Analisis Matricial de EstructurasEJERCICIOS

Profesor: Erick Saavedra FloresDepartamento de Ingenierıa en Civil en Obras Civiles, Universidad de Santiago de Chile.

Av. Ecuador 3659 - Santiago - CHILEe-mail : erick.saavedra@usach.cl

1. Metodo Implıcito de Integracion Directa

La mayorıa de los metodos implıcitos son incondicionalmente estables y no tienen restriccionen el tamano de paso de tiempo aparte de lo requerido por la exactitud. Uno de los metodosimplıcitos populares, incondicionalmente estables es el metodo de la regla trapezoidal o aceleracionpromedio. (Tambien conocido como el metodo Crank-Nicolson cuando se aplica a ecuaciones difer-enciales parciales parabolicas tales como la ecuacion de conduccion de calor.) La regla trapezoidalrelaciona desplazamientos, velocidades y aceleracion por

Dn+1 = Dn +∆t

2(Dn+Dn+1

) (1)

Dn+1

=Dn+

∆t

2(Dn+Dn+1

) (2)

Las ecuaciones (1) y (2) pueden ser obtenidas usando series da Taylor (se deja como ejercicio),donde se observa que son de segundo orden exacto. Alternativamente, las ecuaciones (1) y (2)

pueden resolverse faraDn+1

yDn+1

para dar.

Dn+1

=2

∆t(Dn+1 − Dn)−

Dn

(3)

Dn+1

=4

∆t2(Dn+1 − Dn)−

4

∆tn −

Dn

(4)

Combinando las ecuaciones (3) y (4) con la ecuacion de movimiento, Ecuacion (1) en el instante(n+ 1)∆t, produce

[Kef

]Dn+1 =

Ref

n+1

(5)

Preprint submitted to Elsevier June 24, 2015

donde la matriz de rigidez efectiva y el vector de carga efectiva son, respectivamente,[Kef

]=

4

∆t2[M] +

2

∆t[C] + [K] (6)

Ref

n+1

=Rext

n+1

+ [M] (4

∆t2Dn +

4

∆t

Dn+Dn) + [C] (

2

∆tDn +

Dn) (7)

Procedimiento Computacional para integracion directa por el Metodo de la ReglaTrapezoidal:

1. Formar [K], [C] y [M].

2. Imponga condiciones iniciales D0 = D(t = 0) yD0=

D(t = 0)

use la ec. (1) para

calcularDn= [M]

−1(Rext

0− [C]

D0− [K] D0); n=0.

3. Forme la matriz de rigidez efectiva, Eq. (6) y factorıcela.

4. Forme el vector de carga efectiva, Eq. (7).

5. Resuelva[Kef

]Dn+1 =

Ref

n+1

mediante sustitucion hacia atras y hacia adelante.

6. Actualice la velocidadDn+1

y aceleracionDn+1

mediante las ecuaciones (3) y (4).

7. Salga si desea; n← n+ 1, vaya al paso 4.

2. Ejercicio

Dada una viga alta de longitud L, area transversal A e inercia I, modulo de elasticidad E ymodulo de corte G, determine una expresion para su matriz de rigidez de tal forma que incorporelos efectos de corte segun la teorıa de Mindlin-Reissner, en que:

εx = −z dθdx

y γxz = (dω

dx− θ)

Considere en sus calculos funciones de forma cuadratica N1, N2 y N3, tal que:

ω(ξ) = N1(ξ)ω1 +N2(ξ)ω2 +N3(ξ)ω3 y θ(ξ) = N1(ξ)θ1 +N2(ξ)θ3 +N3(ξ)θ3,

donde ω1, θ1; ω2, θ2 y ω3, θ3 son las flechas y giros en los nodos 1, 2 y 3 del elemento, re-spectivamente. Las funciones de forma cuadraticas pueden asumirse como:

N1(ξ) =1

2ξ(ξ − 1) ; N2(ξ) = (1 + ξ)(1− ξ) y N3(ξ) =

1

2ξ(ξ + 1).

2

Solucion:

U =1

2

∫Ω

σxεxdv +1

2

∫Ω

τxzγxzdv

θ =

N1 N2

θ1θ2

→ dθ

dx=

dθ

dξ

dξ

dx=

dN1

dξdN2

dξ

2

L

θ1θ2

→ dθ

dx=

− 1

212

2

L

θ1θ2

=

1

L

− 1 1

θ1θ2

ω =

N1 N2

ω1

ω2

→ dω

dx=

1

L

− 1 1

ω1

ω2

= B

ω1

ω2

U =

1

2

∫Ω

θ1 θ2

BTE(−z)(−z) B

θ1θ2

dv

+1

2

∫Ω

(B

ω1

ω2

− N

θ1θ2

)T

G

(B

ω1

ω2

− N

θ1θ2

)dv

=EI

L2

[1 −1−1 1

]L

2

∫ 1

−1

dξ =EI

L

[1 −1−1 1

]Expandiendo:

[Kf ] =

EIL 0 −EI

L 00 0 0 0−EI

L 0 −EIL 0

0 0 0 0

Uc =

1

2

∫ (− 1

L 0 1L 0

q −

0 N1 0 N2

q

)TG− 1

L −N11L N2

q dv

=1

2qT

∫Ω

G

− 1

L−N1

1L−N2

− 1

L −N11L −N2

dv · qT [Kc] q

Kc11 = GAL

2

∫ −1

1

1

L2dξ =

GA

2L2 =

GA

L

Kc12 = GAL

2

∫ −1

1

(−1

2ξ +

1

2

)1

Ldξ =

GA

2· 1

Kc13 = −GA

2

3

Kc14 = GAL

2

∫ −1

1

(1

2ξ +

1

2

)1

Ldξ =

GA

2· 1

Kc22 = GAL

2

∫ −1

1

(1

4ξ2 +

1

4− 1

2

)dξ =

[GA

L

2

(1

4· 13ξ3 +

1

4ξ − 1

4ξ2)]1

−1

= GAL

2

(1

12· 2 + 1

42− 1

40

)= GAL

1

3

Kc23 = −GA

2

Kc24 = GAL

2

∫ −1

1

(1

4ξ2 − 1

4

)dξ =

[GA

L

2

(1

4· 13ξ3 − 1

4ξ

)]1−1

= GAL

2

(1

12· 2− 1

42

)= GAL

−16

Kc33 =GA

L

Kc34 = −GA

2

Kc44 = GAL

2

∫ −1

1

(1

4ξ2 +

1

4+

1

2ξ

)dξ = GA

L

2

(1

12· 2− 1

42 + 0

)= GAL

1

3

Por lo tanto:

[K] = [Kf ] + [Kc]

4

3. Ejercicio. Subestructuracion:

P

P P

1

50.8cm

2

4

6

3

5

50.8cm

50.8cm

2

51

4

3

Analice la cercha plana mostrada en la figura.Para demostrar el concepto de subestructura, dividimos el modelo en dos. La carga P=444.82 N,E = 6.89x106N/cm2. El area de los elementos verticales y horizanteles es igual a 6.45cm2 y el areade los elementos diagonales es igual a 4.56cm2. La cercha es dividida en identicas subestructurascomo se muestra en la figura.

EA

L

ls

2 lsms −ls2 −lsms

lsms ms2 −lsms −ms

2

−ls2 −lsms ls2 lsms

−lsms −ms2 lsms ms

2

u1

v1u2

v2

=

0000

donde ls y ms corresponden al coseno y seno de los angulo formados por el eje del elemento y el ejex e y de las coordenadas globales, respectivamente (cosenos directores). Denotando las coordenadasde los nodos extremos de los elementos por (x1, y1) y (x2, y2), podemos obtener la longitud L y loscosenos directores de cada elemento.

L =

√(x2 − x1)

2+ (y2 − y1)

2

ls = cosα =x2 − x1

L;

ms = cos(90− α) = senα =y2 − y1

L

5

Ecuaciones para la subestructura 1:

Elemento 1:

EA/L = 8.76 · 105; ls = 0; ms = 1

8.76 · 105

0 0 0 00 1 0 −10 0 0 00 −1 0 1

u1

v1u3

v3

=

0000

Elemento 2:

EA/L = 4.38 · 105; ls = −0.707; ms = 0.707

4.38 · 105

0.5 −0.5 −0.5 0.5−0.5 0.5 0.5 −0.5−0.5 0.5 0.5 −0.50.5 −0.5 −0.5 0.5

u1

v1u4

v4

=

0000

Elemento 3:

EA/L = 8.76 · 105; ls = 1; ms = 0

8.76 · 105

1 0 −1 00 0 0 0−1 0 1 00 0 0 0

u1

v1u2

v2

=

0000

Elemento 4:

EA/L = 4.38 · 105; ls = 0.707; ms = 0.707

4.38 · 105

0.5 0.5 −0.5 −0.50.5 0.5 −0.5 −0.5−0.5 −0.5 0.5 0.5−0.5 −0.5 0.5 0.5

u2

v2u3

v3

=

0000

Elemento 5:

EA/L = 8.76 · 105; ls = 0; ms = 1

8.76 · 105

0 0 0 00 1 0 −10 0 0 00 −1 0 1

u2

v2u4

v4

=

0000

6

Ensamblando la ecuacion de la subestructura:

2.19 · 105

5 −1 −4 0 0 0 −1 1−1 5 0 0 0 −4 1 −1−4 0 5 1 −1 −1 0 00 0 1 5 −1 −1 0 −40 0 −1 −1 1 1 0 00 −4 −1 −1 1 5 0 0−1 1 0 0 0 0 1 −11 −1 0 −4 0 0 −1 5

u1

v1u2

v2u3

v3u4

v4

=

444.82−444.82

0−444.82

0000

Dado que las estructuras se acoplan por medio de los nodos 3 y 4. Trataremos los nodos 1 y 2 comonodos interiores y dividiremos la ecuacion como sigue.

kii = 2.19 · 105

5 −1 −4 0−1 5 0 0−4 0 5 10 0 1 5

; ri =

444.82−444.82

0−444.82

; di =

u1

v1u2

v2

kee = 2.19 · 105

1 1 0 01 5 0 00 0 1 −10 0 −1 5

; re =

0000

; de =

u3

v3u4

v4

kii−1 =

1

1.93 · 107

60 12 50 −1012 20 10 −250 10 60 −12−10 −2 −12 20

kie = keiT = 2.19 · 105

0 0 −1 10 −4 1 −1−1 −1 0 0−1 −1 0 −4

Matrices condensadas:

kc = kee−keikii−1kie = 7.96 ·104

1 0 −1 00 0 0 0−1 0 1 00 0 0 0

; rc = re−keikii−1ri =

121.31

0323.51−889.64

7

La ecuacion condensada en terminos de los grados de libertad puede ser escrita

7.96 · 104

1 0 −1 00 0 0 0−1 0 1 00 0 0 0

u3

v3u4

v4

=

121.31

0323.51−889.64

Ecuaciones para la subestructura 2:

Dado que la subestructura 2 es identica a la subestructura 1, la ecuacion ensamblada de la es-tructura 2 es igual a la de la primera subestructura, diferenciandose solo en sus grados de libertady las fuerzas aplicadas a los nodos:

2.19 · 105

5 −1 −4 0 0 0 −1 1−1 5 0 0 0 −4 1 −1−4 0 5 1 −1 −1 0 00 0 1 5 −1 −1 0 −40 0 −1 −1 1 1 0 00 −4 −1 −1 1 5 0 0−1 1 0 0 0 0 1 −11 −1 0 −4 0 0 −1 5

u3

v3u4

v4u5

v5u6

v6

=

00000000

Las condiciones de borde del problema requieren que u5, v5, u6 y v6 = 0. Las primeras cuatroecuaciones nos dan los valores desconocidos, por lo tanto la ecuacion se reduce a:

2.19 · 105

5 −1 - 4 0−1 5 0 0−4 0 5 10 0 1 5

u3

v3u4

v4

=

0000

No es necesaria una condensacion adicional, puesto que las ecuaciones ya estan en terminos delos grados de libertad comunes.

Ensamble de ecuaciones de subestructura y solucion para los grados de libertad acopla-dos.Las ecuaciones de las subestructuras pueden ser ensambladas usando los procedimientos habitualesde ensamblaje. Para este ejemplo el ensamble es trivial porque ambas constan exactamente de losmismos grados de libertad. Ası, las ecuaciones globales son las siguentes:

8

1174600 - 219000 - 955600 0- 219000 1095000 0 0- 955600 0 - 1174600 219000

0 0 219000 1095000

u3

v3u4

v4

=

121.31

0323.51−889.64

Solucion para los grados de libertad interiores de la estructura. Los desplazamientos encualquier nodo interior no acoplado se pueden calcular volviendo a la subestructura correspondi-ente. Por ejemplo, los desplazamientos en los nodos 1 y 2 se pueden obtener de la subestructura 1de la sieguiente manera:

di = kii−1(ri − kiede) = 10−3

4.651.824.49−1.85

Recuerde que :

(kii kiekei kee

)(dide

)=

(rire

)kii · di + kie · de = ri

4. Ejercicio. Modos de Vibracion:

Calcule los modos axiales de vibracion de la barra elastica de la figura, con Modulo de YoungE = 29 kgf/cm2, densidad ρ = 0.29 kg/cm3, area de seccion transversal A = 1 cm2 y longitudL = 100 cm usando dos elementos finitos lineales. Asuma que el extremo de la barra para x=0 esfijo y el otro esta libre de esfuerzos, es decir E du

dx (L) = 0.

x

L1 2

9

M (e) =0.29 · 50

3

[2 11 2

]=

145

30

[2 11 2

]

K(e) =29× 106

50

[1 −1−1 1

]= 5.8× 105

[1 −1−1 1

], e = 1, 2

El sistema global es:

1.2× 105

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

− ω2

2 1 01 4 10 1 2

X1

X2

X3

=

000

Aplicando la condiciones de borde U1 = u(0) = dado X1 = 0 para el extremo fijo izquierdo de labarra. Tenemos

(1.2× 105

[2 −1−1 1

]− ω2

[4 11 2

])X2

X3

=

00

Resulta un problema de valores y vectores propios cuya solucion con sus vectores propios nor-malizados es:

ω1 = 398.0578,

X2

X3

1

=

0.5774−0.8165

ω2 = 398.0578,

X2

X3

2

=

0.57740.8165

5. Ejercico. Modos de vibraciones en viga.

Considere una Viga Euler elastica de L = 100cm de longitud, con un area de seccion transversalA = 12cm2, momento de inercia I = 4cm4, densidad ρ = 0.29kg/cm3, modulo de Young o deelasticidad E = 30x106N/cm2. Suponga un extremo de la viga empotrado y el otro libre comola figura del problema anterior. Use dos ”Hermite elements” de igual longitud para aproximar losprimeros 2 modos de vibracion.Aquı l(e) = 50cm, b(e) = 4x30x106 = 1.2x108, r(e) = 0 para e=1,2. Las matrices locales son

10

M (e) =

64.6 455.7 22.4 −269.3455.7 4143.0 269.3 −3107.322.4 269.3 64.6 −455.7−269.3 −3107.3 −455.7 4143.0

K(e) =

11520 288000 −11520 288000288000 9600000 −288000 4800000−11520 −288000 11520 288000288000 4800000 288000 9600000

F (e) =

0000

; para e = 1, 2.

Las matrices globales correspondientes son:

M =

64.6 455.7 22.4 −269.3 0 0455.7 4143.0 269.3 −3107.3 0 022.4 269.3 192.2 0 22.4 −269.3−269.3 −3107.3 0 8286.0 269.3 −3107.3

0 0 22.4 269.3 64.6 −455.70 0 −269.3 −3107.3 −455.7 4143.0

K =

11520 288000 −11520 288000 0 0288000 9600000 −288000 4800000 0 0−11520 −288000 23040 0 −11520 288000288000 4800000 0 19200000 −288000 4800000

0 0 −11520 −288000 11520 −2880000 0 288000 4800000 −288000 9600000

F =

000000

La condicion de borde en x = 0 es v(0, t) = 0 y v′(0, t) = 0, lo que se traduce en X1 = 0 y X2 = 0.Con esto, obtenemos el sistema global:

11

23040 0 −11520 2880000 11520 −288000 4800000

−11520 −288000 11520 −288000288000 4800000 −288000 9600000

−ω2

192.2 0 22.4 −269.30 8286.0 269.3 −3107.3

22.4 269.3 64.6 −455.7−269.3 −3107.3 −455.7 4143.0

·

X3

X4

X5

X6

=

0000

La correspondiente solucion es:

ω1 = 43.3197, y

X1

3

X14

X15

X16

=

0.3554−0.03660.92010.1604

ω2 = 11.7558, y

X2

3

X24

X25

X26

=

0.6052−0.0021−0.7947−0.0454

ω3 = 57.6717, y

X3

3

X34

X35

X36

=

−0.4088−0.0238−0.8897−0.2020

ω4 = 2.0000, y

X4

3

X44

X45

X46

=

−0.3161−0.0109−0.9486−0.0135

12