1. EJEMPLO 5.5
Referencia:"Introducción al estudio del Elemento Finito en Ingeniería" - segunda ediciónAutor:Tirupathi R. Chandrupatla & Ashok D. BelegunduPágina del libro en que se encuentra el ejemplo: 149
1.1 Enunciado
Para la placa bidimensional cargada que se muestra en la figura E5.4, determine los desplazamientos de losnudos 1 y 2 y los esfuerzos en los elementos usando condiciones de sfuerzo plano. Desprecie la fuerza delcuerpo en comparación con las fuerzas externas. E=30*10^6 ksi, υ=0.25, espesor=0.5in
Figura E5.4
1.2 Convenciones generales
El fin principal es mostrar el proceso de análisis de manera detallada, mostrando las matrices y vectores que seforman en un proceso normal de análisis por elementos finitos.Luego, los resultados serán comparados, para suveracidad, por algún programa comercial especialisado.
La estructura mostrada se analizará por el "Método de los Elementos Finitos", para lo cual el dominiocompleto se discretizará en subdominios triangulares de lados rectos, luego cada elemento debe quedarplenamente identificado en el sistema por la identificación de sus nudos. Inicialmente se trabaja en el sistemacartesiano, para luego, por conveniencia, se realiza la transformación al sistema de coordenadas normalizadopara cada elemento. Seguidamente se muestra la numeración de los nudos y elementos que es de vitalimportancia para el planteamiento.
Autor:Edmundo
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2. ARGUMENTOS ORDENADOS
2.1 nudos
las coordenadas de todos los nudos, cada fila representa un punto, donde:Columna 1: coordenada radialColumna 2: coordenada axial
NODE1 2
12
3
4
3 03 2
0 2
0 0
:=
2.2 Elementos
Identificación de todos los elementos en el sistema, cada fila representa a un elemento, donde:Columna 1: número del nudo global, correspondente al nudo local 1Columna 2: número del nudo global, correspondente al nudo local 2Columna 3: número del nudo global, correspondente al nudo local 3
MEMB1 2 3
12
1 2 43 4 2
:=
2.3 Propiedades
Módulo de elasticidad del material: E 30 106⋅:=
Autor:Edmundo
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Coeficiente de Poisson: ν 0.25:=
Espesor de la placa: t 0.5:=
2.4 Condiciones de contorno
Define los grados de libertad restringidos en la estructura, donde:Columna 1: número del nudo donde existe restricción del desplazamientoColumna 2: "UX?" ¿existe desplazamieto en la direcciónX?Columna 3: "UY?" ¿existe desplazamiento en la dirección Y?, para ambos, la condición: 0 es libre y 1restringido
SUPP1 2 3
12
3
1 0 13 1 1
4 1 1
:=
2.5 cargas
2.5.1 Cargas puntuales.[lb]
Las cargas puntuales actuan directamente sobre los nudos, deben ser ingresados directamente en elsistema de orientación global, cada columna representa:Columna 1: Número del nudo donde actúa la cargaColumna 2: Carga puntual en la dirección XColumna 3: Carga puntual en la dirección Y
NLF1 2 3
1 2 0 3-1·10
:=
Autor:Edmundo
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3. MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL DE CADA ELEMENTO
Reference:D:\FEM\Esfuerzo plano T3N\0 Esfuerzo plano T3N - Funciones.xmcd
Se obtiene la matriz de rigidez local para el elemento: m 1:=
3.1 Espesor del elemento
t 0.5=
3.1 Área del elemento
A m( ) 3=
3.2 Matriz de elemento "Deformación unitaria - desplazamiento" de "3x6", que relacina las tres deformacionesunitarias con los seis desplazamientos nodales y está dado por.
Matriz Jacobiano, que representa la transformacióndel sistema cartesiano al sistema normalizado
y la matriz "B" es.
todos los elementos de la matriz "B" son constantes, expresados en función de las coordenadas nodales.Reemplazando, se tiene.
B m( )
0.333
0
0.5−
0
0.5−
0.333
0
0
0.5
0
0.5
0
0.333−
0
0
0
0
0.333−
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
=
B m( )T
0.333
0
0
0
0.333−
0
0
0.5−
0
0.5
0
0
0.5−
0.333
0.5
0
0
0.333−
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Autor:Edmundo
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la matriz de propiedades del material para esfuerzo plano depende únicamente del módulo de elasticidad y delmódulo de poisson, reemplazando los datos, resulta.
D
3.2 107×
8 106×
0
8 106×
3.2 107×
0
0
0
1.2 107×
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
=
loego, la matriz de rigidez está dado por.
GDL m( )T 1 2 3 4 7 8( )=
t A m( )⋅ B m( )T⋅ D⋅ B m( )⋅
0.983
0.5−
0.45−
0.2
0.533−
0.3
0.5−
1.4
0.3
1.2−
0.2
0.2−
0.45−
0.3
0.45
0
0
0.3−
0.2
1.2−
0
1.2
0.2−
0
0.533−
0.2
0
0.2−
0.533
0
0.3
0.2−
0.3−
0
0
0.2
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
107⋅= GDL m( )
1
2
3
4
7
8
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
k m( )
0.983
0.5−
0.45−
0.2
0.533−
0.3
0.5−
1.4
0.3
1.2−
0.2
0.2−
0.45−
0.3
0.45
0
0
0.3−
0.2
1.2−
0
1.2
0.2−
0
0.533−
0.2
0
0.2−
0.533
0
0.3
0.2−
0.3−
0
0
0.2
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
107⋅=
..... de igual manera para todos los elementos
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4. MATRIZ DE RIGIDEZ ENSAMBLADO
Reference:D:\FEM\Esfuerzo plano T3N\0 Esfuerzo plano T3N - Funciones.xmcd
Todas las matrices de rigidez de los elementos se ensambla en una sola, simbólicamente se podríarepresentar así K ki∑← Seguidamente se muestra un código compacto para que ensambla la matriz de
rigidez.
la matriz de rigidez ensamblado es(de orden 8).
K
9.833 106×
5− 106×
4.5− 106×
2 106×
0
0
5.333− 106×
3 106×
5− 106×
1.4 107×
3 106×
1.2− 107×
0
0
2 106×
2− 106×
4.5− 106×
3 106×
9.833 106×
0
5.333− 106×
2 106×
0
5− 106×
2 106×
1.2− 107×
0
1.4 107×
3 106×
2− 106×
5− 106×
0
0
0
5.333− 106×
3 106×
9.833 106×
5− 106×
4.5− 106×
2 106×
0
0
2 106×
2− 106×
5− 106×
1.4 107×
3 106×
1.2− 107×
5.333− 106×
2 106×
0
5− 106×
4.5− 106×
3 106×
9.833 106×
0
3 106×
2− 106×
5− 106×
0
2 106×
1.2− 107×
0
1.4 107×
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Autor:Edmundo
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5. VECTOR DE FUERZAS NODALES
Se procede de manera similar, simbólicamente se puede expresar mediante F cargas_nodales_equivalentes∑← El programa siguiete ensambla solamente las cargas que actuan en los
nudos
el vector resultante es.
F
0
0
0
1− 103×
0
0
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Autor:Edmundo
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6. DESPLAZAMIENTOS
Reference:D:\FEM\Esfuerzo plano T3N\0 Esfuerzo plano T3N - Funciones.xmcd
6.1 Imposición de las condiciones de contorno
La matriz de rigidez de toda la estructura "K" fue ensamblado sin tomar en cuenta los grados de libertadrestringidos, modificando la matriz para los grados de libertad con desplazamiento restringido, se tiene.
Km
9.833 106×
5− 106×
4.5− 106×
2 106×
0
0
5.333− 106×
3 106×
5− 106×
1 10307×
3 106×
1.2− 107×
0
0
2 106×
2− 106×
4.5− 106×
3 106×
9.833 106×
0
5.333− 106×
2 106×
0
5− 106×
2 106×
1.2− 107×
0
1.4 107×
3 106×
2− 106×
5− 106×
0
0
0
5.333− 106×
3 106×
1 10307×
5− 106×
4.5− 106×
2 106×
0
0
2 106×
2− 106×
5− 106×
1 10307×
3 106×
1.2− 107×
5.333− 106×
2 106×
0
5− 106×
4.5− 106×
3 106×
1 10307×
0
3 106×
2− 106×
5− 106×
0
2 106×
1.2− 107×
0
1 10307×
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
6.2 Resolución del sistema de ecuaciones
La matriz Km representa los coeficientes del sistema de ecuaciones que se formó tomando en cuenta todoslos grados de libertad, y el vector de fuerzas el término independiente. se podría resolver de muchas manerasel sistema de ecuaciones, para el presente se resolverá formando la matriz aumentada y por eliminación deGauss.
augment Km F, ( )
1 2 3 4 5
12
3
4
5
6
7
8
69.833·10 6-5·10 6-4.5·10 62·10 06-5·10 3071·10 63·10 7-1.2·10 06-4.5·10 63·10 69.833·10 0 6-5.333·1062·10 7-1.2·10 0 71.4·10 63·10
0 0 6-5.333·10 63·10 3071·10
0 0 62·10 6-2·10 6-5·106-5.333·10 62·10 0 6-5·10 6-4.5·1063·10 6-2·10 6-5·10 0 ...
=
Autor:Edmundo
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rref augment Km F, ( )( )
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1.908 10 5−×
0
8.73 10 6−×
7.415− 10 5−×
0
0
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
donde los desplazamientos están representados por la última columna
donde:Columna 1: nudoColumna 2: desplazamiento en XColumna 3: desplazamiento en Y
Q
1.908 10 5−×
0
8.73 10 6−×
7.415− 10 5−×
0
0
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Qo
1
2
3
4
1.908 10 5−×
8.73 10 6−×
0
0
0
7.415− 10 5−×
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
7. REACCIONES EN APOYOS
Las reacciones se ontienen mediante
donde:Columna 1: nudoColumna 2: reacción en XColumna 3: racción en Y
K Q⋅ F−
2.842 10 14−×
820.651
0
1.137 10 13−×
269.023−
165.768
269.023
13.581
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
= R
2.842 10 14−×
820.651
0
1.137 10 13−×
269.023−
165.768
269.023
13.581
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Ro1
3
4
2.842 10 14−×
269.023−
269.023
820.651
165.768
13.581
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎠
=
Autor:Edmundo
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8. TENSIONES
Reference:D:\FEM\Esfuerzo plano T3N\0 Esfuerzo plano T3N - Funciones.xmcd
Se obtiene tensiones en los nudos para el elemento m 2:=
8.1 La matriz de propiedades del elemento está dado por.
D
3.2 107×
8 106×
0
8 106×
3.2 107×
0
0
0
1.2 107×
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
=
8.2 La matrz "B"(matriz deformación unitaria desplazamiento) para el elemento está representado mediante.
B m( )
0.333−
0
0.5
0
0.5
0.333−
0
0
0.5−
0
0.5−
0
0.333
0
0
0
0
0.333
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
=
8.3 Desplazamientos en los extremos del elemento
q m( )
0
0
0
0
8.73 10 6−×
7.415− 10 5−×
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
8.4 las tensiones para el elemento son( estas tensiones, para efectos de interpolación se consideranactuando en el centro de cada elemento)
D B m( )⋅ q m( )⋅
93.124
23.281
296.616−
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
= σ m( )
93.124
23.281
296.616−
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
=
σx
σy
τxy
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎠
Obtensión de los tensiones principales.(las tensiones obtenidos son).
Autor:Edmundo
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Evaluando se tiene.
σ1 m( ) 356.866=
σ2 m( ) 240.462−=
τmáx m( ) 298.664=
θ m( ) 0.727−= en radianes
Según Von Mises, el criterio para definir si el material se encuntra cercano o no al estado de cedencia enlos diferentes puntos de la estructura etá dado por.
σm m( ) 300.549=
Si σm es menor a σc ( tención de cedencia del material), entonces el elemento permanece con su
comportamiento elástico, es decir, que su forma original es recuperable al retirrar la carga.
.... se prodece de igual manera para todos
resumiendo las tensiones para todos los elementos, se tiene
donde:columna 1: elemento
Autor:Edmundo
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columna 2: tensión normal en X(σx)columna 3: tensión normal en Y(σy)columna 4: tensión tangencial en XY(τ_xy)columna 5: tensión principal a un ángulo θ desde el eje X(σ1)columna 6: tensión principal a un ángulo θ+90º desde el eje X(σ2)columna 7: ángulomedido desde el eje X
σo1 2 3 4 5 6 7
12
1 -93.124 3-1.136·10 -62.082 -89.439 3-1.139·10 -3.3962 93.124 23.281 -296.616 356.866 -240.462 -41.643
=
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9. CONLUSIONES
Reference:D:\FEM\Esfuerzo plano T3N\0 Esfuerzo plano T3N - Funciones.xmcd
Los resultados obtenidos serán comparados con un análisis realizado en SAP2000 v12.0.0 educacional, parauna discretización inicial en 02 triángulos con lados rectos.
9.1 Desplazamientos
Joint OutputCase U1 U3Text Text in in
1 DEAD 0.000019 02 DEAD 0.00000873 -0.0000743 DEAD 0 04 DEAD 0 0
TABLE: Joint Displacements
Qo
1
2
3
4
0.00001908
0.00000873
0
0
0
0.00007415−
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
=
donde los resultados tanto del análisis actual y los efectuados con sap2000 v12.0.0 son los mismos
9.2 Reacciones en los apoyos.
Joint OutputCase F1 F3Text Text Lb Lb
1 DEAD 0 820.653 DEAD -269.02 165.774 DEAD 269.02 13.58
TABLE: Joint Reactions
Ro1
3
4
2.842 10 14−×
269.023−
269.023
820.651
165.768
13.581
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎠
=
con resultados idénticos, en esta parte no es necesario comparar los resultados con los del sap2000 v12.0.0,simplemente se debe comprobar el equilibrio estático de la estructura y cumple en el presente análisis.
con esto se garantiza implícitamente el equilibrio interiores al elemento y en cada nodo.
9.3 Tensiones
Area S11 S22 S12 SMax SMin SAngleText Lb/in2 Lb/in2 Lb/in2 Lb/in2 Lb/in2 Degrees
1 -93.12 -1135.59 -62.08 0 -1139.27 02 93.12 23.28 -296.62 356.87 -240.46 -41.643
TABLE: Element Stresses - Area Planes
σo1
2
93.12−
93.12
1135.59−
23.28
62.08−
296.62−
89.44−
356.87
1139.27−
240.46−
3.4−
41.64−⎛⎜⎝
⎞⎟⎠
=
Todas las tensiones son evaluados en el punto central de cada elemento.
Finalmente, que los resultados coincidan solamente garantiza el éxito que se logró resolviendo el sistemapaso a paso, para una obtensión real de los resultados, se debe buscar el número de elementos necesariosrefinando la malla de los elementos finitos, hasta converger con un resultado aceptable.
Autor:Edmundo
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