EF_PROBLEMAS_RESUELTOS

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P R O B L E M A S
E L E M E N T O S
F I N I T O S
Elementos Finitos
Problema
La barra de la figura, está sometida a una carga en la superficie que varía linealmente de w1 en el
extremo A hasta w2 en el extremo B.
x
w 1 w2
L
A B
Utilizando el método de aproximación global de Rayleigh-Ritz con la función de aproximación del
campo de desplazamiento: ũ = a0 + a1 sen(x) , se pide:
a) Determinar la función de carga en la superficie.
b) Determinar el campo de desplazamiento.
c) Determinar el campo de esfuerzo.
d) Calcular el desplazamiento en x= 0.5 L y x= L
e) Calcular el esfuerzo en x= 0.5 L y x= L
f) Graficar los campos de desplazamiento y esfuerzo.
Datos.
L= 1m ................................... longitud
A= 25x10−6m2 ....................... área sección transversal
E = 2x1011N /m2 .................... módulo elástico del material
w1 = 1x10
6 N /m ..................... carga en extremo A
w2 = 5x10
6 N /m ..................... carga en extremo B
Fórmulas:
∫sen( x )dx =−cos(x )
∫sen2( x)dx = x
2
−
sen (2 x )
4
∫ x sen ( x)dx = sen(x )− xcos(x )
∫cos( x )dx = sen (x)
∫cos2( x)dx = x
2
+
sen(2 x )
4
∫ xcos(x )dx = cos(x) + xsen(x )
Elementos Finitos
Solución
La función que representa la carga de superficie corresponde a una recta que pasa por los puntos:
(0,w1) y (L ,w2)
obteniendo así:
w (x )=
w2− w1
L
x + w1 = (4 x + 1)10
6 N /m
El funcional asociado al problema considera la energía de deformación elástica y el potencial de la 
fuerza de superficie, esto es:
Π =
1
2∫0
L
E( u x)
2
Adx −∫
0
L
uT w(x)dx
Aplicando las Condiciones de borde a la función de aproximación ũ = a0 + a1 sen(x) , se tiene:
u = 0 en x = 0 → a0 = 0
por lo tanto:
ũ = a1 sen(x) →
d ũ
dx
= a1cos(x)
Reemplazando en el funcional, la función de aproximación y función de carga, se tiene:
Π =
1
2
E A∫
0
L
a 1
2cos 2(x)dx −∫
0
L
(w2 − w1L x + w1)a1 sen(x)dx
Haciendo estacional el funcional, se tiene:
δΠ
δ a1
= E Aa 1∫
0
L
cos2(x)dx −∫
0
L
(w2 − w1L x + w1)sen(x)dx = 0
Integrando:
E Aa 1( L2 +
sen (2 L)
4 )=
w2 − w1
L
(sen(L) − Lcos(L)) + w1 (−cos(L) + cos(0))
Reemplazando los valores de los parámetro y resolviendo, se obtiene:
2x1011⋅25x10−6 a1( 12 +
sen (2)
4 )= (4 (sen(1) − cos(1)) + (−cos(1) + cos(0)))106
3636621.784a1 = 1664372.410
a1 = 0.458
Elementos Finitos
Reemplazando en la función de aproximación, se obtiene el campo de desplazamiento:
ũ(x) = 0.458sen( x) [m ]
y el campo de esfuerzo es:
σ̃x (x) = 9.160x10
10 cos(x) [N /m2]
Los desplazamientos en los puntos solicitados son:
ũ(0.5) = 0.220 [m ]
ũ(1.0)= 0.385 [m]
Los esfuerzos en los puntos solicitados son:
σ̃x (0.5) = 8.039x10
10
[N /m2]
σ̃x (1.0) = 4.949x10
10
[N /m2]
Los gráficos de los campos de desplazamiento y esfuerzo son:
0 0 . 1 0 . 2 0 . 3 0 . 4 0 . 5 0 . 6 0 . 7 0 . 8 0 . 9 1
0
0 . 0 5
0 . 1
0 . 1 5
0 . 2
0 . 2 5
0 . 3
0 . 3 5
0 . 4
0 0 . 1 0 . 2 0 . 3 0 . 4 0 . 5 0 . 6 0 . 7 0 . 8 0 . 9 1
4 . 5
5
5 . 5
6
6 . 5
7
7 . 5
8
8 . 5
9
9 . 5
x 1 0
1 0
Campo de desplazamiento Campo de esfuerzo
Elementos Finitos
Problema
Determinar el desplazamiento del punto A y los esfuerzos en las barras, utilizando el método de
elementos finitos.
Consideraciones:
• Modelar el sistema barras-resorte con elementos finitos de barra lineal.
• Despreciar el peso de los componentes del sistema.
• Largo natural del resorte: 250 mm.
• Las unidades de medida indicadas en la figura son compatibles para obtener desplazamientos
en mm y esfuerzos en N/mm2.
 
mmNk /50=
1000
70
0
A = 650 mm 2
E = 205800 N/mm2
A =
 50
0 m
m
2
35
0
A
500K=50 N/mm
F=5000 N
4
3
Solución
El modelo de barras lineales es: Las condiciones de borde son:
250
F=5000 N
4
3
250
1
2
4
1
2
3
3
Soportes fijos
q3 = 0
q5 = 0
q6 = 0
q7 = 0
q8 = 0
Estiramiento del resorte
q4 = 250
Elementos Finitos
La matriz de rigidez de los elementos es: Datos del modelo:
K e =
E⋅A
L [
l 2 lm −l 2 −lm
lm m2 −lm −m2
−l 2 −lm l 2 lm
−lm −m2 lm m2
]
Elemento N1 - N2 l m Le E⋅A
L
1
2
3
1 - 2
1 - 3
1 - 4
0
-0.944
-0.944
1.000
-0.330
0.330
250
1059.5
1059.5
50
97121.3
126257.
7
Al construir la matriz global y aplicar las condiciones de borde, se obtiene la matriz reducida:
[k11
1  k11
2  k11
3  k 121  k122  k123 
k 21
1
 k21
2
 k21
3  k22
1
 k 22
2
 k22
3 ]{q1q2}= {
4
5
F − q4 k 14
−
3
5
F − q4 k24}
Evaluando los términos necesarios de las matrices de rigidez de cada elemento se tiene:
Elemento k11 k12 k22 k14 k24
1
2
3
0
86535.1
112495.6
0
30301.8
-39392.4
50
10586.2
13762.1
0 -50
Por lo tanto el sistema reducido de ecuaciones es:
[199030.7 −9090.6−9090.6 24398.3 ]{q1q2}= {
4000 − 250⋅0
−3000 − 250⋅−50}
Resolviendo el sistema, se obtiene que el desplazamiento del punto A es:
q1 = 0.039mm
q2 = 0.404mm
El esfuerzo en las barras está dado por:

e
=
Ee
Le
[−l −m l m ]{
q1
q2
q3
q4
}
Elementos Finitos
Evaluando para las dos barras del sistema, se tiene:
Elemento q1 q2 q3 q4 
2
3
0.039
0.039
0.404
0.404
0
0
0
0
33.0
-18.7
El esfuerzo en las barras es:

2
= 33.0 N /mm2

3
=−18.7 N /mm2
Elementos Finitos
Problema
El campo  se requiere aproximar por la función  = a0  a 1e
x
 a2 e
2 x donde x es la coordenada
que define el dominio unidimensional del problema.
Determinar las funciones de forma para un elemento unidimensional de 3 nodos en función del 
sistema local de coordenadas  que tiene su origen en el centro (nodo 3) y valores -1 y 1 en los 
nodos 1 y 2 respectivamente.
Solución
Escribiendo la función de aproximación  en función de la coordenada local  , se tiene:
 = a0  a 1e

 a2 e
2
Las condiciones de borde para el elemento son:
En  =−1   = 1
En  = 1   = 2
En  = 0   =3
Reemplazando las condiciones de borde en la función de aproximación, se obtienen el siguiente
sistema de ecuaciones:
1 = a0  0.368 a1  0.135a 2
2= a 0  2.718a 1 7.389a2
3 = a0  a 1  a 2
Resolviendo el sistema para a 0, a1 y a 2 , se obtiene:
a 0 = 1.830(φ1 + 0.050(φ 2 − 10.095 φ3))
a1 =−2.504(φ1 + 0.135(φ 2 − 8.386φ3))
a 2 = 0.673(φ1 + 0.368(φ 2 − 3.718φ3))
Reemplazando la solución en la función de aproximación  , se obtiene:
φ̃ = 1.830φ 1+ 0.092φ2−0.924φ3−2.504φ 1e
ξ
−0.338φ2 e
ξ
+ 2.835φ3 e
ξ
+ 0.673φ 1e
2ξ
+ 0.248 φ2 e
2ξ
−0.921φ3 e
2ξ
Factorizando por las incógnitas nodales 1, 2 y 3 , se obtiene:
 = 1.830− 2.504e  0.673e21  0.092− 0.338 e

 0.248 e22  −0.924 2.835e

− 0.921 e23
Luego las funciones de forma son:
N 1 = 1.830− 2.504 e

 0.673 e2
N 2 = 0.092− 0.338 e

 0.248 e2
N 3 =−0.924 2.835 e
 − 0.921 e2
Elementos Finitos
Problema
Completar el archivo de datos SAMCEF-Bacon, tal que la estructura de la figura, pueda ser
analizada mediante un modelo de elementos finitos de barra.
Datos:
Material:
E = 2.058x1011N /m2
 = 0.3
Área barras:
1, 2,3 = 4cm2
4, 5 = 7cm2
Solución
ARCIVO DE DATOS SAMCEF-Bacon
.del.*
.POINT
 I1 X 0 Y 0 
 I2 X 6 Y 0
 I3 X 3 Y 4
 I4 X 6 Y 4
.DROITE
 I1 points 1 2
 I2 points 2 4
 I3 points 3 4
 I4 points 1 3
 I5 points 3 2
.CONTOUR
 I1 lignes 1 2 3 ouvert
 I2 lignes 4 5 ouvert
.DOMAINE
 I1 cont 1
 I2 cont 2
.GEN
 modif tout elem 1
 maille
.COLLAGE
 execute
.HYP mindlin
.MAT
 I1
 behav “Elastic”
 YT 2.058E11
 NT 0.3
.UNIT SI
.BPR
 Nom “B1” unite 1.0
 Aire 0.0004
 Nom “B2” unite 1.0
 Aire 0.0007
.AEL
 ATT 1 mat 1 profil “B1”
 ATT 2 mat 1 profil “B2”
.CLM
 Point 1 fix comp 2
 Point 4 fix comp 1 2
 Point 2 cha val 600 comp 1
 Point 3 cha val -400 comp 2
.SAM
 MF 
1
2
1
5
3
4
4
2
3
Elementos Finitos
Problema
Se requiere determinar la distribución de esfuerzos, mediante el método de elementos finitos, en la
probeta de tracción mostrada en la figura, cuando ésta se somete a una fuerza de 100 kg.
La probeta esta compuesta por 2 planchas de acero SAE 1020 de espesor 10 mm. Ambas plancha se
unen con un cordón de soldadura del mismo espesorde las planchas. Suponga características
mecánicas similares a las planchas.
Escriba el archivo de datos necesario para modelar el problema de elasticidad lineal con el programa
Samcef. 
Discretizar el modelo con elementos triangulares.
Las dimensiones están dadas en mm.
50
50
200200
20055
5
F
F
Solución
!===========================================
.del.*
!===========================================
.POINT
 I1 X 0.0 Y 0.0
 I2 RY 50
 I3 RX 200
 I4 RY -50
 I5 RY -5
 I6 RX 200
 I7 RY -50
 I8 RX -200
 I9 RX -55 RY 55
!
.DROITE
 I1 points 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1
!
.CONTOUR
 I1 lignes 1 A 9
!
.DOMAINE
 I1 cont 1
!
.GEN
 maille 1
!
!===========================================
.HYP MEMB BIDIM
!
!===========================================
!===========================================
.MAT 
 I 1
 BEHAV "Elastic"
 Yt 21000
 Nt 0.3
 M 7.8E-6
!
.AEL
 mat 1
!
!===========================================
.PHP
 ATT 1 thic val 1
!
!===========================================
.CLM
 FIX ligne 1 comp 1 2
 CHA const 2 ligne 6 comp 1
!
!===========================================
.SAM
 MF 1
!
!==========================================
Elementos Finitos
Problema
El sistema de barras de la figura se somete a una fuerza P tal que el punto 4 puede deslizar a
través de la corredera. Aplicando el Método de Elementos Finitos y discretizando el modelo con
barras lineales, se pide:
a) Determinar el desplazamiento máximo en la dirección x e y que puede sufrir el punto 3, cuando
se aplica la carga P .
Nota.
Utilizar los números de barras y nodos tal como se indica en la figura.
2
1
P
1
3
3
2
4
10
Nodo
Coordenadas
X Y
1 0 200
2 100 200
3 70 112
4 70 0
2
Barra
Propiedades
Area E
1 5 15000
2 5 15000
3 8 20000
y
x
Solución
La matriz de rigidez de los elemento es:
K e = E⋅A
L [
l 2 lm −l 2 −lm
lm m2 −lm −m2
−l 2 −lm l 2 lm
−lm −m2 lm m2
]=[
K11
e K 12
e K13
e K 14
e
K21
e K 22
e K 23
e K 24
e
K31
e K 32
e K33
e K 34
e
K 41
e K 42
e K 43
e K 44
e ]
La matriz de cada elemento es:
1 2 5 6
K1 = [
K 11
1 K12
1 K13
1 K 14
1
K 21
1 K22
1 K 23
1 K 24
1
K 31
1 K32
1 K33
1 K 34
1
K 41
1 K42
1 K 43
1 K 44
1 ]
1
2
5
6
 
3 4 5 6
K2 = [
K 11
2 K 12
2 K13
2 K14
2
K 21
2 K 22
2 K23
2 K 24
2
K 31
2 K 32
2 K33
2 K 34
2
K 41
2 K 42
2 K43
2 K 44
2 ]
3
4
5
6
 
5 6 7 8
K3 = [
K 11
3 K12
3 K13
3 K 14
3
K 21
3 K22
3 K23
3 K 24
3
K 31
3 K32
3 K33
3 K 34
3
K 41
3 K42
3 K43
3 K 44
3 ]
5
6
7
8
Elementos Finitos
Ensamblando las matrices se tiene, se obtiene el siguiente sistema global de ecuaciones:
[
K 11
1 K12
1 0 0 K13
1 K14
1 0 0
K 21
1 K 22
1 0 0 K 23
1 K 24
1 0 0
0 0 K 11
2 K12
2 K13
2 K14
2 0 0
0 0 K 21
2 K22
2 K 23
2 K 24
2 0 0
K 31
1 K32
1 K 31
2 K32
2
(K 33
1
+ K 33
2
+ K11
3
) (K34
1
+ K34
2
+ K 12
3
) K 13
3 K 14
3
K 41
1 K 42
1 K 41
2 K42
2
(K 43
1
+ K 43
2
+ K21
3
) (K44
1
+ K 44
2
+ K 22
3
) K 23
3 K 24
3
0 0 0 0 K 31
3 K32
3 K 33
3 K 34
3
0 0 0 0 K 41
3 K 42
3 K 43
3 K 44
3
]{
q1
q2
q3
q4
q5
q6
q7
q8
}= {
R1
R2
R3
R4
0
0
R7
P
}
Aplicando las condiciones de borde:
q1 = q2 = q3 = q4 = q7 = 0
y
q8 =−10
[
K 11
1 K12
1 0 0 K13
1 K14
1 0 0
K 21
1 K 22
1 0 0 K 23
1 K 24
1 0 0
0 0 K 11
2 K12
2 K13
2 K14
2 0 0
0 0 K 21
2 K22
2 K 23
2 K 24
2 0 0
K 31
1 K32
1 K 31
2 K32
2
(K 33
1
+ K 33
2
+ K11
3
) (K34
1
+ K34
2
+ K 12
3
) K 13
3 K 14
3
K 41
1 K 42
1 K 41
2 K42
2
(K 43
1
+ K 43
2
+ K21
3
) (K44
1
+ K 44
2
+ K 22
3
) K 23
3 K 24
3
0 0 0 0 K 31
3 K32
3 K 33
3 K 34
3
0 0 0 0 K 41
3 K 42
3 K 43
3 K 44
3
]{
q1
q2
q3
q4
q5
q6
q7
q8
}= {
R1
R2
R3
R4
0−q8K14
3
0−q8 K24
3
R7−q8K 34
3
P−q8K 44
3
}
se obtiene el sistema reducido de ecuaciones:
[(K33
1
+ K 33
2
+ K11
3
) (K 34
1
+ K34
2
+ K12
3
)
(K 43
1
+ K 43
2
+ K 21
3
) (K 44
1
+ K44
2
+ K22
3
)]{q5q6}= {
−q8K14
3
−q8K 24
3 }
De la geometría y la discretización se tiene:
Elemento N1 - N2 l m Le
E A
L
1 1 - 3 0.623 -0.783 112.4 667.3
2 2 - 3 -0.323 -0.946 93.0 806.5
3 3 - 4 0 -1.000 112.0 1428.6
Elementos Finitos
Reemplazando los términos del sistema reducido de ecuaciones por los valores numéricos, se tiene:
[ (259.0 + 84.1 + 0) (−325.5 + 246.4 + 0)(−325.5 + 246.4 + 0) (409.1 + 721.7 + 1428.6)]{q5q6}= {
10⋅0
10⋅(−1428.6)}
Evaluando:
[343.1 −79.1−79.1 2559.4]{q5q6}= {
0
−14286}
Resolviendo, se obtiene que el nodo 3 se desplaza:
Dirección x → q5 = −1.3 mm
Dirección Y → q6 =−5.6 mm
Elementos Finitos
Problema
La estructura de barras de la figura se discretiza con 2 elementos de barra de aproximación
cuadrática. La estructura se somete a un cierto estado de carga, obteniéndose los resultados
mostrados en la siguiente tabla, en la que se indica el número del nodo, la coordenada x inicial, y el
desplazamiento obtenido en el cálculo por elementos finitos.
Nodo x u
1 7.0 0.21
2 10.0 0.89
3 13.0 1.38
4 19.0 2.08
5 25.0 3.91
1 2 3
1 2
54
Determinar el desplazamiento u de los puntos ubicados en la coordenada:
a) x=12.3
b) x=16.8
c) x=19.0
Solución
La coordenada de un punto cualquiera dentro de un elemento se expresa según:
X =
1
2
(ξ
2
−ξ) x i +
1
2
(ξ
2
+ ξ) x j + (1−ξ
2
) xk
Reordenando para despejar la coordenada local ξ , se tiene:
ξ
2( x i+ x j2 −xk)+ ξ(
x j− x i
2 )= X−xk
Elementos Finitos
Para los 2 elementos de la discretización se cumple que xk =
xi+ x j
2
, luego la coordenada local se 
calcula según la expresión:
ξ =
2(X− xk )
x j− x i
 (*)
El desplazamiento de un punto cualquiera dentro de un elemento se calcula según:
u =
1
2
(ξ
2
−ξ)ui +
1
2
(ξ
2
+ ξ)u j + (1−ξ
2
)uk (**)
a) El punto de coordenada x=12.3 está ubicado dentro del elemento 1, por lo tanto:
x i=7
x j=13
xk=10
} de (*) ⇒ ξ=0.767
u i=0.21
u j=1.38
uk=0.89
} de (**) ⇒ u=1.283
b) El punto de coordenada x=16.8 está ubicado dentro del elemento 2, por lo tanto:
x i=13
x j=25
xk=19
} de (*) ⇒ ξ=−0.367
u i=1.38
u j=3.91
uk=2.08
} de (**) ⇒ u=1.692
c) El punto de coordenada x=19.0 corresponde al nodo 4, por lo tanto: u=2.08
Elementos Finitos
Problema
El peso por unidad de longitud de la viga mostrada en la figura varía según la expresión:
f y=10+ 4 x
Determinar el vector de carga de un elemento de aproximación lineal e cualquiera, definido por los
nodos de coordenadas x i y x j según se indica en la figura.
x
L
i j
x i x j
e
y
Solución
El vector de carga para un elemento de viga sometido a una carga que varía linealmente es:
F =
L
20 {
7ωi+ 3ω j
L
3
(3ωi+ 2ω j )
3ωi+ 7ω j
−
L
3
(2ωi+ 3ω j )
}
Para este caso se tiene:
L=x j−x i
ωi=10+ 4 x i
ω j=10+ 4 x j
} ⇒ F= x j−x i20 {
(100+ 28 x i+ 12 x j)
x j−x i
3
(50+ 12 xi+ 8 x j )
(100+ 12 x i+ 28 x j)
−
x j− x i
3
(50+ 8 x i+ 12 x j )
}
Elementos Finitos
Problema
Determinar el desplazamiento del punto B de la estructura mostrada en la figura, utilizando el
Método de Elementos Finitos y discretizando tanto la viga como la barra con un elemento de
aproximación lineal.
1000
A B
60
0
5000
VIGA
E = 10000
I = 250
BARRA
E = 10000
A = 20
Solución
Considerando la discretización mostrada, se tiene las siguientes matrices de rigidez para el 
elemento de viga y de barra:
3
1
2
q5
q 4
q3
q 2
q1
1 2 3 4
KV =
E I
L3 [
12 6 L −12 6 L
6 L 4 L2 −6 L 2 L2
−12 −6 L 12 −6 L
6 L 2 L2 −6 L 4 L2
]
1
2
3
4
1 2 3 4
KV = [
0.03 15 −0.03 15
15 10000 −15 5000
−0.03 −15 0.03 −15
15 5000 −15 10000
]
1
2
3
4
3 5
K B=
AE
L [ 1 −1−1 1]35
3 5
K B= [ 333.333 −333.333−333.333 333.333]35
Elementos Finitos
Ensamblando ambas matrices y aplicando la carga en el grado de libertad 3, se tiene el siguiente 
sistema de ecuaciones globales:
[
0.03 15 −0.03 15 0
15 10000 −15 5000 0
−0.03 −15 0.03+ 333.333 −15 −333.333
15 5000 −15 10000 0
0 0 −333.333 0 333.333
]{
q1
q2
q3
q4
q5
}= {
0
0
−5000
0
0
}
Aplicando las condiciones de borde:
q1 = q2 = q5= 0
se obtiene el siguiente sistema reducido:
[333.363 −15−15 10000]{q3q4}= {
−5000
0 }
Resolviendo se obtiene:{q3q4}= {
−15.0
−0.022}
Luego el desplazamiento del punto B es: -15.0
Elementos Finitos
Problema
La plancha de la figura se requiere analizar mediante elementos finitos simplificándola a un modelo
bidimensional de esfuerzo plano. El espesor de la plancha es 1 mm.
Calcular la carga energéticamente equivalente en los nodos 6, 12, 18 y 24 para la discretización y
carga mostrada en la figura.
X
Y
1 6
24
18
19
13
127
10 N/mm
4 N/mm
y=10
y=0
y=50
y=80
x=0 x=20 x=40 x=60 x=75 x=100
15
10
11
1 5
6
Solución
Función de carga global:
ω( y) =
6
80
y + 4
Carga en los nodos asumiendo que la orientación del sistema local de coordenadas es tal que ξ = 1 , 
en los bordes sometidos a la carga repartida.
F S =∫
−1
1
NTω(η)
Lη
2
d η
Función de carga local:
ω(η)=
1
2
(1−η)ωi +
1
2
(1+ η)ω j
Funciones de forma:
N 1 = 0 N 3 =
1
4
(1+ ξ)(1+ η)=
1
2
(1+ η)
N 2 =
1
4
(1+ ξ)(1−η)=
1
2
(1−η) N 4 = 0
Elementos Finitos
Reemplazando en la integral, se tiene:
F S =∫
−1
1 {
1
2
(1−η)
1
2
(1+ η)}(12 (1−η)ωi + 12 (1+ η)ω j) Lη2 d η
Luego, los valores de carga en los nodos son:
(F S )i=
Lη
2
ω i∫
−1
1
1
4
(1−η)2d η+
Lη
2
ω j∫
−1
1
1
4
(1−η2)d η
(F S) j =
Lη
2
ω i∫
−1
1
1
4
(1−η2)d η +
Lη
2
ω j∫
−1
1
1
4
(1+ η)2d η
Evaluando las integrales, se tiene:
∫
−1
1
1
4
(1−η)2 d η = 2
3 ∫
−1
1
1
4
(1−η2)d η = 1
3 ∫
−1
1
1
4
(1+ η)2d η = 2
3
Reemplazando en las expresiones de los valores de carga nodal, se tiene:
(F S)i=
Lη
3
ω i +
Lη
6
ω j
(F S) j =
Lη
6
ω i +
Lη
3
ω j
Evaluando los datos de cada elemento y las cargas nodales, se obtiene:
Elem N i N j Lη ωi ω j (F S)i (F S) j
5 6 12 10 4.00 4.75 21.25 22.50
10 12 18 40 4.75 7.75 115.00 135.00
15 18 24 30 7.75 10.00 127.50 138.75
Por lo tanto, la carga energéticamente equivalente en los nodos es:
(F X )6 = 21.25N
(F X )12 = 137.50 N
(F X )18 = 262.50N
(F X )24 = 138.75N
Elementos Finitos
Problema
La pared de la figura está compuesta por dos materiales. A ambos lados de la pared existe flujo de
gases de diferentes naturaleza a la temperatura que se indica.
Determinar, utilizando el método de elementos finitos, el flujo de calor que atraviesa la interfase
entre los dos materiales.
h ,T∞
k 1=30W /mºC
k 2=20W /mºC
h=160W /m2ºC
T∞=100ºC
3050
h ,T∞
h=10W /m2ºC
T∞=350ºC
(Espesores en mm)
Solución
Discretizando la pared en el espesor con dos elementos lineales, se tiene el problema:
1 2
R=160(T 3−100)R=10(T 1−350)
1 32
donde las matrices de conductividad de los elementos son:
K1 = 600[ 1 −1−1 1] K 2= 666.6667[ 1 −1−1 1]
Ensamblando y aplicando las condiciones de borde (convección) se obtiene el sistema:
[
600 −600 0
−600 1266.6667 −666.6667
0 −666.6667 666.6667]{
T 1
T 2
T 3
}= {
10(350−T 1)
0
160 (100−T 3)
}
Elementos Finitos
Reordenando el sistema de ecuaciones se obtiene:
[
610 −600 0
−600 1266.6667 −666.6667
0 −666.6667 826.6667]{
T 1
T 2
T 3
}= {
3500
0
16000}
Resolviendo se obtiene las temperaturas nodales:
{
T 1
T 2
T 3
}= {
121.5156
117.7075
114.2803}
El flujo de calor en un elemento se determina según:
q =−k
dT
dx
=−k BT
Reemplazando B y T se tiene:
q =
−k
L
[−1 1 ]{T iT j}
Para el elemento 1, se tiene:
q1 =
−30
0.050
[−1 1 ]{121.5156117.7075} → q1 = 2284.8600 (W /m2)
Para el elemento 2, se tiene:
q2 =
−20
0.030
[−1 1 ]{117.7075114.2803} → q2 = 2284.8000 (W /m2)
Se puede estimar que el flujo de calor a través de la interfase entre los materiales es del orden de:
q Interfase≈ 2284.8 (W /m
2
)
Elementos Finitos
Problema
Determinar la primera frecuencia natural axial de la barra de la figura.
 
E A P
L
ρ
Solución
Asumiendo la discretización mínima (1 elemento), se tiene:
K = E A
L [ 1 −1−1 1] M =
ρ AL
6 [2 11 2]
Aplicando la C.B. q1=0 , se obtiene:
K =
E A
L
M =
ρ AL
3
Luego, para tener una solución no trivial se debe cumplir que:
det (K−λM ) = 0 ⇒
E A
L
− λ
ρA L
3
= 0
Resolviendo, se obtiene:
λ =
3E
ρL2
Luego, la primera frecuencia natural es:
ω =
1
L √
3E
ρ
Si se discretiza con dos elementos, se obtiene:
ω =
1
L √
2.6E
ρ
Elementos Finitos
Problema
El sistema de barras se instala a 0°C y cuando entra en operación las barras quedan sometidas a una
temperaturas superior. Las barras son de acero y tiene la misma sección transversal.
Utilizando los datos indicados en la figura, determinar el esfuerzo al que se encuentran sometidas
las barras en operación.
 
Solución
Sistema inicial deformado por efecto del aumento de temperatura, es decir, los nodos 2 y 3 se
encuentran en la posición 2' y 3' respectivamente.
Δ X 2
1
2 3
1 2
Δ Y 2
Δ X 3
Δ Y 3
2 ' 3 '
 
Para la posición inicial se tiene que el largo de las barras es:
Δ L = LαΔ T → Δ L1 = 0.9
→ Δ L2 = 1.5
 → L
1
= 500.9mm
L2 = 501.5mm
300 300
40
0
T=150
T=250
Area = 10mm2
E = 21000
kg
mm2
α = 1.2x10−5
1
°C
ε = αΔ T
Elementos Finitos
Suponiendo que las barras se alargan en la dirección de instalación, las componentes del
desplazamiento de los nodos son:
Δ X 2= 0.54
Δ Y 2 = 0.72
 y Δ X 3 = 0.90
Δ Y 3 = 1.20
Por lo tanto, aplicando las condiciones de borde:
q3 = 0.54
q4 =−0.72
q5 =−0.90
q6 =−1.20
el sistema se lleva a su condición de operación, además por tipo de soporte se tiene la condición de
borde:
q2 = 0
De la geometría y la discretización se tiene:
Elemento N1 - N2 L* l m
1 1 - 2 500 -0.6 0.8
2 1 - 3 500 0.6 0.8
Como el único grado de libertad incógnito del sistema es el 1, sólo se deben evaluar los términos de
la fila 1 de la matriz de rigidez de los elementos
1 2 3 4
K1 =
21000⋅10
500.9 [
0.36 −0.48 −0.36 0.48
--- --- --- ---
--- --- --- ---
--- --- --- ---
]
1
2
3
4
 
1 2 5 6
K 2=
21000⋅10
501.5 [
0.36 0.48 −0.36 −0.48
--- --- --- ---
--- --- --- ---
--- --- --- ---
]
1
2
5
6
Con esto se obtiene la siguiente ecuación:
210000[( 0.36500.9 + 0.36501.5 )q1 + (−0.48500.9 + 0.48501.5)q 2 − 0.36500.9 q3+ 0.48500.9 q 4 − 0.36501.5 q5 − 0.48501.5 q6]= 0
Aplicando las condiciones de borde, la ecuación se reduce a:
( 0.36500.9 +
0.36
501.5)q1 −
0.36
500.9
0.54 −
0.48
500.9
0.72 +
0.36
501.5
0.90 +
0.48
501.5
1.20= 0
Obteniendo:
q1 =−0.4988mm
Elementos Finitos
El esfuerzo en las barras se calcula como:
σ =
E
L
[−l −m l m]{
q1
q2
q3
q 4
}
Luego para el elemento 1 se tiene:
(σ)1 =
21000
500.9
[0.6 −0.8 −0.6 0.8]{
−0.4988
0
0.54
−0.72
}
(σ)1 =−50.2793kg /mm
2
Luego para el elemento 2 se tiene:
(σ)2 =
21000
501.5
[−0.6 −0.8 0.6 0.8 ]{
−0.4988
0
−0.90
−1.20
}
(σ)2 = −50.2794kg /mm
2
Elementos Finitos
Problema
a) Enumere y explique, brévemente, los pasos que se deben seguir para obtener funciones de
forma que permitan representar el desplazamiento en problemas de elasticidad lineal.
• Se asume una función de aproximación.
• Se establecen las condiciones de admisibilidad cinemática.
• Se aplican las condiciones de admisibilidad cinemática a la función de aproximación
generando una ecuación por cada nodo del elemento.
• Se determinan los coeficientes de la función de aproximación en función de las
condiciones de admisibilidad.
• Se reemplazan los coeficientes en la función de aproximación.
• Se factoriza por las condiciones de admisibilidad cinemática.
• Los factores que acompañan a las condiciones de admisibilidad corresponden a las
funciones de forma.
b) ¿Por qué se utiliza el Funcional para aproximar la solución de un problema de elasticidad
lineal?
• El funcional corresponde a la energía involucrada en el sistema y la minimización de ésta
equivale a una posición de equilibrio estable.
c) ¿Qué representa el Jacobiano (matriz jacobiana)?
• La relación entre las coordenadas locales y globales.
d) ¿Por qué se obtiene el valor exacto de ∫
−1
1
(a0+ a1 x+ a2 x
2
+ a3 x
3
)dx cuando se integra
numéricamente con 2 puntos de integración?
• Los puntos de cuadratura de Gauss se definen para integrar funciones polinomiales.
• Dos puntos de integración involucran 4 parámetros.
• Luego, se puede integrar de manera exacta una función definidahasta con 4 coeficientes
con es el caso planteado.
e) ¿Cuál es la diferencia entre la formulación de esfuerzo plano y deformación plana?
• La diferencia corresponde solamente a la matriz constitutiva.
f) Defina:
I. Vibración libre
• Movimiento periódico debido a la restauración de la energía de deformación.
Elementos Finitos
II. Frecuencia natural
• Número de ciclos por unidad de tiempo de una vibración libre..
III. Amplitud
• Desplazamiento máximo desde su posición de equilibrio.
Elementos Finitos
Problema
1) El elemento finito de la Figura 1, se utiliza para modelar problemas de elasticidad unidimensional.
Asumiendo la función de aproximación ũ = a0 + a1 e
x para el campo de desplazamiento,
determinar:
a) La función de aproximación del campo de desplazamiento ũ de un elemento genérico e .
b) Las funciones de aproximación N i y N j de un elemento genérico e .
2) Utilizando el método de aproximación de Rayleigh-Ritz, la función de aproximación deducida en
el punto 1a y discretizando con un elemento finito, determinar:
a) El desplazamiento (debido a la acción del peso propio), de la sección inferior de la barra de
sección variable que se muestra en la Figura 2.
b) La reacción en el soporte, utilizando la formulación de elementos finitos.
10
4
80
Espesor=2mm
γ=0.8kg /mm3
E=21000kg /mm2e
i
j
ui
u j
Figura 1
Figura 2
Elementos Finitos
Solución
1a) La función ũ debe cumplir la admisibilidad cinemática, por lo tanto:
u i= a0 + a1 e
x i
u j= a 0 + a1e
x j
Escribiendo las coordenadas generalizadas a0 y a1 en función de los desplazamientos ui y u j
de los nodos, se tiene:
a0 =
e x jui − e
x iu j
ex j − e x i
a1 =
u j− ui
ex j − e xi
Reemplazando en la función de aproximación del campo de desplazamiento ũ = a0 + a1 e
x , se
obtiene:
ũ =
e x jui − e
x iu j
e x j − ex i
+
u j − ui
e x j − e x i
ex
Factorizando por los desplazamientos ui y u j de los nodos, se tiene que la función de
aproximación del campo de desplazamiento es:
ũ =
ex j − ex
e x j − e x i
ui +
ex − e xi
ex j − ex i
u j
1b) De la función de aproximación del campo de desplazamiento ũ se deduce que las funciones de
aproximación N i y N j son:
N i=
ex j − ex
ex j − e xi
 y N j =
ex − ex i
e x j − e x i
2a) El funcional asociado al problema es: 
Π =
1
2
∫
x i
x j
E(∂ ũ∂ x )
2
A(x)dx −∫
x i
x j
ũT γ A(x)dx
Reemplazando los valores:
xi = 0 ; x j = 80
ũ = N i ui + N j u j ; 
∂ ũ
∂ x
=
∂N i
∂ x
ui +
∂ N j
∂ x
u j con 
∂ N i
∂ x
=
−ex
ex j − e x i
 y 
∂ N j
∂ x
=
ex
e x j − e x i
A(x) = 20 − 0.15 x
Elementos Finitos
en el funcional, se obtiene:
Π =
1
2
E∫
0
80
(∂ N i∂ x ui +
∂N j
∂ x
u j)
2
(20 − 0.15 x )dx − γ∫
0
80
(N iui + N ju j) (20 − 0.15 x )dx
Haciendo estacional el funcional respecto a los desplazamientos de los nodos, se tiene:
∂Π
∂ui
= 0 → E∫
0
80
(∂ N i∂ x ui +
∂N j
∂ x
u j)∂ N i∂ x (20 − 0.15 x )dx − γ∫0
80
N i (20 − 0.15 x )dx = 0
∂Π
∂u j
= 0 → E∫
0
80
(∂ N i∂ x ui +
∂ N j
∂ x
u j)∂ N j∂ x ( 20 − 0.15x )dx − γ∫0
80
N j (20 − 0.15 x )dx = 0
Reordenando se obtiene el sistema de ecuaciones:
E∫
0
80
(∂N i∂ x )
2
( 20 − 0.15x )ui dx + E∫
0
80
∂ N i
∂ x
∂ N j
∂ x
(20 − 0.15 x )u j dx = γ∫
0
80
N i (20 − 0.15x )dx
E∫
0
80
∂ N i
∂ x
∂ N j
∂ x
(20 − 0.15 x )ui dx + E∫
0
80
(∂ N j∂ x )
2
( 20 − 0.15 x )u j dx = γ∫
0
80
N j (20 − 0.15 x )dx
Evaluando las integrales, se obtiene el sistema global de ecuaciones:
[ 84787.50 −84787.50−84787.50 84787.50]{uiu j}= {
889.48
6.52 }+ {R0 }
Aplicando la condición de borde:
ui = 0
se obtiene el sistema reducido de ecuaciones:
84787.5u j = 6.52
Resolviendo, se obtiene los desplazamientos en los nodos:
ui = 0
u j = 7.7x10
−5mm
2b) De la primera ecuación del sistema global de ecuaciones, se tiene:
−84787.50×7.7x10−5 = 889.48 + R
Luego, la reacción en el soporte es:
R=−896 kg
Elementos Finitos
Problema
La tubería de la figura está formada por 3 tramos de diferentes materiales y secciones
transversales. La tubería esta fija en ambos extremos y tiene un tope intermedio que permite un
desplazamiento libre de 2mm según se indica en la figura. En las interfaces de los tramos se aplican
las fuerzas F1=1000kg y F 2=3000 kg .
Los puntos A , B y C están ubicados en el centro de cada tramo.
Modelando el sistema con 3 elementos finitos de barra de grado 1 y utilizando las técnicas del
Método de Elementos Finitos, se pide:
a) Determinar el desplazamiento de los puntos A , B y C .
b) Determinar los esfuerzos en los puntos A , B y C . 
Nota. Las unidades de medida son todas compatibles, por lo que no se requiere conversión de
unidades de medida.
120 200 150
E=21000kg /mm2 E=8000 kg /mm2
E=1000 kg /mm2
A=10mm2 A=10mm2
A=50mm2
F1 F 2 CBA
2
Elementos Finitos
Solución
• Discretización de la tubería:
• Construcción del sistema global de ecuaciones
Si se denota k e=
Ee Ae
Le
se tiene que la matriz de rigidez de los elementos se puede escribir como:
K e=k e[ 1 −1−1 1] donde:
k 1 =
E1 A1
L1
=
21000⋅10
120
→ k1 = 1750kg /mm
k 2 =
E 2A2
L2
=
8000⋅10
200
→ k2 = 400 kg /mm
k 3 =
E3 A3
L3
=
1000⋅50
150
→ k3 = 333.3 kg /mm
Ensamblando las 3 matrices de rigidez, se obtiene:
[
k1 −k1
−k1 k1+k 2 −k2
−k2 k 2+k 3 −k3
−k3 k3
]{
q1
q2
q3
q4
}= {
R1
F1
F 2
R2
}
• Aplicando las condiciones de borde correspondientes bajo el supuesto que el sistema NO entra en
contacto con el soporte intermedio, es decir:
C.B. → q1 = 0
q4 = 0
se obtiene el sistema de ecuaciones reducido:
[k1+k2 −k 2−k2 k2+k3]{
q2
q3}= {
F 1
F 2} → [
2150 −400
−400 733.3]{q2q3}= {
1000
−3000}
Resolviendo, se obtiene:
q2 = −0.3295mm
q3 = −4.2708mm
• Como el soporte intermedio sólo permite un desplazamiento de q3 = −2 se debe imponer esta
condición de borde adicional para resolver el problema. 
1 2 3 4
1 2 3
Elementos Finitos
Por lo tanto, reemplazando en el sistema global de ecuaciones, se obtiene el sistema reducido:
(k1+k 2)q 2 = F 1−(−k2 q3 ) → 2150 q2 = 1000−(400⋅2)
Resolviendo, se obtiene:
q2 = 0.0930mm
Luego, los desplazamientos de los nodos del modelo son:
q1 = 0
q2 = 0.0930mm
q3 = −2.0mm
q4 = 0
a) El campo de desplazamiento de los elementos se representa mediante la expresión:
u = N i qi + N j q j
u =
1−ξ
2
qi +
1+ξ
2
q j
Los puntos A , B y C tienen coordenada local ξ = 0 , luego:
(u)A=
1
2
q1 +
1
2
q2 =
1
2
0.0930 → (u )A= 0.0465mm
(u )B =
1
2
q 2 +
1
2
q3=
1
2
0.0930 +
1
2
(−2) → (u)B =−0.9535mm
(u)C =
1
2
q3 +
1
2
q4 =
1
2
(−2 ) → (u)C =−1.0mm
b) Los esfuerzos en los elementos se determinan mediante la expresión:
σe =
E e
Le
[−1 1]{qiq j} (esfuerzos constantes en el elemento), por lo tanto:
(σ)A =
E1
L1
[−1 1 ]{q1q2}=
21000
120
[−1 1]{ 00.0930} → (σ)A = 16.3kg /mm2
(σ)B =
E2
L2
[−1 1 ]{q2q3}=
8000
200
[−1 1]{0.0930−2 } → (σ)B =−83.7kg /mm2
(σ)C =
E3
L3
[−1 1 ]{q3q4}=
1000
150
[−1 1 ]{−20 } → (σ)C = 13.3kg /mm2
Elementos Finitos
Problema
Se requiere realizar un análisis de esfuerzo plano, mediante el Método de Elementos Finitos, a la
placa mostrada en la Figura 1. 
El administrador del proyecto, solicita a usted, que escriba un archivo de datos BACON, de tal
forma que se obtenga la discretización (¼ de la placa) mostrada en la Figura 2, utilizando el sistema
de referencia mostrado en la Figura 1 (origen en el centro del agujero).
Figura 1. Placa con agujero central.
Figura 2. Discretización ¼ de placa
x
y
200
10
0
50
Elementos Finitos
SOLUCIÓN
.del.*
!
! Puntos
!------------------------
.POINT
 I1 X 25.0 Y 0.0
 I2 X 50.0 Y 0.0
 I3 X 100.0 Y 0.0
 I4 X 100.0 Y 50.0
 I5 X 50.0 Y 50.0
 I6 X 0.0 Y 50.0
 I7 X 0.0 Y 25.0
!
! Lineas
!------------------------
.DROITE
 I1 points 1 2
 I2 points 2 3
 I3 points 3 4
 I4 points 4 5
 I5 points 5 6
 I6 points 6 7
 I7 points 2 5
.ARC
 I8 ccentre 0.0 0.0 points 1 7
!
! Contornos
!------------------------
.CONTOUR
 I1 ligne 1 7 5 6 8
 I2 ligne 2 3 4 7
!
! Dominios
!------------------------.DOMAINE
 I1 cont 1
 I2 cont 2
!
! Generación de elementos
!------------------------
.GEN
 modif ligne 1 6 elem 10
 modif ligne 8 elem 8
 modif ligne 3 5 7 elem 4
 modif ligne 2 4 elem 3
! 
 C1 1 C2 7 5 C3 6 C4 8
 maille 1 2 transfini
Elementos Finitos
Problema
En problemas de elasticidad bidimensional, el método de elementos finitos evalúa las deformaciones
de un elemento según la expresión: ε = Bq .
Escribir la matriz B de un elemento triangular de grado 1, Figura 3, utilizado en un análisis
axisimétrico.
1
q2
q1
2
q4
q3
3
q6
q5
Figura 3. Elemento triangular de grado 1.
Solución
El vector deformación en análisis axisimétrico es:
ε = {
εr
ε z
γ rz
εθ
}= {
u
 r
w
 z
 u
 z
+
w
 r
u
r
}≡ {
u
 x
 v
 y
u
 y
+
 v
 x
u
x
}= Bq
Luego, la matriz B para un elemento triangular de grado 1 es:
B= [
 N 1
 x
0
 N 2
 x
0
 N 3
 x
0
0
 N 1
 y
0
 N 2
 y
0
N 3
 y
 N1
 y
 N 1
 x
 N 2
 y
N 2
 x
 N 3
 y
 N 3
 x
1
x
N 1 0
1
x
N 2 0
1
x
N 3 0
]
Elementos Finitos
Problema
Determinar el tensor de esfuerzo en el centro del elemento cuadrilateral, asumiendo la condición de
esfuerzo plano con q = [0, 0, 0.002, 0.003, 0.006, 0.004, 0, 0 ]T
1 2
34
(0, 0)
(0, 1) (1, 1)
(1, 0)
y
x
ξ
η
E = 30x106
ν = 0.3
Figura 4. Elemento cuadrangular de grado 1.
Nota. Las unidades de todas las magnitudes indicadas son compatibles.
Solución
El centro del elemento tiene coordenadas locales: ξ = 0 y η= 0
El tensor de esfuerzo se evalúa según: σ = DBq
Evaluación de la matriz constitutiva D .
D = [
E
1−ν2
ν E
1−ν2
0
νE
1−ν2
E
1−ν2
0
0 0
E
2(1+ν)
] D = 30x106(1−0.32)[ 1 0.3 00.3 1 00 0 0.35]
Evaluación de la matriz B .
B= [
 N 1
 x
0
N 2
 x
0
 N 3
 x
0
 N 4
 x
0
0
 N 1
 y
0
 N 2
 y
0
 N 3
 y
0
 N 4
 y
 N 1
 y
 N 1
 x
N 2
 y
 N 2
 x
 N 3
 y
 N 3
 x
 N 4
 y
 N 4
 x
]
Elementos Finitos
La relación entre las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas globales y las
derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas locales está dada por:
{
 N i
 x
 N i
 y
}= [ J ]−1{
 N i
ξ
 N i
η
}
donde la matriz Jacobiana se define como:
J = [
 x
ξ
 y
ξ
 x
η
 y
η
]= [
 N 1
 ξ
 N 2
 ξ
 N3
ξ
 N 4
ξ
 N 1
 η
 N 2
η
 N3
η
 N 4
 η
][
x1 y1
x2 y2
x3 y3
x4 y4
]
Funciones de forma y derivadas respecto a las coordenadas locales
i N i
 N i
ξ
 N i
η
1
1
4
(1−ξ)(1−η) −
1−η
4
−
1−ξ
4
2
1
4
(1+ξ)(1−η)
1−η
4
−
1+ξ
4
3
1
4
(1+ξ)(1+η)
1+η
4
1+ξ
4
4
1
4
(1−ξ)(1+η) −
1+η
4
1−ξ
4
Reemplazando las derivadas y las coordenadas globales en la definición de la matriz Jacobiana y
evaluando en el centro del elemento, se obtiene:
J = [−
1−η
4
1−η
4
1+η
4
−
1+η
4
−
1−ξ
4
−
1+ξ
4
1+ξ
4
1−ξ
4
][
0 0
1 0
1 1
0 1
] → J = [0.5 00 0.5]
Luego la matriz Jacobiana inversa es:
J−1 =
1
∣J∣[
 y
 η
−
 y
ξ
−
 x
η
 x
 ξ
] → J−1 = [2.0 00 2.0]
Elementos Finitos
Por lo tanto, las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas globales son:
{
 N i
 x
 N i
 y
}= [2.0 00 2.0]{
 N i
ξ
 N i
η
} → {
 N i
 x
 N i
 y
}= {2
 N i
ξ
2
 N i
 η
}
Evaluando en el centro del elemento, se obtiene:
i
 N i
 x
 N i
 y
1 −2
1−η
4
-0.5 −2
1−ξ
4
-0.5
2 2
1−η
4
0.5 −2
1+ξ
4
-0.5
3 2
1+η
4
0.5 2
1+ξ
4
0.5
4 −2
1+η
4
-0.5 2
1−ξ
4
0.5
Reemplazando los valores en la matriz B , se obtiene:
B= [
−0.5 0 0.5 0 0.5 0 −0.5 0
0 −0.5 0 −0.5 0 0.5 0 0.5
−0.5 −0.5 −0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 −0.5]
Reemplazando las matrices D y B y el vector de desplazamientos q en la definición del tensor de
esfuerzo, se obtiene:
σ =
30x106
(1−0.32)[
1 0.3 0
0.3 1 0
0 0 0.35][
−0.5 0 0.5 0 0.5 0 −0.5 0
0 −0.5 0 −0.5 0 0.5 0 0.5
−0.5 −0.5 −0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 −0.5]{
0
0
0.002
0.003
0.006
0.004
0
0
}
σ = {
136813
56044
63462 }
Elementos Finitos
Problema
La estructura mostrada en la figura está compuesta por una viga AB y una barra BC. La fuerza
aplicada a la estructura es perpendicular a la barra.
Utilizando el Método de Elementos Finitos y discretizando las componentes de la estructura con
elementos de grado 1, se pide:
a) Determinar el desplazamiento y rotación del punto B .
b) Determinar el momento flector en el empotramiento de la viga, punto A . 
Nota. Las unidades de medida son todas compatibles, por lo que no se requiere conversión de
unidades de medida.
A
5000
1000
VIGA
E=21000
I=3.5x106
A=2000
BARRA
E=21000
A=500
B
C45 °
Sistema Viga-Barra
Solución
• Discretización de la estructura:
21
3
q1
q3
q2
q8
q6 q4
q7
q5
1−Viga
Elementos Finitos
• Construcción del sistema global de ecuaciones
1) Elemento de viga.
La matriz de rigidez de un elemento de viga con su eje local coincidente con el eje estructural x
es:
K v= [
E A
L
0 0 −
E A
L
0 0
0
12 E I
L3
6E I
L2
0 −
12 E I
L3
6E I
L2
0
6E I
L2
4E I
L
0 −
6 E I
L2
2E I
L
−
E A
L
0 0
E A
L
0 0
0 −12 E I
L3
−
6E I
L2
0 12 E I
L3
−
6E I
L2
0
6E I
L2
2E I
L
0 −
6 E I
L2
4E I
L
]
En este caso E = 21000 , I = 3.2x106 y A= 2000 , por lo que se obtiene:
K v= 1000[
42 0 0 −42 0 0
0 0.882 441 0 −0.882 441
0 441 294000 0 −441 147000
−42 0 0 42 0 0
0 −0.882 −441 0 0.882 −441
0 441 147000 0 −441 294000
]
Esta matriz representa los GDL: q1, q2, q3, q4, q5 y q6
2) Elemento de barra.
La matriz de rigidez de un elemento de barra emplazado en el plano es:
K b =
E A
L [
l 2 l m −l 2 −l m
l m m2−l m −m2
−l 2 −l m l 2 l m
−l m −m2 l m m2
]
En este caso E = 21000 , A= 500 , l = √2
2
 y m =− √2
2
, por lo que se obtiene:
K b = 7500[
1 −1 −1 1
−1 1 1 −1
−1 1 1 −1
1 −1 −1 1
]
Esta matriz representa los GDL: q4, q5, q7, y q8
Elementos Finitos
3) Ensamble matrices de rigidez y vector de cargas
1000[
42 0 0 −42 0 0 0 0
0 0.882 441 0 −0.882 441 0 0
0 441 294000 0 −441 147000 0 0
−42 0 0 49.5 −7.5 0 −7.5 7.5
0 −0.882 −441 −7.5 8.382 −441 7.5 −7.5
0 441 147000 0 −441 294000 0 0
0 0 0 −7.5 7.5 0 7.5 −7.5
0 0 0 7.5 −7.5 0 −7.5 7.5
]{
q1
q2
q3
q4
q5
q6
q7
q8
}= {
R1
R2
R3
3535.53
3535.53
0
R7
R8
}
• Aplicación de las condiciones de borde:
q1 = q2 = q3 = q7 = q8 = 0
1) Sistema reducido de ecuaciones:
1000[
49.5 −7.5 0
−7.5 8.382 −441
0 −441 294000]{
q4
q5
q6
}= {
3535.53
3535.53
0 }
• Resolución del sistema reducido de ecuaciones:
{
q4
q5
q6
}= {
0.1651
0.6183
0.0009}
Elementos Finitos
a) Los desplazamientos del punto B son:
Δ x = 0.1651
Δ y = 0.6183
Δ = 0.6400
θ = 0.0009
b) El momento flector se evalúa según la expresión:
M =
EI
L2
[(6ξ) L(−1+3 ξ) (−6ξ) L (1+3ξ)]{
v i
θi
v j
θ j
}
En el empotramiento ξ=−1 , luego el momento es:
M =
21000⋅3.5x106
10002
[(−6) 1000 (−1−3) (6) 1000(1−3)]{
0
0
0.6183
0.0009
}
M = 140370
Elementos Finitos
Problema
La pared mostrada en la figura está construida de 3 materiales. En el lado interior, una capa de
15cm de espesor, al centro una material de 10cm de espesor que genera calor equivalente a
2000W /m3 y por el lado exterior se tiene una capa de ladrillos de 40cm de espesor.
Utilizando el Método de Elementos Finitos para conducción de calor unidimensional, se pide indicar
en un esquema de la pared:
a) La temperatura en la superficie interior y exterior de la pared.
b) El valor y dirección del flujo de calor por convección en el lado interior y exterior de la
pared.
NOTA. El esquema debe indicar claramente las magnitudes solicitadas.
k = 4.5W /m°C
40 cm10 cm15cm
T∞ = 20 ° C
h = 15W /m2° C
k = 20W /m°C k = 70W /m°C
h = 25W /m2 °C
T∞ = 100 °C
Lado interior Lado exterior
Pared térmica
Elementos Finitos
Solución 
Discretización de la pared
Ecuaciones de conductividad de los elementos:
 K e=
k
l [ 1 −1−1 1] → K 1 = [ 30 −30−30 30] K 2 =[ 200 −200−200 200] K 3 =[ 175 −175−175 175]
Vector de carga térmica de los elementos:
F e =
QL
2 {11} → F 2 = {100100} nodos 2 y 3
Ensamble del sistema de ecuaciones globales y aplicación de las C.B.:
[
30 -30 0 0
-30 230 -200 0
0 - 200 375 -175
0 0 -175 175]{
T 1
T 2
T 3
T 4
}= {
−15(T 1−20)
100
100
−25 (T 4−100)
} reordenando [
45 -30 0 0
-30 230 -200 0
0 - 200 375 -175
0 0 -175 200
]{
T 1
T 2
T 3
T 4
}= {
300
100
100
2500
}
Resolviendo el sistema, se obtiene:
{
T 1
T 2
T 3
T 4
}= {
59.7
79.5
82.0
84.2
} → qi = 15 (59.7−20) = 594.8W /m
2
qe = 25(84.2−100) =−394.8W /m
2
Esquema de la pared
1 2 3 4
1 2 3
T 4 = 84.2° C
Lado interior Lado exterior
T 1 = 59.7° C
q i = 594.8W /m
2 qe = 394.8W /m
2
Elementos Finitos
Problema
En el montaje de la estructuras de barras mostrada en la figura, se observa que la barra diagonal
(mostrada en línea punteada) ha quedado corta y no se puede ensamblar con el procedimiento normal.
Para ensamblar el sistema completo el ingeniero a cargo decide conectar la barra diagonal en uno de
sus extremos y aplicar una fuerza en el otro extremo hasta lograr el ensamble.
Se solicita a usted, como ingeniero especialista en simulación por elementos finitos:
1) ¿Especificar qué extremo conectar primero el A o el B ? Justifique en no más de 3 líneas.
2) Determinar el largo mínimo que puede tener la barra diagonal, tal que, cuando las 4 barras queden
ensambladas no se sobrepase el esfuerzo de fluencia del material σ0 de ninguna barra. Para
esto, usted dispone del programa Samcef con el cual efectuará rápidamente los cálculos.
Considerando su respuesta a la pregunta 1, se pide:
a) Escribir el archivo de datos que le permitirá determinar el largo mínimo de la barra
diagonal.
b) Describir, en no más de 5 líneas, el procedimiento que utilizará para determinar el largo
mínimo de la barra diagonal.
1000
50
0
A=8.5
E=21000
(Todas las barras)
A=15.6
A
=
10
A=
20
A
B
A=20
 
Solución 
1) Conectar primero el extremo B. Al conectar primero el extremo B y luego llevar el extremo A a
su posición de ensamble, toda la estructura se deforma hasta su posición de equilibrio, por lo que
el alargamiento de la diagonal sería el mínimo requerido. 
2a) Modelo
1 2
34
5
L1
L2
L3
L4
L5
 
Elementos Finitos
Archivo de datos para modelar el problema.
.del.*
!
! Definicion de la geometría
! ---------------------------------
ABRE '/Dx' '2'
ABRE '/Dy' '1'
.POINT
 I1 X 0 Y 0
 I2 X 1000 Y 0
 I3 X 1000 Y 500
 I4 X 0 Y 500
 I5 X (/Dx) Y (/Dy)
.DROITE
 I1 points 1 2
 I2 points 2 3
 I3 points 3 4
 I4 points 2 4
 I5 points 3 5
.CONTOUR
 I1 ligne 1 ouvert
 I2 ligne 2 ouvert
 I3 ligne 3 ouvert
 I4 ligne 4 ouvert
 I5 ligne 5 ouvert
.DOMAINE
 I1 cont 1
 I2 cont 2
 I3 cont 3
 I4 cont 4
 I5 cont 5
!
! Definicion de la discretización
! ------------------------------------
.GEN
 degre 1
 modif lignes 1 A 5 elem 1
 maille 1 A 5
.COLLAGE
 execute
!
! Hipótesis
! ------------------------------------
.HYP mindlin
!
! Material
! ------------------------------------
.MAT I 1
 BEHAV "Elastic"
 Yt 21000.0 
 Nt 0.3
 M 7.85E-6 
.AEL 
 mat 1
!
! Perfiles
! ------------------------------------
.UNIT SI
.BPR 
 NOM "A1" UNITE 1.0
 Aire 15.6
 NOM "A2" UNITE 1.0
 Aire 10.0
 NOM "A3" UNITE 1.0
 Aire 8.5
 NOM "A45" UNITE 1.0
 Aire 20.0
!
.AEL
 ATT 1 profil "A1"
 ATT 2 profil "A2"
 ATT 3 profil "A3"
 ATT 4 profil "A45"
 ATT 5 profil "A45"
!
! Condiciones de borde
! ------------------------------------
.CLM
 noe 173 FIX comp
 noe 178 FIX comp
!
 noe 182 DEP val (-/Dx) comp 1
 noe 182 DEP val (-/Dy) comp 2
!
! Control ejecución: ASEF
! ------------------------------------
.SAM
 MF 1
2b) Las coordenadas del punto A deben ser tal que al aplicarle el desplazamiento impuesto éste
coincida con la posición del soporte.
Para un desplazamiento impuesto arbitrario Δ L se obtiene el esfuerzo normal máximo en la
estructura σmáx . Como el sistema es lineal, se emplea una regla de 3 para establecer el
desplazamiento Δ Lmáx , según:
 Δ Lσmáx=
Δ Lmáx
σ0
Elementos Finitos
Problema
La estructura de la figura está compuesta por una barra fija en ambos extremos. Empleando el
Método de Elementos Finitos, se solicita determinar la segunda frecuencia natural de vibrar de la
barra.
900
ρ=7.85x10−6
A=10
E=21000
 
Solución 
• Discretización uniforme mínima (3 elemento).
• Matrices de masa y rigidez por elemento.
m=
ρ AL
6 [2 11 2]= 3.925x10−3[2 11 2] 
k =
E A
L [ 1 −1−1 1]= 700[ 1 −1−1 1] 
• Ensamble del sistema global de ecuaciones.
3.925x10−3[
2 1 0 0
1 4 1 0
0 1 4 1
0 0 1 2
]{
q̈1
q̈2
q̈3
q̈4
}+ 700[
1 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 1
]{
q1
q 2
q3
q 4
}= 0 
• Condiciones de borde. 
q1=0
q4=0
1 2 3 4
1 2 3
Elementos Finitos
Se obtiene el sistema reducido de ecuaciones:
3.925x10−3[4 11 4]{q̈2q̈3}+ 700[
2 −1
−1 2 ]{q2q3}= 0 
Por lo tanto las matrices de masa y rigidez del sistema son:
M = 3.925x10−3[4 11 4]
K = 700[ 2 −1−1 2 ]
• Luego, para tener una solución no trivial se debe cumplir que:
det (K−λM) = 0 ⇒ det [ 1400−λ 15.7x10
−3
−700−λ3.925x10−3
−700−λ3.925x10−3 1400−λ 15.7x10−3 ]= 0 
Desarrollando el determinante se obtiene:
2.3108x10−4λ2 − 49.4550λ + 1470000= 0 
• Resolviendo, se obtiene:
λ2 = 178348.2
Luego, la segunda frecuencia natural es:
ω2 = 422.3(rad /s)
Elementos Finitos
Problema
En un elemento cuadrilateral de 4 nodos se ha determinado la temperatura en cada uno de ellos. A
partir de los datos entregados en la tabla siguiente, se pide:
Determinar la temperatura en el punto de coordenadas: (2.5, 2.5)
Nodo
Coordenadas Temperatura
(°C )X (mm) Y (mm)
1 2 2 100
2 4 2 60
3 4 3 50
4 2 3 90
Solución 
La distribución de temperatura dentro del elemento se calcula según:
T (ξ ,η)= N 1T 1 + N 2T 2 + N 3T 3 + N 4T 4 (1)
Por lo tanto, es necesario determinar las coordenadas locales del punto (2.5, 2.5) , las que se evalúan
según:
x(ξ ,η) = N 1 x1 + N 2 x2 + N 3 x3 + N 4 x4
y (ξ ,η) = N 1 y1 + N 2 y2 + N 3 y3 + N 4 y4
(2)
donde las funciones de forma son:
N 1 =
1
4
(1−ξ)(1−η) N 2 =
1
4
(1+ξ)(1−η) N 3 =
1
4
(1+ξ)(1+η) N 4 =
1
4
(1−ξ)(1+η)
Reemplazando las funciones de forma y los valores nodales en (2), se tiene el sistema de ecuaciones: 
2.5 = 0.5(1−ξ)(1−η) + (1+ξ)(1−η) + (1+ξ)(1+η) + 0.5(1−ξ)(1+η)
2.5 = 0.5(1−ξ)(1−η) + 0.5(1+ξ)(1−η) + 0.75(1+ξ)(1+η) + 0.75(1−ξ)(1+η)
De la primera ecuación: 2.5 = 3.0+ξ → ξ= −0.5
De la segunda ecuación: 2.5 = 2.5 + η → η= 0
Evaluando la expresión (1) en (−0.5, 0) y considerando las temperaturas nodales, se obtiene la
temperatura en el punto de coordenadas (2.5, 2.5) :
T = 85° C
Elementos Finitos
Problema
En la figura se muestra una barra de sección rectangular variable, fija en el extremo superior y
sometida a una carga puntual en el extremo inferior.
Utilizando un método de aproximación global (Rayleigh-Ritz o Galerkin) y considerando una función
de aproximación del desplazamiento de la forma:
~u = a 0 + a1√ x
se pide determinar:
1) La función de aproximación del campo de desplazamiento ũ y del campo de esfuerzo ~σ en todo
el dominio ( 0 ≤ x ≤ 80mm ).
2) El desplazamiento en x= 30mm y en x = 80mm
Solución 
Existe un funcional asociado, luego se puede utilizar el método de Rayleigh-Ritz.
1) Funcional asociado a problemas de elasticidad lineal (dominio unidimensional):
Π =
1
2∫
V
σεdv −∑
i
ui P i
σ =σ x= E ε
ε = εx =
du
dx
dv = A(x)dx = 2(10− 340 x)dx
10
4
80
Espesor=2mm
E=21000 kg /mm2
10000 kg
x
Elementos Finitos
Luego el funcional asociado al problema es:
Π =
1
2
E∫
0
80
( dudx )
2
(20− 320 x)dx − 10000 ux=80
2) Función de aproximación
~u = a 0 + a1√ x
C.B. ⇒ x=0
u=0
⇒
x=0
~u=0
⇒ a0=0
Por lo tanto, la función de aproximación se reduce a:
~u = a 1√ x ⇒
d~u
dx
=
a1
2√ x
3) Reemplazando la función de aproximación en el funcional
Π =
1
2
E∫
0
80 a1
2
4 x (20 −
3
20
x)dx − 10000a1√80
4) Estacionalidad del funcional
d Π
da1
=
1
2
E∫
0
80 2a1
4 x (20− 320 x)dx − 10000 √80 = 0
d Π
da1
=
1
4
E a1[20∫
0
80
dx
x
−
3
20∫0
80
dx]− 10000√80= 0
E a1
4 [20 (ln (x) − ln (0)) −
3
20
(80 − 0 )]= 10000√80
La evaluación de la integral se indetermina en x = 0 , por lo tanto, la función de aproximación no se
puede utilizar para resolver el problema conel sistema de referencia ubicado en la posición dada.
Elementos Finitos
Problema
Determinar el tensor de esfuerzos en el origen del sistema local de referencia (ξ , η) para el
elemento, de la figura, utilizado en un análisis de esfuerzo plano.
Los desplazamientos conocidos son:
Localización X Y
Nodo 1 -0.03 -0.05
Nodo 2 0.01 -0.02
Nodo 3 0.02 0.01
Punto P 0 0
El punto P está ubicado en las coordenadas locales (ξ = 0.5, η = 0.5)
El módulo elástico y el módulo de Poisson, se indican en la figura.
1
2
3
4
(0, 0)
(0, 12)
(15, 4)
(10, −3)
y
x
ξ
η
E = 30x106
ν = 0.3
P
Solución 
El tensor de esfuerzo se evalúa según la expresión:
σ = D Bq
1. Vector de desplazamientos q
Expresando los desplazamientos del punto P según ϕ = ∑
i=1
4
N i (ξ ,η)ϕi , se tiene:
Px = N 1(0.5,0.5)q1 + N 2(0.5,0.5)q3 + N3(0.5,0 .5)q5 + N 4(0.5,0.5)q7
P y = N 1(0.5,0.5)q 2 + N 2(0.5,0.5)q4 + N3(0.5,0 .5)q6 + N 4(0.5,0.5)q8
Reemplazando valores, se obtiene el sistema:
0 =−0.0625×0.03 + 0.1875×0.01 + 0.5625×0.02 + 0.1875 q7
0 =−0.0625×0.05 − 0.1875×0.02 + 0.5625×0.01 + 0.1875 q8
Se obtiene:
q7 =−0.0600
q8 = 0.0067 } ⇒ q = [−0.0300 −0.0500 0.0100 −0.0200 0.0200 0.0100 −0.0600 0.0067]
T
Elementos Finitos
2. Matriz B
Evaluación de las funciones de forma y derivadas en el punto origen del sistema local.
(ξ = 0, η = 0)
N° Función N i
∂ N i
∂ξ
∂ N i
∂η
1 0.25 -0.25 -0.25
2 0.25 0.25 -0.25
3 0.25 0.25 0.25
4 0.25 -0.25 0.25
Matriz jacobiana:
J =[
 N1
ξ
N 2
ξ
 N3
 ξ
 N4
ξ
 N1
 η
N 2
η
 N3
η
 N4
η
][
x1 y1
x2 y2
x3 y3
x4 y4
]= [−0.25 0.25 0.25 −0.25−0.25 −0.25 0.25 0.25 ][
0 0
10 −3
15 4
0 12
]
J = [6.25 −2.751.25 4.75 ] ⇒ J−1 =[ 0.1434 0.0830−0.0377 0.1887]
Matriz de derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas globales
{
N 1
 x
N 2
 x
N 3
 x
N 4
 x
N 1
 y
N 2
 y
N 3
 y
N 4
 y
}= [ J ]−1{
N 1
ξ
N 2
ξ
N 3
 ξ
N 4
 ξ
N 1
η
N 2
η
N 3
η
N 4
 η
}= [ 0.1434 0.0830−0.0377 0.1887][−0.25 0.25 0.25 −0.25−0.25 −0.25 0.25 0.25 ]
{
 N1
 x
N 2
x
N3
 x
 N4
 x
 N1
 y
N 2
 y
N3
 y
 N4
 y
}= [−0.0566 0.0151 0.0566 −0.0151−0.0377 −0.0566 0.0377 0.0566 ]
Luego la matriz B es:
B =[
−0.0566 0 0.0151 0 0.0566 0 −0.0151 0
0 −0.0377 0 −0.0566 0 0.0377 0 0.0566
−0.0377 −0.0566 −0.0566 0.0151 0.0377 0.0566 0.0566 −0.0151]
Elementos Finitos
3. Matriz constitutiva D
D = [
E
1−ν2
ν E
1−ν2
0
νE
1−ν2
E
1−ν2
0
0 0
E
2(1+ν)
]= 1×107[3.2967 0.9890 00.9890 3.2967 00 0 1.1538]
Luego, el tensor de esfuerzo es:
σ = 1×107[
3.2967 0.9890 0
0.9890 3.2967 0
0 0 1.1538][
−0.0566 0 0.0151 0 0.0566 0 −0.0151 0
0 −0.0377 0 −0.0566 0 0.0377 0 0.0566
−0.0377 −0.0566 −0.0566 0.0151 0.0377 0.0566 0.0566 −0.0151]{
−0.0300
−0.0500
0.0100
−0.0200
0.0200
0.0100
−0.0600
0.0067
}
σ = {
165588
163280
10554}
Elementos Finitos
Problema
Complete las líneas punteadas en las siguientes aseveraciones.
1. La densidad del acero es 7850 kg /m3
2. Los nodos de un elemento de barra emplazado en un espacio tridimensional tienen 3 GDL
3. Un pie es igual a 0.3048 m
4. Una pulgada es igual a 25.4 mm
5. La densidad del agua es 1000 kg /m3
6. Los nodos de un elemento de viga emplazado en el espacio bidimensional tienen 3 (2) GDL
7. Un pie es igual a 12 pulgadas
8. Un kilo es igual a 2.2 libras
9. La aceleración de gravedad es 9.8 m /s2
10. La dimensión de la matriz de rigidez de un elemento de barra de primer orden, emplazado en
el espacio unidimensional es de 2 x 2
11. La dimensión del vector de carga de un elemento de barra de primer orden, emplazado en el
espacio tridimensional es de 6 x 1
12. Los nodos de un elemento de placa tienen 6 GDL
13. Los nodos de un elemento de volumen tienen 3 GDL
14. Un kilo es igual a 9.8 N
15. El módulo de elasticidad del acero es 21000 kg /mm2
16. El módulo de Poisson del acero es 0.3
17. Las variables dentro del dominio de un elemento de 4 nodos, utilizado para modelar esfuerzo
plano, se aproximan mediante un polinomio bilineal
18. Un elemento de viga de 2 nodos, emplazado en el plano, tiene 6 (4) funciones de forma
19. Un elemento de 4 nodos utilizado para modelar axisimetría tiene 4 funciones de forma
20. Un HP es igual a 746 W
Elementos Finitos
Problema
Determinar el área del elemento cuadrangular de la figura utilizando integración numérica con
cuadratura 1x1.
1
2
3
4
(0, 0)
(0, 12)
(15, 4)
(10, −3)
y
x
Figura 1. Elemento cuadrangular de grado 1.
Solución 
El área se define como:
Area =∫
A
dx dy =∫
−1
1
∫
−1
1
|J |d ξ d η= ∑
i=1
1
∑
j=1
1
W iW j |J (ξi ,η j)|
Para cuadratura 1x1 se tiene:
W 1 = 2
ξ1 = 0
η1= 0
 
Por lo tanto la doble sumatoria se reduce a:
Area = 2×2|J (0, 0)|
La matriz Jacobiana se define como:
J =[
 N1
ξ
N 2
ξ
 N3
 ξ
 N4
ξ
 N1
 η
N 2
η
 N3
η
 N4
η
][
x1 y1
x2 y2
x3 y3
x4 y4
]
Elementos Finitos
Evaluación de las derivadas de la funciones de forma en (ξ = 0, η = 0)
N° Función
∂ N i
∂ξ
∂ N i
∂η
1 -0.25 -0.25
2 0.25 -0.25
3 0.25 0.25
4 -0.25 0.25
Se obtiene:
J(0,0 ) =[−0.25 0.25 0.25 −0.25−0.25 −0.25 0.25 0.25 ][
0 0
10 −3
15 4
0 12
] ⇒ J(0, 0) = [6.25 −2.751.25 4.75 ] ⇒ |J |(0,0 ) = 33.125
Luego el valor del área es:
Area = 132.5
Elementos Finitos
Problema
Se diseña el sistema formado por una plancha de 10mm de espesor y una barra de 10mm de
diámetro, según se muestra en la figura 2. Ambos elementos son de acero estructura A36.
Lamentablemente en la construcción de la barra no se tomaron todas las medidas de verificación
dimensional y ésta quedó de 495mm de largo. Como los anclajes, conectados según diseño a los
puntos 1, 4 y 5, ya están hechos, se requiere conocer la distribución de esfuerzos cuando el sistema
esté en equilibrio, sabiendo que el montaje será forzado debido al error de construcción.
Para esto, se solicita a usted escribir un archivo de datos que modele la situación planteada. Los
datos serán procesados con el programa Samcef, tal que, con una sola ejecución del módulo ASEF se
obtenga la distribución de esfuerzos requerida.
1 2
34
5
800
60
0
50
0
Figura 2. Sistema Plancha - barra.
Elementos Finitos
Solución 
.del.*
.UNIT SI
!
! Definicion de la geometría
! --------------------------
.POINT
 I1 X 0 Y 0
 I2 X 800 Y 0
 I3 X 800 Y 600
 I4 X 0 Y 600
 I5 X 800 Y 1095
.DROITE
 I1 points 1 2
 I2 points 2 3
 I3 points 3 4
 I4 points 4 1
 I5 points 3 5
.CONTOUR
 I1 ligne 1 2 3 4
 I2 ligne 5 ouvert
.DOMAINE
 I1 cont 1
 I2 cont 2
!
! Definicion de la discretización
! -------------------------------
.GEN
 degre 1
 modif ligne 1 3 elem 80
 modif ligne 2 4 elem 60
 modif ligne 5 elem 1 
 maille 1 transfini
 maille 2
.COLLAGE
 execute
!
! Hipótesis
! ---------
.HYP MEMB BIDIM
!
! Material
! --------
.MAT I 1
 BEHAV "Elastic"
 Yt 21000.0 
 Nt 0.3
 M 7.85E-6 
.AEL 
 mat 1
!
! Espesor plancha
! ---------------
.PHP
 ATT 1 THICK val 10
!
! Area barra
! ----------
.BPR 
 NOM "Barra" UNITE 1.0
 Aire 78.5
.AEL
 ATT 2 profil "Barra"
!
! Condiciones de borde
! --------------------
.CLM
 Point 1 FIX comp 1 2
 Point 4 FIX comp 1 2
!
 Point 5 FIX comp 1
 Point 5 DEP val 5 comp 2
!
! Control ejecución: ASEF
! -----------------------
.SAM
 MF 1