Problemas mef

PROBLEMAS RESUELTOS:

MÉTODO DE LOS ELEMENTOS FINITOS

Guillermo Rus Carlborg 1,

Esther Puertas García 2

Enero de 2008

1Profesor Contratado Doctor. Departamento de Mecánica de Estructuras. Uni-

versidad de Granada.2Profesor Ayudante. Departamento de Mecánica de Estructuras. Universidad

de Granada.

G. Rus, E. Puertas

Problema 1

Se considera la viga empotrada en un extremo y sometida a axil p(x) repre-sentada en la figura. Empleando una discretización de dos elementos linealesy una discretización de un elemento cuadrático y suponiendo que la carga esconstante p(x) = p0 y variable p(x) = p0

Lx.

Se pide:

1. Plantear el problema teórico.

2. Discretizar y hallar las funciones de forma.

3. Obtener la matriz de rigidez.

4. Obtener el el vector de fuerzas externas.

5. Obtener el desplazamiento en el centro y extremo de la viga, compara-ndo los resultados obtenidos paraL = 10m, E = 0.1MPa, A = 0.01m2, p0 = 0.1N/m.

1

G. Rus, E. Puertas

Solución 1

1. Planteamiento teórico del Problema

Para obtener el problema a resolver basta con aplicar las ecuaciones de equi-librio en una rebanada de la viga:

N + dN + p(x)dx −N = 0

dN

dx+ p(x) = 0

Sabemos

N =

∫ t/2

−t/2

σxx b(z) dz = EAdu

dx

sustituyendo en la expresión anterior:

dN

dx+ p(x) = EA

d2u

dx2p(x) = 0

En consecuencia, la formulación fuerte del problema se puede escribir:

Hallar u(x); x ∈ [0, L] tal que

EAu,xx(x) + p(x) = 0; x ∈ (0, L)

u(0) = 0;

u,x(0) = 0

La formulación débil del problema consiste en aplicar un desplaza-miento virtual v definido en [0, L] con las mismas condiciones de contorno eintegrar en el dominio:

−

∫ L

0

EAu,xx(x)v(x)dx =

∫ L

0

p(x)v(x)dx

Integrando por partes el primer miembro 1

∫ L

0

u,xx(x)v(x)dx = u,x(x)v(x)|L0 −

∫ L

0

u,x(x)v,x(x)dx

1Para las condiciones de contorno del problemam el producto u,x(x)v(x)|L0

se anula.

2

G. Rus, E. Puertas

Se deduce∫ L

0

EAu,x(x)v,x(x)dx = EAu,x(x)v(x)|L0 +

∫ L

0

p(x)v(x)dx

En consecuencia, la formulación débil del problema, equivalente el Prin-cipio de los Trabajos Virtuales2 es:

Hallar u ∈ H10 (0, L) tal que

∫ L

0

EAu,x(x)v(x)dx = EAu,x(x)v(x)|L0 +

∫ L

0

p(x)v(x)dx ∀v(x) ∈ H10 (0, L)

Dada una partición uniforme de [0, L] en n intervalos de igual longitud, elproblema discreto asociado sobre el espacio de elementos finitos construidosobre esta partición a partir de las funciones de forma Hi se define:

Hallar u(x) ≃ H1(x)u1 + H2(x)u2 + · · · + HN(x)uN tal quen

∑

e=1

∫ x(e)j

x(e)i

EAu(e),x (x)v,x(x)dx = EAu(e)

,x (x)v(x)∣

∣

x(e)j

x(e)i

+

∫ x(e)j

x(e)i

p(x)v(x)dx

Este planteamiento es análogo a resolver el sistema de ecuaciones:

Ku = f

donde K(e)ij =

∫ 1

0Bi C

(e) Bj

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′; f(e)j = F

(e)j +

∫ L(e)

0p(x) Hj dx siendo

K la matriz de rigidez, u el vector de desplazamientos de los nodos y f elvector de fuerzas externas, F

(e)j = EAHj,xu

(e)Hj

∣

∣

L

0.

Para el caso general, el problema discreto consiste en

Hallar ui(x1, x2, x3) = Hein(x1, x2, x3)u

ni tal que

∑

e

∫

V e

CijklBeijncB

eklmddV un

c =∑

e

∫

V e

fVd He

dmdV +∑

e

∫

Se

fSd He

dmdS

2. Discretización y funciones de forma

Dos elementos lineales

La discretización empleada mediante dos elementos lineales se recoge en lafigura 1. Al definirse 3 nodos, existen 3 grados de libertad, de éstos los nodos2 y 3 están definidos en desplazamientos, el único grado de libertad en fuerzasse define para el nodo 1.

2En esta expresión el primer término representa el trabajo virtual interno que realizan

las tensiones reales en la viga sobre las deformaciones virtuales. Y el segundo término es

el trabajo virtual de las fuerzas exteriores sobre los desplazamientos virtuales

3

G. Rus, E. Puertas

Figure 1: Discretización de la estructura: (a) Nodos globales, (b) Nodoslocales

Las funciones de forma lineales se caracterizan porque toman el valorunidad en el nodo y cero en el resto de nodos. Para un elemento lineal,definido en coordenadas locales, se tiene:

H1(x) = 1 − x′; H2(x) = x′

Las derivadas en coordenadas locales de las funciones de forma son:

dH1

dx′= −1;

dH2

dx′= 1

El jacobiano de la transformación entre coordenadas locales y globalespara cada uno de los elementos es:

J (e) =dx

dx′= L(e)

Las derivadas de las funciones de forma en coordenadas globales:

B1 =dH1

dx=

dH1

dx′

dx′

dx= −

1

L(e)

B2 =dH2

dx=

dH2

dx′

dx′

dx=

1

L(e)

Un elemento cuadrático

Al tratarse de un elemento de tres nodos, las funciones de forma serán detipo cuadrático. H1(x) se tomará de forma que toma el valor 1 en el punto1 y se anula en el resto; H2(x) es la función que toma el valor unidad en elnodo 2 y H3(x) la que tiene valor unidad en el nodo 3.

4

G. Rus, E. Puertas

(a) 1 2 3 4 5

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(b) 1 2 3 4 5

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figure 2: Funciones de forma lineales para L = 10 (a) H(1)1 ; (b) H

(1)2

H1(x) =1

2x′ (x′ − 1)

H2(x) = (x′ + 1) (1 − x′)

H3(x) =1

2x′ (x′ + 1)

Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas localesson:

dH1

dx′= x′ −

1

2dH2

dx′= −2x′

dH3

dx′= x′ +

1

2

El jacobiano de la transformación entre coordenadas locales y globales parael elementos considerado es:

J =dx

dx′= L

Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas glob-ales se obtendrán al realizar el producto entre las derivadas en coordenadas

5

G. Rus, E. Puertas

(a)2 4 6 8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(b) 2 4 6 8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(c)2 4 6 8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figure 3: Funciones de forma cuadráticas para L = 10 (a) H1; (b) H2; (c)H3.

locales por el jacobiano de la transformación:

B1 =dH1

dx=

dH1

dx′

dx′

dx=

(

x′ −1

2

)

1

L

B2 =dH2

dx=

dH2

dx′

dx′

dx= −2x′

1

L

B3 =dH3

dx=

dH3

dx′

dx′

dx=

(

x′ +1

2

)

1

L

3. Matriz de Rigidez


Para el cálculo de la matriz de rigidez hay que obtener, en primer lugar, lasmatrices de rigidez elementales teniendo en cuenta que los miembros de lamatriz se obtienen a partir de la integral K

(e)ij =

∫ 1

0Bi C

(e) Bj

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′.Al ser los intervalos de igual longitud, con igual rigidez y área, las matricesde rigidez elementales son iguales para ambos elementos.

K(e) =

(

∫ 1

0B1 C(e) B1

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′∫ 1

0B1 C(e) B2

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′

∫ 1

0B2 C(e) B1

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′∫ 1

0B2 C(e) B2

∣

∣J (e)∣

∣ A(e) dx′

)

6

G. Rus, E. Puertas

donde C(e) = E;A(e) = A;∣

∣J (e)∣

∣ = L2.

K(1) = K(2) =2EA

L

(

1 −1−1 1

)

Una vez calculadas las matrices de rigidez elementales, se obtiene la ma-triz de rigidez global mediante el proceso de ensamblaje.

K =

K(1)11 K

(1)12 0

K(1)12 K

(1)22 + K

(2)11 K

(2)12

0 K(2)12 K

(2)22

=

2EA

L

1 −1 0−1 2 −10 −1 1


El procedimiento a seguir es análogo. En este caso, al tener un único ele-mento, la matriz de rigidez de dimensión 3 × 3 se obtiene directamente, esdecir, no es necesario el proceso de ensamblaje.

K =

∫ 1

0B1 C B1 |J |Adx′

∫ 1

0B1 C B2 |J |Adx′

∫ 1

0B1 C B3 |J |Adx′

∫ 1

0B2 C B1 |J |Adx′

∫ 1

0B2 C B2 |J |Adx′

∫ 1

0B2 C B3 |J |Adx′

∫ 1

0B3 C B1 |J |Adx′

∫ 1

0B3 C B2 |J |Adx′

∫ 1

0B3 C B3 |J |Adx′

K =EA

L

73

−83

13

−83

163

−83

13

−83

73

4. Vector de fuerzas


El vector de fuerzas elemental es equivalente para ambos elementos, se calculamediante las ingrales f

(e)j =

∫ 1

0f v(x′) Hj

∣

∣J (e)∣

∣ dx′. Se distinguen los doscasos de carga planteados en el enunciado.

f (e) =

(

∫ 1

0f v(x′) H1

∣

∣J (e)∣

∣ dx′

∫ 1

0f v(x′) H2

∣

∣J (e)∣

∣ dx′

)

Carga constante (p(x) = p0)

f (1) = f (2) =p0L

4

(

11

)

7

G. Rus, E. Puertas

Mediante el proceso de ensamblaje se obtiene el vector de fuerzas global.

f =

f(1)1

f(1)2 + f

(2)1

f(2)2

=

p0L

4

121

Carga variable(

p(x) = p0

Lx)

f (1) =p0L

24

(

12

)

; f (2) =p0L

24

(

45

)

El vector de fuerzas global es

f =

f(1)1

f(1)2 + f

(2)1

f(2)2

=

p0L

24

165


En este caso se obtiene directamente el vector de fuerzas global.

f =

∫ 1

0f v(x′) H1 |J | dx′

∫ 1

0f v(x′) H2 |J | dx′

∫ 1

0f v(x′) H3 |J | dx′

Carga constante (p(x) = p0)

f =p0L

6

141

Carga variable(

p(x) = p0

Lx)

f =p0L

6

021

5. Desplazamiento de los nodos

El desplazamiento de los nodos se obtiene directamente de la resolución delsistema de ecuaciones Ku = f . En primer lugar se simplifica el sistema yaque sabemos que el desplazamiento en el nodo inicial es nulo.

8

G. Rus, E. Puertas


Carga constanteEl sistema resultante es:

2EA

L

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

u1

u2

u3

=p0L

4

121

Se sabe que el desplazamiento de nodo del empotramiento u1 es nulo, por loque se reduce el sistema eliminando la primera fila y columna:

2EA

L

(

2 −1−1 1

) (

u2

u3

)

=p0L

4

(

21

)

Sustituyendo por los datos dados para las variables:

(

40 −20−20 20

) (

u2

u3

)

=

(

0.500.25

)

Resolviendo el sistema se obtiene:

u2 = 0.0375; u3 = 0.05

Carga variablePara la carga variable, el sistema sólo cambia en su término independiente.

2EA

L

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

u1

u2

u3

=p0L

24

165

Eliminando la primera fila y colmuna se tiene

2EA

L

(

2 −1−1 1

) (

u2

u3

)

=p0L

24

(

65

)

Sustituyendo por los valores de las variables

(

40 −20−20 20

) (

u2

u3

)

=

(

0.250.208333

)

Resolviendo:u2 = 0.0229167; u3 = 0.0333333

9

G. Rus, E. Puertas


Para el caso en el que se emplee un elemento cuadrático, la resolución serealiza de forma análoga.

Carga constante

EA

L

73

−83

13

−83

163

−83

13

−83

73

u1

u2

u3

=p0L

6

141

EA

L

(

163

−83

−83

73

) (

u2

u3

)

=p0L

6

(

41

)

(

53.3333 −26.6667−26.6667 23.3333

) (

u2

u3

)

=

(

0.6666670.166667

)

u2 = 0.0375; u3 = 0.05

Carga variable

EA

L

73

−83

13

−83

163

−83

13

−83

73

u1

u2

u3

=p0L

6

021

EA

L

(

163

−83

−83

73

) (

u2

u3

)

=p0L

6

(

21

)

(

53.3333 −26.6667−26.6667 23.3333

) (

u2

u3

)

=

(

0.3333330.166667

)

u2 = 0.0229167; u3 = 0.0333333

6. Conclusiones

La solución análitica para el problema dado por su formulación fuerte puedeobtenerse fácilmente. Las expresiones para los dos casos de carga considera-dos son:

Carga constanteSolución analítica.

u(x) = −p0x

2

2EA+

Lp0

EAx;

Solución MEF mediante dos elementos lineales.

u(x) =

{

u2H(1)2 si 0 ≤ x ≤ L

2

u2H(2)1 + u3H

(2)2 si L

2≤ x ≤ L

10

G. Rus, E. Puertas

2 4 6 8 10

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

Figure 4: Solución para carga constante

Solución MEF mediante un elemento cuadrático.

u(x) = u2H2 + u3H3

Carga variable

u(x) = −p0x

3

6EAL+

Lp0

2EAx;

Solución MEF mediante dos elementos lineales.

u(x) =

{

u2H(1)2 si 0 ≤ x ≤ L

2

u2H(2)1 + u3H

(2)2 si L

2≤ x ≤ L

Solución MEF mediante un elemento cuadrático.

u(x) = u2H2 + u3H3

Sustituyendo los valores dados para las variables y comparando con losresultados obtenidos para los problemas planteados mediante el método delos elementos finitos podemos observar que se obtiene la solución real para losnodos. Si bien la solución es la real en el caso de carga constante empleandoelementos cuadráticos pero no es válido para el caso de carga variable, yaque la solución real es un polinomio de tercer grado. Bastaría con emplearun elemento cúbico para comprobar que se obtiene la solución real.

11

G. Rus, E. Puertas

2 4 6 8 10

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

Figure 5: Solución para carga variable

12

G. Rus, E. Puertas

Problema 2

Resuelva por el método de los elementos finitos el problema de una viga aaxil de longitud L = 3m empotrada por el extremo izquierdo y con una cargaR = 100kN en el extremo derecho, sin cargas distribuidas f v, cuyo móduloelástico es E = 210GPa y su área es de A = 0.01m2 en su mitad izquierda(0 < x < L/s) y de A = 0.02m2 en su mitad derecha (L/2 < x < L).Utilícese para resolverlo una discretización de dos (2) elementos de iguallongitud, y funciones de forma lineales.

Se pide:

1. Definir los grados de libertad.

2. Obtener la matriz de rigidez de toda la barra.

3. Obtener el alargamiento total de la barra.

4. Obtener la ley completa de desplazamientos y de tensiones para 0 <x < L. Dibujar ambas leyes.

(Ejercicio evaluado de diciembre de 2005. 1 hora.)

13

G. Rus, E. Puertas

Solución 2

1. Discretización y grados de libertad

14

G. Rus, E. Puertas

15

G. Rus, E. Puertas

16

G. Rus, E. Puertas

Problema 3

Se define un elemento sólido 2D de tensión plana. El módulo elástico esE = 210GPa y el de Poisson ν = 0.3. Se utiliza una discretización de un (1)elemento rectangular de un nodo en cada esquina, cuyas funciones de formason lineales. La geometría es un rectángulo de 0.4 × 0.3m (horizontal ×vertical), con un origen de coordenadas globales en el lado inferior izquierdoy un espesor unitario. Las condiciones de contorno son de empotramiento dellado izquierdo y de una tracción uniforme de t = 2GPa en el lado derecho.

Se pide:

1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura.

2. Obtener la matriz de rigidez del elemento.

3. Obtener el vector de cargas.

4. Obtener los desplazamientos de los nodos.

Elemento 1

Nota: Considérese que el tensor B que relaciona tensiones con deforma-ciones según εij = Bijncu

nc es,

Bijnc =

B11n1 B11n2

B22n1 B22n2

B12n1 B12n2

según

ε11

ε22

ε12

=

H1n,1 00 H2n,2

12H1n,2

12H2n,1

(

un1

un2

)

(Examen final del 9-II-2006. 1 hora.)

17

G. Rus, E. Puertas

Solución 3

18

G. Rus, E. Puertas

19

G. Rus, E. Puertas

20

G. Rus, E. Puertas

21

G. Rus, E. Puertas

Problema 4

Se define un elemento sólido 2D en tensión plana. El módulo elástico esE = 210GPa y el de Poisson ν = 0.3. Se utiliza una discretización de dos(2) elementos rectangulares de un nodo en cada esquina, cuyas funciones deforma son lineales. La geometría es un rectángulo de 0.4 × 0.2m (horizon-tal × vertical), con un origen de coordenadas globales en la esquina inferiorizquierda y un espesor unitario. Las condiciones de contorno son de empo-tramiento del lado izquierdo, deslizaderas horizontales en los lados superiore inferior, y una tracción normal uniforme de t = 2GPa en el lado derecho.

Se pide:

1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distin-guiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas.

2. Obtener la matriz de rigidez de un elemento.



Nota: Defínanse las funciones de forma, y hágase la integración en coor-denadas naturales. Considérese que el tensor B que relaciona tensiones condeformaciones según εij = Bijncu

nc es,

Bijnc =

B11n1 B11n2

B22n1 B22n2

B12n1 B12n2

según

ε11

ε22

ε12

=

H1n,1 00 H2n,2

12H1n,2

12H2n,1

(

un1

un2

)

Elemento 1 Elemento 2

22

G. Rus, E. Puertas

Solución 4

23

G. Rus, E. Puertas

24

G. Rus, E. Puertas

25

G. Rus, E. Puertas

Problema 5

Se define un muro de contención de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 20metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condicionesde contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presiónuniforme en el lado izquierdo de valor p=0.098 MPa.

Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y unadiscretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadasglobales en la esquina inferior izquierda, se pide:


2. Obtener las derivadas de las funciones de forma.



5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente ladeformada.

P

26

G. Rus, E. Puertas

Solución 5

27

G. Rus, E. Puertas

28

G. Rus, E. Puertas

29

G. Rus, E. Puertas

Problema 6

Se define un muro de contención de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 20metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condicionesde contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presiónhidrostática procedente del peso del agua que baña la cara izquierda, de modoque en la coronación tiene valor 0 y en la base valor 2p=0.196 MPa.







2P

30

G. Rus, E. Puertas

Solución 6

31

G. Rus, E. Puertas

Problema 7


Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y unadiscretización de dos elementos cuadrados lineales, tal y como se describe enel dibujo, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda,se pide:






2P

e=1

e=2

32

G. Rus, E. Puertas

Solución 7

33

G. Rus, E. Puertas

34

G. Rus, E. Puertas

35

G. Rus, E. Puertas

Problema 8

Se define un muro de contención de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 20metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condicionesde contorno se describen en el dibujo. El muro tiene como única carga lagravitatoria, debida al peso propio originado por la densidad del hormigónρ=2700 kg/m3.







g

36

G. Rus, E. Puertas

Solución 8

37

G. Rus, E. Puertas

Problema 9

Se aisla un bloque cuadrado de un estrato de terreno (E=2 GPa, ν=0.4) de20 metros de lado, cuya geometría y condiciones de contorno se describen enel dibujo. El terreno tiene como única carga la gravitatoria, debida al pesopropio originado por su densidad ρ=2300 kg/m3.

Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y unadiscretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadasglobales en la esquina inferior derecha, se pide:






g

38

G. Rus, E. Puertas

Solución 9

39

G. Rus, E. Puertas

40

G. Rus, E. Puertas

41

G. Rus, E. Puertas

Problema 10

Se define un sistema compuesto por la interacción de un bloque cuadrado deun estrato de terreno (E=2 GPa, ν=0.4) de 20 metros de lado (izquierda),contenido por un muro de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 20 metros dealtura, 8 de base y 4 de coronación (derecha), cuya geometría y condicionesde contorno se describen en el dibujo. El sistema tiene como única carga lagravitatoria, debida al peso propio originado por la densidad del hormigónρ=2700 kg/m3 y del terreno ρ=2300 kg/m3.

Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y unadiscretización de un elemento cuadrado lineal, se pide:






g g

42

G. Rus, E. Puertas

Solución 10

43

G. Rus, E. Puertas

44

G. Rus, E. Puertas

Problema 11

Resuelva por el Método de los Elementos Finitos la estructura de la figura,cuyo módulo elástico es E = 2 1011 Pa y el coeficiente de Poisson ν = 0.3.La estructura está empotrada en tres de sus cuatro lados, estando el cuarto(el derecho) sometido a una tracción uniforme p = 1GPa. Utilícese para suresolución elementos de dos nodos y cuadrados de cuatro nodos con funcionesde forma lineales y tenga en cuenta que se considera en tensión plana.

Se pide:

1. Discretizar la estructura y definir los grados de libertad.

2. Obtener las funciones de forma.

3. Definir la matriz de rigidez global y calcular las matrices de rigidezelementales necesarias para el cálculo de los desplazamientos de losnodos.

4. Definir el vector de cargas global y calcular los miembros necesariospara la obtención de los desplazamientos de los nodos.

5. Obtener el desplazamiento de los nodos.

45

G. Rus, E. Puertas

Solución 11

1. Discretización

La estructura se discretiza siguiendo el siguiente esquema:

Figure 6: Discretización de la estructura: nodos globales

Existen dos grados de libertad por nodo. En total serán 12 grados delibertad, de los cuales sólo los dos correspondientes al nodo 4 correspondena desplazamientos.

2. Funciones de forma

Para un elemento lineal, las funciones de forma en coordenadas locales son(dibujar las funciones de forma):

H1 = 1 − x′

H2 = x′

Para un elemento cuadrado de cuatro nodos, las funciones de forma encoordenadas locales son (dibujar las funciones de forma):

H1 = 14(1 + x′

1)(1 + x′

2)H2 = 1

4(1 − x′

1)(1 + x′

2)H3 = 1

4(1 − x′

1)(1 − x′

2)H4 = 1

4(1 + x′

1)(1 − x′

2)

46

G. Rus, E. Puertas

Figure 7: Discretización de la estructura: nodos locales

3. Matriz de rigidez global

Los elementos de las matrices de rigidez para un elemento plano 2D se ob-tienen a partir de la integración:

k(e)ncmd =

∫

V(e)

CijklB(e)ijncB

(e)klmddV

La matriz de rigidez global se obtiene mediante el proceso de ensamblaje:

K =

k(1)11 k

(1)12 k

(1)13 k

(1)14 0 0

k(1)21 k

(1)22 k

(1)23 k

(1)24 0 0

k(1)31 k

(1)32 k

(1)33 + k

(2)22 + k

(3)11 k

(1)34 + k

(2)21 + k

(3)12 k

(2)24 k

(2)23

k(1)41 k

(1)42 k

(1)43 + k

(2)12 + k

(3)21 k

(1)44 + k

(2)11 + k

(3)22 k

(2)14 k

(2)13

0 0 k(2)42 k

(2)41 k

(2)44 k

(2)43

0 0 k(2)32 k

(2)31 k

(2)34 k

(2)33

47

G. Rus, E. Puertas

En consecuencia, el sistema a resolver será

k(1)11 k

(1)12 k

(1)13 k

(1)14 0 0

k(1)21 k

(1)22 k

(1)23 k

(1)24 0 0

k(1)31 k

(1)32 k

(1)33 + k

(2)22 + k

(3)11 k

(1)34 + k

(2)21 + k

(3)12 k

(2)24 k

(2)23

k(1)41 k

(1)42 k

(1)43 + k

(2)12 + k

(3)21 k

(1)44 + k

(2)11 + k

(3)22 k

(2)14 k

(2)13

0 0 k(2)42 k

(2)41 k

(2)44 k

(2)43

0 0 k(2)32 k

(2)31 k

(2)34 k

(2)33

U1

U2

U3

U4

U5

U6

=

f 1

f 2

f 3

f 4

f 5

f 6

4. Desplazamientos de los nodos

Como todos los nodos están fijos a excepción del nodo 4, eliminamos lasfilas y columnas correspondientes a estos nodos (1, 2, 3, 5, 6) y nos queda unsistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

[

k(1)44 + k

(2)11 + k

(3)22

]

[

U4]

=[

f(1)4 + f

(2)1 + f

(3)2

]

(

k(1)4141 + k

(2)1111 + k

(3)22 k

(1)4142 + k

(2)1112

k(1)4241 + k

(2)1211 k

(1)4242 + k

(2)1212

)

(

u41

u42

)

=

(

f(1)41 + f

(2)11 + f

(3)21

f(1)42 + f

(2)12 + f

(3)22

)

La simetría de la estructura nos permite concluir que u42 = 0. Teniendo en

cuenta esta condición eliminamos las fila y columna segunda y nos quedamoscon una única ecuación con una incógnita:

(

k(1)4141 + k

(2)1111 + k

(3)22

)

u41 = f

(1)41 + f

(2)11 + f

(3)21

Elemento 1

k(1)4141 =

∫

V(1)

CijklB(1)ij41B

(1)kl41dV

siendo la matriz C la definida para tensión plana σ3 = 0:

C =Ez

1 − ν2

1 ν 0ν 1 00 0 2 (1 − ν)

El jacobiano de la tansformación es:

J =

(

dx1

dx′

1

dx2

dx′

1dx1

dx′

2

dx2

dx′

2

)

=

(

2 00 1.5

)

48

G. Rus, E. Puertas

cuyo determinante es: |J | = 3.El tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijncu

nc

es:

Bijnc =

B11n1 B11n2

B22n1 B22n2

B12n1 B12n2

según

ε11

ε22

ε12

=

H1n,1 00 H2n,2

12H1n,2

12H2n,1

(

un1

un2

)

Por tanto,

Bij41 = Bkl41 =

B1141

B2241

B1241

=

H14,1

012H14,2

=

18(1 − x′

2)0

116

(1 − x′

2)

Se tiene

k(1)4141 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

(

18(1 − x′

2) 0 116

(1 − x′

2)) zE

1 − ν2

1 ν 0ν 1 00 0 2 (1 − ν)

18(1 − x′

2)0

116

(1 − x′

2)

3 dx′

1dx′

2

k(1)4141 = 63.8991 106 N/m

Elemento 2

El elemento 2 es simétrico con el 1, por lo que el valor será el mismo alanteriormente indicado.

Elemento 3

Para el elemento lineal tenemos la integración:

k(3)2121 =

∫ L

0

EAH(3)2,1H

(3)2,1dx1 =

EA

L= 500 106 N/m

Vector de cargas

f(1)41 =

∫

S(1)fS

1 H(1)14 dS =

∫ 1

−1p H4|x′

1=1dx2

dx′

2dx′

2 = 15 106 N

f(2)11 =

∫

S(2)fS

1 H(2)11 dS =

∫ 1

−1p H1|x′

1=1dx2

dx′

2dx′

2 = 15 106 N

f 41 = 30. 106 N

49

G. Rus, E. Puertas

Sistema de ecuaciones

Se tiene entonces el sistema:

(

2 · 63.8991 106 + 500 106)

u41 = 30. 106

u41 = 47.786 mm

50

G. Rus, E. Puertas

Problema 12

Se define la sección de un azud de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 4 × 1metros sometida a una presión constante de valor p = 44.145 103 N/m tal ycomo se indica en la figura.

Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y unadiscretización de dos elementos cuadrados lineales, tal y como se describe enel dibujo, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda,se pide:


2. Hallar las funciones de forma y sus derivadas.

3. Describir la matriz de rigidez.



Solución 12

Grados de libertad

La discretización de la sección se realiza mediante dos elementos cuadradoslineales, tal y como se refleja en la figura 8

51

G. Rus, E. Puertas

(a) (b)

Figure 8: Discretización de la estructura: (a) Nodos globales; (b) Nodoslocales

Funciones de forma

Las funciones de forma para un elemento cuadrado lineal en coordenadaslocales son:

H1 = 14(1 + x′

1)(1 + x′

2)H2 = 1

4(1 − x′

1)(1 + x′

2)H3 = 1

4(1 − x′

1)(1 − x′

2)H4 = 1

4(1 + x′

1)(1 − x′

2)


(

∂H1

∂x′

1∂H1

∂x′

2

)

=

(

14

(1 + x′

2)14

(1 + x′

1)

)

(

∂H2

∂x′

1∂H2

∂x′

2

)

=

(

−14

(1 + x′

2)14

(1 − x′

1)

)

(

∂H3

∂x′

1∂H3

∂x′

2

)

=

(

−14

(1 − x′

2)−1

4(1 − x′

1)

)

(

∂H4

∂x′

1∂H4

∂x′

2

)

=

(

14

(1 − x′

2)−1

4(1 + x′

1)

)

El jacobiano de la transformación se obtiene teniendo en cuenta la relaciónentre las coordenadas locales y globales:

xi = Hn xni

52

G. Rus, E. Puertas

J =∂xi

∂x′

j

=∂Hn

∂x′

j

xni =

(

∂x1

∂x′

1

∂x2

∂x′

1∂x1

∂x′

2

∂x2

∂x′

2

)

Cada término de la matriz se obtiene:

∂x1

∂x′

1= ∂H1

∂x′

1x1

1 + ∂H2

∂x′

1x2

1 + ∂H3

∂x′

1x3

1 + ∂H4

∂x′

1x4

1∂x1

∂x′

2= ∂H1

∂x′

2x1

1 + ∂H2

∂x′

2x2

1 + ∂H3

∂x′

2x3

1 + ∂H4

∂x′

2x4

1∂x2

∂x′

1= ∂H1

∂x′

1x1

2 + ∂H2

∂x′

1x2

2 + ∂H3

∂x′

1x3

2 + ∂H4

∂x′

1x4

2∂x2

∂x′

2= ∂H1

∂x′

2x1

2 + ∂H2

∂x′

2x2

2 + ∂H3

∂x′

2x3

2 + ∂H4

∂x′

2x4

2

Para el primer elemento se tiene:

∂x1

∂x′

1

= 41

4(1 + x′

2) − 21

4(1 + x′

2) − 21

4(1 − x′

2) + 41

4(1 − x′

2) = 1

El jacobiano para ambos elementos es igual debido a que son de la mismaforma:

J (1) = J (2) =

(

1 00 1

2

)

y su determinante |J | = 12

La inversa del jacobiano es inmediata:

(

J (1))−1

=(

J (2))−1

=

(

1 00 2

)

Las derivadas de las funciones de forma en coordenadas globales se ob-tienen al multiplicar la derivada en coordenadas locales por la inversa deljacobiano de la transformación. Éstas serán las mismas para ambos elemen-tos.

H1,i =

(

H1,1

H1,2

)

=

(

∂x′

1

∂x1

∂x′

2

∂x1∂x′

1

∂x2

∂x′

2

∂x2

) (

∂H1

∂x′

1∂H1

∂x′

2

)

=

(

14(1 + x′

2)12(1 + x′

1)

)

H2,i =

(

H2,1

H2,2

)

=

(

∂x′

1

∂x1

∂x′

2

∂x1∂x′

1

∂x2

∂x′

2

∂x2

) (

∂H2

∂x′

1∂H2

∂x′

2

)

=

(

−14(1 + x′

2)12(1 − x′

1)

)

H3,i =

(

H3,1

H3,2

)

=

(

∂x′

1

∂x1

∂x′

2

∂x1∂x′

1

∂x2

∂x′

2

∂x2

) (

∂H3

∂x′

1∂H3

∂x′

2

)

=

(

−14(1 − x′

2)−1

2(1 − x′

1)

)

H4,i =

(

H4,1

H4,2

)

=

(

∂x′

1

∂x1

∂x′

2

∂x1∂x′

1

∂x2

∂x′

2

∂x2

) (

∂H4

∂x′

1∂H4

∂x′

2

)

=

(

14(1 − x′

2)−1

2(1 + x′

1)

)

53

G. Rus, E. Puertas

Matriz de rigidez global

El montaje de la matriz de rigidez:

K =

k(1)1•1• k

(1)1•2• 0 0 k

(1)1•3• k

(1)1•4•

k(1)2•1• k

(1)2•2• + k

(2)1•1• k

(2)1•2• k

(2)1•3• k

(1)2•3• + k

(2)1•4• k

(1)2•4•

0 k(2)2•1• k

(2)2•2• k

(2)2•3• k

(2)4•4• 0

0 k(2)3•1• k

(2)3•2• k

(2)3•3• k

(2)3•4• 0

k(1)3•1• k

(1)3•2• + k

(2)4•1• k

(2)4•2• k

(2)4•3• k

(1)3•3• + k

(2)4•4• 0

k(1)4•1• k

(1)4•2• 0 0 0 k

(1)4•4•

Por tanto, el sistema a resolver será:

k(1)1•1• k

(1)1•2• 0 0 k

(1)1•3• k

(1)1•4•

k(1)2•1• k

(1)2•2• + k

(2)1•1• k

(2)1•2• k

(2)1•3• k

(1)2•3• + k

(2)1•4• k

(1)2•4•

0 k(2)2•1• k

(2)2•2• k

(2)2•3• k

(2)4•4• 0

0 k(2)3•1• k

(2)3•2• k

(2)3•3• k

(2)3•4• 0

k(1)3•1• k

(1)3•2• + k

(2)4•1• k

(2)4•2• k

(2)4•3• k

(1)3•3• + k

(2)4•4• 0

k(1)4•1• k

(1)4•2• 0 0 0 k

(1)4•4•

U1

U2

U3

U4

U5

U6

=

f 1

f 2

f 3

f 4

f 5

f 6

Las condiciones de contorno del problema indican que los desplazamientosen ambas direcciones son nulos para los nodos 1, 3, 4 y 6. De ahí que elsistema se reduzca:

(

k(1)2•2• + k

(2)1•1• k

(1)2•3• + k

(2)1•4•

k(1)3•2• + k

(2)4•1• k

(1)3•3• + k

(2)4•4•

)

(

U2

U5

)

=

(

f 2

f 5

)

El sistema completo será:

k(1)2121 + k

(2)1111 k

(1)2122 + k

(2)1112 k

(1)2131 + k

(2)1141 k

(1)2132 + k

(2)1142

k(1)2221 + k

(2)1211 k

(1)2222 + k

(2)1212 k

(1)2231 + k

(2)1241 k

(1)2232 + k

(2)1242

k(1)3121 + k

(2)4111 k

(1)3122 + k

(2)4112 k

(1)3131 + k

(2)4141 k

(1)3132 + k

(2)4142

k(1)3221 + k

(2)4211 k

(1)3222 + k

(2)4212 k

(1)3231 + k

(2)4241 k

(1)3232 + k

(2)4242

u21

u22

u51

u52

=

f 21

f 22

f 51

f 52

Por simetría u21 y u5

1 son cero. Con lo que el sistema se reduce a dosecuaciones con dos incógnitas.

(

k(1)2222 + k

(2)1212 k

(1)2232 + k

(2)1242

k(1)3222 + k

(2)4212 k

(1)3232 + k

(2)4242

)

(

u22

u52

)

=

(

f 22

f 52

)

54

G. Rus, E. Puertas

Cada una de las componentes a calcular de la matriz de rigidez se ob-tienen:

k(e)ncmd =

∫

V(e)

CijklB(e)ijncB

(e)klmddV

siendo la matriz C la definida para tensión plana σ3 = 0:

C =Ez

1 − ν2

1 ν 0ν 1 00 0 2 (1 − ν)

Y el tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijncunc

es:

Bijnc =

B11n1 B11n2

B22n1 B22n2

B12n1 B12n2

según

ε11

ε22

ε12

=

H1n,1 00 H2n,2

12H1n,2

12H2n,1

(

un1

un2

)

Por tanto, para la segunda dirección coordenada se tendrá:

B =

B11n2

B22n2

B12n2

=

0H2n,212H2n,1

=

012

(1 − x′

1)−1

8(1 + x′

2)

A continuación describimos el cálculo de uno de los ocho términos nece-sarios de la matriz de rigidez.

k(1)2222 =

∫

V(1)

Cijkl B(1)ij22 B

(1)kl22 dV =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

Cijkl B(1)ij22 B

(1)kl22 |J | dx′

1 dx′

2

k(1)2222 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

(

0 H2,212H2,1

) Ez

1 − ν2

1 ν 0ν 1 00 0 2 (1 − ν)

0H2,2

12H2,1

1

2dx′

1 dx′

2

k(1)2222 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

Ez

1 − ν2

(

H2,2 H2,2 +1

2(1 − ν) H2,1 H2,1

)

1

2dx′

1 dx′

2

Vector de cargas

Únicamente hay que calcular el vector de cargas en el nodo 2, ya que en elnodo 5 no hay ninguna carga actuando.

Para el cálculo hay que tener en cuenta la carga correspondiente a cadaelemento:

f 22 = f

(1)22 + f

(2)12

Detallamos el cálculo para el primer elemento:

f(1)22 =

∫

S(1)

fS2 H

(1)22 dS =

∫ 1

−1

p H2|x′

2=1

dx1

dx′

1

dx′

1

55

G. Rus, E. Puertas

Desplazamiento de los nodos

El sistema de ecuaciones resultante es:

K =

(

3.18681 1010 −2.8022 1010−2.8022 1010 3.18681 1010

)(

u22

u52

)

=

(

88290.0

)

Resolviendo se obtiene que el desplazamiento en los nodos 2 y 5 es:(

u22

u52

)

=

(

1.22148 10−5

1.07406 10−5

)

56

G. Rus, E. Puertas

Problema 13

Se define un pequeño azud de hormigón (E=20 GPa, ν=0.3) de 3 metrosde altura y sección 1 × 4m , cuya geometría y condiciones de contorno sedescriben en el dibujo. El azud está sometido a una presión hidrostáticaprocedente del peso del agua, de modo que en la coronación tiene valor 0 yen la base valor p=29.43 kPa.

Considerando una discretización de dos elementos hexaédricos lineales deocho nodos, tal y como se describe en el dibujo, se pide:


2. Obtener las funciones de forma.

3. Definir la matriz de rigidez.



Solución 13

Grados de libertad

La discretización de la estructura se toma tal y como indica la siguiente figura(figura 9)

57

G. Rus, E. Puertas

(a) (b)


La estructura es tridimensional, por lo que hay que considerar tres gradosde libertad por nodo, que en total serán 36 grados de libertad. Teniendo encuenta las condiciones de contorno y la simetría de la estructura, únicamentese definen dos grados de libertad en desplazamientos, correspondientes conlos nodos globales 9 y 12.

Funciones de forma

El elemento hexaédrico recto más sencillo de clase C0 es el de ocho nodosque se muestra en la figura siguiente (figura 10).

Las coordenadas locales de cada uno de los nodos se definen en la siguientetabla:

Nodo x′

1 x′

2 x′

3

1 -1 -1 -12 1 -1 -13 1 1 -14 -1 1 -15 -1 -1 16 1 -1 17 1 1 18 -1 1 1

58

G. Rus, E. Puertas

Figure 10: Elemento hexaédrico de 8 nodos

Las funciones de forma de un nodo se obtienen, como producto de lastres funciones de una sola variable correspondientes a cada una de las tresdirecciones x′

1, x′

2, x′

3 en ese nodo.La expresión general de la función de forma de un nodo cualquiera i, se

obtiene mediante la siguiente expresión:

H(e)n =

1

8(1 + x′n

1 x′

1) (1 + x′n2 x′

2) (1 + x′n3 x′

3)

siendo x′nj la coordenada j-ésima del nodo n.

Para el nodo 5, la función de forma se puede obtener fácilmente tal ycomo se indica en la figura 11.

H(e)5 =

1

2(1 − x′

1)1

2(1 − x′

2)1

2(1 + x′

3)

Así, las funciones de forma para un elemento hexaédrico lineal de ochonodos son:

H1 = 18

(1 − x′

1) (1 − x′

2) (1 − x′

3)H2 = 1

8(1 + x′

1) (1 − x′

2) (1 − x′

3)H3 = 1

8(1 + x′

1) (1 + x′

2) (1 − x′

3)H4 = 1

8(1 − x′

1) (1 + x′

2) (1 − x′

3)H5 = 1

8(1 − x′

1) (1 − x′

2) (1 + x′

3)H6 = 1

8(1 + x′

1) (1 − x′

2) (1 + x′

3)H7 = 1

8(1 + x′

1) (1 + x′

2) (1 + x′

3)H8 = 1

8(1 − x′

1) (1 + x′

2) (1 + x′

3)

59

G. Rus, E. Puertas

Figure 11: Obtención de la función de forma para el nodo 5

Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas locales:

dH1

dx′

1dH1

dx′

2dH1

dx′

3

=

−18

(1 − x′

2) (1 − x′

3)−1

8(1 − x′

1) (1 − x′

3)−1

8(1 − x′

1) (1 − x′

2)

dH5

dx′

1dH5

dx′

2dH5

dx′

3

=

−18

(1 − x′

2) (1 + x′

3)−1

8(1 − x′

1) (1 + x′

3)18

(1 − x′

1) (1 − x′

2)

dH2

dx′

1dH2

dx′

2dH2

dx′

3

=

18

(1 − x′

2) (1 − x′

3)−1

8(1 + x′

1) (1 − x′

3)−1

8(1 + x′

1) (1 − x′

2)

dH6

dx′

1dH6

dx′

2dH6

dx′

3

=

18

(1 − x′

2) (1 + x′

3)−1

8(1 + x′

1) (1 + x′

3)18

(1 + x′

1) (1 − x′

2)

dH3

dx′

1dH3

dx′

2dH3

dx′

3

=

18

(1 + x′

2) (1 − x′

3)18

(1 + x′

1) (1 − x′

3)−1

8(1 + x′

1) (1 + x′

2)

dH7

dx′

1dH7

dx′

2dH7

dx′

3

=

18

(1 + x′

2) (1 + x′

3)18

(1 + x′

1) (1 + x′

3)18

(1 + x′

1) (1 + x′

2)

dH4

dx′

1dH4

dx′

2dH4

dx′

3

=

−18

(1 + x′

2) (1 − x′

3)18

(1 − x′

1) (1 − x′

3)−1

8(1 − x′

1) (1 + x′

2)

dH8

dx′

1dH8

dx′

2dH8

dx′

3

=

−18

(1 + x′

2) (1 + x′

3)18

(1 − x′

1) (1 + x′

3)18

(1 − x′

1) (1 + x′

2)

El jacobiano de la transformación se halla teniendo en cuenta la relaciónentre las coordenadas globales y locales:

J =

∂x1

∂x′

1

∂x2

∂x′

1

∂x3

∂x′

1∂x1

∂x′

2

∂x2

∂x′

2

∂x3

∂x′

2∂x1

∂x′

3

∂x2

∂x′

3

∂x3

∂x′

3

A modo de ejemplo calculamos un elemento de la matriz:

∂x1

∂x′

1

=∂H1

∂x′

1

x11+

∂H2

∂x′

1

x21+

∂H3

∂x′

1

x31+

∂H4

∂x′

1

x41+

∂H5

∂x′

1

x51+

∂H6

∂x′

1

x61+

∂H7

∂x′

1

x71+

∂H8

∂x′

1

x81 =

1

2

60

G. Rus, E. Puertas

Obteniendo que el jacobiano es igual para ambos elementos:

J (1) = J (2) =

12

0 00 1 00 0 3

2

y su determinante es |J | = 34. La inversa se obtiene:

(

J (1))−1

=(

J (2))−1

=

2 0 00 1 00 0 2

3

Una vez calculado el jacobiano de la transformación, las derivadas encoordenadas globales de las funciones de forma se obtienen multiplicandoéste por las derivadas en coordenadas locales.

Hn,i =

Hn,1

Hn,2

Hn,3

=

∂x′

1

∂x1

∂x′

2

∂x1

∂x′

3

∂x1∂x′

1

∂x2

∂x′

2

∂x2

∂x′

3

∂x2∂x′

1

∂x3

∂x′

2

∂x3

∂x′

3

∂x3

∂Hn

∂x′

1∂Hn

∂x′

2∂Hn

∂x′

3

=

2 Hn,1

Hn,223Hn,3

Matriz de rigidez global

La matriz de rigidez, teniendo en cuenta que es simétrica y sólo se representanlos términos de la diagonal y por encima de ésta:

k(1)1•1• k

(1)1•2• k

(1)1•3• 0 0 k

(1)1•4• k

(1)1•5• k

(1)1•6• k

(1)1•7• 0 0 k

(1)1

k(1)2•2• k

(1)2•3• 0 0 k

(1)2•4• k

(1)2•5• k

(1)2•6• k

(1)2•7• 0 0 k

(1)2

k(1)3•3•

+k(2)2•2•

k(2)2•3• k

(2)2•4•

k(1)3•4•

+k(2)2•1•

k(1)3•5• k

(1)3•6•

k(1)3•7•

+k(2)2•6•

k(2)2•7• k

(2)2•8•

k(1)3

+k

k(2)3•3• k

(2)3•4• k

(2)3•1• 0 0 k

(2)3•6• k

(2)3•7• k

(2)3•8• k

(2)3

k(2)4•4• k

(2)4•1• 0 0 k

(2)4•6• k

(2)4•7• k

(2)4•8• k

(2)4

k(1)4•4•

+k(2)1•1•

k(1)4•5• k

(1)4•6•

k(1)4•7•

+k(2)1•6•

k(2)1•7• k

(2)1•8•

k(1)4

+k

k(1)5•5• k

(1)5•6• k

(1)5•7• 0 0 k

(1)5

k(1)6•6• k

(1)6•7• 0 0 k

(1)6

k(1)7•7•

+k(2)6•6•

k(2)6•7• k

(8)6•8•

k(1)7

+k

k(2)7•7• k

(2)7•8• k

(2)7

k(2)8•8• k

(2)8

k(1)8

+k

61

G. Rus, E. Puertas

Como el desplazamiento en los nodos 1, 2, 3,4, 5, 6,7, 8, 10 y 11 es nulo.El sistema se simplifica:

(

k(1)7•7• + k

(2)6•6• k

(1)7•8• + k

(2)6•5•

k(1)8•8• + k

(2)5•5•

)

(

U9

U12

)

=

(

f 9

f 12

)

El sistema completo será entonces, teniendo en cuenta que la matriz derigidez es simétrica:

k(1)7171 + k

(2)6161 k

(1)7172 + k

(2)6162 k

(1)7173 + k

(2)6163 k

(1)7181 + k

(2)6151 k

(1)7182 + k

(2)6152 k

(1)7183 + k

(2)6153

k(1)7272 + k

(2)6262 k

(1)7273 + k

(2)6263 k

(1)7182 + k

(2)6152 k

(1)7282 + k

(2)6252 k

(1)7283 + k

(2)6253

k(1)7373 + k

(2)6363 k

(1)7381 + k

(2)6351 k

(1)7382 + k

(2)6352 k

(1)7383 + k

(2)6353

k(1)8181 + k

(2)5151 k

(1)8182 + k

(2)5152 k

(1)8183 + k

(2)5153

k(1)8282 + k

(2)5252 k

(1)8283 + k

(2)5253

k(1)8383 + k

(2)5353

Observando la simetría del problema respecto al plano x1 x3 podemosconcluir que los desplazamientos en ambos nudos en la dirección x2 son nulos.De ahí que el sistema se reduzca a cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas:

k(1)7171 + k

(2)6161 k

(1)7173 + k

(2)6163 k

(1)7181 + k

(2)6151 k

(1)7183 + k

(2)6153

k(1)7373 + k

(2)6363 k

(1)7381 + k

(2)6351 k

(1)7383 + k

(2)6353

k(1)8181 + k

(2)5151 k

(1)8183 + k

(2)5153

k(1)8383 + k

(2)5353

u91

u93

u121

u123

=

f 91

f 93

f 121

f 123

Cada componente de la matriz de rigidez se calcula:

k(e)ncmd =

∫

V(e)

CijklB(e)ijncB

(e)klmddV

siendo la matriz C la relación entre tensión y deformación σ = Cǫ:

C =

λ + 2 µ λ λ 0 0 0λ λ + 2 µ λ 0 0 0λ λ λ + 2 µ 0 0 00 0 0 2µ 0 00 0 0 0 2µ 00 0 0 0 0 2µ

donde λ = ν E(1+ν)(1−2 ν)

y µ = E2 (1+ν)

son las constantes de Lamé.

62

G. Rus, E. Puertas

La matriz B de interpolación del campo de deformaciones ǫ = B un es:

B =

Hn,1 0 00 Hn,2 00 0 Hn,3

12Hn,2

12Hn,1 0

12Hn,3 0 1

2Hn,1

0 12Hn,3

12Hn,2

Presentamos el cálculo de uno de los elementos de la matriz de rigidez:

k(1)7171 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

∫ 1

−1

Cijkl B(1)ij71 B

(1)kl71 |J | dx′

1 dx′

2 dx′

3

k(1)7171 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

∫ 1

−1

(

H7,1 0 0 12H7,2

12H7,3 0

)

λ + 2 µ λ λ 0 0 0λ λ + 2 µ λ 0 0 0λ λ λ + 2 µ 0 0 00 0 0 2µ 0 00 0 0 0 2µ 00 0 0 0 0 2µ

H7,1

00

12H7,2

12H7,3

0

|J | dx′

1 dx′

2 dx′

3

k(1)7171 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

∫ 1

−1

(

(λ + 2 µ) H7,1 H7,1 +1

2µH7,2 H7,2 +

1

2µH7,3 H7,3

)

|J | dx′

1 dx′

2 dx′

3

Vector de cargas

Únicamente existe fuerza aplicada sobre el nodo 12 y en la primera direccióncoordenada, por lo que será necesario el cálculo de la carga en este nodo:

f 121 = f

(1)81 + f

(2)51

El primero de estos sumandos se obtiene:

f(1)81 =

∫

V

fV1 H8 dV =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

p

(

1 −x′

3

3

)

H8|x′

1=0

dx2

dx′

2

dx3

dx′

3

dx′

2 dx′

3

63

G. Rus, E. Puertas

Problema 14


Considerando sección en tensión plana de espesor unitario, y una dis-cretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas glob-ales en la esquina inferior izquierda, se pide:



3. Obtener la componente k1111 de la matriz de rigidez del elemento quelo compone, donde el nodo 1 es el superior derecho, y la dirección 1 esla horizontal.

(Examen Final de febrero de 2007. 1h 30min.)

64

G. Rus, E. Puertas

Solución 14

Grados de libertad

La discretización de la estructura se toma tal y como indica en el enunciadodel problema (figura 9)

(a) (b)


La estructura es bidimensional, por lo que hay que considerar dos gradosde libertad por nodo, que en total serán 8 grados de libertad. Teniendo encuenta las condiciones de contorno y la simetría de la estructura, únicamentese definen grados de libertad en desplazamientos en los nodos superiores,correspondientes con los nodos globales 1 y 2. Para los nodos 3 y 4 losgrados de libertad vienen definidos en tensiones.

Derivadas de las funciones de forma

El elemento más sencillo de clase C0 es el de cuatro nodos que se muestra enla figura 12.

Las coordenadas locales de cada uno de los nodos se definen en la siguientetabla:

65

G. Rus, E. Puertas

Nodo x′

1 x′

2

1 1 12 -1 13 -1 -14 1 -1

Las funciones de forma de un nodo se obtienen, como producto de lasdos funciones de una sola variable correspondientes a cada una de las dosdirecciones x′

1, x′

2 en ese nodo.

H1 = 14(1 + x′

1)(1 + x′

2)H2 = 1

4(1 − x′

1)(1 + x′

2)H3 = 1

4(1 − x′

1)(1 − x′

2)H4 = 1

4(1 + x′

1)(1 − x′

2)


(

∂H1

∂x′

1∂H1

∂x′

2

)

=

(

14

(1 + x′

2)14

(1 + x′

1)

)

(

∂H2

∂x′

1∂H2

∂x′

2

)

=

(

−14

(1 + x′

2)14

(1 − x′

1)

)

(

∂H3

∂x′

1∂H3

∂x′

2

)

=

(

−14

(1 − x′

2)−1

4(1 − x′

1)

)

(

∂H4

∂x′

1∂H4

∂x′

2

)

=

(

14

(1 − x′

2)−1

4(1 + x′

1)

)

El jacobano de la transformación se halla teniendo en cuenta la relaciónentre las coordenadas globales y locales:

J =

(

∂x1

∂x′

1

∂x2

∂x′

1∂x1

∂x′

2

∂x2

∂x′

2

)

A modo de ejemplo calculamos un elemento de la matriz:

∂x1

∂x′

1

=∂H1

∂x′

1

x11 +

∂H2

∂x′

1

x21 +

∂H3

∂x′

1

x31 +

∂H4

∂x′

1

x41 = 2(2 − x′

2)

Obteniendo que el jacobiano es:

J =

(

2(2 − x′

2) 0−2(1 − x′

1) 15

)

66

G. Rus, E. Puertas

Su inverso:

J−1 =

(

12(2−x′

2)0

1+x′

1

15(2−x′

2)115

)

y su determinante es |J | = 30(2 − x′

2)Una vez calculado la inversa del jacobiano de la transformación, las

derivadas en coordenadas globles de las funciones de forma se obtienen mul-tiplicando éste por las derivadas en coordenadas locales.

Hn,i =

(

Hn,1

Hn,2

)

= J−1

(

∂Hn

∂x′

1∂Hn

∂x′

2

)

H1,i =

(

H1,1

H1,2

)

=

1+x′

2

8(2−x′

2)1+x′

1

20(2−x′

2)

H2,i =

(

H2,1

H2,2

)

=

−1+x′

2

8(2−x′

2)1−3 x′

1−2 x′

2

60(2−x′

2)

H3,i =

(

H3,1

H3,2

)

=

−1−x′

2

8(2−x′

2)3−x′

1−2 x′

2

60(2−x′

2)

H4,i =

(

H4,1

H4,2

)

=

1−x′

2

8(2−x′

2)

−1+x′

1

60(2−x′

2)

Elemento k1111 de la matriz de rigidez

Cada componente de la matriz de rigidez se calcula:

k(e)ncmd =

∫

V(e)

CijklB(e)ijncB

(e)klmddV

C =Ez

1 − ν2

1 ν 0ν 1 00 0 1−ν

2

Y el tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijncunc

es:

Bijnc =

B11n1 B11n2

B22n1 B22n2

B12n1 B12n2

según

ε11

ε22

ε12

=

H1n,1 00 H2n,2

12H1n,2

12H2n,1

(

un1

un2

)

67

G. Rus, E. Puertas

Presentamos el cálculo de uno de los elementos de la matriz de rigidez:

k1111 =

∫ 1

−1

∫ 1

−1

B(1)ij11 Cijkl B

(1)kl11 |J | dx′

1 dx′

2 =

=∫ 1

−1

∫ 1

−1

(

H1,1 0 12H1,2

)

Ez1−ν2

1 ν 0ν 1 00 0 1−ν

2

H1,1

012H1,2

|J | dx′

1 dx′

2 =

=

∫ 1

−1

∫ 1

−1

Ez

1 − ν2

(

H1,1 H1,1 +1

8(1 − ν) H1,2 H1,2

)

|J | dx′

1 dx′

2 =

= 3.93136 1010 N/m

68

G. Rus, E. Puertas

Problema 15

Se considera un muro de hormigón (E = 20GPa, ν = 0.3) sometido a unacarga p = d7 104Pa , con las dimensiones representas en la figura. Empleandouna discretización de dos elementos de forma cúbica y con funciones de formalineales.

Se pide:

1. Obtener el desplazamiento en los nodos centrales del muro, A y B ex-plicando y estructurando cada paso seguido en la resolución.

2. Resolver el problema anterior empleando el programa de elementos fini-tos FEAP.

3. Resolver el problema doblando el número de elementos en cada una delas direcciones x, y, z utilizando FEAP.

4. Comparar los resultados obtenidos.

Nota: Los parámetros di coinciden con las cifras de su DNI.

69

G. Rus, E. Puertas

Problema 16

Resuelva por el Método de los Elementos Finitos la presa de la figura (cotas enmetros), cuyo módulo elástico es E = 3.10d3d4 1010 Pa, el coeficiente de Pois-son ν = 0.5 y la densidad ρ = 26d5d6 kg/m3. La estructura está empotradaen su base, estando el lado izquierdo sometido a una presión hidrostática,tal y como indica la figura. Utilícese para su resolución elementos cuadradosde cuatro nodos con funciones de forma lineales y tenga en cuenta que seconsidera en tensión plana.

Se pide:

1. Calcular los desplazamientos de los nodos considerando que la presaestá únicamente sometida a presión hidrostática. Explique y estructurecada paso seguido en la resolución.

2. Resolver el problema anterior utilizando FEAP.

3. Resolver el problema considerando también el peso propio de la presamediante FEAP.

4. Analizar los resultados obtenidos.


70

G. Rus, E. Puertas

Problema 17

Se considera una placa cuadrada (E = 206GPa, ν = 0.3) sometida a unacarga puntual p = d7 106N , con las dimensiones representadas en la figura.La placa se discretiza mediante cuatro elementos de cuatro nodos con fun-ciones de forma lineal.

Se pide:

1. Calcular el desplazamiento en el centro de la placa considerando lasimetría del problema, explicando y estructurando cada paso seguido enla resolución.

2. Resolver el problema anterior empleando el programa de elementos fini-tos FEAP.

3. Resolver el problema aumentando el número de elementos en cada unade las direcciones x, y utilizando FEAP, para los casos siguientes:

(a) Doble número de elementos en la dirección x

(b) Doble número de elementos en la dirección y

(c) Doble número de elementos en ambas direcciones x, y

4. Comparar los resultados obtenidos.


71

G. Rus, E. Puertas

Problema 18

Preguntas de teoría. Se evaluará la capacidad de seleccionar y sintetizar lainformación relevante.

1. Describir y expresar matemáticamente la diferencia entre un problemade tensión plana y uno de deformación plana. Poner un ejemplo decada problema.

2. Dada una barra de un elemento lineal (dos nudos) de 3 unidades delongitud, calcular el vector de cargas f debido a una carga distribuidatriangularmente, con valor nulo a la izquierda y valor 5 unidades a laderecha.

3. Coméntense ventajas y limitaciones de la idea de hacer los elementosisoparamétricos.

4. Calcular el número de nudos que tendrá un elemento sólido 2D de formacuadrangular tal que en la dirección x1 sea cuadrático y en la direcciónx2 sea lineal. Escribir las funciones de forma asociadas a cada nodo.

5. Describir el sentido geométrico del jacobiano, y dónde se usa.

6. Describir en qué ocasiones es mejor elegir una discretización 3D conelementos cúbicos y en qué ocasiones con elementos tetraédricos.

7. Calcular el número de nodos que tiene un elemento cúbico 3D tal quetenga todas las funciones de forma polinómicas de hasta orden cúbico.

8. Sea un elemento cuadrado 2D cuadrático de 9 nodos, cuyas funcionesde forma incluyen los términos (1, x, x2, y, xy, x2y, y2, xy2, x2y2), al quese le elimina un nodo de modo que de sus funciones de forma el término(x), quedando 8. Explíquese si es posible, y el motivo, representar unadeformación ε constante según la dirección x.

9. Enumerar las ventajas e inconvenientes de elementos triangulares frentea cuadrados en 2D.

10. Calcular el área de un elemento cuadrado cuyos nodos tienen coorde-nadas (4,3) (2,3) (1,1) (5,2) mediante integración numérica, usandoun total de cuatro puntos de Gauss.

72

G. Rus, E. Puertas

11. Calcular el momento de inercia respecto al eje y=0 y respecto al ejey=centro de gravedad del elemento, de un elemento cuadrado cuyosnodos tienen coordenadas (4,3) (2,3) (1,1) (5,2) mediante integraciónnumérica, usando un total de cuatro puntos de Gauss.

12. Calcular el área de un elemento cúbico cuyos nodos tienen coordenadas(4,3,1) (2,3,1) (1,1,1) (5,2,1) (4,3,4) (2,3,4) (1,1,5) (5,2,5) medianteintegración numérica, usando un total de ocho puntos de Gauss.

13. Explíquese porqué en el problema 7, aunque todas las fuerzas aplicadasverticales son nulas, existen desplazamientos verticales.

14. Relacionese el resultado del problema 12 con el fenómeno de los bachesque se producen al entrar en un puente al poco tiempo de construirlos.

15. Indique qué tipología de elementos utilizaría para calcular una presa decontrafuertes y describa sucintamente éstos.

16. Describir cómo se calculan las tensiones mediante el método de loselementos finitos.

73

Problemas mef

Education

Transcript of Problemas mef