7 problemas resultos por MEF por programas hechos por el autor

"Teoría y aplicación práctica del método de los
elementos finitos y simulación" (AF-1)
(Máster UNED/Ingeciber).
7 problemas del MEF (método elementos
finitos) resueltos completamente paso a paso
mediante los programas Anesmef y Finterpo.
El programa Anesmef realiza cálculos numéricos y simbólicos de estructuras
en 2D a nivel académico mediante el método de la rigidez, PASO A PASO una
vez realizados todos los cálculos internamente. Abarca estructuras articuladas
(barras con rótulas), estructuras reticuladas con cualquier tipo de vigas (biempo-
tradas, apoyada-empotrada, empotrada-apoyada, articulada-empotrada, etc...),
estructuras mixtas en las que existen vigas con apoyos no empotrados en cualquier
combinación con barras y también calcula emparrillados (además según tres sis-
temas de referencia estos últimos). Realiza todos los cálculos parciales.
Puede obtenerse en las direcciones:
http://www.euskalnet.net/jmgomez/anesmef/anesmef1.html
http://www.ticalc.org/archives/files/fileinfo/359/35956.html
El programa Finterpo realiza cálculos numéricos y simbólicos de elementos
estructurales en 2D a nivel académico mediante el método de elementos fini-
tos (MEF), PASO A PASO una vez realizados todos los cálculos internamente.
Abarca elementos monodimensionales (dos, tres, cuatro nodos y definido por
el usuario), triangulares (tres, cuatro, seis o diez nodos), rectangulares (cua-
tro, cinco, seis, ocho, nueve, doce nodos o con dos subelementos triangulares),
elementos placa plana, elementos de cuerpo axilsimétrico (triangular o rectan-
gular). Realiza todos los cálculos parciales.
Puede obtenerse en las direcciones:
http://www.euskalnet.net/jmgomez/Proyectos_de_ingenieria_industrial_2.html
José Manuel Gómez Vega, ingeniero industrial en
mecánica de máquinas.
Abril 2.010.
ingenieroindustrialmecanico@gmail.com
1

1 Solución.
1.1 Matrices de rigidez globales y la matriz de rigidez de
la estructura.
1.1.1 Resolución con mi programa Anesmef.
Hemos supuesto que existe una carga q en el nudo 3, dado que si no se pone
ninguna carga, el programa no puede hacer cálculos sin coacciones. También
hemos puesto dos apoyos, lo cual hace que no se pueda extraer la matriz de
rigidez de la parte de las componentes de los nudos libres. Las expresiones se
calculan con L1 en lugar de L por un problema de incompatiblidad de variables
cuando calcula en forma simbólica como es el caso presente.
2

La matriz de rigidez es, teniendo en cuenta el acople de las matrices elemen-
tales globales y de acuerdo a los grados de libertad en el orden 1,2,3,4,5,6, la
siguiente:
K = EA
L1









1 0 −1 0 0 0
0 1 0 0 0 −1
−1 0 1 +
√
2
4 −
√
2
4 −
√
2
4
√
2
4
0 0 −
√
2
4
√
2
4
√
2
4 −
√
2
4
0 0 −
√
2
4
√
2
4
√
2
4 −
√
2
4
0 −1
√
2
4 −
√
2
4 −
√
2
4 1 +
√
2
4









1.1.2 1er
método.
Para obtener la matriz K, se puede suponer que cada columna obtenida es
gracias al trabajo virtual que genera una deformada elástica en cada una mul-
tiplicada por todas. Por ejemplo, para la columna 1a
, si suponemos un trabajo
virtual unitario en el grado libertad 1, tendremos un esfuerzo axil de compre-
sión, que dará un valor EA
L en el grado libertad 1, es decir habrá movimiento
en el eje positivo de accisas, mientras que aparecerá un valor opuesto en signo
en el grado de libertad 3, por lo tanto, la 1a
columna será el vector:








1
0
−1
0
0
0








4

1.1.3 2o
método.
Otra forma de obtener la matriz de rigidez es tratando el encaje de cada elemento
y sus nudos. Observando las matrices y los grados de libertad de cada una de
las matrices locales generales, que son:
K1
→ {1, 2, 3, 4}
K2
→ {1, 2, 5, 6}
K3
→ {5, 6, 3, 4}
Al haber dado esos grados de libertad en ese orden para cada matriz, in-
directamente estamos asignando unos nudos iniciales y finales a cada elemento
que es lo primero que se hace al calcular una estructura. Por ejemplo, de lo de
arriba se concluye que el nudo inicial para el elemento 1 es el 1 (grados 1,2),
mientras que el final es el 2 (grados 3 y 4).
La matriz de rigidez de la estructura se calcula observando las matrices de
rigidez globales de cada elemento mediante el encaje de los grados de libertad
correspondientes:




1, 2 (1) 3, 4 (2) 5, 6 (3) Grados Libertad (Nudos)
K1
11 + K2
11 K1
12 K3
12 1, 2 (1)
K1
21 K1
22 + K31
12 K3
11 3, 4 (2)
K2
21 K3
22 K3
21 + K2
22 5, 6 (3)




que es la mejor manera de calcular la matriz de rigidez, aunque se han puesto
dos formas de hacerlo. La nomenclatura de cada elemento de la matriz viene a
decir: Kn
ij = submatriz del elemento n correspondiente a la caja ij y la posición
relativa la da los nudos y su conexión tras observar las filas y columnas de cada
matriz.
________________________________________
5

2 Solución.
Se trata de una estructura articulada pues en todos los nudos hay rótulas. La
matriz de rigidez local de cada barra es igual que la que existe para la biapoyada.
Además serán matrices 4x4, donde no habrá grados de libertad de giros por las
rótulas.
2.1 Cálculo matricial directo.
Resolveremos el cálculo primero de forma directa, sin realizar ninguna simpliﬁ-
cación. Usaremos el programa Anesmef. Se trata de una estructura con barras
articuladas, por lo que los únicos esfuerzos son los axiles. Las barras las denomi-
naremos con números, en el programa, quedando: a = 1, b = 2, c = 3, d = 4,
e = 5, f = 6. Asimismo, los nudos serán: A = 1, B = 2, C = 3, D = 4 y E = 5.
Dibujo de la estructura con sus cargas.
6

Menú matrices para calcular la matriz K global.
Obsérvese que en la nomenclatura de la calculadora, K′ es una matriz local.
A continuación las matrices locales K′ y globales K de rigidez, calculadas.
7

Ahora hallamos la matriz de rigidez por encaje matricial de las matrices
globales, de acuerdo a las subcajas de cada matriz. Para ello, numeramos los
nudos y los grados de libertad, haciendo la composición. Anesmef calcula dicha
matriz de rigidez simbólica, donde Kij[n] se reﬁere a la caja ij del elemento n.
9

Ahora ya tenemos la matriz de rigidez K y lo que hacemos es calcularla y se
obtienen sus elementos.
A continuación hallaremos la matriz de rigidez mediante la regla de Cramer.
El programa Anesmef primero calcula los resultados pudiendo presentar,
paso a paso, todos los cálculos para hallar la K. Esto es una ventaja meramente
académica.
2.1.1 Regla de Cramer.
10

2.1.2 Método de Gauss.
En la matriz ampliada de la de rigidez, se incluye el vector de cargas en
globales. Se considera el paso 1, el de partida. Eso está escrito en la matrices
según se van calculando. Iremos mostrando solo los pasos de la matriz ampliada,
pues nos interesa ver la evolución de la última columna que es la del vector de
cargas. No obstante, la calculadora presenta también la matriz de rigidez normal
y de hecho los cambios de ﬁla y columnas se reﬁeren a la matriz de rigidez y no
a la ampliada, aunque los cambios se traducen en aquella.
12

Los resultados de los desplazamientos están en metros, dado que EA se dio
en toneladas y la carga en el nudo también siendo las coordenadas de nudos en
17

metros. Cada solución se determina con una letra en el alfabeto y un no
de nudo.
Anesmef siempre usa la nomenclatura para nudos y elementos en números; por
ejemplo, u2 se refiere a uB, siguiendo siempre un orden correlativo.
2.2 Cálculo matricial mediante aplicación de simetrías y
simplificaciones.
Analizaremos primeramente el planteamiento teórico para poder construir dos
estados, uno simétrico y otro antimétrico, que dará como resultado sumando los
dos estados los movimientos de los nudos.
2.2.1 Estructura plana con carga simétrica.
La estructura inicial no es simétrica respecto a un eje de ordenadas (coordenada
global Y), dado que la barra a hace que no lo sea. Sin embargo, observando
el eje de abcisas (coordenada global X), sí podremos establecer la simetría de
forma.
Una estructura plana simétrica, sometida a un sistema de cargas simétrico
se deforma de manera simétrica, y las solicitaciones internas tienen asimismo
una distribución simétrica. La figura 2.1 muestra las relaciones que cumplen las
deformaciones y las solicitaciones internas.
Fig. 2.1. Estructura simétrica, carga simétrica (deformaciones y solicitaciones internas)
Esta relación entre las deformaciones se satisface para cualquier pareja de
puntos de la estructura, y en particular también se tiene que satisfacer en los
puntos situados precisamente en el eje de simetría. Esto permite determinar las
condiciones de contorno que se aplicarán en el eje de simetría a la estructura
mitad, a fin de respetar el estado de deformación simétrico. Al determinar
estas condiciones de contorno en el eje de simetría pueden presentarse dos casos
diferentes:
1. Nudos contenidos en el eje de simetría.
2. Barras contenidas en el eje de simetría.
18

Nudos contenidos en el eje de simetría. En un nudo situado en el eje
de simetría (que corresponde en este problema a los conectados por la barra
d) las deformaciones deben satisfacer a la vez las condiciones de deformación
simétrica y de compatibilidad geométrica. Aplicando estas condiciones al ele-
mento diferencial situado justo en el eje de simetría se obtiene el valor que deben
tener sus deformaciones para respetarlas.
Nudo en eje de simetría



Deformación X: no es posible → ∆X = 0
Deformación Y: sí es posible → ∆Y = 0
Giro Z: no es posible → θZ = 0
Fig. 2.2. Deformaciones por simetría (nudos en eje)
Así pues un punto situado en el eje de simetría sólo puede tener desplaza-
miento según Y, siendo nulos el desplazamiento X y el giro Z. La condición
de contorno a aplicar en este punto es por lo tanto, como caso general, la de
empotramiento (θZ = 0) deslizante según Y (∆X = 0 ,∆Y = 0), como se
muestra en la figura 2.3.
Fig. 2.3. Empotramiento deslizante según Y.
No obstante, dado que tenemos una rótula y Mz = 0, en este problema
bastaría poner un apoyo de rodillo deslizante según Y, en lugar del em-
potramiento deslizante de la fig. 2.3, que se corresponde al caso de estructuras
extensibles (es decir, sin rótulas o con Mz = 0).
Al mismo resultado se llega si se efectúa el razonamiento con las fuerzas,
aplicando las condiciones de equilibrio del nudo, como se muestra en la fig. 2.4.
19

Nudo en eje de simetría



Fuerza X: sí es posible → FX = 0
Fuerza Y: no es posible → FY = 0
Momento Z: sí es posible → MZ = 0
Fig. 2.4. Simetría en nudos (Fuerzas)
Por lo tanto, cualquier nudo sobre dicho eje de simetría debe ser para este
problema un apoyo deslizante según Y para poder absorber este sistema de
fuerzas, como ya se había deducido.
Barras contenidas en el eje de simetría. Cuando una barra está contenida
en el eje de simetría se debe separar en dos semibarras, situadas cada una de
ellas en una de las dos mitades de la estructura. Esta separación debe hacerse
con la condición de que la energía acumulada en cada semibarra US sea la mitad
de la energía acumulada en la barra completa U. Además, las deformaciones de
la barra original y de las dos semibarras deben ser iguales y se denominan δ.
La expresión de la energía acumulada en la barra completa es:
U = 1
2 δT
KLδ
La energía acumulada en cada semibarra es:
US = 1
2 δT
KS
Lδ
donde KS
L es la matriz de rigidez de la semibarra. Igualando US = U/2, se
deduce que:
KS
L = 1
2 KL
es decir que la semibarra tiene que tener la mitad de rigidez que la barra
original. Para ello basta con dar a la semibarra unos valores EA/2 y EI/2 (ﬁg.
2.5).
20

Fig. 2.5. Barra mitad simétrica
Con este método se garantiza que se obtienen las deformaciones reales en el
plano de simetría. Las solicitaciones obtenidas en la semibarra, con su matriz
de rigidez KS
L , son la mitad de las solicitaciones en la barra completa.
Al ser la deformación simétrica, en los nudos extremos de la barra sólo
hay deformación Y , sin giros Z ni deformaciones X. Por ello la barra no está
sometida a flexión ni cortante y únicamente tiene deformación y esfuerzo axiales.
Por lo tanto la propiedad EI/2 no influye en el comportamiento de la barra.
Por lo tanto, para el caso general de estructura extensible, el nudo debe
ser un empotramiento deslizante según Y para poder absorber este sistema de
fuerzas, como ya se había deducido, y para el caso particular de estructura
articulada (con rótulas), debe ser un apoyo articulado deslizante, según Y.
Nota: algunos autores ponen un empotramiento articulado deslizante
que es exactamente lo mismo que un apoyo articulado deslizante.
2.2.2 Estructura plana con carga antisimétrica (antimétrica).
Una estructura plana simétrica, sometida a un sistema de cargas antisimétrico
se deforma de manera antisimétrica. Las solicitaciones internas tienen asimismo
una distribución antisimétrica, como se indica en la fig. 2.6.
21

Fig. 2.6. Estructura simétrica, carga antimétrica (deformaciones y solicitaciones internas)
Esta relación entre las deformaciones se satisface para cualquier pareja de
puntos de la estructura, y en particular se tiene que satisfacer también en los
puntos situados precisamente en el eje de antisimetría. Esta consideración per-
mite determinar las condiciones de contorno que se deben aplicar a la estructura
mitad en el eje de antisimetría a ﬁn de respetar el estado de deformación anti-
simétrico. Al determinar estas condiciones de contorno pueden presentarse dos
casos diferentes:
1. Nudos contenidos en el eje de antisimetría.
2. Barras contenidas en el eje de antisimetría.
Nudos contenidos en el eje de antimetría. En un nudo situado en el eje
de antisimetría las deformaciones deben satisfacer a la vez las condiciones de
deformaciónb antisimétrica y de compatibilidad geométrica. Aplicando estas
condiciones al elemento diferencial situado justo en el eje de antisimetría (ﬁgura
2.7) se obtienen los valores que deben tener sus deformaciones para respetar a
la vez ambos criterios.
Fig. 2.7. Deformaciones por antimetría (nudos en eje)
22

Nudo en eje de antimetría



Deformación X: sí es posible → ∆X = 0
Deformación Y: no es posible → ∆Y = 0
Giro Z: sí es posible → θZ = 0
Así pues un punto situado en el eje de antisimetría puede tener desplaza-
miento según X y giro según Z, pero el desplazamiento vertical Y debe ser nulo.
Nótese que estas deformaciones son las complementarias a las permitidas en el
caso simétrico (fig. 2.2). La condición de contorno a aplicar en este punto es por
lo tanto la de articulación (θZ = 0) deslizante según X (∆X = 0 , ∆Y = 0),
como se muestra en la fig. 2.8.
Fig. 2.8. Articulación deslizante según X
Se puede también efectuar el razonamiento con las fuerzas, aplicando las
condiciones de equilibrio en cada dirección, bajo la acción de una pareja de
fuerzas antisimétricas (fig. 2.9):
Nudo en eje de antimetría



Fuerza X: no es posible → FX = 0
Fuerza Y: sí es posible → FY = 0
Momento Z: no es posible → MZ = 0
Para poder absorber este sistema de fuerzas el nudo debe ser una articu-
lación deslizante según X, fig. 2.9:
Fig. 2.9. Antimetría en nudos (Fuerzas)
Barras contenidas en el eje de antimetría. Cuando una barra está con-
tenida en el eje de antisimetría se debe separar en dos semibarras, situadas cada
una de ellas en una de las dos mitades de la estructura, con la condición de que
la energía acumulada en cada semibarra US sea la mitad de la energía acumu-
lada en la barra completa U. Además las deformaciones δ de la barra original y
23

de las dos semibarras deben ser iguales. La expresión de la energía acumulada
en la barra completa es:
U = 1
2 δT
KLδ
La energía acumulada en cada semibarra es:
US = 1
2 δT
KS
Lδ
Igualando US = U/2 se deduce que:
KS
L = 1
2 KL
Es decir que la semibarra tiene que tener la mitad de rigidez que la barra
original. Para ello basta con dar a la semibarra unos valores EA/2 y EI/2 (fig.
2.10). Con este método se garantiza que se obtienen las deformaciones reales
en el plano de antisimetría. Las solicitaciones obtenidas en la semibarra con la
matriz de rigidez KS
L son la mitad de las solicitaciones en la barra completa.
Al ser la deformación antisimétrica, en los nudos extremos de la barra hay de-
splazamiento X y giro Z, pero no hay desplazamiento Y . Por lo tanto los nudos
extremos de la barra se mueven en dos líneas paralelas, y como consecuencia la
barra no está sometida a esfuerzo axial. Únicamente tiene esfuerzos de flexión
y cortante, producidos por la deformación X y el giro Z. En consecuencia, la
propiedad EA/2 no influye en el comportamiento de la barra.
Fig. 2.10. Barra mitad antimétrica
24

2.2.3 Construción de estructura como suma de un estado simétrico
y otro antimétrico.
Primeramente deberemos poner la estructura simétrica de forma. En la fig. 2.11
se han puesto las reacciones existentes. Si quisierámos por la estática conocer
las reacciones de la estructura nos sería imposible dado que la estructura es
hiperestática de grado 1:
GH = b + r − 2n = 6 + 5 − 2 · 5 = 1
Podríamos recurrir a métodos clásicos para obtener los movimientos en los
nudos aplicando el Th. de Castigilano y cargas nodales auxiliares, pero este
tratamiento para conocer todos los movimientos sería bastante más arduo. Esto
se podría hacer por mi programa Anesclas no publicado. Por lo tanto, resolver-
emos la estructura mediante el método matricial descomponiendo la estructura
en dos estados (simétrico y antimétrico) siguiendo las directrices teóricas de los
apartados anteriores.
Observando la fig. 2.11, vemos que existe simetría respecto al eje X horizon-
tal de accisas.
Fig. 2.11. Estructura inicial con reacciones
De acuerdo a esa simetría, en la fig. 2.12 cortamos las barras b y f, dejando
la mitad de la barra d y poniendo un empotramiento articulado deslizante en X
(coordenadas globales). En el caso presente y dado que existe una rótula, en la
figura podría aparecer un apoyo articulado deslizante en X en el nudo C pues
a todos los efectos tendría la misma consideración. Hemos construido el Estado
(S) Simétrico.
25

Fig. 2.12. Estado Simétrico (S)
Como se puede apreciar en la ﬁg. 2.12, la barra a está sobre el eje de simetría
de corte, por lo que su valor es EA/2 = 750 t, manteniendo el resto de barras
como al principio, EA = 1500 t, incluida la barra d/2 de longitud mitad.
A continuación formamos el Estado antimétrico (A), poniendo en el nudo
D′, un empotramiento con rótula en X, coordenadas globales y estableciendo
una carga nodal del mismo valor (2,5 t), pero de signo negativo, dejando el nodo
C sin coacciones. Este estado dará lugar a esfuerzos y a desplazamientos.
Fig. 2.13. Estado Antimétrico (S)
26

Queda claro que al sumar (A) + (S) nos da la estructura inicial de partida,
pues como se puede apreciar se tienen 5 t en el nudo C, y el nudo D′ tiene
movimiento tanto vertical como horizontal, pero no nos interesa, pues no se
puede calcular con la estructura normal, por lo que es indiferente.
Tenemos los dos estados y los calcularemos mediante el programa Anesmef.
Estado Simétrico (S). Tras calcular por Anesmef el Estado S, llegamos a los
resultados de desplazamientos en metros. Hallamos que solo hay desplazamiento
en el nodo 3.
Estado Antimétrico (A).
Si procedemos a sumar los resultados de los desplazamientos de (S) + (A)
vemos que nos da para los nudos 1, 2 y 3 el mismo resultado que cuando calcu-
lamos la estructura de la forma normal.
¿Qué ocurre si nos equivocamos al entrar en el programa Anesmef coacciones
sobrantes? Anesmef las detecta. Por ejemplo, supongamos que la estructura
hubiera sido tal que así:
27

Al hacer los cálculos, Anesmef detecta incongruencias en la matriz de rigidez
(reconoce que es singular). Podemos variar las coacciones de una estructura
inestable (o con alguna rigidez nula), es decir, retornar a cambiar apoyos o dejar
que el sistema actúe, llegado a ese punto, dado que el programa lo advierte. En
este caso dejamos que Anesmef trabaje automáticamente.
Es decir, Anesmef detecta que el grado libertad u4 no puede ser. En efecto,
ﬁjándonos en el apoyo 4 si fuera articulado deslizante con rodillo y dado que
hay una rótula en el apoyo opuesto del elemento daría rigidez nula, lo cual no
puede ser por lógica.
28

El resultado del cálculo al ﬁnal sería el mismo que el mostrado originalmente
para el estado antimétrico, es decir, Anesmef ha quitado el grado de libertad
en x en el apoyo 4 (es decir, u4) dejando un empotramiento con rótula, con lo
que Anesmef es robusto frente a coacciones no bien puestas por el usuario, con
lo cual es una ventaja añadida, dado que no solo indica el error sino que puede
automáticamente corregirlo, como se ha comprobado.
La comprobación con Ansys de este problema la adjunto con pantallazos del
programa:
29

________________________________________
30

3 Solución.
Solucionaremos el problema con el programa Anesmef.
3.1 Datos para obtener desplazamientos en cm.
Primeramente vamos a cambiar los datos para que los resultados de los movimien-
tos den en cm, mediante factores de conversión:
Para las barras a y b:



I = 3, 125 · 10−3
m4
· 100.000.000 cm4
1 m4 = 312.500 cm4
A = 0, 15m2
· 10.000 cm2
1 m2 = 1.500 cm2
E = 2 · 106 t
m2 · 1 m2
10.000 cm2 = 200 t
cm2
Para las barras c y d:
E = 2 · 107 t
m2 · 1 m2
10.000 cm2 = 2.000 t
cm2
A = 20 m2
3.2 Características de la estructura.
Aunque en la gráﬁca del problema no se reﬂejen las rótulas de las barras c y d, el
programa internamente sí las tiene en cuenta. Ello es debido a que el apartado
31

gráfico de Anesmef no está totalmente terminado. Por ejemplo, tampoco se
recogen las cargas térmicas de este problema, estando en memoria.
La estructura es mixta: tiene barras empotradas extensibles con barras arti-
culadas. Anesmef nos muestra los grados de libertad y el grado de hiperestatici-
dad. Obsérvese que Anesmef detecta en la estructura que es de tipo mecanismo
o inestable. No lo es realmente, pero lo que sí se da en esta estructura es que
es mixta. Es por ello que GH-GE da negativo.
El hecho de que Anesmef detecte la estructura como un mecanismo puede
ser una paradoja. A priori son 5 las reacciones que existen. Sin embargo,
Anemef calcula al final solo 3 reacciones, siendo nulas HA y HD . Además HD
se ve claramente que es nula, dado que el esfuerzo creado por el incremento de
temperatura en la barra d es vertical, por lo que no hay reacción vertical.
Por lo tanto, el resultado final después de saber que existen reacciones nulas
y que se desconoce a priori es el siguiente:
32

GH = 4 + 3 − 2 · 4 = −1
GE = 3 − 3 = 0
GI = −1
Anesmef considera que existen las reacciones, independientemente de que
sean nulas y es por ello que da los resultados que aparecen en las pantallas de
arriba.
3.3 Cálculo de la matriz simbólica de la estructura.
Observando los nudos donde no existen coacciones, la matriz de rigidez es:
donde los términos kij [n], hacen referencia a:
kij = una de las 4 cajas de la matriz de rigidez global del elemento
n = elemento
Nótese que el programa cambia siempre la nomenclatura de elementos con
letra a números naturales incrementales, por lo que:
a=1
b=2
...
3.4 Matrices locales y globales de rigidez de elementos y
matrices de cambio necesarias para el cálculo de la
matriz de rigidez.
3.4.1 Elemento a=1.
• K22
Para este primer componente expresaremos todas las pantallas de Anesmef
necesarias para establecerlo paso a paso.
Ecuación para hallar la matriz global K partiendo de la local K’ de cada
elemento, a través de las matrices de cambio L.
33

Valores del elemento, introducidos como datos. El programa pone 90o
de giro
dado que el sentido de conexión es del nudo D al C, tal y como se introdujo, es
decir, siempre respecto a la horizontal, semieje de abcisas positivo.
K
′
22 [1] en locales.
Matriz cambio Ld [1] genérica 3x3, subcomponente de L 6x6.
Matriz cambio LT
d [1] genérica 3x3.
34

Matriz cambio Ld [1] calculada.
Matriz cambio LT
d [1] calculada.
K
′
22 [1] local calculada.
K22 [1] global genérica. Nótese que cθ = cos θ y sθ = sin θ
35

K22 [1] global calculada.
3.4.2 Elemento b=2.
Necesitamos todas las submatrices para acoplar en K (matriz de rigidez).
• K11
36

Obsérvese que la matriz de cambio Ld es la de identidad por lo que la matriz
del elemento en globlales es igual a la de locales. Es fácil de verlo dado que el
ángulo de giro de unas coordenadas respecto a otras es de 0o
.
• K12
• K21
Por simetría sabemos que K12 = K21. No obstante, lo calculamos.
• K22
37

3.4.3 Elemento c=3.
• K22
Es una barra biarticulada, luego la submatriz 3x3 solo tendrá una compo-
nente no nula en la 1a
ﬁla, 1a
columna, dado que solo tiene esfuerzos axiles.
3.4.4 Elemento d=4.
Otra barra biarticulada.
• K22
38

3.5 Matriz de rigidez de la estructura.
Una vez obtenidas todas las submatrices y observando como van encajadas
de acuerdo al apartado anterior, podemos obtener la matriz de rigidez K de la
estructura. Anesmef nos brinda la oportunidad de examinar la matriz de rigidez
componente a componente simbólica, donde Kn [i, j], se refiere a la componente
de la matriz global del elemento n y su componente de fila iésima y columna
jésima. De esta forma, si queremos sumar las componentes y hacer el cálculo
manualmente no hay forma de equivocarse.
Finalmente la matriz de rigidez K es:
3.6 Cargas.
Hallemos el axil de carga térmica que existe en los elementos c y d.
E = σ
ε =
N
A
ε =⇒ ε = ∆L
L = N
EA =⇒ N = EA
L ∆L, siendo ∆L = αL∆T
Luego: N = EAα∆T
39

3.6.1 Calculemos N3 y N4 .
N3 = 2.000 t
cm2 · 20 cm2
· 10−5 o
C−1
· 40 o
C = 16 t
N4 = N3 = 16 t
3.6.2 Cálculo del vector de cargas.
Descomponemos la estructura en 2 estados:
• Estado 0: impedimos los movimientos de la estructura. Solo da esfuerzos.
• Estado 1: se dejan libres los nudos impedidos. Da esfuerzos y movimientos.
Como el problema solo pide movimientos, solo se calcula el estado 1.
Para poder incorporar al vector de cargas la correspondiente al nudo C, debe-
mos descomponer N3 en las componentes horizontal y vertical correspondiente
a coordenadas globales.
N3 (V ) = N3 sin θ3 = 16 · sin (36, 8699) = 16 · 0, 6 = 9, 6 t
N3 (H) = N3 cos θ3 = 16 · cos (36, 8699) = 16 · 0, 8 = 12, 8 t
Por lo tanto:
PC(H) = N3 (H) = 12, 8 t
PC(V ) = N4 + N3 (V ) = 16 + 9, 6 = 25, 6 t
40

3.7 Cálculo de desplazamientos.
La ecuación matricial es:
{P} = [K] {u} =⇒
PB
PC
=



0
0
0
12, 8
25, 6
0



= [K]



u2
v2
θ2
u3
v3
θ3



Anesmef puede calcular los desplazamientos partiendo de la matriz de rigidez,
bien por la regla de Cramer o por el método de Gauss, aunque una vez se calcula
la estructura da el resultado directo.
La solución es (en cm):
• con 6 cifras decimales, modo FLOAT, APPROX:
• con 12 cifras decimales, modo FIX, APPROX:
________________________________________
41

4 Solución.
Resolveremos el problema mediante el programa Finterpo, creado por mí. El
programa es autosuﬁciente para razonar secuencialmente la construcción de las
funciones de forma.
4.1 Introducción del problema en Finterpo.
Tras varias pantallas del programa, llegamos a la opción del menú "Generador
Ni triángulos"
42

4.2 Explicación del método de cálculo del programa Fin-
terpo.
Elegimos el triángulo cúbico de 10 nodos.
43

4.3 Obtención de funciones de forma.
Lo único que necesitamos en Finterpo es proporcionar el no
de nudo para obtener
las funciones de forma. El programa lo ofrece en función de:
• {ζ1, ζ2, ζ3}
• {ζ, n}
Como el problema nos pide todas las funciones de forma de todos los nudos,
a continuación se muestran calculadas por Finterpo.
44

________________________________________
48

5 Solución.
Realizaremos el problema mediante mi programa Finterpo. Se trata de un pro-
grama para calcular la 2a
parte de la asignatura AF-1, válido para estructuras
en 2D para análisis de problemas de tensión y deformación plana con elementos
monodimensionales, triangulares y rectangulares, placa plana y cuerpo axil-
simétrico mediante el MEF.
5.1 Matriz B para el elemento bidimensional triangular
en tensión plana.
Introducimos los datos.
49

Pantalla principal de cálculos (interpolación MEF).
Nota: durante la resolución de estos problemas he mejorado el programa a
la versión Finterpo 2.1 Build 36:
53

Matriz B. Para calcular la matriz B podemos optar por 2 caminos mediante
Finterpo.
• Cálculo de B, mediante camino 1.
Comenzamos por saber las funciones de forma genéricas Ni para el elemento
trriangular de 3 nodos. Esto es algo que sabemos teóricamente.
A continuación lo que hacemos es introducir en las funciones de forma los
datos de los puntos introducidos para los nodos.
54

Una vez conocidas las funciones de forma, hallamos sus derivadas. Primero
conocemos la naturaleza de las derivadas parciales de cada Ni
No obstante, vemos que, en este caso, cada derivada de N en x e y, es directa.
por lo tanto, calculamos dichas derivadas.
Nos ﬁjamos en el menú de Finterpo y observamos que al intentar calcular,
por ejemplo, los siguientes items:
55

el programa no devuelve ningún cálculo. Ello es debido a que internamente
Finterpo "sabe" que esos cálculos no se aplican para este problema, como así
es.
Podemos estudiar la deformación ε, por su relación directa con la matriz B,
según el menú F1-Interp.1. Como siempre, Finterpo establece primero las ecs.
genéricas para luego calcularlas, siendo un programa académico muy didáctico.
En este caso no ofrece el cálculo, dado que lo da en F2-Interp.2, opción B.
56

Ahora pasamos al menú F2-Interp.2 y calculamos B con los datos anteriores
de las funciones de forma calculadas. Obsérvese como Finterpo ofrece en formato
natural la matriz B, y lo hace de todas las formas teóricas posibles.
Finterpo es capaz de dar soluciones intermedias, para ayudar al estudiante a
observar el proceso de cálculo. En la siguiente pantalla del programa se muestra
la matriz con la variable , mostrando de donde sale.
Finalmente la matriz B es la siguiente:
57

• Cálculo de B, mediante camino 2.
Podemos calcular B de otra forma, tal y como se nos enseña en la teoría ge-
neral del MEF. No se dan comentarios sobre los cálculos pues son autoexplícitos.
58

A partir de aquí se daría el mismo resultado que antes.
60

Podemos calcular las matrices N y B en el menú F3 Matrices. En esta
ocasión la matriz B está totalmente desarrollada, pues antes estaban calculadas
las componentes en formato potencial.
61

5.1.1 Tensiones en el elemento, con el sistema de cargas nodales y
el aumento de 50 o
C.
Primero calculamos la matriz C necesaria para hallar las tensiones.
62

Ahora hallamos las deformaciones, dado que ya tenemos la matriz B y el
vector dado de desplazamientos nodales.
A continuación ya sí que podemos calcular las tensiones en el elemento.
63

Con la resolución de este problema se demuestra la potencia de cálculo de
Finterpo para resolver problemas del MEF.
________________________________________
64

6 Solución.
Usaremos Finterpo para resolver el problema.
Observando este problema vemos que la rotación de nudos en ambos elemen-
tos triangulares debe ser antihoraria. Entonces, hagamos los gráﬁcos de ambos
triángulos y su composición como rectángulo.
Fig. 6.1. Numeración de nodos según rotación antihoraria
Tras observar la ﬁg. 6.1, nos percatamos que el triángulo 1 lleva invertidos
los nodos 2 y 3 con la rotación antihoraria, mientras que el triángulo 2, lleva el
orden antihorario, pero sumando un no
natural a cada nodo, es decir, el 1 es el
2, el 2 el 3, etc. Finalmente el orden antihorario del rectángulo solo coincide en
el nodo 1.
6.0.2 Triángulo 1.
Nodos en triángulo suelto: sentido antihorario {1, 2, 3} .
Nodos en triángulo inscrito en rectángulo: sentido antihorario: {1, 3, 2}
66

Introduciendo los datos y calculando elemento triángulo 1.
67

Cálculo de matriz B1
. Para calcular la matriz B1
, primero calculamos las
funciones de forma N1
i y sus derivadas que van acopladas en B1
.
Ahora solo debemos poner los puntos del triángulo 1 y sustituir.
68

Hallamos las derivadas en función de {x, y} para cada N1
i .
Ahora podremos calcular la matriz N1
, aunque con los datos anteriores ya
teníamos las funciones de forma aunque no estaban dispuestas matricialmente.
69

Ahora ya podemos obtener B1
, observando que nos da la matriz semidespe-
jada primero en función de (área) y luego totalmente resuelta.
70

Cálculo de K1
. Vamos a calcular la matriz K1
, que será de acuerdo a la ﬁg.
6.1, para el triángulo 1 con giro antihorario, la siguiente:
K1
=


k1
11 k1
12 k1
13
k1
21 k1
22 k1
23
k1
31 k1
32 k1
33


71

De acuerdo al elemento triangular integrado en el rectángulo, se tiene en el
sentido antihorario {1, 3, 2}:
K′1
=


k1
11 k1
13 k1
12
k1
31 k1
32 k1
33
k1
21 k1
22 k1
23


Por ello, deberemos introducir ese orden de nodos en el sentido rotativo, de
preferencia antihorario, dado que si no, la matriz saldrá con todos los elementos
con signo contrario.
Finterpo cambiará las ﬁlas/columnas pertinentes a la matriz. En esta ocasión,
como se ve, se cambian las terceras por las segundas.
72

Lo que se ha hecho es orlar de ceros la nueva matriz K′1
del triángulo 1
rellenando las ﬁlas y columnas 7 y 8 correspondientes al nudo 4.
Triángulo 2. Nodos en triángulo suelto: sentido antihorario {1, 2, 3}
Nodos en triángulo inscrito en rectángulo: sentido antihorario: {2, 3, 4}
Se observa que la numeración de nodos en el sentido antihorario es conse-
cutiva.
73

Introduciendo los datos y calculando elemento triángulo 2. A contin-
uación el programa nos invita a que calculemos el otro elemento suelto (triángulo
2) para componer la matriz correspondiente al rectángulo.
Cálculo de matriz B2
. Se calcula B2
sin más preámbulos, siguiendo el mismo
procedimiento que para B1
.
74

Cálculo de K2
. Vamos a calcular la matriz K2
, que será de acuerdo a la ﬁg.
6.1, para el triángulo 2 con giro antihorario, la siguiente:
K2
=


k2
11 k2
12 k2
13
k2
21 k2
22 k2
23
k2
31 k2
32 k2
33


75

La matriz K correspondiente al ensamble de las 2 matrices, suma de K1
y
K2
8x8 ampliadas , sería la siguiente (se ha hecho aparte con el orden de nodos
en ambas matrices {1, 2, 3} , para que se vea simplemente cuál sería):
De acuerdo a:
76

K1
=




k1
11 k1
12 k1
13 0
k1
21 k1
22 k1
23 0
k1
31 k1
32 k1
33 0
0 0 0 0



 K2
=




0 0 0 0
0 k2
11 k2
12 k2
13
0 k2
21 k2
22 k2
23
0 k2
31 k2
32 k2
33




Entonces resultaría:
K = K1
+ K2
=




k1
11 k1
12 k1
13 0
k1
21 k1
22 k1
23 0
k1
31 k1
32 k1
33 0
0 0 0 0



 +




0 0 0 0
0 k2
11 k2
12 k2
13
0 k2
21 k2
22 k2
23
0 k2
31 k2
32 k2
33



 =
K =




k1
11 k1
12 k1
13 0
k1
21 k1
22 + k2
11 k1
23 + k2
12 k2
13
k1
31 k1
32 + k2
21 k1
33 + k2
22 k2
23
0 k2
31 k2
32 k2
33




que correspondería al orden de nudos antihorario {1, 2, 3, 4} . Sin embargo,
esto no es así, dado que el verdadero orden del rectángulo original es {1, 3, 4, 2} ,
por lo que la matriz resultante anterior no es la adecuada, o bien habría que
permutarse los elementos de tal forma que ﬁnalmente quedase, de acuerdo a los
órdenes antihorarios de los triángulos, tal y como se ha realizado por Finterpo,
como sigue:
K = K1
+ K2
=




k1
11 k1
13 k1
12 0
k1
31 k1
33 k1
32 0
k1
21 k1
23 k1
22 0
0 0 0 0



 +




0 0 0 0
0 k2
11 k2
12 k2
13
0 k2
21 k2
22 k2
23
0 k2
31 k2
32 k2
33



 =
K =




k1
11 k1
13 k1
12 0
k1
31 k1
33 + k2
11 k1
32 + k2
12 k2
13
k1
21 k1
23 + k2
21 k1
22 + k2
22 k2
23
0 k2
31 k2
32 k2
33




77

________________________________________
7 Solución.
Realizaremos este problema también por Finterpo.
78

7.1 Introducción de datos.
79

7.2 Funciones de forma en coordenadas naturales.
80

7.3 Fórmula de las deformaciones.
81

7.5 Deformaciones teóricas según las funciones de forma.
7.6 Matriz jacobiana y determinante jacobiano.
83

7.7 Coordenadas x e y, en función de ξ y η.
84

7.8 Coordenadas ξ y η, en función de x e y .
7.9 Inversa de la matriz jacobiana.
85

7.10 Derivadas de las funciones de forma simbólicas.
7.11 Derivadas de las funciones de forma en x e y.
86

7.12 Derivadas de las funciones de forma en ξ e η.
7.13 Vector de fuerzas nodales {Po}
Vemos claramente que en la ec. siguiente, la 1a
integral es nula dado que no se
han deﬁnido las deformaciones {ε0} iniciales.
También observamos como al resultado le afectará un signo menos que es el
que existe antes de la 2a
integral.
87

Podríamos intentar calcular la integral numéricamente, de la siguiente forma.
El resultado es el mismo. No siempre es así, pero en este caso sí.
88

Obsérvese que el resultado incorpora el signo cambiado a todos los elementos
por el signo menos antes de la 2a
integral de {P0} .
________________________________________
Como se ve, Anesmef y Finterpo son dos potentes programas que he creado
para calcular estructuras por el MEF, programas, entiendo, interesantes desde
el punto de vista didáctico y académico.
90

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