Prof. Dr. Eduardo Lenz Cardoso

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1 Elementos Finitos I Análise Estática Prof. Dr. Eduardo Lenz Cardoso lenz@joinville.udesc.br

2 Sumário Revisão de trabalho e energia; Definição de Energia Potencial Total; Princípio da Mínima Energia Potencial (PMEP);

3 Trabalho Mecânico Incremento do trabalho provocado por uma força depende, em cada instante, da direção relativa entre a força e o deslocamento; f(t) du dw t = f t.du= f du cos u W tot = dw t = 0 f t du

4 Trabalho Caso Particular No caso de uma mola no regime linear: Assim, considerando uma mola com deslocamento u, teremos: F=Ku W tot = 0 u Kudu=K 0 u udu=0.5ku 2 F u

5 Energia Interna O conceito de material elástico pode ser associado a conservação de energia (termodinâmica): dq (troca de calor) dw (trabalho mecânico) du (energia interna) dk (energia cinética) F Volume de controle dw dq=du dk

6 Energia interna Se o comportamento é elástico: Consideramos que não ocorre troca de calor ao longo da fronteira (e nem geração no interior do volume de controle); Se o problema é estático: Consideramos que não existe energia cinética (cargas aplicadas de forma estática);

7 Energia Interna Assim, da termodinâmica: dw dq=du dk E verificamos que, com estas hipóteses, todo o trabalho aplicado é armazenado na forma de energia interna. Por isso, o material elástico tem energia para realizar o trabalho inverso ao aplicado, retornando a configuração original.

8 Energia de Deformação Este armazenamento de energia se dá em cada ponto do material, e, assim, dizemos que está relacionado a deformação que o material sofre ao aplicarmos trabalho. Por isso, a energia interna, nestes casos, é chamada de energia de deformação.

9 Energia de Deformação Como vimos no módulo I, podemos associar o conceito de rigidez axial de uma mola com o de uma barra. Assim: IMPORTANTE F=Ku= EA L u W tot =U=0.5 EA L u2 x = u L u= x L W tot =U=0.5 EA L 2 x L 2 W tot =U=0.5 E x x AL W tot =U=0.5 x x V

10 Energia de Deformação Específica É a que ocorre em cada ponto do volume do corpo. No caso geral varia ponto a ponto W tot =U=0.5 x x V U 0[ J ] m 3 x Em cada ponto do corpo U= V U 0 dv x

11 Energia Potencial Total de um corpo elástico Define se como Energia Potencial Total de um corpo elástico o trabalho necessário para modificar o estado do corpo, da configuração final (deformada) para a configuração inicial (indeformada); Nesta definição consideramos que os carregamentos externos aplicados na configuração final se mantém constantes no processo de reversão do movimento.

12 Energia Potencial Total de um corpo elástico Assim, a Energia Potencial Total pode ser escrita como: Energia interna armazenada na configuração final Trabalho das forças externas (no retorno) =U

13 Energia Potencial Total de um corpo elástico U= 2 Ku2 =Pucos = P u = 2 Ku2 Pu

14 Princípio da Mínima Energia Potencial (PMEP) A Energia Potencial Total de um corpo elástico está associada a um potencial termodinâmico. Assim sendo, sabemos que todo o sistema em equilíbrio deve apresentar uma quantidade mínima de energia;

15 Princípio da Mínima Energia Potencial (PMEP) Para encontrarmos a mínima energia que o sistema pode assumir (o que equivale a um sistema em equilíbrio), estudamos o extremo da Energia Potencial Total: Min u =0 u = U = U u u P=0

16 Princípio da Mínima Energia Potencial (PMEP) Aplicando este conceito para uma barra, verificamos que: u = 2 EAu 2 L Pu u = EAu L P=0 P= EA L u Ou seja: de todos os deslocamentos possíveis que uma estrutura pode assumir, somente o que leve a um mínimo valor da Energia Potencial Total equivale ao equilíbrio

17 Princípio da Mínima Energia Potencial (PMEP) Somente um apresenta o valor mínimo da Energia Potencial Total: corresponde ao que a estrutura vai assumir se for aplicado o carregamento.

18 Sumário 2 Dedução do elemento finito de barra utilizando o PMEP

19 Elemento Finito de Barra (PMEP) Aplicando diretamente o conceito do PMEP: P A P2 =U =U P U P 2 U 2 nó nó 2 U= V 2 x x dv P B P2 mas como estes termos variam ao U U2 longo da barra??

20 Elemento Finito de Barra (PMEP) Assumimos que os deslocamentos variam linearmente ao longo do elemento, tendo como referência os valores nodais: P P2 U U2 u x =N x U N 2 x U 2 =[ N N 2 ]{ U U 2} =N U N x = x L N 2 x = x L Funções de Interpolação

21 Elemento Finito de Barra (PMEP) Com esta hipótese, podemos agora calcular a deformação e a tensão em cada ponto do volume da barra: x = u x = N x U N x U 2 2 x = N x x U N 2 x x U 2 Matriz com derivadas das funções de interpolação Vetor de deslocamentos nodais = N x x x N 2 x { U 2} x U = L L { U U 2} BU

22 Elemento Finito de Barra (PMEP) E, da lei de Hooke, considerando ainda que o material é homogêneo: x =E x =E BU Assim, voltando para a expressão da energia de deformação: U= V 2 x x dv = 2 V E BU BU dv

23 Elemento Finito de Barra (PMEP) Agora podemos avaliar todos os termos da Energia Potencial Total conjuntamente: =U =U P U P 2 U 2 = 2 V E BU BU dv {U U 2 } { P P 2} = 2 V E BU BU dv U T P = 2 V U T B T E BU dv U T P

24 Elemento Finito de Barra E aplicar o PMEP: (PMEP) U = V 2 U T B T E BU dv U U T P U =0 V B T E B dv U=P V L L E L L dv { U U 2} = { P P 2} E V L 2 dv V L 2 dv V L 2 dv V L 2 dv 2} {U U = { P 2} P

25 Elemento Finito de Barra (PMEP) Calculando os termos da matriz: E V L 2 dv V L 2 dv V L 2 dv V L 2 dv 2} {U U = { P 2} P V L dv A L A 2 = L 2 = L E A L { U 2} U = { P 2} P

26 Elemento Finito de Barra (PMEP) Resumindo o procedimento detalhado aqui: Utilização do PMEP para determinar o equilíbrio de uma barra; Hipótese sobre a variação dos deslocamentos dentro do elemento, baseado nos valores nodais.

27 Elemento Finito de Barra (PMEP) Uma característica importante, comum a todos os elementos finitos, é o fato de que as tensões são obtidas baseadas nos deslocamentos nodais. Assim, em cada elemento: x =E x =E BU e verificamos que a tensão terá uma variação com um grau menor do que os deslocamentos: será constante!

28 Preparação para a dedução de elementos finitos de elasticidade Utilização de coordenadas naturais; Integração Numérica;

29 Coordenadas Naturais Quanto mais complicada a geometria do elemento, maior a dificuldade em definir as funções de interpolação e maior a dificuldade em calcular as integrais e, portanto, calcular a matriz de rigidez.

30 Coordenadas Naturais Objetivo: mapear a geometria do elemento para uma que seja mais fácil de descrever e de integrar

31 Coordenadas Naturais Elemento Mestre y r = 2x L Elemento em coordenadas naturais s x r L x=l r 2 r= r= J = dx dr = L 2 relação entre os diferenciais

32 Coordenadas Naturais Assim, como existe uma relação entre as coordenadas originais e as naturais, podemos escrever o deslocamento axial ao longo do elemento como: u x =N x U N 2 x U 2 N x = x L N 2 x = x L u r =N r U N 2 r U 2 N r = x L = r 2 N 2 r = x L =r 2

33 Coordenadas Naturais No entanto, queremos calcular as grandezas no elemento master: x = u x = N r U N r U 2 2 x = N r r dr dx U N r 2 r dr dx U 2 N r = r 2 N 2 r = r 2 dr dx = 2 L x = 2 2 L U 2 correção das derivadas = 2 L U = 2 L J L { U U 2} =BU

34 Coordenadas Naturais Para integrar o termo que dá origem a matriz de rigidez: V B T E B dv U =P devemos lembrar que estamos trabalhando em coordenadas naturais: V n L dv = 2 n r L 2 A da Jdr = A 2A L 2 dr J= L 2 correção das dimensões dos domínios de integração L 2 = A L

35 Integração Numérica Em elementos finitos mais complicados, nem sempre podemos realizar as integrais analiticamente; Nestes casos utilizamos procedimentos numéricos > importante entender as propriedades destes métodos!

36 Integração Numérica Quadratura de Gauss f x f r 0 L f x dx x f r Jdr r = r = r

37 Integração Numérica f r Ponto de Gauss Correção entre os diferenciais 0 L f x dx=f r W J f r 2 W 2 J r r 2 r Peso de correção

38 Integração Numérica Com n pontos de Gauss podemos integrar exatamento um polinômio de grau 2n ; Se forem utilizados menos pontos de Gauss, o resultado é aproximado; Se a função não for um polinômio, então o resultado é sempre aproximado e devemos utilizar um grande número de pontos;

39 Tabela de Pontos de Gauss n= r =0.0 W =2 n=2 r = 3 W = r 2 = 3 W = 2 r = 3 5 W =5 9 n=3 r 2 =0.0 W 2 = 8 9 r 3= 3 5 W 3 =5 9

40 Integração Numérica Exemplo: 0 4 x 3 3x dx=88.0 Primeiro, mudamos a variável: x=l r 4r r 4 2 Jdr Agora temos o seguinte polinômio: Com 2 pontos, podemos integrar um polinomio de grau 4: 8r 3 24r 2 30r dr r = 3 W = r 2 = 3 W 2 =

41 Integração Numérica Assim, podemos trocar a integral por 8r 3 24r 2 30r dr 8 r 3 24 r 2 30 r r r r =88.0

42 Integração Numérica Se usarmos somente um ponto de Gauss: 8r 3 24r 2 30r dr r =0.0 W =2 8 r 3 24 r 2 30 r 4 W 4 2 =56!!

43 Integração Numérica Se quisermos integrar uma função não polinomial: 0 5 e x dx=47.43 n= r e 2 Jdr n= n=

44 Integração Numérica Para funções de mais de uma variável, utilizamos uma quadratura para cada variável: r 2 3s 2 5dr ds= r 2 3s 2 5 W W 2 r 2 3s W W 2 r 2 2 3s 2 5 W W 2 r 2 2 3s W W 2 [ 3 [ ] ]=

45 Integração Numérica Cuidado: estes pontos não são ótimos para mais de uma variável!!

46 Sumário 2 Dedução do elemento finito de viga longa utilizando coordenadas naturais e integração numérica

47 Energia de Deformação na Teoria de Vigas Longas O conceito de energia de deformação específica não muda. Assim: Ainda, da lei de Hooke: Considerando agora todo o volume da viga, obtemos: x =E x U 0 = V 2 E 2 x dv U 0 = 2 x x

48 Energia de Deformação na Teoria de Vigas Longas Agora vamos utilizar duas equações do primeiro módulo: My x = I z U= V 2 E 2 x dv = v 2 E My I z 2 dv 2 v x 2 = M EI U= My v 2 E I z 2 dv = V 2 E v'' 2 y 2 dv

49 Energia de Deformação na Teoria de Vigas Longas Transformando a integral de volume em uma integral de área mais uma de comprimento: U= V 2 E v '' 2 y 2 dv = L [ E v '' 2 2 A y 2 da]dx Lembrando que a integral na área corresponde ao momento de inéricia, Iz. Assim: E v '' U= 2 L I 2 z dx

50 Energia Potencial Total em uma viga Longa A energia potencial total é definida por =U Em uma viga submetida a um carregamento distribuído p(x), temos que Assim: = L p x v x dx E v '' = 2 L I 2 z dx L p x v x dx

51 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) v x =f V,, V 2, 2

52 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Para utilizar todos os tópicos abordados até agora, vamos utilizar coordenadas naturais para deduzir o elemento. Assim, ao invés de x usaremos r v r =N r V N 2 r N 3 r V 2 N 4 r 2 v r =N r U r [,]

53 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Onde o menor grau de interpolação que permite esta descrição é dado por um conjunto de polinômios cúbicos, chamados de Polinômios de Hermite. N r = r 3 N 2 r = r 3 4 r 2 N 3 r = r 3 4 3r 4 2 N 4 r = r 3 4 r 2 4 r r r 4 4

54 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Considerando agora a expressão da Energia Potencial Total em coordenadas naturais: E v'' r = 2 2 I z Jdr p r v r Jdr E introduzindo as aproximações: E N '' r U = 2 2 I z Jdr p r N r U Jdr

55 Elemento Finito de Viga Longa Onde (PMEP) N '' r =B= 2 N r r 2 dr dx dr dx 2 N 2 r r 2 dr dx dr dx 2 N 3 r r 2 dr dx dr dx 2 N 4 r r 2 dr dx dr dx B= 2 L 2 3r 2 2 3r 3r 2 2 3r Assim: EI = z B r U 2 2 Jdr p r N r U Jdr

56 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Aplicando o PMEP para esta expressão: Min v =0 U = U U =0 EI z B T r B r Jdr U p r N r Jdr =0

57 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Estudando o termo que dá origem a matriz de rigidez: EI z B T r B r Jdr U Por exemplo, o primeiro termo resulta em: K = EI z 36r 2 L 4 L 2 dr

58 Elemento Finito de Viga Longa (PMEP) Portanto com 2 pontos de Gauss obtemos a solução exata para cada posição da matriz de rigidez da viga longa: EI z B T r B r Jdr U EI z B T r B r W J EI z B T r 2 B r 2 W 2 J 2 36r K =EI z L 4 L 2 EI z 36r 2 2 L 4 L 2 =2EI z L 3

59 Carregamento Distribuído O segundo termo do PMEP está associado ao carregamento distribuído. Neste caso, devemos assumir um comportamento para p(r). Como temos 2 nós: p r =N r P N 2 r P 2 p r N r Jdr= N r T N r P Jdr

60 Esforços Internos na Viga Longa Da teoria de viga longa sabemos que: EI z v'' x =M x E, considerando a interpolação do deslocamento transversal: M r =E I z B r U Como assumimos funções cúbicas para v(r), teremos no máximo uma variação linear de momento fletor.

61 EXERCÍCIO Deduza, utilizando PMEP e coordenadas naturais, a matriz de rigidez de um eixo com seção transversal circular. Dica: utilize as mesmas funções de interpolação de barra. Algumas relações úteis: U 0 = 2 xy x xy =G x x = d x dx A 2 d A = J 0 W =T

62 EXERCÍCIO 2 A divisão de dois polinômios não necessáriamente resulta em um polinômio. Verifique a precisão da quadratura de Gauss para a integral da seguinte expressão: 0 00 x 2 5 x 2 30 dx=

63 Sumário 3 Uma breve revisão das equações do contínuo; Estado plano de tensões; Estado plano de deformações; Elemento Bilinear Isoparamétrico / Mapeamento Isoparamétrico; Elemento Triangular de Deformações Constantes (CST);

64 Equações da Elasticidade Tridimensional Os modelos estruturais utilizados até aqui eram baseados em hipóteses (primeiro módulo); Aqui, iremos relaxar as hipóteses sobre geometria, carregamento e comportamento, mas vamos continuar com as hipóteses de material isotrópico, com comportamento elástico e linear.

65 Equações da Elasticidade Tridimensional O estado de tensões em um ponto de um corpo 3D é dado por y x xy xz = xy y zz z yz xz yz xz xz x yz xy

66 Equações da Elasticidade Tridimensional Sendo que em um material com comportamento elástico e linear, o estado de tensões se relaciona com o estado de deformações através de uma relação constitutiva: Forma compacta { x y z xy xz yz}= E 2 =C x y { z 2 xy 2 xz 2 yz} Forma compacta

67 Equações da Elasticidade Tridimensional Outra hipótese importante que será considerada aqui é a de deformações infinitesimais. Nesta caso, em cada ponto do corpo, temos as seguintes relações: u x x = x u x u y xy = 2 y x Operador diferencial u y y = y u x u z xz = 2 z x =Lu u z z = z u z u y yz = 2 y z

68 Equações da Elasticidade Tridimensional A equação fundamental da mecânica do contínuo é a que relaciona a variação de tensão ao longo do corpo com as forças aplicadas (na verdade, um sistema de equações): x x xy y xz z b x = a x xy x y y yz z b y = a y xz x yz y z z b z = a z

69 Energia de Deformação Específica Caso Geral No início deste módulo vimos que em uma barra com comportamento elástico e linear: u 0 =0.5 x x Quando consideramos todas as componentes de tensão e deformação em um ponto obtemos: u 0 =0.5 x x y y z z xy xy xz xz yz yz =0.5 T

70 Energia Potencial Total Caso Geral Considerando agora todas as componentes de tensão e de deformação, temos que = V 0.5 T dv E podemos utilizar o mesmo procedimento de barras e vigas: ) Assumir uma forma para o deslocamento; 2) Aplicar as relações def< >desloc; 3) Aplicar a relação constitutiva; 4) Utilizar o PMEP.

71 Estado Plano de Tensões Particularização das equações tridimensionais, por meio de duas hipóteses: Geometria: assumimos uma peça que esteja contida no plano XY, com pequena espessura na direção Z; Carregamento: somente forças aplicadas no plano z x y

72 Estado Plano de Tensões Como consequência, não teremos tensões com índice Z (espessura) e, com isso, teremos uma relação constitutiva mais simples: { x y xy}= E 2 0 x { y 2 xy} z = y x

73 Estado Plano de Deformações Particularização das equações tridimensionais, por meio de duas hipóteses: Geometria: assumimos uma peça tenha a dimensão Z muito maior do que as demais; Carregamento: somente forças aplicadas no plano XY x y z

74 Estado Plano de Deformações Como consequência, não teremos deformações com índice Z e, com isso, teremos uma relação constitutiva mais simples: { x y xy}= 0 E { x y 2 xy} z = x y

75 Estado Plano Em ambos os casos teremos um número menor de componentes de tensão e de deformação, além de termos uma relação constitutiva mais simples e de menor dimensão.

76 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral V 3 s V 4,, 3 U 3 4 U 4 V r U x, y V 2 2 U 2,,

77 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral Vamos assumir que os deslocamentos no interior do elemento tem variação linear em cada direção (bilinear). Em coordenadas naturais: u r, s =N r, s U N 2 r, s U 2 N 3 r, s U 3 N 4 r, s U 4 v r, s =N r, s V N 2 r, s V 2 N 3 r, s V 3 N 4 r, s V 4

78 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral As funções de interpolação em coordenadas naturais são dadas por: N r, s = 4 r s N r, s = 4 r s N 3 r,s = 4 r s N 4 r, s = 4 r s

79 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral Na forma matricial: V U 2 V 2 0 N 0 N 2 0 N 3 0 N 4 r, s {U { u = N 0 N 2 0 N 3 0 N 4 0 v} r, s U 3 V 3 U 4 V 4}=N U

80 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral Utilizando agora o conceito de estado plano e as relações entre deformação e deslocamento: =L u = { x y 0 2 xy} r, s x y 0 y x {u v} r, s

81 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral e, introduzindo as aproximações para o deslocamento: = { x y 0 2 xy} r, s x y V 0 U 2 N 0 N 2 0 N 3 0 N 4 0 V y 0 N 0 N 2 0 N 3 0 N 4 r, s {U 4} 2 U 3 V 3 x U r, s =B r, s U 4 V r, s =C B r, s U

82 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral onde N x 0 B= 0 N y N 2 x 0 0 N 2 y N 3 x 0 0 N 3 y N 4 x 0 0 N 4 y N y N x N 2 y N 2 x N 3 y N 3 x N 4 y N 4 x r, s

83 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral No entanto, temos que considerar que as funções de interpolação são descritas em coordenadas naturais. Utilizando a regra da cadeia: N r = N x N s = N x d x dr N y d x d s N y d y dr d y d s }= { N r N s dx dr dx ds dy N dr dy { } x N ds y

84 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral A matriz é chamada de Jacobiana, relacionando os diferenciais de (x,y) com (r,s): }= { N r N s dx dr dx ds dy N dr dy { } x N ds y J

85 Elemento Finito Bilinear Isoparamétrico Quadrilateral Isolando as incógnitas: }= { N x N y dx dr dx ds dy dr dy ds { N } r N s

86 Formulação Isoparamétrica IsoParamétrica = mesma parametrização Só podemos determinar J se conhecermos a variação de x e de y com r e com s. Para isso, assumimos que x r, s =N r, s x N 2 r, s x 2 N 3 r, s x 3 N 4 r, s x 4 y r, s =N r, s y N 2 r,s y 2 N 3 r, s y 3 N 4 r, s y 4 com as mesmas funções utilizadas para os deslocamentos.

87 Formulação Isoparamétrica Assim, por exemplo, calculamos o primeiro termo da matriz J com: dx dr = d N r, s x N r, s x N r, s x N r,s x dr dx dr = dn r, s dr x dn 2 r, s dr x 2 dn 3 r,s dr x 3 dn 4 r, s dr x 4

88 Elemento Bilinear Isoparamétrico Resumindo: Para calcularmos a deformação (e a tensão), precisamos da matriz B que, por sua vez, depende da inversa da matriz J. Para calcularmos J precisamos de uma expressão para as coordenadas no interior do elemento em função de r e de s > mesma interpolação dos deslocamentos.

89 Elemento Bilinear Isoparamétrico Interpretação da matriz Jacobiana (J) Em D J = dx dr = L 2 Em 2D = dx J dr dx ds dy dr dy ds r, s

90 Elemento Bilinear Isoparamétrico Interpretação da matriz Jacobiana (J) Em D x = N r r dr dx U N r 2 r dr dx U 2 Em 2D { N x N y }= dx dr dx ds dy dr dy ds { N } r N s

91 Elemento Bilinear Isoparamétrico Interpretação da matriz Jacobiana (J) Em D J = dx dr = L 2 relação entre os comprimentos Em 2D dx dr J =det J =det dx ds dy dr dy ds relação entre as áreas

92 Elemento Bilinear Isoparamétrico Exemplo 0,4 4,4 x r, s =0 4 r s 4 r s y r, s =0 0 4 r s 4 r s 4 4 0,0 4,0 J =[ ] det J = =4

93 Elemento Bilinear Isoparamétrico Para obtermos a matriz de Rigidez, utilizamos o PMEP: V 0.5 T dv U = V 0.5 CB r, s U T B r, s U dv U = V 0.5U T B T r, s C B r, s dv U U tal que: Espessura V B T C B dv U =t B T C B det J drdsu=k e U

94 Elemento Bilinear Isoparamétrico Para estudarmos a integração, verificamos que a matriz B depende da inversa de J e que na matriz K temos ainda um produto por det(j). Assim, teremos uma razão entre polinômios. V B T C B dv U =t B T C B det J drdsu=k e U

95 Elemento Bilinear Isoparamétrico A integral deve ser realizada por quadratura de Gauss 2x2: s,, t B T C B det J drds r,,

96 Elemento Bilinear Isoparamétrico Expandindo a integral nos pontos de Gauss: t B T C B det J drds=t B T r, s C B r, s det J r, s B T r 2, s C B r 2, s det J r 2, s B T r, s 2 C B r, s 2 det J r, s 2 B T r 2, s 2 C B r 2, s 2 det J r 2, s 2 ou seja, temos que montar as matrizes e calcular o determinante 4 vezes, além de calcular os produtos: demorado.

97 Elemento Bilinear Isoparamétrico Quanto ao termo do trabalho externo, temos 3 possibilidades: ) Forças concentradas nos nós; 2) Forças distribuídas nas faces; 3) Forças de corpo (no volume do elemento)

98 Elemento Bilinear Isoparamétrico Forças Concentradas Este é o caso mais simples, onde o trabalho é dado por: C = F x U F y V F x2 U 2 F y2 V2 F x3 U 3 F y3 V3 F x4 U 4 F y4 V4=U T F C Com contribuição para o PMEP de: C U = F C

99 Elemento Bilinear Isoparamétrico Forças Distribuídas Quando temos um carregamento distribuído em uma face: p r, s= =N 3 r, s= p 3x N 4 r, s= p 4x N 3 r, s= p 3y N 4 r, s= p 4y p 4 p 3 = pu r, s= det J dr = p U T N T det J Com contribuição para o PMEP de: P U = F = t d p N T dr

100 Elemento Bilinear Isoparamétrico Forças de Corpo Assumindo a força peso: P = t gu r, s det J dr ds= t g N U det J dr ds t gu T N T det J dr ds Com contribuição para o PMEP de: P U = F = t b g N T det J dr ds

101 Elemento Bilinear Isoparamétrico Conclusão Assim, do PMEP: K e U =F c F d F b sendo que a superposição das matrizes, para formar o sistema global, é realizada da mesma forma que em barra, eixos e vigas, apenas com um número maior de graus de liberdade.

102 Exemplo 00 N V 4 V 5 V 6 00 N 4 U 4 5 U 5 6 U 6 V 2 V 3 V U 2 U 2 3 U 3

103 {F x x F y F y F x2 F x2 F y2 F y2 F x3 0 F y3 0 F x4 F x4 F y4 F y4 F x5 F x3 F y5 F y3 F x6 0 F y6}={f } { F x 2 F y 2 F x2 2 F y2 0 2 F x4 2 F y4 2 F x3 2 F y3 }= k Exemplo k k k 0 0 k k k k {U k k k k 0 0 k k k k 0 0 V k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 U 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 V k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 U 6} k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 V 3 k k k k 0 0 k k k k 0 0 U 4 k k k k 0 0 k k k k 0 0 V 4 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 U 5 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 V k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 U k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k V

104 Exemplo { k }= k k k 0 0 k k k k {U k k k k 0 0 k k k k 0 0 V k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 U 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 V k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 U 6} k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 V 3 k k k k 0 0 k k k k 0 0 U 4 k k k k 0 0 k k k k 0 0 V 4 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 U 5 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 k k k k 2 k k 2 k 2 k 2 V k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k 2 U k 2 k 2 k 2 k k 2 k 2 k 2 k V

105 Exemplo O resultado da simulação são os deslocamentos nodais. Se quisermos calcular as tensões, devemos utilizar a relação: Com um três cuidados especiais: r, s =C B r, s U Obtido anteriormente no sistema global ) o grau de representação das tensões é menor do que o dos deslocamentos; 2) Existem posições (r,s) onde o erro no cálculo das tensões é menor > Pontos de Barlow; 3) Não existe continuidade de tensão entre elementos vizinhos.

106 Exemplo No caso do bilinear isoparamétrico, coincidem com os pontos de Gauss.

107 Cisalhamento Parasita Quando submetido a um carregamento que provoca flexão, o elemento responde com um modo errado de deformação, que é mais rígido do que o de flexão.

108 Cisalhamento Parasita Soluções ) Sub integração: utilizam se 4 pontos de Gauss > Aparecimento de modos espúrios; 2) Sub integração + correção: disponível em vários códigos; 3) Uso de modos adicionais de deformação: método da bolha (enhanced strain); 4) Uso de elementos com maior grau de interpolação; 5) Refino de malha.

109 Distorção do Elemento Deve se tomar os seguintes cuidados com a geração da malha: det(j)<0! b a b 4 a

110 Elemento Finito Triangular de Deformação Constante (CST) V 3 3,4 3 U 3 Quadrilateral degenerado V V 2 U 2 U 2 2

111 Elemento Finito Triangular de Deformação Constante (CST) Como os nós 3 e 4 são colapsados, verificamos que dos 8 graus de liberdade, teremos 6 independentes. Ainda: x r, s =N x N 2 x 2 N 3 N 4 x 3 y r, s =N y N 2 y 2 N 3 N 4 y 3 Ou seja, na prática teremos uma modificação na terceira função de interpolação: x r,s =N x N 2 x 2 N a 3 x 3 y r,s =N y N 2 y 2 N a 3 y 3

112 Elemento Finito Triangular de Deformação Constante (CST) onde: N 3 a = 2 s Como resultado desta degeneração, verificamos que a matriz B se torna independente de x e de y (constante). Assim, ao calcularmos a matriz de rigidez, verificamos que: Ke=t B T C B det J drdr =4 B T C Bdet J drds

113 Elemento Finito Triangular de Deformação Constante (CST) e, como a matriz B é constante ao longo do elemento, verificamos que tanto a deformação quanto a tensão são constantes: =BU =C BU o que torna este elemento muito limitado se a malha for pouco refinada. No entanto, como não temos que integrar, ele é muito rápido.

114 Elemento Finito Triangular de Deformação Constante (CST) Anisotropia Numérica: em malhas feitas com o CST, deve se evitar orientar os elementos em uma direção preferencial. Isto provoca um efeito numérico e artificial, conhecido como anisotropia (no caso, rigidez dependente da direção) numérica (pois não tem relação com a realidade, sendo um efeito da discretização).