Elemento de armadura

Vamos a derivar la conocida matriz de rigidez para un elemento simple de armadura de dos nodos (barra). Esto es, consideramos dos grados de libertad $q_{1}$ y $q_{2}$ en los dos extremos y sus fuerzas correspondientes $P_{1}$ y $P_{2}$ .

Del Análisis Matricial Estándar:

El equilibrio de fuerzas requiere que $P_{1} = - P_{2}$ . De la resistencia de materiales sabemos $\frac{P_{1}}{A} = E \frac{q_{1} - q_{2}}{L}, \frac{P_{2}}{A} = E \frac{q_{2} - q_{1}}{L},$ Las ecuaciones anteriores se pueden escribir como $P_{1} = \frac{E A}{L} (q_{1} - q_{2}), P_{2} = \frac{E A}{L} (q_{2} - q_{1})$

Del análisis estructural, sabemos que la matriz de rigidez para una barra con área transversal constante A, módulo de Young E y longitud L es: $𝐊 = \frac{E A}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]$

Desde los Primeros Principios del FEM: Ahora, derivemos esto usando la integral del FEM $𝐊 = \int 𝐁^{𝖳} 𝐄 𝐁 d V$ .

Campo de Desplazamientos: El desplazamiento axial u(x) en cualquier punto a lo largo de la barra puede interpolarse a partir de los desplazamientos nodales q₁ y q₂ usando funciones de forma lineales. Si $q_{1} = 1$ y $q_{2} = 0$ , entonces $u (x) = 1 - \frac{x}{L}$ y si $q_{1} = 0$ y $q_{2} = 1$ , entonces $u (x) = \frac{x}{L}$

Usando superposición, obtenemos $u (x) = (1 - \frac{x}{L}) q_{1} + (\frac{x}{L}) q_{2} = 𝐍 (x) {\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \end{matrix}}$ donde $𝐍 = ⟨ 1 - \frac{x}{L} \frac{x}{L} ⟩$ es la matriz de funciones de forma.

Campo de Deformación: La deformación axial ε es la derivada del desplazamiento. $ϵ = \frac{d u}{d x} = \frac{d ٔ 𝐍}{d x} 𝐪 = ⟨ - \frac{1}{L} \frac{1}{L} ⟩ {\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \end{matrix}}$
Matriz Deformación-Desplazamiento (B): De lo anterior, vemos que para este elemento simple, la matriz B es constante: $𝐁 = [- \frac{1}{L} \frac{1}{L}]$
Matriz del Material (E): Para tensión axial unidimensional, la matriz del material E es simplemente el escalar del Módulo de Young, *E.
Integración: Ahora calculamos la integral de la matriz de rigidez sobre el volumen del elemento ( $d V = A d x$ ). $𝐊 = \int_{0}^{L} 𝐁^{T} E 𝐁 A d x$
Dado que todo dentro de la integral es constante respecto a x: $𝐊 = \frac{E A}{L^{2}} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}] [x]_{0}^{L} = \frac{E A}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]$
Esto reproduce exitosamente el resultado conocido usando los principios fundamentales del FEM.

Análisis de una Barra Ahusada

Considere una barra de longitud L que está fija en un extremo y sometida a una carga puntual P₁ en el otro. Su área transversal varía linealmente: $A (x) = A_{0} (1 - \frac{x}{2 L}) .$

1. Solución Analítica

Podemos encontrar el desplazamiento “exacto” integrando la deformación a lo largo de la longitud.

Debido a que no hay fuerza distribuida, la fuerza interna en cada punto $A (x) E ϵ (x) = A (x) E \frac{d u}{d x}$ debe ser una constante igual a la fuerza axial $P$ . Por lo tanto, $A (x) E \frac{d u}{d x} = P$ Por lo tanto $\int_{0}^{L} \frac{d u}{d x} d x = \int_{0}^{L} \frac{P}{E A (x)} d x$

Pero $\int_{0}^{L} \underset{d u}{\underset{⏟}{\frac{d u}{d x} d x}} = u (L) - u (0) = q_{2} - q_{1}$ y $\int_{0}^{L} \frac{P}{E A (x)} d x = \frac{P}{E} \int_{0}^{L} \frac{1}{1 - \frac{x}{2 L}} d x = \frac{P}{E A_{0}} L \ln 4$ Dado que $P = P_{2} = - P_{1}$ , ${\begin{matrix} P_{1} \\ P_{2} \end{matrix}} = \frac{E A_{0}}{L \ln 4} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}] {\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \end{matrix}}$ Así, la matriz de rigidez exacta es $𝐊 = 0.7213 \frac{E A_{0}}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]$

2. Solución FEM (Elemento Lineal Único)

Ahora modelamos la misma barra con un único elemento finito de dos nodos. Usamos las mismas funciones de forma lineales del ejemplo de la armadura, lo que significa que nuestra matriz B es de nuevo $𝐁 = \frac{1}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \end{matrix}]$

La diferencia clave es que el área A(x) está ahora dentro de la integral de rigidez:

$𝐊 = \int_{0}^{L} 𝐁^{T} E 𝐁 A (x) d x = 𝐁^{T} E 𝐁 \int_{0}^{L} A (x) d x$

$\int_{0}^{L} A (x) d x = \int_{0}^{L} A_{0} (1 - \frac{x}{2 L}) d x = A_{0} {[x - \frac{x^{2}}{4 L}]}_{0}^{L} = 0.75 A_{0} L$

Sustituyendo esto de vuelta en la expresión para K:

$𝐊 = (\frac{E}{L^{2}} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]) (0.75 A_{0} L) = \frac{0.75 E A_{0}}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]$ Este resultado es una aproximación. La suposición de un campo de desplazamiento lineal (u(x) = Nq) resulta en un campo de deformación constante (ε = Bq), que no puede representar la verdadera deformación variable en la barra ahusada. Esta discrepancia conduce a un error (en este caso, el elemento es demasiado rígido).

En este método, parece que hemos reemplazado la barra por una barra con área transversal constante igual al área transversal promedio $\frac{3}{4} A$ . El error es aproximadamente solo del 4%.

3. Mejorando la Precisión del FEM: Modelo de Dos Elementos de la Barra Ahusada

Modelemos la barra ahusada con dos elementos lineales de longitud L/2. Podemos aproximar el área como constante para cada elemento, usando el valor en su punto medio.

Elemento 1 (x = 0 a L/2): Punto medio en x=L/4. A₁ = A₀(1 - (L/4)/2L) = (7/8)A₀.
Elemento 2 (x = L/2 a L): Punto medio en x=3L/4. A₂ = A₀(1 - (3L/4)/2L) = (5/8)A₀.

Las matrices de rigidez son: $𝐊^{(1)} = \frac{E A_{1}}{L / 2} {[\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]}_{1, 2} 𝐊^{(2)} = \frac{E A_{2}}{L / 2} {[\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]}_{2, 3}$

Ensamblaje: Combinamos estas en una matriz de rigidez global 3x3 K_global sumando las contribuciones para cada grado de libertad (nodo). $𝐊_{g l o b a l} = \frac{2 E}{L} [\begin{matrix} A_{1} & - A_{1} & 0 \\ - A_{1} & A_{1} + A_{2} & - A_{2} \\ 0 & - A_{2} & A_{2} \end{matrix}]$ $𝐊_{g l o b a l} = \frac{E A_{0}}{4} [\begin{matrix} 7 & - 7 & 0 \\ - 7 & 7 + 5 & - 5 \\ 0 & - 5 & 5 \end{matrix}]$

Condensación Estática:

A menudo, solo nos interesa la relación entre los grados de libertad externos (nodos 1 y 3) y no el nodo interno (2). La condensación estática es una técnica de reducción matricial usada para eliminar los grados de libertad internos. El sistema global particionado es: $[\begin{matrix} 𝐏_{e} \\ 𝐏_{i} \end{matrix}] = [\begin{matrix} 𝐊_{e e} & 𝐊_{e i} \\ 𝐊_{i e} & 𝐊_{i i} \end{matrix}] [\begin{matrix} 𝐪_{e} \\ 𝐪_{i} \end{matrix}]$ Esto puede escribirse como $𝐏_{e} = 𝐊_{e e} 𝐪_{e} + 𝐊_{e i} 𝐪_{i}$ $𝐏_{i} = 𝐊_{i e} 𝐪_{e} + 𝐊_{i i} 𝐪_{i}$ Si no se aplican fuerzas a los nodos internos (P_i = 0), podemos resolver para q_i y sustituirlo de vuelta para encontrar una matriz de rigidez condensada K_condensada que relaciona solo los g.d.l. externos. $0 = 𝐊_{i e} 𝐪_{e} + 𝐊_{i i} 𝐪_{i}$ $𝐪_{i} = - 𝐊_{i i}^{- 1} 𝐊_{i e} 𝐪_{e}$

$𝐊_{c o n d e n s e d} = 𝐊_{e e} - 𝐊_{e i} 𝐊_{i i}^{- 1} 𝐊_{i e}$

Aplicando esto a nuestro modelo de dos elementos $𝐊_{e e} = \frac{E A_{0}}{4} [\begin{matrix} 7 & 0 \\ 0 & 5 \end{matrix}], 𝐊_{e i} = \frac{E A_{0}}{4} [\begin{matrix} - 7 \\ - 5 \end{matrix}]$ $𝐊_{e i} = \frac{E A_{0}}{4} [\begin{matrix} - 7 & - 5 \end{matrix}], 𝐊_{i i} = \frac{12 E A_{0}}{4}$ produce una matriz 2x2 $𝐊_{c o n d e n s e d} = 0.7229 \frac{E A_{0}}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}]$

que proporciona un resultado mucho más preciso para la rigidez de la barra, reduciendo significativamente el error (alrededor del 0.2%).

4.2. Elementos de Orden Superior

En lugar de usar más elementos simples, podemos usar un único elemento más complejo. Un elemento cuadrático, por ejemplo, tiene un tercer nodo en su punto medio y usa polinomios de segundo orden para sus funciones de forma.

Para un elemento de barra de 3 nodos (nodos en x=0, L, L/2), el campo de desplazamiento es: $u (x) = ⟨ \begin{matrix} N_{1} (x) & N_{2} (x) & N_{3} (x) \end{matrix} ⟩ {\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \\ q_{3} \end{matrix}}$ donde N₁, N₂, N₃ son funciones cuadráticas: $N_{1}^{(2)} (x) = \frac{(x - L / 2) (x - L)}{L^{2} / 2},$ $N_{2}^{(2)} (x) = - \frac{x (x - L)}{L^{2} / 4},$ $N_{3}^{(2)} (x) = \frac{x (x - L / 2)}{L^{2} / 2} .$

Esto conduce a un campo de deformación ε(x) que varía linealmente, lo cual es una mucho mejor aproximación para la barra ahusada. $ϵ = \frac{d u}{d x} = \underset{𝐁}{\underset{⏟}{⟨ \begin{matrix} \frac{d N_{1}}{d x} & \frac{d N_{2}}{d x} & \frac{d N_{3}}{d x} \end{matrix} ⟩}} {\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \\ q_{3} \end{matrix}}$ Calculando la matriz de rigidez 3x3

y luego usando condensación estática para obtener una matriz de rigidez externa 2x2 resulta en una solución altamente precisa (error de ~0.12% en el ejemplo): $𝐊_{2 \times 2}^{cond} = \frac{13}{18} \frac{E A_{0}}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}] \approx 0.7222 \frac{E A_{0}}{L} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix}] .$

Si tomamos funciones de forma lineales

entonces el resultado será idéntico al caso en que elegimos dos elementos.