Elementos Finitos – Método Direto
Referências:
Introdução à Análise e ao Projeto em Elementos Finitos.
Capítulo 2.
Autores: Nam-Ho Kim e Bhavani V. Sankar
Introdução – Exemplo de uma Barra Sujeita a Carregamento Axial
Objetivos:
Determinar tensão normal
𝜎
Determinar rigidez
𝑘
Geometria:
Comprimento
𝐿
Área
𝐴
Material:
Módulo de Young,
𝐸
𝝈
𝜺
𝑬 =
𝝈
𝜺
(tensão)Comprimento
𝐿
Área
𝐴
𝑢
1
𝑢
2
Aplicando uma carga
𝐹
axial sobre a barra:
carga
𝐹
Tensão
normal:
𝜎 =
𝐹
𝐴
𝑭 = 𝝈𝑨
𝑭
Deformação:
𝜀 =
𝜎
𝐸
Comprimento
𝐿
∆𝐿
𝑭
𝑢
1
𝑢
2
𝑢
1
= 0
∆𝐿 = 𝑢
2− 𝑢
1𝜀 =
∆𝐿
𝐿
Temos então:
𝜀 =
∆𝐿
𝐿
=
𝑢
2𝐿
=
𝜎
𝐸
𝑢
2𝐿
=
𝐹
𝐴𝐸
𝐹 =
𝐴𝐸
𝐿
𝑢
2mas:
𝐹 = 𝑘𝑢
2Temos assim:
𝑘 =
𝐴𝐸
𝐿
ou
𝑘
𝐹
Parede
rígida
𝐿 = 0,3 m
𝐴 = 4,5 × 10
−4m
2𝑢
1
𝑢
2
𝐹 = 100 kN
Exemplo Numérico
Aço: Módulo de Young
𝐸 = 210 GPa = 2,1 × 10
11Pa
Determinar a tensão normal é simples:
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
10
5N
4,5 × 10
−4m
2= 222 MPa.
Determinar a rigidez também é simples:
𝑘 =
𝐴𝐸
𝐿
=
4,5 × 10
−4m
22,1 × 10
11Pa
Vamos agora determinar a tensão normal de um jeito mais difícil:
Rigidez:
Deslocamento:
𝑘 =
𝐴𝐸
𝐿
= 315 MN/m
𝑢
2=
𝐹
𝑘
=
10
5N
315 × 10
6N/m
= 3,17 × 10
−4
m
𝑢
2= 0,317 mm
Deformação:
𝜀 =
∆𝐿
𝐿
=
𝑢
2𝐿
=
3,17 × 10
−4m
0,3 m
𝜀 = 1,06 × 10
−3Tensão:
𝜎 = 𝐸𝜀
𝜎 = 2,1 × 10
11Pa 1,06 × 10
−3Por que determinar a tensão 𝝈
desse modo?
1º ) Encontrar
𝑘 =
𝐴𝐸
𝐿
2º ) Calcular
1
𝑘
= 𝑘
−1
3º )
Calcular
𝑢 = 𝑘
−1𝐹
4º )
Encontrar
𝜀 =
𝑢
𝐿
𝜎 = 𝐸𝜀
5º )
Determinar
O cálculo direto, usando
𝜎 =
𝐹
𝐴
,
funciona porque estamos trabalhando com apenas
1 grau de liberdade
2 graus de liberdade.... ou mais
Ao invés da equação escalar
𝐹 = 𝑘𝑢,
... temos uma equação matricial
𝐅 = 𝐤 𝐮 ,
onde a rigidez
𝑘
é um número ...
onde
𝐤
é a matriz de rigidez.
𝐅 = 𝐤 𝐮
Vetor com
𝑁
componentes
Matriz quadrada
𝑁 × 𝑁
Método de Análise de Elementos Finitos
• O método de Análise de Elementos Finitos (AEF) é um método numérico que fornece uma solução aproximada para certos problemas em engenharia e ciências.
• Ele é usado em problemas para os quais não existe uma solução exata.
• Ele exige grandes recursos computacionais quando aplicado a qualquer modelo realístico de um componente de engenharia.
• O principio básico é o de dividir (discretizar) a estrutura sob estudo em um conjunto de formas simples (elementos).
• Os elementos podem ser linhas (1 dimensão), áreas (2 dimensões) e volumes (3 dimensões).
• O Método de AEF pode ser usado em: análise estrutural e de tensões;
Como tornar discreta uma estrutura? Usando formas simples (elementos):
1 2 3
1 2 3 4 5 6 7 8
Elementos Nós
Solução no elemento 1 é
construida usando os valores nos Nós 1, 2, 5 e 6 (Interpolação).
Elementos 1 e 2 compartilham a solução nos Nós 2 e 6.
1D 2 D 3 D
Todos os elementos são conectados usando “Nós”.
Métodos de Cálculo
Existem três métodos de cálculo para a AEF:
• Método direto – fornece uma noção física clara da AEF e é usado para o aprendizado dos fundamentos da AEF. Tem aplicação limitada, já que só pode ser usado em
problemas unidimensionais.
• Método Variacional.
• Método dos resíduos ponderados.
• Construir a matriz de rigidez para cada Elemento do sistema;
• Impor o equilíbrio de forças em cada Nó;
• Construir a equação matricial estrutural;
• Impor as condições de contorno e definir as forças de reação correspondentes;
• Obter a equação matricial global;
• Resolver a equação matricial global e obter os deslocamentos (graus de liberdade)
desconhecidos;
• Obter as forças nos elementos e as forças de reação.
Formulação de Elementos Finitos para Barras Uniaxiais:
• Discretize a barra em vários elementos. Admita que cada elemento possui rigidez axial constante 𝑘 = 𝐸𝐴/𝐿 ao longo do seu comprimento. A rigidez axial pode variar de um elemento para outro.
• Os elementos estão conectados a Nós, e mais de um elemento pode compartilhar um Nó. Haverá Nós em pontos onde a barra estiver apoiada.
• As forças externas são aplicadas apenas aos Nós, e elas devem ser forças pontuais (cargas concentradas). Se forem aplicadas cargas distribuídas às barra, essas cargas deverão ser aproximadas por cargas equivalentes aplicadas aos Nós. Nos contornos da barra, se for especificado algum deslocamento, a reação será desconhecida
• A reação será a força externa que age no Nó do contorno. Se uma força externa em particular agir no contorno, então o deslocamento correspondente será desconhecido.
• A deformação da barra será determinada pelos deslocamentos axiais dos Nós. Isso é, os deslocamentos nodais são os graus de liberdade (GLs) no método de Análise dos
𝐿
𝐹
𝐿
1
2
3
4
5
𝐹
1
2
3
4
5
O objetivo da análise de Elementos Finitos é determinar:
i) os graus de liberdade desconhecidos 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3 … , 𝑢𝑁;
ii) a resultante da força axial 𝑃 em cada elemento;
iii) as reações nos apoios.
Usaremos o método direto da rigidez para obter a matriz de rigidez do elemento.
O diagrama de corpo livre de um Elemento 𝑒 típico é mostrado abaixo:
Elemento 𝑒
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑘 𝑒 = 𝐴𝐸/𝐿 Nó 𝑗 Nó 𝑖
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒As forças e os deslocamentos são definidos como positivos quando estiverem no sentido positivo do eixo 𝑥.
O elemento tem dois Nós, 𝑖 e 𝑗. Por convenção, a linha 𝑖 − 𝑗 está no sentido positivo do eixo 𝑥.
Os deslocamentos nos Nós são 𝑢𝑖 e 𝑢𝑗.
Elemento 𝑒
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑘 𝑒 = 𝐴𝐸/𝐿 Nó 𝑗 Nó 𝑖
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒No diagrama de corpo livre mostrado acima, as forças que atuam nas extremidades do Elemento 𝑒 são: 𝑓𝑖 𝑒 e 𝑓𝑗 𝑒 .
O sobrescrito indica o número do elemento e o subscrito indica o número do Nó.
A força 𝑓, em letra minúscula, indica a força interna que age no Nó, enquanto a força externa 𝐹 é escrita com letra maiúscula.
Como não sabemos a direção de 𝑓, admitiremos que todas as forças agem no sentido positivo.
Para o equilíbrio do Elemento 𝑒, devemos ter:
𝑓
𝑖 𝑒+ 𝑓
𝑗 𝑒= 0
O que implica que as forças nos Nós 𝑖 e 𝑗 são iguais e opostas:
𝑓
𝑖 𝑒= −𝑓
𝑗 𝑒De acordo com a mecânica dos materiais, a força é proporcional à variação de comprimento do elemento.
A variação de comprimento do elemento de barra é indicada por:
∆
𝑒= 𝑢
𝑗− 𝑢
𝑖De modo similar ao elemento de mola, onde 𝑓 = 𝑘∆𝑥, o equilíbrio de forças do elemento de barra unidimensional pode ser escrito como:
𝑓𝑗 𝑒 = −𝑓𝑖 𝑒 = − 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
𝑢𝑖 − 𝑢𝑗 𝑓𝑖 𝑒 = 𝐴𝐸
𝐿 𝑒
𝑢𝑖 − 𝑢𝑗
onde 𝐴, 𝐸 e 𝐿 indicam, respectivamente, a área da seção transversal, o módulo de elasticidade longitudinal (módulo de Young) e o comprimento do elemento.
Em notação matricial, temos:
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒=
𝐴𝐸
𝐿
𝑒
1
−1
−1
1
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒=
𝐴𝐸
𝐿
𝑒
1
−1
−1
1
𝑢
𝑖𝑢
𝑗,
Para cada Elemento 𝑒, a equação de equilíbrio,
pode ser escrita numa forma compacta, como:
𝐟
e= 𝐤
e𝐪
e,
𝐤 e = 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
1 −1 −1 1
onde é a matriz de rigidez do Elemento 𝑒;
𝐪 e é o vetor dos deslocamentos nodais de Elemento 𝑒;
𝑁𝑒 é o número total de elementos no modelo.
𝑒 = 1, 2, … , 𝑁𝑒
Elemento 𝑒
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑘 𝑒 = 𝐴𝐸/𝐿 Nó 𝑗 Nó 𝑖
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒𝐤 e = 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
1 −1 −1 1 A matriz de rigidez do elemento 𝑒 é:
Ela é singular, ou seja, seu determinante é igual a zero: 1 −1
−1 1 = 1 − 1 = 0.
Dessa forma, a matriz de rigidez não admite inversa!!!!!
O significado físico disso é o seguinte:
Se os deslocamentos nodais de um elemento, 𝐪 e , forem especificados, existirá um valor único para as forças do elemento, calculado por 𝐟 e = 𝐤 e 𝐪 e .
Por outro lado, se forem dadas as forças 𝐟 e que agem em um elemento, não haverá um valor único a ser determinado para os deslocamentos 𝐪 e porque é sempre possível haver a translação do elemento adicionando um movimento de corpo rígido sem
modificar as forças que nele atuam.
Dessa forma, é sempre necessário remover o movimento de corpo rígido fixando alguns deslocamentos dos Nós.
Equilíbrio Nodal
Nó 𝑖
Elemento 𝑒 + 1 Elemento 𝑒
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑖 𝑒+1𝐹
𝑖A figura abaixo apresenta o diagrama de corpo livre de um Nó 𝑖 típico.
O Nó 𝑖 está conectado aos Elementos 𝑒 e 𝑒 + 1.
As forças que agem no Nó 𝑖 são a força externa 𝐹𝑖 e as reações às forças no elemento. As forças internas são aplicadas no sentido negativo de eixo 𝑥 porque são reações às forças que agem no elemento.
A soma das forças que agem no Nó 𝑖 deve ser igual a zero:
𝐹
𝑖− 𝑓
𝑖 𝑒− 𝑓
𝑖 𝑒+1= 0
ou𝑓
𝑖 𝑒+ 𝑓
𝑖 𝑒+1= 𝐹
𝑖Em geral, a força externa que age em um Nó é igual à soma de todas as forças internas que agem em diferentes elementos conectados ao Nó, e podemos escrever:
𝐹𝑖 = 𝑒=1 𝑖𝑒
Montagem da Matriz de Rigidez Estrutural
A montagem da matriz de rigidez segue o mesmo principio que para o caso de elementos de mola.
A seguir vamos exemplificar a montagem do sistema composto de 3 elementos e 4 Nós mostrado na figura:
Element 1
x
F1 K1 Element 2
Element 3
K2
K3
Element 1
u1
F1 K1
Element 2
Element 3
K2
K3
N1
N3
N4
N2
u4
u3
u2
F3
F4
A seguir, escrevemos as equações para cada elemento.
Element 1
u1
F1 K1
Element 2 Element 3 K2 K3 N1 N3 N4 N2 u4 u3 u2 F3 F4
Para as forças em cada Nó, temos:
𝐹
1= 𝑓
11(1)
1 1 1
1 (1)
1 1 2
2
K
K
u
f
K
K
u
f
−
=
−
(2) 2 2 2 2 (2) 3 2 2 3u
K
K
f
u
K
K
f
−
=
−
(3)3 3 2
2 (3)
3 3 4
4
K
K
u
f
K
K
u
f
−
=
−
Elemento 1 Elemento 2 Elemento 3𝐹
2= 𝑓
21+ 𝑓
22+ 𝑓
23𝐹
3= 𝑓
32𝐹
4= 𝑓
43Nó 1: Nó 2: Nó 3: Nó 4:
Elemento 𝑒
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑘 𝑒 = 𝐴𝐸/𝐿 Nó 𝑗 Nó 𝑖
A seguir, preparamos a montagem da matriz estrutural 𝐅𝑆 = 𝐊𝑆 𝐐𝑆
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
=
Vetor Deslocamento
𝐐
𝑆Matriz de Rigidez
𝐊
𝑆Vetor Força Aplicada
𝐅
𝑆Começamos a montagem da matriz estrutural pelo elemento 1:
Elemento 1:
𝑓
11𝑓
21=
𝐾
1−𝐾
1−𝐾
1𝐾
1𝑢
1𝑢
2𝑓
11𝑓
210
0
=
𝐾
1−𝐾
1−𝐾
1𝐾
10
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
𝑢
1𝑢
2𝑢
3𝑢
4𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4
A seguir, a montamos a matriz estrutural para elemento 2:
Elemento 2:
Combinando a matriz estrutural para o elemento 1 com a matriz estrutural para o elemento 2, temos:
𝑓
22𝑓
32=
𝐾
2−𝐾
2−𝐾
2𝐾
2𝑢
2𝑢
30
𝑓
22𝑓
320
=
0
0
0
𝐾
20
0
−𝐾
20
0
−𝐾
20
0
𝐾
20
0
0
𝑢
1𝑢
2𝑢
3𝑢
4𝑓
11𝑓
21+
𝑓
22𝑓
320
=
𝐾
1−𝐾
1−𝐾
1𝐾
1+
𝐾
20
0
−𝐾
20
0
−𝐾
20
0
𝐾
20
0
0
𝑢
1𝑢
2𝑢
3𝑢
4𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4
𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4
Matriz de Rigidez Estrutural
Elemento 3
Da mesma forma, a matriz estrutural para o elemento 3 será:
Combinando a matriz estrutural para os elemento 1, 2 e 3 obtemos a matriz estrutural do sistema como um todo:
𝐅𝑆 = 𝐊𝑆 𝐐𝑆
𝐹
1𝐹
2𝐹
3𝐹
4=
𝑓
11𝑓
21+
𝑓
22+
𝑓
23𝑓
32𝑓
43=
𝐾
1−𝐾
1−𝐾
1𝐾
1+
𝐾
2+
𝐾
30
0
−𝐾
2−𝐾
30
−𝐾
20
−𝐾
3𝐾
20
0
𝐾
3𝑢
1𝑢
2𝑢
3𝑢
40
𝑓
230
𝑓
43=
0
0
0
𝐾
30
0
0
−𝐾
30
0
0
−𝐾
30
0
0
𝐾
3𝑢
1𝑢
2𝑢
3𝑢
4𝑓
23𝑓
43=
𝐾
3−𝐾
3−𝐾
3𝐾
3𝑢
2𝑢
4𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4 𝑢2 𝑢4
Matriz de Rigidez Estrutural
𝐅𝑆 = 𝐊𝑆 𝐐𝑆
A matriz de rigidez estrutural 𝐊𝑆 possui as seguintes propriedades:
• É quadrada;
• É simétrica;
• É positiva semidefinida;
• Tem um determinante igual a zero e não possui inversa (singular);
• Tem componentes de sua diagonal maiores ou iguais a zero.
Para um dado 𝐐𝑆 , apenas um único 𝐅𝑆 pode ser determinado; no entanto, para um dado
𝐅𝑆 , não há um único 𝐐𝑆 a ser determinado, porque o deslocamento de corpo rígido pode ser adicionado a 𝐐𝑆 , sem influir no valor de 𝐅𝑆 .
Atenção!!!!!
𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹4
=
𝑓11
𝑓21 + 𝑓22 + 𝑓23 𝑓32
𝑓43
=
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
0 0
−𝐾2 −𝐾3
0 −𝐾2
0 −𝐾3
𝐾2 0
0 𝐾3
Condições de Contorno
Element 1
x
F1 K1 Element 2
Element 3
K2
K3
Parede rígida
Para podermos resolver o sistema, devemos impor condições de contorno para os
deslocamentos das paredes rígidas (Nós 3 e 4).
Supor que a parede onde os elementos 2 e 3 estão ligados é rígida significa impor que os Nós
localizados nessa parede estejam imóveis, ou seja, seus deslocamentos 𝑢3 e 𝑢4 são ambos iguais a zero:
Condição de contorno: 𝒖𝟑 = 𝟎 e 𝒖𝟒 = 𝟎 (parede rígida)
Isso implica em eliminar as linhas 3 e 4 e as colunas 3 e 4 do sistema a ser resolvido:
𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹4
=
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
0 0
−𝐾2 −𝐾3
0 −𝐾2
0 −𝐾3
𝐾2 0
0 𝐾3
𝑢1 𝑢2 0 0
Assim, o sistema a ser resolvido será:
𝐹1 𝐹2 =
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
𝑢1 𝑢2
Nó 1 Nó 2
Nó 3
Nó 4 𝐹3
𝐹1 𝐹2 =
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
𝑢1 𝑢2 Para resolver o sistema
multiplicamos ambos os lados da igualdade pela inversa da matriz de rigidez, 𝐊 −1:
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
−1 𝐹
1 𝐹2 =
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
−1 𝐾
1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
𝑢1 𝑢2
Matriz identidade: 1 0
0 1
𝑢1 𝑢2 =
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3 −1
𝐹1 𝐹2 Assim, temos:
Para encontrar a inversa da matriz de rigidez, 𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3 −1
,
usamo a função inv() do Matlab.
Cálculo da Forças nos Elementos.
Conhecendo os valores dos graus de liberdade 𝑢𝑖 e 𝑢𝑗, a força no Elemento 𝑒 pode ser determinada por:
−𝑃𝑖 𝑒
+𝑃𝑗 𝑒 =
𝐴𝐸 𝐿
𝑒
1 −1 −1 1
𝑢𝑖 𝑢𝑗 𝑃 𝑒 = 𝐴𝐸
𝐿 𝑒
. ∆ 𝑒 = 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
𝑢𝑗 − 𝑢𝑖
Outro método para determinar a distribuição das forças axiais resultantes ao longo do
comprimento de um elemento é o seguinte: examinando o Nó 𝑖 do Elemento 𝑒, a força axial é dada por 𝑃𝑖 = −𝑓𝑖, ou seja, se 𝑓𝑖 age no sentido positivo, essa extremidade do Elemento está submetida à compressão. Se 𝑓𝑖 age no sentido negativo, a extremidade está submetida à tração.
No Nó 𝑗 do Elemento 𝑒, ocorre o oposto. Nesse caso, a força axial é dada por 𝑃𝑗 = +𝑓𝑗, e podemos escrever:
Elemento 𝑒
𝑢
𝑖𝑢
𝑗𝑘 𝑒 = 𝐴𝐸/𝐿 Nó 𝑗 Nó 𝑖
𝑓
𝑖 𝑒𝑓
𝑗 𝑒Observe que, como o Elemento 𝑒 está em equilíbrio, temos 𝑃𝑗 𝑒 = 𝑃𝑖 𝑒 e indicamos a força axial
no Elemento 𝑒 por 𝑃 𝑒 .
𝑃 𝑒 > 0: tração
Calculo das Forças de Reação.
O método direto usa a equação, 𝐅𝑆 = 𝐊𝑆 𝐐𝑆 , que no caso do exemplo apresentado é dada por:
É importante notar que, conforme a convenção usada na mecânica estrutural, as reações são forças que agem na estrutura por meio dos apoios. Há dois métodos para determinar as reações de apoio:
𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹4
=
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
0 0
−𝐾2 −𝐾3
0 −𝐾2
0 −𝐾3
𝐾2 0
0 𝐾3
𝑢1 𝑢2 0 0
Nessa equação, as reações a serem determinadas são 𝐹3 e 𝐹4, que são as forças agindo na parede rígida.
O segundo método, usado em alguns programas de elementos finitos, corresponde a calcular as reações usando as equações de força nos Nós.
𝐹𝑖 = 𝑒=1 𝑖𝑒
Exemplo: Três Elementos de Barras Uniaxiais
Seja um conjunto de três elementos de barra sujeitos apenas a forças axiais em suas extremidades,
conforme a figura. O movimento está restrito a uma dimensão, ao longo do eixo 𝑥. Determine os
deslocamentos dos elementos rígidos, as forças nos elementos e as forças de reação na parede. Admita que 𝐾1 = 50 N/cm, 𝐾2 = 30 N/cm, 𝐾3 = 70 N/cm e 𝐹1 = 40 N.
Element 1
x
F1 K1 Element 2
Element 3 K2 K3 𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹4 =
𝑓11
𝑓21 + 𝑓22 + 𝑓23
𝑓32
𝑓43
=
𝐾1 −𝐾1
−𝐾1 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
0 0
−𝐾2 −𝐾3
0 −𝐾2
0 −𝐾3
𝐾2 0
0 𝐾3
𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4 40 0 𝑅3 𝑅4 = 50 −50 −50 150 0 0 −30 −70 0 −30 0 −70 30 0 0 70 𝑢1 𝑢2 0 0 Solução:
Condição de contorno:
𝑢3 = 𝑢4 = 0,
parede rígida.
40 0 𝑅3 𝑅4
=
50 −50
−50 150
0 0
−30 −70
0 −30
0 −70
30 0
0 70
𝑢1 𝑢2 0 0
40
0
=
50
−50
−50
150
𝑢
1𝑢
2𝑢
1𝑢
2=
−50
50
−50
150
−1
40
0
No Matlab:
𝑢1
𝑢2 = 1,20,4 cm
Solução: Deslocamentos
Ficamos com a equação matricial:
1.2 cm
F1 = 40 N K1
K2
K3
0.4 cm
-12 N
-28 N Para encontrar as reações 𝑅3 e 𝑅4 substituímos 𝑢1 e 𝑢2 no sistema original:
40 0 𝑅3 𝑅4 = 50 −50 −50 150 0 0 −30 −70 0 −30 0 −70 30 0 0 70 1,2 0,4 0 0
𝑅3 = −30 0,4 = −12 N
𝑅4 = −70 0,4 = −28 N
Reações nos Apoios
𝑃 𝑒 = 𝐴𝐸 𝐿 𝑒 . ∆ 𝑒 = 𝐴𝐸 𝐿 𝑒 𝑢𝑗 − 𝑢𝑖 Forças nos elementos:
𝑃 1 = 50 𝑢2 − 𝑢1 = 50 0,4 − 1,2 = −40 N.
𝑃 2 = 30 𝑢3 − 𝑢2 = 30 0 − 0,4 = −12 N. 1
2
3
4
𝑃 3 = 70 𝑢4 − 𝑢2 = 70 0 − 0,4 = −28 N.
Elemento 1: compressão.
Elemento 2: compressão.
Exemplo – Barra Uniaxial Biengastada
Use o Método dos Elementos Finitos para determinar a força axial 𝑃 em cada segmento, 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶, da barra uniaxial mostrada na figura. Quais são as reações de apoio? O módulo de
elasticidade longitudinal (módulo de Young) é 𝐸 = 100 GPa; as áreas das seções
transversais dos dois segmentos são, respectivamente, 1 × 10−4 m2 e 2 × 10−4 m2 e a força aplicada na seção transversal em 𝐵 é 𝐹 = 10.000 N
0,25 m
A
B
C
0,4 m
F
R
RR
LSolução: Vamos discretizar a barra em dois elementos, 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶. Os nós serão nos pontos A
(Nó 1), B (Nó 2) e C (Nó 3). As matrizes de rigidez elementares são:
𝐤 1 = 𝐴𝐸 𝐿
1
1 −1
−1 1 =
1 × 10−4 1011 0,25
1 −1
−1 1 = 10
7 4 −4 −4 4
𝐤 2 = 𝐴𝐸 𝐿
2
1 −1
−1 1 =
2 × 10−4 1011 0,4
1 −1
−1 1 = 10
7 5 −5 −5 5
𝑢1 𝑢2 𝑢1 𝑢2
A matriz de rigidez estrutural será:
𝐊𝑆 = 107
4 −4 0
−4 4 + 5 −5
0 −5 5
𝑢1 𝑢2 𝑢3
𝑢1 𝑢2 𝑢3
A equação estrutural de equilíbrio é:
𝐹1 10.000
𝐹3
= 107
4 −4 0
−4 9 −5
0 −5 5
𝑢1 𝑢2 𝑢3
Observe que os nós 1 e 3 são fixos e possuem forças de reação desconhecidas.
Eliminando as linhas e colunas correspondentes aos graus de liberdade nulos, 𝑢1 e 𝑢3, obtemos:
10.000 = 9 × 107 𝑢2
𝑢2 = 1,111 × 10−4 m.
Observe que há apenas um grau de liberdade nesse problema, 𝑢2, uma vez que as paredes (Nós 1 e 3) são rígidas.
𝐹1 10.000
𝐹3
= 107
4 −4 0
−4 9 −5
0 −5 5
0
1,111 × 10−4 0
𝐹1 = 107 −4 1,111 × 10−4 = −4.444 N.
𝐹3 = 107 −5 1,111 × 10−4 = −5.555 N.
Vetor de deslocamentos nodais: 𝐐𝑆 = 𝑢1; 𝑢2; 𝑢3 𝑇 = 0; 1,111 × 10−4; 0 𝑇
As forças axiais dos elementos podem ser calculadas por:
𝑃 𝑒 = 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
. ∆ 𝑒 = 𝐴𝐸 𝐿
𝑒
𝑢𝑗 − 𝑢𝑖 .
𝑃 1 = 4 × 107 𝑢2 − 𝑢1 = 4.444 N. 𝑃 2 = 5 × 107 𝑢3 − 𝑢2 = −5.556 N.
Observe que o primeiro elemento está sob tração, enquanto o segundo está sob compressão.
As forças de reação podem ser calculadas a partir da 1ª e 3ª colunas do sistema abaixo, usando o calor calculado para 𝑢2:
Tração Compressão
Reação 1
Organização dos Programas de Elementos Finitos
Em geral, os programas comerciais de elementos finitos consistem em três partes:
Pré-processador;
Bloco de processamento da solução em elementos finitos (denominado solver); Pós-processador.
O pré-processador permite que o usuário defina a estrutura, divida-a em vários elementos, identifique os Nós e suas coordenadas, defina a conectividade entre os vários elementos e defina as propriedades dos materiais e as cargas. Em geral o pré-processador faz uso de CAD, permitindo ao usuário criar modelos e definir várias propriedades interativamente.
Após o bloco de processamento, um pós-processador utiliza o resultado da análise de elementos finitos para apresentar os resultados em uma forma gráfica amigável ao usuário.