDL

72

Armaduras planas

Si se desea cambiar el fondo de pantalla mediante:Plot Ctrls < Style < Colors < Reverse VideoPara dibujar las líneas se selecciona:Preprocessor < Modeling < Create < Lines < Lines < In Active Coord

Con el mouse se selecciona señalando los Keypoints hasta obtener la armadura, no se debe saltar ningún Keypoint:

Figura 2.12.Visualización de la armadura


73


En caso de que desaparezcan las líneas las volver a activar con plot < lines

3. Defina el tipo de elementoSeleccione: Element Type < Add/Edit/Delete y 3D finit stn 180

Este elemento finito LINK180 puede modelar armaduras bidimen-sionales o tridimensionales, cables y resortes.

4. Definir propiedades geométricasCon: Real Constants < Add/Edit/Delete, En área colocar 1021 mm2 correspondiente a un miembro estructural rectángulo de 120 x 60 x 3

74

Armaduras planas

5. Definir propiedades del materialEn Preprocessor seleccionar Material Props < Material ModelsSeleccionar material elástico, lineal e isotrópico, llenar en el campo de Módulo de elasticidad el valor de E = 200000 MPa, y coeficiente de Poisson, 0.3.

Ok y Material < Exit

75


6. MalladoEn este caso los elementos finitos son las barras por lo tanto el nú-mero de divisiones a utilizarse es 1Seleccione Meshing < MeshTool

Lines Set < Pick All

76

Armaduras planas

Luego Meshing < MeshTool < MeshPara numerar los elementos ir a Utility Menu seleccionar PlotCtrls < Numbering...Y numerar según nodos o elementos

Figura 2.13.Mallado de la armadura


77


7. Fase de soluciónDefinimos el tipo de análisisSe selecciona: Solution Menu < Analysis Type < New Analysis <Static.

Y se verifica que este selecciuonada la opción StaticEl nodo 2 es totalmente restringido, por lo tanto se selecciona a:Define Loads < Apply < Structural < Displacement < On Keypoints

78

Armaduras planas

El nodo 1 está sujeto a un rodillo por lo que no se permite el des-plazamiento en x

Las restricciones se observan en la Fig. 2.14

Figura 2.14.Restricciones de la armadura


79


8. Aplicar cargasAplicar las cargas especificadas en la Fig.2.10 respectivamente.

Figura 2.15.Sistema de cargas


Resolver el sistema de ecuaciones mediante: Solution < Solve < Cu-rrent LS. Aparecerá el mensaje: Solution is done

80

Armaduras planas

9. Postprocesado revisión de resultadosGeneral Postproc < List Results < Reaction Solution, escoger All ItemsPlot Results < Deformed Shape

Figura 2.16. Deformada del sistema


81


La deflexión puede ser obtenida también como una lista con: Gene-ral Postproc < List Results < Nodal Solution

Figura 2.17.Esfuerzos de Von Mises


82

Armaduras planas

10. Determinación de la tensión axialPara definir el comando correspondiente a la tensión axial efectuar el siguiente procedimiento: Escribir en la línea de comandos HELP LINK180 para obtener la información del elemento en particular.

Figura 2.17.Help Ansys APDL


83


Se despliega la información del elemento y debemos buscar las va-riables de salida

La variable Sxx es la que se quiere graficar. Este parámetro está asociado con el Item LS como se observa en la tabla 180.2

84

Armaduras planas

Se selecciona entonces a:General Postprocessor < Element Table < Define TableSeleccionar Add y escribir en los cuadros de dialogo Tensión axial, seleccionarBy sequence num y ponga 1 después de LS

Grafique las tensiones seleccionando General Postproc < Plot Re-sults < Contour Plot Element Table < Plot Elem Table

Figura 2.18.Tensiones en las barras


85


Donde se especifican las tensiones axiales en MPa y los elementos en rojo están en tensión y los azules en compresión. Con estos datos y el perfil estructural se podría determinar el diseño de la estructura. Igual se pueden listar las tensionesGeneral Postproc < List Results < Element Table data < TENSION_AXIAL

86

Armaduras planas

ESPACIO EN BLANCO

87


Capítulo III

Análisis por el método de elementos finitos

de elementos a flexión:Vigas

88

Análisis por el método de elementos finitos de elementos a flexión. Vigas

ESPACIO EN BLANCO

89


Determinar la matriz de rigidez del elemento viga

Una viga es un elemento largo y delgado, sujeto a carga transver-sal que produce significativos efectos de flexión, esta flexión es medida como un desplazamiento transversal y una rotación, por lo tanto los grados de libertad por nodo son dos. La viga es un elemento fundamen-tal en la construcción de edificaciones, máquinas, etc.

En un elemento finito para una viga se presentan los siguientes parámetros• Fuerzas locales: f i• Momentos flexores locales: m i, positivo en la dirección anti horaria• Desplazamientos locales: d i • Rotaciones: Фi

Figura 3.1.Viga IPN

Figura 3.2.Elemento viga

Fuente propia

90


Ecuaciones constitutivasLa ecuación diferencial que gobierna una viga se la obtiene del

desarrollo de la viga de Euler - Bernoulli. Las secciones planas inicial-mente perpendiculares al eje de la viga, siguen siendo perpendiculares al eje de la viga una vez que se ha curvado.

Figura 3.3.Elementodiferencial viga

Efectuando el análisis en un elemento diferencial de viga usando las ecuaciones de equilibrio se obtiene:

(3.1)

(3.2)

Figura 3.4. Desplazamiento en una viga

De la figura 3.4, ν(x) es la función que representa el desplaza-miento transversal de la viga, por otro lado el ángulo φ o pendiente está dado por:

(3.3)

91


Del análisis de la teoría de vigas se tiene que la curvatura de una viga es:

Figura 3.5. Ecuaciones constitutivas

De la ley de Hooke, la deformación unitaria en un arco es directa-mente proporcional a la variación radial

(3.4)

La curvatura se calcula mediante la expresión conocida:

(3.5)

Y para pequeña curvatura se tiene simplemente:

(3.6)

Por lo tanto igualando (3.4) con (3.5) el Momento es igual a:

(3.7)

92


Puesto que la fuerza cortante es la derivada del momento, según (3.2) se obtiene:

(3.8)

Y la carga distribuida w(x) la derivada del cortante, según (3.1):

(3.9)

Si se elige un polinomio arbitrario para v(x) y se lo reemplaza en las ecuaciones constitutivas se hallaría la matriz del elemento finito:

A continuación se establecen los pasos para hallar la matriz que relaciona fuerzas con desplazamientos

1. Selección del tipo de elementoElemento viga con 4 grados de libertad, 2 por nodo, sujeto a fuer-zas transversales F y momentos M

2. Seleccionar una función de desplazamiento Se debe escoger por lo tanto un polinomio con cuatro constantes y de grado 3 que satisfaga la ecuación diferencial.

ν(x)= a1 x3+ a2 x2+ a3 x+a4 (3.10)

Figura 3.6.Elemento viga

Fuente propia

93


Se precisa determinar a1, a2, a3 y a4 en función de las condiciones de frontera que son:

Resolviendo se obtiene la función de desplazamiento:

a1 y a2, se obtienen al resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

(3.11)

Para resolverlas se utilizara la resolución simbólica de MathCAD.

Given

a1 L3 a2 L2

1 L d1y d2y 0

3 a1 L2 2 a2 L 1 2 0

94


Find a1 a2( )

2 d1y 2 d2y L 1 L 2

L3

3 d1y 3 d2y 2 L 1 L 2

L2

Por lo tanto ν(x) queda:

Reagrupando y factorando en función de los desplazamientos o variables de campo

(3.12)

En forma matricial se obtiene:

(3.13)

Donde los términos de la matriz de funciones de forma N están dados por

(3.14)

95


En forma matricial queda:

� x( ) N1 x( ) N2 x( ) N3 x( ) N4 x( )( )

d1y

�1

d2y

�2

��

�÷÷÷÷�

×:=

(3.15)

N1, N2, N3, N4 son las funciones de forma para elementos viga y se denominan polinomios de interpolación cúbica de Hermite

3. Definir las relaciones Deformación/Desplazamiento y Esfuer-zo/Deformación Se utilizan las relaciones anteriores (3.1) y (3.2):

4. Definir la matriz de rigidez Se deriva la función de forma y se la reemplaza en (3.1) y (3.2) eva-luándose en los extremos del elemento finito viga, a continuación se aprecia las sucesivas derivadas del vector fila, obtenidas con la herramienta de derivada simbólica de MathCAD (3.15):

1

L32 x3 3 L x2

L3

1

L3x3 L 3 L2

x2 x L3

1

L32 x3 3 L x2

1

L3x3 L L2 x2

6 x2 6 L x

L3L3 6 L2

x 3 L x2

L36 x2 6 L x

L3

2 L2 x 3 L x2

L3

6 L 12 x

L3

6 L2 6 L x

L3

6 L 12 x

L32 L2 6 L x

L3

(3.16)

96


(3.17)

Reordenando en forma matricial se obtiene finalmente:

(3.18)

Ejemplos cargas puntuales1. Resuelva la deflexión, rotación y momentos de una viga en can-tiléver, compare con la ecuación clásica

Figura 3.7.Elemento viga empotrado en un extremo y cargado en el otro

97


Como se puede apreciar los resultados generados por el método de elementos finitos coinciden con los resultados obtenidos por los méto-dos de mecánica de materiales, esto es integrando dos veces la ecua-ción diferencial de la viga y utilizando las condiciones de frontera.

(3.19)

A continuación se grafica la deflexión de los puntos intermedios de la viga obtenida tanto por la función de interpolación como por la solu-ción de la ecuación diferencial.

x 0 0.1 L L 1000 E 200000 P 1000

d2yL3 P3 E I

2L2 P2 E I

b 10 h 100 I

112

b h3

FEA x( )1

L32 x3 3 x2

L L3 d1y

1

L3x3 L 2 L2

x2 x L3

11

L32 x3 3 x2

L d2y1

L3x3 L x2 L2

2

Se obtiene la deflexión por el método clásico integrando dos veces la ecuación diferencial:

Figura 3.8.Deflexión viga

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

2.5�2.25�

2�1.75�1.5�

1.25�1�

0.75�0.5�

0.25�0

�FEA x( )�

�EDO x( )�

500

x

Fuente propia

98


El método de los elementos finitos coincide perfectamente para los puntos intermedios. Para hallar el momento aplicamos la ecuación (3.1),

Momento x( ) E I 2xFEA x( )d

d

2

Figura 3.9.Momento viga

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

01 105�

2 105�

3 105�

4 105�

5 105�

6 105�

7 105�

8 105�

9 105�

1 106�

Momento x( )

x

Fuente propia

El momento teórico se lo obtiene multiplicando la fuerza en el ex-tremo por la longitud de la viga: M teórico P (L) = 1000 (1000) = 1 e6

2. Considere la viga de la figura 3.10 para ilustrar el procedimiento de ensamblaje, E = 200000 MPa, Sección b = 10mm, L = 1000mm, h = 100mm y un límite de fluencia de 250 MPa

Figura 310.Viga con dos elementos

Fuente propia

99


Debido a la carga intermedia se precisa discretizar la viga con dos elementos

Nodo 1 a 2 Nodo 2 a 3

Expandiendo las matrices se obtiene:

d1 1 d2 2 d3 3( ) d1 1 d2 2 d3 3( )

K1E I

L3

12

6 L

12

6 L

0

0

6 L

4 L2

6 L

2 L2

0

0

12

6 L

12

6 L

0

0

6 L

2 L2

6 L

4 L2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

E

K2E I

L3

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

12

6 L

12

6 L

0

0

6 L

4 L2

6 L

2 L2

0

0

12

6 L

12

6 L

0

0

6 L

2 L2

6 L

4 L2

E

Sumando

K1 K2

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

(3.20)

100


Una manera de automatizar el ensamblaje es mediante el siguiente algoritmo de MathCAD

k1E I

L3

12

6 L

12

6 L

6 L

4 L2

6 L

2 L2

12

6 L

12

6 L

6 L

2 L2

6 L

4 L2

E

n 2

K2 n 1 2 n 1 0

K

K2 i 2 m 2 i 2 p K2 i 2 m 2 i 2 p k1m p

p 0 3for

K

m 0 3for

i 1 nfor

K

k1

K

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

Las ecuaciones de gobierno por lo tanto están dadas por:

(3.21)

Las condiciones de frontera sond1y = 0, Ф1 =0, d3y = 0Adicionalmente se conoceF2Y = -1000 N, M2 = + 1000 N mm, M3= 0

101


Se debe determinard2y, F1y, M1 y F3y

En MathCAD esto puede resolverse automáticamente mediante las herramientas de algebra simbólica. Donde en primer lugar se plantean los parámetros conocidos:

d1y 0 1 0 d3y 0 F2y 1000 M2 1000 M3 0

La ecuación que relaciona fuerzas con desplazamientos es:

Se activan las herramientas de evaluación simbólica

Figura 3.11.Symbolic Keyword toolbar

Programa MathCAD

102


Se escoge solve y separadas por coma “,” las incógnitas a encon-trarse en formato matricial

F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

K

d1y

1

d2y

2

d3y

3

solve

d2y

2

3

F1y

M1

F3y

7 L3 P 3 L2

M

96 E I

L2 P 5 L M

32 E I

L2 P L M

8 E I9 M 11 L P

16 LM8

3 L P8

9 M 5 L P

16 L

Los resultados son dados automáticamente:

Para evaluar las funciones se utilizan los datos numéricos siguientes:Módulo de elasticidad E 200000:= Altura de la viga h 100:= Ancho de la viga b 10:=

Inercia I112

b× h3×:=

Longitud del elemento L 1000:=

Carga P 1000:=

Momento M 1000:=

Para graficar la deformada reemplazando los desplazamientos y rotaciones en las funciones de interpolación:

d2y7 L3 P 3 L2

M

96 E I

103


�FEA1 x( )1

L32 x3

× 3 x2× L×� L3

+( )× d1y×1

L3x3 L× 2 L2

× x2×� x L3

×+( )× �1×+1

L32� x3

× 3 x2× L×+( )× d2y×+

1

L3x3 L× x2 L2

×�( )× �2×+:=

�FEA2 x( )1

L32 x L�( )3

× 3 x L�( )2× L×� L3

+�� × d2y×1

L3x L�( )3 L× 2 L2

× x L�( )2×� x L�( ) L3

×+�� × �2×+1

L32� x L�( )3

× 3 x L�( )2× L×+�� × d3y×+

1

L3x L�( )3 L× x L�( )2 L2

×�� × �3×+:=

FEA x( ) FEA1 x( ) 0 x Lif

FEA2 x( ) L x 2 Lif

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�0.45�

0.405�0.36�

0.315�0.27�

0.225�0.18�

0.135�0.09�

0.045�0

Deformada

�FEA x( )

x

La deflexión máxima es: -0.45 mmLa rotación es:

x( )xFEA x( )d

d

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�8� 10 4��

6.4� 10 4��4.8� 10 4��3.2� 10 4��1.6� 10 4��

01.6 10 4��3.2 10 4��4.8 10 4��6.4 10 4��

8 10 4��

Rotación

� x( )

x

El momento se lo calcula mediante: M x( ) E I 2xFEA x( )d

d

2

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�4� 105�

3.2� 105�2.4� 105�1.6� 105�

8� 104�0

8 104�

1.6 105�2.4 105�3.2 105�

4 105�

Momento

0M x( )

x

104


El cortante se lo calcula con: Vcortante x( ) E I 3xFEA x( )d

d

3

0 200 400 600 800 1 103 1.2 103 1.4 103 1.6 103 1.8 103 2 1034002801604080

200320440560680800

Cortante

Vcortante x( )

x

La tensión se calcula mediante:

� x( )h�

2E× 2x

�FEA x( )d

d

2×:=

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�20�

15.5�11�

6.5�2�

2.57

11.516

20.525

Tensión

0� x( )

x

El factor de seguridad mínimo es:

N x( )Sy x( )

25022.5

11.111=

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�10

14

18

22

26

30

34

38

42

46

50Factor de seguridad

N x( )

x

105


3. Considere la viga de la figura, E = 200000 MPa, Sección b = 10mm, L = 1000mm, h = 100mm y un límite de fluencia de 250 MPa

Figura 3.12.Viga simplemente apoyada

K2 n 1 2 n 1 0 n 2

K

K2 i 2 m 2 i 2 p K2 i 2 m 2 i 2 p km p

p 0 3for

K

m 0 3for

i 1 nfor

K

k

K

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

Condiciones de frontera:

d1y 0 d3y 0 M1 0 F2y P P M2 0 M3 0

106


Solución

F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

K

d1y

1

d2y

2

d3y

3

solve

1

2

3

d2y

F1y

F3y

L2 P4 E I

0L2 P4 E I

L3 P6 E I

P2

P2

Parámetros

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�1.5� 10 3��1.2� 10 3��

9� 10 4��6� 10 4��3� 10 4��

03 10 4��6 10 4��9 10 4��

1.2 10 3��1.5 10 3��

Rotación

� x( )

x

107


0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�0

5 104�1 105�

1.5 105�2 105�

2.5 105�3 105�

3.5 105�4 105�

4.5 105�5 105�

Momento

0

M x( )

x

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�600�480�360�240�120�

0120240360480600

Cortante

Vcortante x( )

x

x( )h2

E 2xFEA x( )d

d

2

108


0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�30�27�24�21�18�15�12�9�6�3�0

Tensión0

� x( )

x

Sy 250

N x( )Sy x( )

0 200 400 600 800 1 103� 1.2 103� 1.4 103� 1.6 103� 1.8 103� 2 103�5

9.5

14

18.5

23

27.5

32

36.5

41

45.5

50Factor de seguridad

N x( )

x

4. Determinar los desplazamientos nodales y las rotaciones, las fuerzas globales nodales, de la siguiente viga:

Figura 3.13.Viga empotrada tres elementos

109


En este caso se utilizaran tres elementos y la matriz de rigidez queda:

K

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL


Solución:

F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

F4y

M4

K

d1y

1

d2y

2

d3y

3

d4y

4

solve

F1y

M1

d2y

2

d3y

3

F4y

M4

20 P27

4 L P

9

8 L3 P

81 E I2 L2 P

27 E I11 L3

P162 E I

5 L2 P

54 E I

7 P27

2 L P

9

110


0 300 600 900 1.2 103� 1.5 103� 1.8 103� 2.1 103� 2.4 103� 2.7 103� 3 103�0.7�

0.63�0.56�0.49�0.42�0.35�0.28�0.21�0.14�0.07�

0Deformada

�FEA x( )

x

Ejemplos cargas puntuales longitud y areas de inercia variables

Determinar los desplazamientos nodales y las rotaciones, del si-guiente eje:

Figura 3.13.Eje de máquina

Fuente propia

111


II1

I2

I2

LL1

L2

L1

k I L( )E I

L3

12

6 L

12

6 L

6 L

4 L2

6 L

2 L2

12

6 L

12

6 L

6 L

2 L2

6 L

4 L2

E

Número de elementos finitos

n 2K2 n 1 2 n 1 0

K

K2 i 2 m 2 i 2 p K2 i 2 m 2 i 2 p k Ii 1 Li 1 m p

p 0 3for

K

m 0 3for

i 1 nfor

K

k

La matriz de riguidez toma la siguiente forma:

K

12 E I1

L13

6 E I1

L12

12 E I1

L13

6 E I1

L12

0

0

6 E I1

L12

4 E I1L1

6 E I1

L12

2 E I1L1

0

0

12 E I1

L13

6 E I1

L12

12 E I1

L1312 E I2

L23

6 E I2

L226 E I1

L12

12 E I2

L23

6 E I2

L22

6 E I1

L12

2 E I1L1

6 E I2

L226 E I1

L12

4 E I1L1

4 E I2L2

6 E I2

L22

2 E I2L2

0

0

12 E I2

L23

6 E I2

L22

12 E I2

L23

6 E I2

L22

0

0

6 E I2

L22

2 E I2L2

6 E I2

L22

4 E I2L2

112



Solución

Datos:

113


0 27 54 81 108 135 162 189 216 243 2701.8�

1.62�1.44�1.26�1.08�0.9�

0.72�0.54�0.36�0.18�

0Deformada

�FEA x( )

x

0 27 54 81 108 135 162 189 216 243 2700.015�0.011�

7� 10 3��3� 10 3��1 10 3��5 10 3��9 10 3��

0.0130.0170.0210.025

Rotación

� x( )

x

0 27 54 81 108 135 162 189 216 243 2700

7 103�1.4 104�2.1 104�2.8 104�3.5 104�4.2 104�4.9 104�5.6 104�6.3 104�

7 104�

Momento

0

M x( )

x

Problemas propuestos

Efectuar el diseño de un eje que debe transmitir 2.5 hp a 1725 rpm, el factor de seguridad mínimo es 2.5, considere mínimo 4 elemen-tos finitos, se debe trabajar en 2 planos.

114


Las medidas tentativas del eje son:

Figura 3.14.Eje de máquina

Carga distribuida

Si se observa en las edificaciones constataremos que las vigas a diferencia de los ejes deben soportar carga distribuida así como cargas concentradas. La estrategia que se emplea es discretizar la carga distribuida reemplazándola por cargas y momentos en los ex-tremos que generen el mismo desplazamiento que el producido por la carga distribuida.

115


Figura 3.15.Discretización de cargas

Se puede utilizar el método del trabajo equivalente para reempla-zar una carga distribuida por un grupo de cargas concentradas

(3.22)

Donde w(x) es la función de carga distribuida y ν(x) es el despla-zamiento transversal. El trabajo debido a las fuerzas discretas nodales está dado por:

(3.23)

Se puede determinar los momentos y fuerzas nodales igualando

W distribuida=Wdiscreto (3.24)

En el caso de la viga con carga uniformemente distribuida se eva-lúa la integral que equipara los trabajos según (3.24)

(3.25)

Donde ν(x) ya fue desarrollado anteriormente según (3.12)

116


Para hallar m1 se reemplaza en la integral los siguientes valores, note que F1 es uno

1 1 2 0 d1y 0 d2y 0

0

L

xw2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL2 w

12

(3.26)

Para hallar m2 se reemplaza en la integral los siguientes valores, note ahora que F2 es uno:

1 0 2 1 d1y 0 d2y 0

0

L

xw2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL2 w

12

(3.27)

1 0 2 0 d1y 1 d2y 0

0

L

xw2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL w

2

(3.28)

1 0 2 0 d1y 0 d2y 1

0

L

xw2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL w

2

(3.29)

117


Por la tanto de esta manera se hallaron las fuerzas nodales equi-valentes:

Figura 3.15.Fuerzas equivalentes

En formato matricial las fuerzas quedan de esta manera

( 3.30)

A continuación se presentan una serie de problemas resueltos que involucran carga distribuida

Para la viga en cantiléver sujeta a la carga distribuida determinar los desplazamientos y rotaciones involucrados

Figura 3.15.Viga carga distribuida

La ecuación general que se utiliza para calcular vigas concentradas o distribuida es la siguiente

(3.31)

118


Donde F0 son las fuerzas nodales equivalentes:Para determinar los desplazamientos nodales, se parte de la ecua-

ción general:

Donde en la matriz de fuerzas se colocan las fuerzas equivalentes:

La solución se la hace por el método conocido

d1y 0 1 0 f2yw L2

w m2

w L2

12

w

La solución coincide con la solución analítica que se tiene para la viga empotrada

(3.32)

A continuación se halla las fuerzas globales nodales efectivas que es el producto de la matriz de rigidez por el vector desplazamiento, pro-ceso conocido como substitución inversa.

E I

L3

12

6 L

12

6 L

6 L

4 L2

6 L

2 L2

12

6 L

12

6 L

6 L

2 L2

6 L

4 L2

0

0

L4 w8 E I

L3 w6 E I

L w2

5 L2 w12

L w2

L2 w12

119


Las fuerzas reales se las encuentra restando las obtenidas menos las equivalentes:

(3.33)L w

2

5 L2 w12

L w2

L2 w12

L w2

w L2

12

L w2

L2 w12

L w

L2 w2

0

0

La deformada se la determina utilizando las funciones de interpo-lación y los datos siguientes:

L 1000 w 100 E 200000 x 0 0.1 L

b 10 h 100 I112

b h3 I 8.333 105

d2yL4 w8 E I

2L3 w6 E I

FEA x( )1

L32 x3 3 x2

L L3 d1y

1

L3x3 L 2 L2

x2 x L3

11

L32 x3 3 x2

L d2y1

L3x3 L x2 L2

2

El desplazamiento obtenido resolviendo la ecuación diferencial corresponde a la fórmula:

ymax x( )1

E Iw x4

24w L x3

6

w L2 x2

4

120


0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�80�72�64�56�48�40�32�24�16�8�0

Deformada ambos métodos

�FEA x( )

ymax x( )

500

x

Figura 3.16.Deformada

Como se puede notar el desplazamiento es exacto en los nodos, pero existe un error en la parte intermedia. Ahora graficamos el momento.

Momento x( ) E I 2xFEA x( )d

d

2

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�4.5� 107�

3.95� 107�3.4� 107�

2.85� 107�2.3� 107�

1.75� 107�1.2� 107�6.5� 106�

1� 106�4.5 106�

1 107�

Momento

0

Momento x( )

x

Figura 3.16.Deformada

Con un elemento finito la solución claramente no converge para el momento, y adicionalmente es una función parabólica. En un extremo debe ser cero y en el otro debe dar – 5 e7. Porque sucede esto?, Este es un aspecto intrínseco del método de los elementos finitos, puesto que si la siguiente ecuación de interpolación seleccionada es de grado 3.

121


No sería compatible con la siguiente ecuación diferencial

Si queremos por tanto que coincida el momento debemos incre-mentar el grado del polinomio o aumentar el número de elementos.

Efectuar el mismo análisis para 2 elementos.Las fuerzas equivalentes se las construyen bajo el siguiente esquema:

Figura 3.17.Fuerzas equivalentes para 2 elementos

La matriz de rigidez es por tanto:

K1 K2

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

Las condiciones de frontera son:

d1y 0 1 0

122


Las fuerzas equivalentes de los nodos 2 y 3 son:

F2yw L2

w L2

www

M2 0

F3yw L2

w

M3

w L2

12

w

Resolviendo simbólicamente se obtiene:

d 0 0 d2y �2 d3y �3( ):= d2y F F1y M1 w L 0w L2

w L2

12

F1y

FT K dT solve

F1y

M1

d2y

2

d3y

3

3 L w

223 L2

w12

17 L4 w

24 E I

7 L3 w6 E I

2 L4 wE I

4 L3 w3 E I

La substitución inversa y las fuerzas reales se obtienen restando lo siguiente:

K

0

0

17 L4 w

24 E I

7 L3 w6 E I

2 L4 wE I

4 L3 w3 E I

w L2

w L2

12

w L

0

w L2

w L2

12

simplify

2 L w

2 L2 w

0

0

0

0

Los datos para graficar son los siguientes:

E 200000 b 10 h 100 I

112

b h3

L 500 w 100

123


Y las variables de campo se las toma de la solución

d2y17 L4 w

24 E I

2

7 L3 w6 E I

d3y2 L4 wE I

34 L3 w3 E I

x 0 0.01 2 L

FEA1 x( )1

L32 x3 3 x2

L L3 d1y

1

L3x3 L 2 L2

x2 x L3

11

L32 x3 3 x2

L d2y1

L3x3 L x2 L2

2

FEA2 x( )1

L32 x L( )3 3 x L( )2

L L3 d2y

1

L3x L( )3 L 2 L2

x L( )2 x L( ) L3

21

L32 x L( )3 3 x L( )2

L d3y1

L3x L( )3 L x L( )2 L2

3


FEA2 x( ) L x 2 Lif

ymax x( )

1E I

w x4

24w 2 L x3

6

w 2 L( )2 x2

4

Figura 3.18. Deformada de la viga

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 10380726456484032241680

Deformada ambos métodos0

FEA x( )

ymax x( )

x

Como se constata en la Figura la diferencia entre las curvas es im-perceptible.

El momento se lo construye mediante:

M x( ) E I× 2x�FEA x( )d

d

2×:= Mreal x( ) E I× 2x

ymax x( )d

d

2×:=

124


Como se ve existe una discrepancia entre las funciones. El esfuerzo es:

x( )h2

E 2xFEA x( )d

d

2

Sy 250

El factor de seguridad en este caso usando la relación N x( )Sy

� x( ):= es

0.08 por lo tanto el área de inercia es insuficiente, se propone a los alumnos hallar la Inercia adecuada.

125


Para la viga en cantiléver sujeta a la carga distribuida y carga concentrada en el extremo resolver los desplazamientos y rotaciones involucrados


Nuevamente se utiliza

E I

L3

12

6 L

6 L

4 L2

d2y

2

wL2 P

wL2

12

solve d2y 23 w L4

8 P L3

24 E I

w L3 3 P L2

6 E I

126


A continuación se hallan las fuerzas globales nodales efectivas que es el producto

E I×

L3

12

6 L×

12�

6 L×

6 L×

4 L2×

6� L×

2 L2×

12�

6� L×

12

6� L×

6 L×

2 L2×

6� L×

4 L2×

��

�÷÷÷÷÷�

×

0

0

3 w× L4× 8 P× L3

×+

24 E× I×�

w L3× 3 P× L2

×+

6 E× I×�

��

�÷÷÷÷÷÷÷�

×

3 w× L4× 8 P× L3

×+

2 L3×

w L3× 3 P× L2

×+

L2�

3 w× L4× 8 P× L3

×+

4 L2×

w L3× 3 P× L2

×+

3 L×�

w L3× 3 P× L2

×+

L2

3 w× L4× 8 P× L3

×+

2 L3×

�

3 w× L4× 8 P× L3

×+

4 L2×

2 w L3× 3 P× L2

×+( )×

3 L×�

��

��

® simplify

PL w×

2+

5 w× L2×

12P L×+

P�L w×

2�

L2 w×12

��

�÷÷÷÷÷÷÷÷÷÷�

®

Finalmente se restan la fuerza nodal equivalente

PL w

2

5 w L2

12P L

PL w

2

L2 w12

L w2

w L2

12

L w2

L2 w12

P L w

w L2

2P L

P

0

La deformada se obtiene:

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

6�5.4�4.8�4.2�3.6�

3�2.4�1.8�1.2�0.6�

0

�FEA x( )

500

x

127


Para la viga en cantiléver sujeta a la carga distribuida y empotrada en los dos extremos


En este caso se utilizarán dos elementos finitos, sería imposible resolver con uno solo. La matriz de rigidez con las condiciones son las siguientes.

128


Se eliminan las filas y columnas correspondientes y se calcula la deflexión

w L

0

24 E I

L3

0

0

8 E IL

d2y

2

solve d2y 2L4 w24 E I

0

A continuación se halla las fuerzas globales nodales efectivas que es el producto

k d

f1y

m1

f2y

m2

f3y

m3

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

0

0

L4 w24 E I

0

0

0

f1y

m1

f2y

m2

f3y

m3

L w2

L2 w4

L w

0

L w2

L2 w4

Las fuerzas reales se obtiene restando K d – F0:

f1y

m1

f2y

0m3

f3y

m3

L w2

L2 w4

L w

0

L w2

L2 w4

w L2

L2 w12

L w

0

w L2

L2 w12

f1y

m1

f2y

0

f3y

m3

L w

L2 w3

0

0

L w

L2 w3

129


Con las condiciones se valora:

d2yL4 w24 E I

2 0 d3y 0 3 0

Obteniéndose los siguientes gráficos de la deformada:

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

1.6�1.44�1.28�1.12�0.96�0.8�

0.64�0.48�0.32�0.16�

0 0

�FEA x( )

x

Momento:

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

8� 106�

6.4� 106�

4.8� 106�

3.2� 106�

1.6� 106�

01.6 106

�

3.2 106�

4.8 106�

6.4 106�

8 106�

0M x( )

x

Cortante:

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

3� 104�

2.4� 104�

1.8� 104�

1.2� 104�

6� 103�

06 103

�1.2 104

�1.8 104

�2.4 104

�3 104

�

Vcortante x( )

x

130


Para la misma viga en cantiléver sujeta a la carga distribuida y empotrada en los dos extremos, hacer el cálculo para tres elementos


K1 K2 K3

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

d1y 0 1 0 F2yw L2

w L2

w m2 0

131


F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

F4y

M4

K

d1y

1

d2y

2

d3y

3

d4y

4

solve

F1y

M1

d2y

2

d3y

3

F4y

M4

L w2 L2 w

3L4 w6 E I

L3 w6 E I

L4 w6 E I

L3 w6 E I

L w2 L2 w

3

La substitución inversa se obtiene de:

K

d1y

1

d2y

2

d3y

3

d4y

4

L w2

L2 w

12

L w

0

L w

0

L w2

L2 w12

simplify

3 L w2

3 L2 w

4

0

0

0

0

3 L w2

3 L2 w

4

La deflexión es por tanto


FEA2 x( ) L x 2 Lif

FEA3 x( ) 2 L x 3 Lif

0 300 600 900 1.2 103� 1.5 103� 1.8 103� 2.1 103� 2.4 103� 2.7 103� 3 103�140�126�112�98�84�70�56�42�28�14�0

Deformada

�FEA x( )

x

132


0 300 600 900 1.2 103� 1.5 103� 1.8 103� 2.1 103� 2.4 103� 2.7 103� 3 103�8� 107�

6.8� 107�5.6� 107�4.4� 107�3.2� 107�

2� 107�8� 106�4 106�

1.6 107�2.8 107�

4 107�

Momento

0M x( )

MAB x( )

x

Vcortante x( ) E I× 3x�FEA x( )d

d

3×:=De igual manera se puede proceder con más elementos

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 1038 106

6.4 106

4.8 106

3.2 106

1.6 106

0

1.6 106

3.2 106

4.8 106

6.4 106

8 106

POLINÓMIO CÚBICO: 2, 3 y 4 ELEMENTOS

0

M2 x1( )

M3 x( )

M4 x4( )

x1 x x4

133


Carga distribuida triangular

En este punto se va a revisar cómo tratar un problema que presen-te carga distribuida triangular, esta distribución de carga se lo encuen-tra en los elementos sometidos a presión hidrostática como por ejemplo en puertas de exclusa.

Figura 3.18.Viga carga distribuida triangular

La estrategia que se sigue es utilizar las integrales de igualación de trabajo y empezamos calculando las fuerzas y momentos para el ele-mento finito 1

La carga distribuida es: (3.34)

2 0 d2y 0 1 1 d1y 0

0

L

xwx

2 L

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL2 w60

(3.35)

134


1 0 2 1 d1y 0 d2y 0

0

L

xwx

2 L

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL2 w40

(3.36)

d1y 1:= �2 0:= d2y 0:= �1 0:=

0

L

xwx

2 L

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

d3 L w

40

(3.37)

�1 0:= �2 0:= d1y 0:= d2y 1:=

0

L

xwx

2 L

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

d7 L w

40

(3.38)

Calculo de las fuerzas y momentos para el elemento finito 2La carga distribuida para el tramo 2 es: (3.39)

�1 1:= �2 0:= d1y 0:= d2y 0:=

0

L

xwx

2 L

w2

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

d7 L2 w120

(3.40)

�1 0:= �2 1:= d1y 0:= d2y 0:=

0

L

xwx

2 L

w2

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

dL2 w15

(3.41)

135


�1 0:= �2 0:= d1y 1:= d2y 0:=

0

L

xwx

2 L

w2

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

d13 L w

40

(3.42)

�1 0:= �2 0:= d1y 0:= d2y 1:=

0

L

xwx

2 L

w2

2

L3d1y d2y( )

1

L21 2( )

x3

3

L2

d1y d2y( )1L

2 1 2( )

x2 1 x d1y

d17 L w

40

(3.43)

En base del siguiente diagrama se adicionaran las fuerzas y mo-mentos equivalentes por tanto:

Efectuando la suma correspondiente se obtiene:

136


Para dos elementos iguales se genera la matriz de rigidez:

K

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

4 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

24 E I

L3

0

12 E I

L3

6 E I

L2

6 E I

L2

2 E IL

0

8 E IL

6 E I

L2

2 E IL

0

0

12 E I

L3

6 E I

L2

12 E I

L3

6 E I

L2

0

0

6 E I

L2

2 E IL

6 E I

L2

4 E IL

Las condiciones de frontera son por lo tanto:

d 0 0 d2y 2 d3y 3( ) d2y

F F1y M1 wL2

w L2

3017 w L

40w L2

15

F1yF1y

La ecuación a resolver

FT K dT solve

F1y

M1

d2y

2

d3y

3

37 L w

4079 L2

w60

121 L4 w

240 E I

41 L3 w

48 E I

22 L4 w

15 E I

L3 wE I

137


La sustitución inversa da los verdaderos valores de la reacción:

K

0

0

121 L4 w

240 E I

41 L3 w

48 E I

22 L4 w

15 E I

L3 wE I

3 w L40

w L2

60

w L2

w L2

30

17 w L40

w L2

15

simplify

L w

4 L2 w

3

0

0

0

0

La deformada se la efectúa con las condiciones conocidas:

d1y 0:= �1 0:= d2y121 L4

× w×240 E× I×

�:= �241 L3

× w×48 E× I×

�:= �3L3 w×E I×

�:= d3y22 L4

× w×15 E× I×

�:=


FEA2 x( ) L x 2 Lif

ymax x( )

1E I

w x5

240 Lw L x3

6

2 w L( )2 x2

3

Figura 3.18.Deformada carga distribuida triangular

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�60�54�48�42�36�30�24�18�12�6�0

Deformada0

�FEA x( )

ymax x( )

x

Fuente propia, programa MathCAD

En la deformada se expresa una coincidencia total

138


Cálculo de vigas con elementos de alto orden (hP-FEM)5

Los textos que abordan la teoría de elementos finitos en el aparta-do correspondiente a vigas, utiliza una función cúbica para describir el desplazamiento. Esta función genera resultados exactos cuando las cargas son puntuales, pero cuando la carga es distribuida existe una incompatibilidad en el momento ya que al ser este igual a la segunda derivada del desplazamiento se generara una representación lineal del mismo. Esta dificultad es solventada conforme se aumentan el núme-ro de nodos o lo que es lo mismo discretizando la viga, conforme se incremente el número de elementos finitos los resultados obtenidos serán más cercanos a los resultados que predice la teoría de vigas. La alternativa que se propone es incrementar el orden de la función de desplazamiento mediante la inclusión de un nodo interno. Por lo tanto la propuesta es desarrollar una función de alto orden de modo que con apenas uno o dos elementos finitos dependiendo del proble-ma, se alcance mejor exactitud que con el método tradicional de so-lución (polinomio cúbico). Los pasos a seguir serán básicamente pro-poner una nueva función de desplazamiento incrementando el grado del polinomio, derivar las funciones de interpolación , desarrollando una matriz de rigidez que incrementará la exactitud de cualquier pro-blema de vigas. Adicionalmente estos problemas se pueden resolver ventajosamente con las herramientas de cálculo simbólico del software MathCAD proporcionando un contexto pedagógico muy amplio para la explicación conceptual del método de los elementos finitos.

Obtención de las funciones de interpolación Se propone ahora utilizar un elemento de alto orden con un nodo

interno. Cuando se incrementa el orden del polinomio se dice que el método de refinamiento es “p-refinement”. Se sabe por lo tanto que el elemento finito tendrá 6 grados de libertad, 2 por nodo, sujeto a fuerzas transversales y momentos (Figura 4) y que el nodo interno no se conec-ta con ningún elemento.

5 José F. Olmedo, ANÁLISIS DE VIGAS POR EL MÉTODO DE ELEMENTOS FINITOS CON ELEMENTOS DE ALTO ORDEN PARA RESOLVER PROBLEMAS DE CARGA DISTRIBUIDA, Congreso COLIM 2014.

139


Figura 3.19.Elemento finito propuesto

Fuente propia

Si se tienen 6 grados de libertad el polinomio de interpolación de-berá ser de grado 5 de la forma siguiente:

(3.44)

(3.45)

Las condiciones de frontera de acuerdo a la Figura 4 son:

140


Y reemplazando y ordenando en forma matricial se obtiene:

0

0

L2

5

5L2

4

L5

5 L4

0

0

L2

4

4L2

3

L4

4 L3

0

0

L2

3

3L2

2

L3

3 L2

0

0

L2

2

2L2

L2

2 L

0

1

L2

1

L

1

1

0

1

0

1

0

a1

a2

a3

a4

a5

a6

d1y

1

d2y

2

d3y

3

(3.46)

Se logra obtener el vector columna de incógnitas mediante:

[K]*[a]=[d] → [a]=[K]^(-1)*[d] (3.47)

24

L5

68

L4

66

L3

23

L2

0

1

4

L4

12

L3

13

L2

6L

1

0

0

16

L4

32

L3

16

L2

0

0

16

L4

40

L3

32

L2

8L

0

0

24

L5

52

L4

34

L3

7

L2

0

0

4

L4

8

L3

5

L2

1L

0

0

d1y

1

d2y

2

d3y

3

24 d1y

L5

24 d3y

L5

4 1

L4

16 2

L4

4 3

L4

16 d2y

L468 d1y

L4

52 d3y

L4

12 1

L3

40 2

L3

8 3

L3

66 d1y

L3

32 d2y

L3

34 d3y

L3

13 1

L2

32 2

L2

5 3

L2

16 d2y

L2

23 d1y

L2

7 d3y

L2

6 1L

8 2

L

3L

1

d1y

El polinomio de interpolación se puede ensamblar multiplicando el vector fila (x5 x4 x3 x2 x 1) Por el resultado anterior [a]

(3.48)

141


El resultado de esta operación genera un polinomio sumamente grande para ser desplegadas en el documento. Este polinomio se re-agrupa de tal manera que las funciones de interpolación Ni puedan mostrarse en forma explícita y por tanto la función de desplazamiento se representara en la siguiente forma:

(3.49)

Obteniendo el siguiente resultado para cada función de interpolación:

(3.50)

Para L=1 se pueden graficar las funciones de interpolación para verificar que tenga el valor de 1 en su nodo asociado y cero en los otros nodos, ver figura 3.20 y 3.21.

Figura 3.20. Funciones de interpolación de alto orden N1, N3, N5

Fuente propia

142


Figura 3.21: Derivadas de las funciones de interpolación de alto orden N2, N4, N6

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 11.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

Derivas de las funciones de interpolación asociadas a las rotaciones

xN2 x( )d

d

xN4 x( )d

d

xN6 x( )d

d

x

Fuente propia

Obtención de la matriz de rigidezEl paso más importante del procedimiento es determinar la matriz

de rigidez para lo cual se seguirá la formulación dada por el método de Galerkin para vigas donde:

(3.51)

Para N1 Para N2 Para N3....

(3.52)

143


Afortunadamente el programa MathCAD posee herramientas de cálculo simbólico que permite obtener fácilmente estas integrales, como ejemplo se despliega k11 y k12

0

L

x2x24

xL

5 68

xL

4- 66

xL

3+ 23

xL

2- 1+

d

d

2

2x24

xL

5 68

xL

4- 66

xL

3+ 23

xL

2- 1+

d

d

2

d5092

35 L3

0

L

x2x24

xL

5 68

xL

4- 66

xL

3+ 23

xL

2- 1+

d

d

2

2x4- x

xL

4 12 x

xL

3+ 13 x

xL

2- 6 x

xL

+ x-

d

d

2

d1138

35 L2

-

Obteniendo finalmente la matriz de rigidez y con ella la formula-ción de elemento finito dada por:

Carga distribuidaComo anteriormente se manifestó, los efectos de las cargas pun-

tuales son exactamente evaluados cuando se utiliza la función de des-plazamiento cúbica, mientras que cuando se utiliza carga distribuida necesariamente se debe discretizar la viga, por tal razón el enfoque será con respecto a esta carga. Las restricciones y las cargas son apli-cadas únicamente en los nodos. La aproximación usual es reemplazar

144


la carga distribuida con fuerzas nodales y momentos tal que el trabajo mecánico efectuado por las cargas nodales (19) sea igual al generado por la carga distribuida (18). El trabajo mecánico debido a la carga distribuida w está dado por:

(3.53)

Donde es la función desplazamiento. El trabajo generado por fuer-zas discretas para tres nodos estaría dado por:

(3.54)

Se igualan ambos trabajos según la expresión:

(3.55)

Y se evalúa la integral para cada desplazamiento arbitrario

(3.56)

(3.57)

145


(3.58)

(3.59)

(3.60)

(3.61)

Las fuerzas nodales equivalentes obtenidas están representadas en la siguiente figura 3.22.

Figura 3.22: Fuerzas discretizadas equivalentes

Fuente propia

146


Ejemplo de implementación en MathcadSeguidamente se realiza un ejemplo con el fin obtener la solución

por el método de elementos finitos en base a la nueva matriz obtenida, así como comparar la solución tanto con la teoría de vigas como con los resultados obtenidos en base del polinomio cúbico. Se realiza por lo tanto el cálculo de una viga de acero biempotrada con un solo elemento finito, sometida a una carga distribuida w =-100 N/mm, con una longi-tud L=1 m, de medidas 100 mm x 10 mm. Las propiedades físicas son: E = 200000 MPa, b=10, h=100, , I= 1/12 b h3 ver figura 3.23

Figura 3.23: Viga biempotrada sometida a carga distribuida

Fuente propia

Donde las condiciones de contorno son:

d1y=0 ϕ1=0 m2=0 f2y=-8 (L w)/15 d3y=0 ϕ3=0

F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

E I

5092

35 L3

1138

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

1508

35 L3

242

35 L2

1138

35 L2

33235 L

128

5 L2

647 L

242

35 L2

3835 L

512

5 L3

128

5 L2

1024

5 L3

0

512

5 L3

128

5 L2

384

7 L2

647 L

0

2567 L

384

7 L2

647 L

1508

35 L3

242

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

5092

35 L3

1138

35 L2

242

35 L2

3835 L

128

5 L2

647 L

1138

35 L2

33235 L

d1y

1

d2y

2

d3y

3

= solve d2y 2 F1y M1 F3y M3L4 w

384 E I 0

4 L w15

L2 w15

4 L w

15L2 w15

Como se puede observar la deflexión en el nodo 2 coincide con el valor teórico para la viga biempotrada. Se efectúa la substi-tución inversa.

147


E I

5092

35 L3

1138

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

1508

35 L3

242

35 L2

1138

35 L2

332

35 L

128

5 L2

64

7 L

242

35 L2

38

35 L

512

5 L3

128

5 L2

1024

5 L3

0

512

5 L3

128

5 L2

384

7 L2

64

7 L

0

256

7 L

384

7 L2

64

7 L

1508

35 L3

242

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

5092

35 L3

1138

35 L2

242

35 L2

38

35 L

128

5 L2

64

7 L

1138

35 L2

332

35 L

0

0

L4 w

384 E I

0

0

0

4 L w

15

L2 w

15

8 L w

15

0

4 L w

15

L2 w

15

Para determinar las fuerzas y momentos se resta del producto de la substitución inversa las fuerzas equivalentes obtenidas en el punto. {f}= [K]{d}- {f_0 }

4 L w

15

L2 w

15

8 L w

15

0

4 L w

15

L2 w

15

7 L w

30

L2 w

60

8 L w

15

0

7 L w

30

L2 w

60

L w

2

L2 w

12

0

0

L w

2

L2 w

12

La deformada se la obtiene a través de la función de desplazamien-to transversal con las condiciones siguientes:

x 0 0.01 LN1 x( ) 24

x

L

5 68

x

L

4 66

x

L

3 23

x

L

2 1

N2 x( ) 4 xx

L

4 12 x

x

L

3 13 x

x

L

2 6 x

x

L

x

148


N3 x( ) 16x

L

4 32

x

L

3 16

x

L

2

N4 x( ) 16 xx

L

4 40 x

x

L

3 32 x

x

L

2 8 x

x

L

N5 x( ) 24x

L

5 52

x

L

4 34

x

L

3 7

x

L

2

N6 x( ) 4 xx

L

4 8 x

x

L

3 5 x

x

L

2

x2

L

νFEA(x)=N1 (x) d1y+N2 (x) ϕ1+N3 (x) d2y+N4 (x) ϕ2+N5 (x) d3y+N6 (x) ϕ3

Adicionalmente en el mismo gráfico se dibujara la curva elástica obtenida de la ecuación general de vigas: (3.62)

Pudiendo observarse en la figura 3.24 la total concordancia de ambas curvas

Figura 3.24: Comparativa curvas

Fuente propia

Igualmente se obtiene el Momento, figura 3.25 a lo largo del eje mediante:

149


Figura 3.25: Momento obtenido para la teoría propuesta

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

1� 107�

8.4� 106�

6.8� 106�

5.2� 106�

3.6� 106�

2� 106�

4� 105�

1.2 106�

2.8 106�

4.4 106�

6 106�

MOMENTO

0

M x( )

x

Fuente propia

Y el diagrama de cortante figura 3.26 con

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

6� 104�

4.8� 104�

3.6� 104�

2.4� 104�

1.2� 104�

01.2 104

�

2.4 104�

3.6 104�

4.8 104�

6 104�

CORTANTE

0Vcortante x( )

x

Figura 3.26: Cortante obtenido para la teoría propuestaFuente propia

Ejemplo de implementación IIEl segundo ejemplo, figura 3.27 consistirá en calcular una viga

de acero biempotrada con un elemento finito, sometida a una carga distribuida w =-100N/mm hasta la mitad de la longitud de la viga, de una longitud L=1 m, de medidas 100 mm x 10 mm. Las propiedades físicas son: E = 200000 MPa, b=10mm, h=100 mm, I= 1/12 b h3. Este problema puede realizarse de dos formas, utilizando 2 elementos fini-

150


tos, en ese caso la matriz de rigidez será de 10 x 10 o determinar por el método de igualación del trabajo generado por las cargas y utilizar un solo elemento finito, se va a optar por este último método

Figura 3.27: Viga biempotrada sometida a carga distribuida hasta la mitad de la viga

Fuente propia

Efectuando la igualación del trabajo mecánico según el punto se obtienen las fuerzas equivalentes siguientes según la figura 3.28

Figura 3.28: Fuerzas discretizadas equivalentesFuente propia

Donde las condiciones de contorno son:

F1y

M1

F2y

M2

F3y

M3

E I

5092

35 L3

1138

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

1508

35 L3

242

35 L2

1138

35 L2

332

35 L

128

5 L2

64

7 L

242

35 L2

38

35 L

512

5 L3

128

5 L2

1024

5 L3

0

512

5 L3

128

5 L2

384

7 L2

64

7 L

0

256

7 L

384

7 L2

64

7 L

1508

35 L3

242

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

5092

35 L3

1138

35 L2

242

35 L2

38

35 L

128

5 L2

64

7 L

1138

35 L2

332

35 L

d1y

1

d2y

2

d3y

3

= solve d2y 2 F1y M1 F3y M3L4 w

768 E I

7 L3 w

6144 E I

47 L w

240

7 L2 w

160

17 L w

240

11 L2 w

480

151


Como se puede observar la deflexión en el nodo 2 en este caso es

E I

5092

35 L3

1138

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

1508

35 L3

242

35 L2

1138

35 L2

332

35 L

128

5 L2

64

7 L

242

35 L2

38

35 L

512

5 L3

128

5 L2

1024

5 L3

0

512

5 L3

128

5 L2

384

7 L2

64

7 L

0

256

7 L

384

7 L2

64

7 L

1508

35 L3

242

35 L2

512

5 L3

384

7 L2

5092

35 L3

1138

35 L2

242

35 L2

38

35 L

128

5 L2

64

7 L

1138

35 L2

332

35 L

0

0

L4 w

768 E I

7 L3 w

6144 E I

0

0

47 L w

240

7 L2 w

160

4 L w

15

L2 w

24

17 L w

240

11 L2 w

480

Para determinar las fuerzas y momentos se resta del producto de la substitución inversa las fuerzas equivalentes obtenidas en el punto. {f}= [K]{d}- {f_0 }

4 L w

15

L2 w

15

8 L w

15

0

4 L w

15

L2 w

15

7 L w

30

L2 w

60

8 L w

15

0

7 L w

30

L2 w

60

L w

2

L2 w

12

0

0

L w

2

L2 w

12

Finalmente generamos las curvas figura 3.29 mediante:

vFEA(x)=N1 (x) d1y+N2 (x) ϕ1+N3 (x) d2y+N4 (x) ϕ2+N5 (x) d3y+N6 (x) ϕ3

152


Figura 3.28: Curva elástica

Fuente propia

Igualmente se obtiene el Momento a lo largo del eje mediante:

Figura 3.29: Momento

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

6� 106�

5.1� 106�

4.2� 106�

3.3� 106�

2.4� 106�

1.5� 106�

6� 105�

3 105�

1.2 106�

2.1 106�

3 106�

MOMENTO

0

M x( )

x

Fuente propia

Y el diagrama de cortante con , Figura 3.30

Figura 3.30: Cortante

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 103�

2� 104�

1.3� 104�

6� 103�

1 103�

8 103�

1.5 104�

2.2 104�

2.9 104�

3.6 104�

4.3 104�

5 104�

CORTANTE

0

Vcortante x( )

x

Fuente propia

153


Viga de timoshenko

A medio camino entre una viga y una placa, existen un tipo de viga corta, ver Figura 3.31 en las cuales la teoría de Bernoulli genera resultados inexactos ya que en este caso no se pueden despreciar las deformaciones debida al cortante. Se considera principalmente que las secciones transversales normales permanecen planas pero no necesa-riamente perpendiculares al eje de la viga.6

Figura 3.31: Viga corta

Fuente propia

Para ejemplificar la resolución de este tipo de viga se procederá de la siguiente manera:

Datos:d1y 0:= �1 0:= m2 0:= f2y P�:= P

La matriz de rigidez para viga de Timoshenko es:

f1y

m1

f2y

m2

E I

L3 1 ( )

12

6 L

12

6 L

6 L

4 ( ) L2

6 L

2 ( ) L2

12

6 L

12

6 L

6 L

2 ( ) L2

6 L

4 ( ) L2

d1y

1

d2y

2

solve

f1y

m1

d2y

2

P L P4 L3 P L3 P

12 E I

L2 P2 E I

6 Marcelo Tulio Piovan, TENSIONES Y DEFORMACIONES REVISIÓN DE PRINCIPIOS FÍSICOS

154


Donde F en la matriz de rigidez es el término de corrección por cor-te. Los parámetros de la viga son:

L 500:= P 1000:= E 200000:= x 0 0.1, L..:=

b 10:= h 160:= � 0.3:= I1

12b× h3

×:= ks 0.83:= A b h×:= G

E2 1 �+( )×

:=

Siendo ks el factor de corrección de Área.

gE I

ks A G6.683 103

12 g

L20.321 (3.63)

De la solución los desplazamientos son:

2L2 P2 E I

d2y4 L3 P L3 P

12 E I (3.64)

Las funciones de forma son

N1 x( ) 2 x3 3 x2

L L3 12 g

N2 x( ) x3 L 2 L2 6 g x2

x L3 6 g L

N3 x( ) 2 x3 3 x2

L 12 g

N4 x( ) x3 L x2 L2 6 g 6 g L x

N4 x( ) x3 L× x2 L2� 6 g×+( )×+ 6 g× L× x×�:= (3.65)

Y el desplazamiento por tanto es:

FEA x( )1

L L2 12 g N1 x( ) d1y

1

L L2 12 g N2 x( ) 1

1

L L2 12 g N3 x( ) d2y

1

L L2 12 g N4 x( ) 2

EDO x( )P L

2 E Ix2 x3

3 L

155


Figura 3.32: Comparativa viga Timoshenko vs Bernoulli

0 100 200 300 400 5000.08�

0.06�

0.04�

0.02�

0

0.02Viga Timoshenko

�FEA x( )

�EDO x( )

500

x

Fuente propia

Resolución de vigas con ansys apdl

Determine las deflexiones y tensiones

Figura 3.33: Viga continúa 7

7 Amar Khennane, Introduction to Finite Element Analysis Using MATLAB® and Abaqus, pág. 90

156


1. En preferences seleccione structural

2. Crear la geometriaUsar: Preprocessor < Modeling < Create < Keypoints < In Active CSIngresar Keypoints de acuerdo a la tabla siguiente:

Tabla 3.2. Coordenadas keypoints

Keypoints x y

1 0 0

2 2000 0

3 4000 0

4 9000 0

5 16000 0

3. Clic en Apply para aceptar el resultado, El resultado es el siguiente:

157


Para dibujar las líneas vamos a:Preprocessor < Modeling < Create < Lines < Lines < In Active Coord

Con el mouse vamos señalando los Keypoints hasta obtener el si-guiente dibujo:

158


4. Defina el tipo de elementoSeleccione: Element Type < Add/Edit/DeleteY seleccione Beam, 3node 189, correspondiente a una viga con ele-mento de alto orden

Definir la sección de la viga mediante: Sections < Beam < Common Sections

159


5. Definir propiedades del materialEn Preprocessor seleccionar Material Props < Material Models. Se-leccionar material elástico, lineal e isotrópico, llenar en el campo de Módulo de elasticidad el valor de E = 200000 MPa y 0.3 para Poisson que corresponde al acero.

6. MalladoSeleccionar Meshing < Mesh Tool < Size Controls < Lines < Set

160


Seleccionar Meshing < Mesh Tool < Mesh < Pick All

Para verificar la dirección de las fuerzas en el command prompt escribir eshape,1

Luego con Plot < Elements

161


7. Se observa que la dirección de las fuerzas debe ser en z, y se acti-van los Keypoints para localizar las fuerzas

En las líneas entre el Keypoints 3 y 4 colocamos una presión de -4 N/mm

Igualmente entre los keypoints de 5 a 6 colocamos -10 N/mm

162


El nodo 1 es totalmente restringido, por lo tanto vamos a:Define Loads < Apply < Structural < Displacement < On Keypoints

En los Keypoints 3,4,5 se colocan restricciones en Z

163


Resolver el sistema de ecuaciones mediante:Solution < Solve < Current LSAparecerá el mensaje: Solution is done

8. Postprocesado revisión de resultadosGeneral Postproc < Plot Results < Deformed ShapePlot Results < Deformed Shape

La deformación es de 5.7444 mm y las tensiones son:

164


51.5 MPa

165


Determinar la matriz de rigidez del portico

Las estructuras más complejas que involucran elementos a flexión se denominan pórticos. Los cuales al igual que las armaduras se re-suelven utilizando matrices de transformación, en este caso se debe hallar la matriz de rigidez del elemento viga orientada en el plano con un ángulo arbitrario. Luego se incluye el grado de desplazamiento axial en la matriz de rigidez local.

En este caso el elemento finito corresponde a una viga de inclina-ción arbitraria con tres grados de libertad por nodo, ver figura 4.2.

Figura 4.1: Pórtico de taller

Figura 4.2: Elemento finito viga inclinada

ESPACIO EN BLANCO

Capítulo IV

Análisis por el método de elementos finitos,

Pórticos planos

168

Análisis por el método de elementos finitos. Pórticos planos

Dada la ecuación de transformación conocida:

En las ecuaciones de transformación se integra el término corres-pondiente a la rotación, el cual no es influenciado por la orientación de la viga.

(4.1)

Donde la matriz de transformación T es por tanto

(4.2)

La matriz local de rigidez correspondiente a la viga se expande se-gún la expresión

(4.3)

169


Esta matriz se debe combinar con la matriz de efectos axiales:

(4.4)

Cuya combinación genera el siguiente arreglo matricial:

k

C1

0

0

C1

0

0

0

12 C2

6 C2 L

0

12 C2

6 C2 L

0

6 C2 L

4 C2 L2

0

6 C2 L

2 C2 L2

C1

0

0

C1

0

0

0

12 C2

6 C2 L

0

12 C2

6 C2 L

0

6 C2 L

2 C2 L2

0

6 C2 L

4 C2 L2

C1C1

(4.5)

Donde C1 = A E/L y C2 = E I/L3. Utilizando la fórmula conocida:

(4.6)

Se obtiene la matriz de rigidez global:

K TT k T T

K simplify

E A C2 L2

12 I S2

L3

C E S 12 I A L2

L3

6 E I S

L2

E 12 I S2 A C2

L2

L3

C E S A L2 12 I

L3

6 E I S

L2

C E S 12 I A L2

L3

E 12 I C2 A L2

S2

L3

6 C E I

L2

C E S A L2 12 I

L3

E A L2 S2

12 C2 I

L3

6 C E I

L2

6 E I S

L2

6 C E I

L2

4 E IL

6 E I S

L2

6 C E I

L2

2 E IL

E A C2 L2

12 I S2

L3

C E S 12 I A L2

L3

6 E I S

L2

E A C2 L2

12 I S2

L3

C E S 12 I A L2

L3

6 E I S

L2

C E S 12 I A L2

L3

E 12 I C2 A L2

S2

L3

6 C E I

L2

C E S 12 I A L2

L3

E 12 I C2 A L2

S2

L3

6 C E I

L2

6 E I S

L2

6 C E I

L2

2 E IL

6 E I S

L2

6 C E I

L2

4 E IL

(4.7)

170


Ejercicios con mathcad

Para el pórtico mostrado resolver los desplazamientos y rotaciones involucrados


Donde la longitud es igual para todas las barras y mide 1000 mm, módulo de elasticidad 200000 MPa, A = 1000 mm2, I = 100000 mm4.

R1A EL

R2E I

L3

T

C

S

0

0

0

0

S

C

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

C

S

0

0

0

0

S

C

0

0

0

0

0

0

1

SS

k

R1

0

0

R1

0

0

0

12 R2

6 R2 L

0

12 R2

6 R2 L

0

6 R2 L

4 R2 L2

0

6 R2 L

2 R2 L2

R1

0

0

R1

0

0

0

12 R2

6 R2 L

0

12 R2

6 R2 L

0

6 R2 L

2 R2 L2

0

6 R2 L

4 R2 L2

K TT k T T

K simplify

200000 C2 240 S2

199760 C S

120000 S

200000 C2 240 S2

199760 C S

120000 S

199760 C S

240 C2 200000 S2

120000 C

199760 C S

240 C2 200000 S2

120000 C

120000 S

120000 C

80000000

120000 S

120000 C

40000000

200000 C2 240 S2

199760 C S

120000 S

200000 C2 240 S2

199760 C S

120000 S

199760 C S

240 C2 200000 S2

120000 C

199760 C S

240 C2 200000 S2

120000 C

120000 S

120000 C

40000000

120000 S

120000 C

80000000

171


Elemento 1: La matriz de rigidez del elemento vertical Θ= 90

90

180

C cos ( ) S sin ( )

K1

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

400000000

600000 S

600000 C

200000000

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

200000000

600000 S

600000 C

400000000

Con las siguientes sentencias augment y stack se expande la ma-triz de rigidez

zeros

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

z1 augment zerosT zerosT z2 augment z1 z1( )

K1 stack K1 z2( ) K1 augment K1 z1( )

K1

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

400000000

600000

0

200000000

0

0

0

0

0

0

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

200000000

600000

0

400000000

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Elemento 2: La matriz de rigidez del elemento horizontal Θ= 0

0

180

C cos ( ) S sin ( )

172


K2

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

400000000

600000 S

600000 C

200000000

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

200000000

600000 S

600000 C

400000000

zeros

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

z1 augment zeros zeros( )

K2 augment zerosT K2 zerosT K2 stack z1 K2 z1( )

K2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1200

600000

0

1200

600000

0

0

0

0

0

0

0

600000

400000000

0

600000

200000000

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1200

600000

0

1200

600000

0

0

0

0

0

0

0

600000

200000000

0

600000

400000000

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Elemento 3: La matriz de rigidez del elemento horizontal Θ= 270

270

180

S sin ( ) C cos ( )

K3

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

400000000

600000 S

600000 C

200000000

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

400000 C2 1200 S2

398800 C S

600000 S

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

398800 C S

1200 C2 400000 S2

600000 C

600000 S

600000 C

200000000

600000 S

600000 C

400000000

zeros

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

z1 augment zerosT zerosT z2 augment z1 z1( )

173


K3 augment z1 K3( )

K3 stack z2 K3( )

K3

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

400000000

600000

0

200000000

0

0

0

0

0

0

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

200000000

600000

0

400000000

La suma de las matrices individuales da:

K

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

400000000

600000

0

200000000

0

0

0

0

0

0

1200

0

600000

401200

0

600000

400000

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

401200

600000

0

1200

600000

0

0

0

600000

0

200000000

600000

600000

800000000

0

600000

200000000

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

401200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

1200

600000

0

401200

600000

0

400000

0

0

0

0

0

600000

200000000

600000

600000

800000000

600000

0

200000000

0

0

0

0

0

0

1200

0

600000

1200

0

600000

0

0

0

0

0

0

0

400000

0

0

400000

0

0

0

0

0

0

0

600000

0

200000000

600000

0

400000000

Condiciones de Frontera

d1x 0 d1y 0 1 0

d4x 0 d4y 0 4 0

f2x 10000 f2y 0 m2 0

f3x 0 f3y 0 m3 5000

La submatriz se extrae

KS submatrixK 3 8 3 8( )

174


KS

401200

0

600000

400000

0

0

0

401200

600000

0

1200

600000

600000

600000

800000000

0

600000

200000000

400000

0

0

401200

0

600000

0

1200

600000

0

401200

600000

0

600000

200000000

600000

600000

800000000

Los desplazamientos se determinan de acuerdo a la siguiente expresión:

d KS 1

f2x

f2y

m2

f3x

f3y

m3

d

5.966

0.011

3.597 10 3

5.954

0.011

3.576 10 3

Se extraen las soluciones mediante:

d2x d0 d3x d3

d2y d1 d3y d4

2 d2 3 d5

Postprocesado: Las fuerzas se obtienen mediante la sustitución inversa

FTOTAL K

d1x

d1y

1

d2x

d2y

2

d3x

d3y

3

d4x

d4y

4

175


Obteniéndose los siguientes resultados:

Los desplazamientos se los determina mediante: factor := 30

Lx

0

0

1000

1000

Ly

0

1000

1000

0

Lxc

0 d1x factor

0 d2x factor

1000 d3x factor

1000 d4x factor

Lyc

0 d1y factor

1000 d2y factor

1000 d3y factor

0 d4y factor


100� 60 220 380 540 700 860 1.02 103� 1.18 103

� 1.34 103� 1.5 103

�100�

60

220

380

540

700

860

1.02 103�

1.18 103�

1.34 103�

1.5 103�

Desplazamiento

Ly

Lyc

Lx Lxc,

Fuente propia

176


Resolución de pórticos con ANSYS APDL

Diseñe una grua de portico para 10 toneladas y una luz de 6000 mm

Grua de pórtico8

Crear Keypoints en 0,0 y 6000,0Crear la linea respectivaSeleccionar una primera alternativa

8 http://pro-grua.blogspot.com/2010/05/gruas-portico.html

177


Que podría ser la viga IPN 450Cuyas medidas seria h= 450, b= 170, tw = 16,2 y tf = 24.3 mmEscogemos Elemento beam 188 con options k3 = cuadratic

178


179


Propiedades del acero

Se malla con una magnitud de 250 mm

180


En la línea de comandos ponemos /ESHAPE,1 y plot elements

Se puede ver la orientación para los otros Keypoints.

181


Dibujar las lineas

182


Dibujar los refuerzos

183


Dibujar las 8 lineas restantes

184


Para los miembros inferiores se escoge tubo sin costura de 4 plg ( 114.3 x 8.56 mm)

Cargas:10 tons = 100000 N

185


RestriccionesUn apoyo fijo y los 3 restantes solo restricción en

186


17 mm de desplazamiento Tensiones da: 71.9 MPa, N = 210/71.9 = 3

187


Lista de referencias

Logan, Daryl, (2012), Fifth Edition, CENGAGE LEARNING, Stamford. A FIRST COURSE IN THE FINITE ELEMENT METHOD, [UN PRIMER CURSO EN EL MÉTODO DE ELEMENTOS FINITOS].

Hutton, David, (2002), Second. Edition, McGraw-Hill, New York. FUNDAMENTAL OF FINITE ELEMENT ANALYSIS, ,[FUNDAMENTOS DEL ANÁLISIS POR ELE-MENTOS FINITOS]

Reedy, J, (2005), Third. Edition, McGraw-Hill, New York, AN INTRODUCTION TO THE FINITE ELEMENT METHOD, [INTRODUCCIÓN AL MÉTODO DE ELE-MENTOS FINITOS].

Amar Khennane, (2013), CRC Press, INTRODUCTION TO FINITE ELEMENT ANALY-SIS USING MATLAB® AND ABAQUS

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