PROBLEMAS RESUELTOS:

MTODO DE LOS ELEMENTOS FINITOS

Guillermo Rus Carlborg 1,

Esther Puertas Garca 2

Enero de 2008

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

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

de Granada.

USUARIOResaltado

c copyright 2007: Guillermo Rus Carlborg, Esther Puertas GarcaEditor: Departamento de Mecnica 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 discretizacin de dos elementos linealesy una discretizacin de un elemento cuadrtico y suponiendo que la carga esconstante p(x) = p0 y variable p(x) =

p0Lx.

Se pide:

1. Plantear el problema terico.

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

Solucin 1

1. Planteamiento terico 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)dxN = 0dN

dx+ p(x) = 0

Sabemos

N =

t/2t/2

xx b(z) dz = EAdu

dx

sustituyendo en la expresin anterior:

dN

dx+ p(x) = EA

d2u

dx2p(x) = 0

En consecuencia, la formulacin 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 formulacin dbil del problema consiste en aplicar un desplaza-miento virtual v definido en [0, L] con las mismas condiciones de contorno eintegrar en el dominio:

L0

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

L0

p(x)v(x)dx

Integrando por partes el primer miembro 1 L0

u,xx(x)v(x)dx = u,x(x)v(x)|L0

L0

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

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

0se anula.

2

G. Rus, E. Puertas

Se deduce L0

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

L0

p(x)v(x)dx

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

Hallar u H10 (0, L) tal que L0

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

L0

p(x)v(x)dx v(x) H10 (0, L)

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

Hallar u(x) H1(x)u1 +H2(x)u

2 + +HN(x)uN tal que

ne=1

x(e)j

x(e)i

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

x(e)jx(e)i

+

x(e)j

x(e)i

p(x)v(x)dx

Este planteamiento es anlogo a resolver el sistema de ecuaciones:

Ku = f

dondeK(e)ij = 10Bi C

(e) BjJ (e)A(e) dx; f (e)j = F (e)j + L(e)0 p(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)HjL0.

Para el caso general, el problema discreto consiste en

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

ni tal que

e

V eCijklB

eijncB

eklmddV u

nc =

e

V efVd H

edmdV +

e

SefSd H

edmdS

2. Discretizacin y funciones de forma

Dos elementos lineales

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

2En esta expresin el primer trmino representa el trabajo virtual interno que realizan

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

el trabajo virtual de las fuerzas exteriores sobre los desplazamientos virtuales

3

G. Rus, E. Puertas

Figure 1: Discretizacin 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:

dH1dx

= 1;dH2dx

= 1

El jacobiano de la transformacin 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 =dH1dx

=dH1dx

dx

dx=

1

L(e)

B2 =dH2dx

=dH2dx

dx

dx=

1

L(e)

Un elemento cuadrtico

Al tratarse de un elemento de tres nodos, las funciones de forma sern detipo cuadrtico. H1(x) se tomar de forma que toma el valor 1 en el punto1 y se anula en el resto; H2(x) es la funcin 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:

dH1dx

= x 1

2dH2dx

= 2x

dH3dx

= x +1

2

El jacobiano de la transformacin 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 obtendrn 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 cuadrticas para L = 10 (a) H1; (b) H2; (c)H3.

locales por el jacobiano de la transformacin:

B1 =dH1dx

=dH1dx

dx

dx=

(x

1

2

)1

L

B2 =dH2dx

=dH2dx

dx

dx= 2x

1

L

B3 =dH3dx

=dH3dx

dx

dx=

(x +

1

2

)1

L

3. Matriz de Rigidez

Dos elementos lineales

Para el clculo 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 =

10Bi C

(e) BjJ (e)A(e) dx.

Al ser los intervalos de igual longitud, con igual rigidez y rea, las matricesde rigidez elementales son iguales para ambos elementos.

K(e) =

( 10B1 C

(e) B1J (e)A(e) dx 1

0B1 C

(e) B2J (e)A(e) dx 1

0B2 C

(e) B1J (e)A(e) dx 1

0B2 C

(e) B2J (e)A(e) dx

)

6

G. Rus, E. Puertas

donde C(e) = E;A(e) = A;J (e) = L

2.

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

L

(1 11 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 01 2 1

0 1 1

Un elemento cuadrtico

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

K =

1

0B1 C B1 |J |Adx

10B1 C B2 |J |Adx

10B1 C B3 |J |Adx

10B2 C B1 |J |Adx

10B2 C B2 |J |Adx

10B2 C B3 |J |Adx

10B3 C B1 |J |Adx

10B3 C B2 |J |Adx

10B3 C B3 |J |Adx

K =EA

L

73 83 138

3163

83

13

83

73

4. Vector de fuerzas

Dos elementos lineales

El vector de fuerzas elemental es equivalente para ambos elementos, se calculamediante las ingrales f (e)j =

10f v(x)Hj

J (e) dx. Se distinguen los doscasos de carga planteados en el enunciado.

f (e) =

( 10f v(x)H1

J (e) dx 10f 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

12

1

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

16

5

Un elemento cuadrtico

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

f =

10f v(x)H1 |J | dx

10f v(x)H2 |J | dx

10f v(x)H3 |J | dx

Carga constante (p(x) = p0)

f =p0L

6

14

1

Carga variable(p(x) = p0

Lx)

f =p0L

6

02

1

5. Desplazamiento de los nodos

El desplazamiento de los nodos se obtiene directamente de la resolucin 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

Dos elementos lineales

Carga constanteEl sistema resultante es:

2EA

L

1 1 01 2 1

0 1 1

u1u2

u3

= p0L

4

12

1

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 11 1

) (u2

u3

)=p0L

4

(21

)

Sustituyendo por los datos dados para las variables:(40 2020 20

) (u2

u3

)=

(0.500.25

)

Resolviendo el sistema se obtiene:

u2 = 0.0375; u3 = 0.05

Carga variablePara la carga variable, el sistema slo cambia en su trmino independiente.

2EA

L

1 1 01 2 1

0 1 1

u1u2

u3

= p0L

24

16

5

Eliminando la primera fila y colmuna se tiene

2EA

L

(2 11 1

) (u2

u3

)=p0L

24

(65

)

Sustituyendo por los valores de las variables(40 2020 20

) (u2

u3

)=

(0.25

0.208333

)

Resolviendo:u2 = 0.0229167; u3 = 0.0333333

9

G. Rus, E. Puertas

Un elemento cuadrtico

Para el caso en el que se emplee un elemento cuadrtico, la resolucin serealiza de forma anloga.

Carga constante

EA

L

73 83 138

3163

83

13

83

73

u1u2

u3

= p0L

6

14

1

EA

L

(163

83

83

73

) (u2

u3

)=p0L

6

(41

)(

53.3333 26.666726.6667 23.3333

) (u2

u3

)=

(0.6666670.166667

)

u2 = 0.0375; u3 = 0.05

Carga variable

EA

L

73 83 138

3163

83

13

83

73

u1u2

u3

= p0L

6

02

1

EA

L

(163

83

83

73

) (u2

u3

)=p0L

6

(21

)(

53.3333 26.666726.6667 23.3333

) (u2

u3

)=

(0.3333330.166667

)

u2 = 0.0229167; u3 = 0.0333333

6. Conclusiones

La solucin anlitica para el problema dado por su formulacin fuerte puedeobtenerse fcilmente. Las expresiones para los dos casos de carga considera-dos son:

Carga constanteSolucin analtica.

u(x) = p0x

2

2EA+Lp0EA

x;

Solucin MEF mediante dos elementos lineales.

u(x) =

{u2H

(1)2 si 0 x

L2

u2H(2)1 + u

3H(2)2 si

L2 x L

10

G. Rus, E. Puertas

2 4 6 8 10

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

Figure 4: Solucin para carga constante

Solucin MEF mediante un elemento cuadrtico.

u(x) = u2H2 + u3H3

Carga variable

u(x) = p0x

3

6EAL+

Lp02EA

x;

Solucin MEF mediante dos elementos lineales.

u(x) =

{u2H

(1)2 si 0 x

L2

u2H(2)1 + u

3H(2)2 si

L2 x L

Solucin MEF mediante un elemento cuadrtico.

u(x) = u2H2 + u3H3

Sustituyendo los valores dados para las variables y comparando con losresultados obtenidos para los problemas planteados mediante el mtodo delos elementos finitos podemos observar que se obtiene la solucin real para losnodos. Si bien la solucin es la real en el caso de carga constante empleandoelementos cuadrticos pero no es vlido para el caso de carga variable, yaque la solucin real es un polinomio de tercer grado. Bastara con emplearun elemento cbico para comprobar que se obtiene la solucin 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: Solucin para carga variable

12

G. Rus, E. Puertas

Problema 2

Resuelva por el mtodo 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 mduloelstico es E = 210GPa y su rea 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).Utilcese para resolverlo una discretizacin 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