Elementos Finitos - TP 2 (Entrega 11-10)

UNIVERSIDAD DE BUENOS AIRESUNIVERSIDAD DE BUENOS AIRESUNIVERSIDAD DE BUENOS AIRESUNIVERSIDAD DE BUENOS AIRES FACULTAD DE INGENIERIAFACULTAD DE INGENIERIAFACULTAD DE INGENIERIAFACULTAD DE INGENIERIA

Departamento de EstabilidadDepartamento de EstabilidadDepartamento de EstabilidadDepartamento de Estabilidad

Asignatura: Metodo de los Elementos FinitosMetodo de los Elementos FinitosMetodo de los Elementos FinitosMetodo de los Elementos Finitos Codigo: 64.14 64.14 64.14 64.14 Ao: 2011 Cuatrimestre: 2 PROFESOR: Ing. Roberto S. Carnicer

AYUDANTES DE TRABAJOS PRACTICOS: Ing. Rodolfo Schwarz

Ing. Mariano Ameijeiras

INTEGRANTES: Arzuaga Ignacio 88299 GRUPO N2 Castro Mroue Emiliano 88292 Lopez Rivarola Felipe 88598 Terlisky Ariel 88184

TRABAJO PRACTICO Nro.TRABAJO PRACTICO Nro.TRABAJO PRACTICO Nro.TRABAJO PRACTICO Nro. 2 2 2 2 Tema: Tema: Tema: Tema: MTODO DE RITZMTODO DE RITZMTODO DE RITZMTODO DE RITZ Presentacion: 11/10/2011 Observaciones: ....................................................................

.................................................................... ....................................................................

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Aprobacion: Fecha: ..../..../....

Firma: .....................................

Elementos Finitos Trabajo Prctico N2 Arzuaga - Castro MroueLopez Rivarola - Terlisky

- Ejercicio 1:

Utilice el Mtodo de Ritz para obtener una solucin aproximada de la funcin desplazamiento en

los siguientes sistemas. Obtenga la funcin del momento flexor.

a)

El Mtodo propone que la solucin del problema se puede aproximar por una serie de funciones que

satisfagan las condiciones de borde.

En este caso, se propone la funcin w(x) de la forma:

w x( )

1

n

i

ai sin i pix

L

=

=

Entonces, se verifica que la funcin cumple con las condiciones de borde cinemticas, es decir,

w(x=0)=w(x=L)=0.

w 0( ) 0= w L( ) 0=

Calculamos la primera y segunda derivada de la funcin w(x):

w' x( )

1

n

i

aiipi

L cos i pi

x

L

=

=

w'' x( )

1

n

i

aiipi

L

2

sin i pix

L

=

=

A continuacin se hallan las variaciones de las funciones anteriores, las cuales verifican tambin las

condiciones de borde. Para que las funciones variacin sean linealmente independientes con el resto

de las funciones, se adopta una variacin segn otro parmetro (j).

w x( )

1

n

j

aj sin j pix

L

=

=

w' x( )

1

n

j

ajj pi

L cos j pi

x

L

=

=

w'' x( )

1

n

j

ajj pi

L

2

sin j pix

L

=

=

El Mtodo de Ritz se basa en el Teorema de los Desplazamientos Virtuales. Para hallar una

solucin aproximada de la funcin desplazamiento se aplicar dicho teorema.

1 de 19


Energa Interna de Deformacin

Para una viga sometida a flexin, la variacin de energa interna de deformacin debido a un

desplazamiento w resulta ser:

U xM w''

d=

A su vez, la viga se encuentra sometida a la accin de un esfuerzo axil de traccin que rigidiza al

sistema, y hace variar la energa interna del sistema.

Dado que el acortamiento que experimenta la viga es despreciable frente a su deformacin por

flexin, se desprecia el trabajo del esfuerzo axil debido a la deformacin longitudinal, y solo se

contempla el debido a la deformacin de la viga.

P

x=L.(1-cos)

Aproximamos la funcin cos() mediante un polinomio de Taylor alrededor de x=0.

P x( ) 1sin 0( )

1

cos 0( ) 2

2 TOS+=

P x( ) 12

2=

De esta manera, el desplazamiento que experimenta P puede expresarse de la siguiente manera:

x L 1 cos ( ) L 1 12

2

= L2

2=

=

Por otro lado, el giro puede expresarse en funcin de la funcin desplazamiento w(x):

dw

dx= w'=

De esta forma, la expresin de la variacin de la energa interna de deformacin queda como sigue:

U xM w''

d xPw'2

2

d+=

Aplicando la Ley de Hooke podemos expresar el Momento M en funcin del desplazamiento w(x).

M w'' x( ) E J=

Resultando:

U xw'' x( ) E J w''

d xP w' w'

d+=

2 de 19


Trabajo de las Fuerzas Exteriores

La variacin del trabajo de las fuerzas exteriores resulta ser:

W xp x( ) w

d=

El Teorema de los Desplazamientos Virtuales plantea la siguiente igualdad para asegurar el

equilibrio:

U W=

xw'' x( ) E J w''

d xPw'

2

2

d+ xp x( ) w

d=

Reemplazamos en la igualdad anterior con las expresiones obtenidas a partir de la funcin w(x)

propuesta.

E J x

1

n

i

aiipi

L

2

sin i pix

L

= 1

n

j

ajj pi

L

2

sin j pix

L

=

d

xP

1

n

i

aiipi

L cos i pi

x

L

=

1

n

j

ajj pi

L cos j pi

x

L

=

d+

... =

xp x( )

1

n

j

aj sin j pix

L

=

d=

Dado que las variaciones son arbitrarias, se considera que las variaciones de las amplitudes (aj)

adoptan los siguientes valores:

aj aj 0= j kif

aj 0 j k=if

=

Con k=1....n.

3 de 19


De esta manera se simplifica el problema al eliminar la sumatoria de trminos correspondientes a la

variacin de la funcin, quedando slo los trminos con subndice j=k

E J x

1

n

i

aiipi

L

2

sin i pix

L

=

akkpi

L

2

sin k pix

L

d

xP

1

n

i

aiipi

L cos i pi

x

L

=

akkpi

L cos k pi

x

L

d+

... xp x( ) ak sin k pix

L

d=

Intercambiando el orden entre integracin y sumatoria, y simplificando ak resulta:

E J

1

n

i

aiipi

L

2

kpi

L

2

=

xsin i pix

L

sin k pi

x

L

d

P

1

n

i

aiipi

L

kpi

L

=

xcos i pix

L

cos k pi

x

L

d+

... xp x( ) sin k pix

L

d=

De esta manera se obtiene un sistema de N ecuaciones y N incgnitas, que permite obtener el valor

de los parmetros incgnita ai

Para solucionar el problema proponemos los siguientes datos:

L 5m:= b 0.2m:= h 0.6m:= Jb h

3

12:= E 210

tonnef

cm2

:=

B E J:= P 1tonnef:= p 20tonnef

m:=

Aproximamos la funcin desplazamiento empleando N trminos.

N 15:=

i 1 N..:=

k 1 N..:=

Matriz Rigidez

Kk i, B

ipi

L

2kpi

L

2

0

L

xsin i pix

L

sin k pi

x

L

d

Pipi

L

kpi

L

0

L

xcos i pix

L

cos k pi

x

L

d+

...:=

4 de 19


La matriz obtenida es simtrica y definida positiva, ya que los elementos de la diagonal sonpositivos. Adems, en este caso puntual, dado que se estn integrando producto de funciones seno

de perodo distinto, resultarn nulas siempre que k i .

Vector de Carga

Rk

0

L

xp sin k pix

L

d:=

De esta manera, expresamos la igualdad U=W en forma matricial

Kk i, a Rk=

a K( )1R:=

Obtenidos los coeficientes ai puede conocerse la expresin de la solucin aproximada de la funcin

desplazamiento.

0 1 2 3 4 50.03

0.02

0.01

0

w x( )

x

w x( )

1

N

i

aisin i pi

x

L

=

:=

A partir de la funcin desplazamiento, obtenemos la expresin del momento flexor.

M x( ) B2x

w x( )d

d

2

:=

Para comparar con la solucin exacta, representamos tambin la funcin de momento flexos exacta.

Mex x( )p L

2x

p x2

2:=

0 1 2 3 4 58 105

6 105

4 105

2 105

0

M x( )

Mex x( )

x

ML

2

62.471 tonnef m=

MexL

2

62.5 tonnef m=

La solucin aproximada resulta bastante cercana a la solucin exacta.

5 de 19


b)

En este caso se opera de la misma manera que en a), pero considerando ahora la energa de

deformacin del resorte.

Adoptamos como aproximacin a la funcin desplazamiento la misma expresin w(x) que en a), por

lo que el anlisis de las derivadas y variaciones es anlogo.

Nuevamente aplicamos el Teorema de los Desplazamientos Virtuales,

Energa Interna de Deformacin

Para una viga sometida a flexin, la variacin de energa interna de deformacin debido a un

desplazamiento w resulta ser:

U xM w''

d=

A su vez, debemos considerar la energa de deformacin del resorte ubicado en la mitad de la luz de

la viga.

U xM w''

d k wL

2

wL

2

+=

Aplicando la Ley de Hooke podemos expresar el Momento M en funcin del desplazamiento w(x).

M w'' x( ) E J=

Resultando:

U xw'' x( ) E J w''

d k wL

2

wL

2

+=

Trabajo de las Fuerzas Exteriores

La variacin del trabajo de las fuerzas exteriores resulta ser:

W xp x( ) w

d=

El Teorema de los Desplazamientos Virtuales plantea la siguiente igualdad:

U W=

xw'' x( ) E J w''

d k wL

2

wL

2

+ xp x( ) w

d=

6 de 19


Reemplazamos por las expresiones derivadas de w(x)

x

1

n

i

aiipi

L

2

sin i pix

L

=

E J

1

n

j

ajj pi

L

2

sin j pix

L

=

d

k

1

n

i

ai sin i pi

L

2

L

=

1

n

j

aj sin j pi

L

2

L

=

+

...

xp x( )

1

n

j

aj sin j pix

L

=

d=

Al igual en en el punto a), dado que las variaciones son arbitrarias, se considera que las variaciones

de las amplitudes (aj) adoptan los siguientes valores:

aj aj 0= j kif

aj 0 j k=if

=

Con k=1....n.

De esta manera se simplifica el problema al eliminar la sumatoria de trminos correspondientes a la

variacin de la funcin, quedando slo los trminos con subndice j=k

x

1

n

i

aiipi

L

2

sin i pix

L

=

E J akkpi

L

2

sin k pix

L

d

k

1

n

i

ai sin i pi

L

2

L

=

ak sin k pi

L

2

L

+

... xp x( ) ak sin k pix

L

d=

Intercambiando el orden entre integracin y sumatoria, y simplificando ak resulta:

E J

1

n

i

aiipi

L

2

=

kpi

L

2

xsin i pix

L

sin k pi

x

L

d

k

1

n

i

ai sin i pi

L

2

L

=

sin k pi

L

2

L

+

... xp x( ) sin k pix

L

d=

De esta manera se obtiene un sistema de N ecuaciones y N incgnitas, que permite obtener el valor

de los parmetros incgnita ai

Para solucionar el problema proponemos los siguientes datos:

L 5m:= b 0.2m:= h 0.6m:= Jb h

3

12:= E 210

tonnef

cm2

:=

B E J:= P 1tonnef:= p 20tonnef

m:=

7 de 19


Adoptamos una constante kr para el resorte.

kr 50kN

mm:=

Aproximamos la funcin desplazamiento empleando N trminos.

N 15:=

i 1 N..:=

k 1 N..:=

Matriz Rigidez de la viga sin resorte

Ki k, E J

ipi

L

2

kpi

L

2

0

L

xsin i pix

L

sin k pi

x

L

d:=

Rigidez aportada por el resorte

Kri k, kr sin i pi

L

2

L

sin k pi

L

2

L

:=

Matriz del Sistema

Resulta de la suma de las matrices de rigidez anteriores.

Ksi k, Ki k, Kri k, +:=

La matriz contina siendo simtrica y definida positiva, pero ahora no se anulan los trminos cuando

i=k, debido al aporte de la matriz rigidez del resorte.

Vector de Carga

Rsk

0

L

xp sin k pix

L

d:=

De esta manera, expresamos la igualdad U=W en forma matricial

Ksk i, a Rsk=

a Ks( )1Rs:=

8 de 19


Obtenidos los coeficientes ai puede conocerse la expresin de la solucin aproximada de la funcin

desplazamiento.

0 1 2 3 4 58 10 3

6 10 3

4 10 3

2 10 3

0

wB x( )

x

wB x( )

1

N

i

aisin i pi

x

L

=

:=

A) Sin resorte wL

2

0.022m=

B) Con resorte wBL

2

0.008m=

Observamos que el desplazamiento de la viga resulta menor debido a la presencia del resorte. La

magnitud del desplazamiento depende de la rigidez del resorte.

A partir de la funcin desplazamiento, obtenemos la expresin del momento flexor.

0 1 2 3 4 53 105

2 105

1 105

0

MB x( )

x

MB x( ) B 2x

wB x( )d

d

2

:=

9 de 19


- Ejercicio 2:

Utilice el Mtodo de Ritz para obtener una aproximacin de la carga crtica en los siguientes

sistemas

Funciones desplazamiento aproximadas a adoptar:

a y b) w x( ) ax

L

2x

L1

= c y d) w x( ) a 1 cos pix

2L

=

10 de 19


a) En primer lugar se debe verificar que las funciones desplazamiento aproximadas cumplan con las

condiciones de borde cinemtico del sistema. A su vez se obtienen las derivas primeras y segundas

de la funcin.

Mtodo de Ritz w x( )

k

Ck k x( )( )=

En este caso la sumatoria tiene un solo trmino.

w x( ) ax

L

2x

L1

= Ck a= x( )x

L

2x

L1

=

w' x( )3a

L3x2

2 ax

L2

= ' x( )3

L3x2

2

L2x=

w'' x( )6 a

L3

x 2a

L2

= '' x( )6

L3x

2

L2

=

Verifico las condiciones de borde cinemtico

w 0( ) 0= w L( ) 0= w' 0( ) 0=

Considerando como vlida la hiptesis de Bernoulli-Navier y rigidez axil se plantea el TDV. Dado que

la nica fuerza exterior no produce trabajo, la variacin de trabajo exterior es nula.

M E J w''= w U0

L

xM w''

d

0

L

xN x( )w'

2

2

d= w W 0=

El termino N(x) es el diagrama de normales del sistema que en este caso es constante. Es

importante remarcar que la variacin de energa debido a N(x) es negativa debido a que el efecto de

segundo orden le quita rigidez al sistema.

La variacin de energa planteada es para el caso de la inestabilidad del equilibrio, es decir, para el

momento en que se alcanza la energa mxima que puede absorber por flexin.

w a x( )= w' a ' x( )= w'' a '' x( )=

Reemplazando

0

L

xEJ w'' w''

d

0

L

xN x( )w'

2

2

d=

0

L

xEJ a '' x( ) a '' x( )

d

0

L

xN x( ) w'w'

d=

a a EJ0

L

x'' x( ) '' x( )

d a a Pc0

L

x' x( ) ' x( )

d=

11 de 19


Se resuelve cada una de las integrales y se despeja Pc

0

L

x6

L3x

2

L2

6

L3x

2

L2

d4

L3

0

L

x3

L3x2

2

L2x

3

L3x2

2

L2x

d2

15 L

EJ 4

L3

Pc2

15 L= solve Pc,

30 EJ

L2

Por lo tanto Pc30 EJ

L2

=

Debido a que el sistema no es de elevada complejidad se lo puede resolver de manera exacta con la

carga crtica de Euler considerando un k=0.7 en la luz de pandeo.

Pc.eulerpi2EJ

0.7 L( )2

= simplify Pc.euler20.142049798141548202 EJ

L2

=

Pc

Pc.euler

1.489=

Al ser la solucin aproximada considerablemente mayor a la exacta, concluimos que no es una

buena solucin y estamos del lado de la inseguridad.

b) La resolucin de este sistema se llevar acabo de la misma forma que el punto a, teniendo en

cuenta que la seccin y por lo tanto la inercia son variables a lo largo de la longitud de la barra.

Al ser los mismos vnculos, ya quedaron verificadas las condiciones cinemticas de borde.

Variacin de la inercia EJ x( ) E J0 JL J0( )x

L+

=

Reemplazando

0

L

xEJ w'' w''

d

0

L

xN x( )w'

2

2

d=

0

L

xEJ a '' x( ) a '' x( )

d

0

L

xN x( ) w'w'

d=

a a0

L

xEJ x( ) '' x( ) '' x( )

d a a Pc0

L

x' x( ) ' x( )

d=

12 de 19



0

L

xE J0 JL J0( )x

L+

6

L3x

2

L2

6

L3x

2

L2

dE J0 3 JL+( )

L3

0

L

x3

L3x2

2

L2x

3

L3x2

2

L2x

d2

15 L

E J0 3 JL+( )

L3

2

15 LP= solve P,

15 E J0 3 JL+( )

2 L2

Pc

15 E J0 3 JL+( )

2 L2

=

Por lo tanto

c) Al igual que el sistema a, en primer lugar se debe verificar que las funciones desplazamiento

aproximadas cumplan con las condiciones de borde cinemtico del sistema. A su vez se obtienen

las derivas primeras y segundas de la funcin.

Mtodo de Ritz w x( )

k

Ck k x( )( )=

En este caso la sumatoria tiene un solo trmino.

w x( ) a 1 cos pix

2L

= Ck a= x( ) 1 cos pix

2L

=

w' x( ) api

2 L sin

pi x

2 L

= ' x( )pi

2 Lsin

pi x

2 L

=

w'' x( ) api

2 L

2

cospi x

2 L

= '' x( )pi

2 L

2

cospi x

2 L

=

Verifico las condiciones de borde cinemtico

w 0( ) 0= w' 0( ) 0=

Considerando como vlida la hiptesis de Bernoulli-Navier y rigidez axil se plantea el TDV. Dado que

la nica fuerza exterior no produce trabajo la variacin de trabajo exterior es nula.

M E J w''= w U0

L

xM w''

d

0

L

xN x( )w'

2

2

d= w W 0=

13 de 19


A la variacin de energa interna se le debe sumar la energa que acumula el resorte en la posicin

L. La misma ser en funcin del desplazamiento w(L).

w U0

L

xM w''

d

0

L

xN x( )w'

2

2

d kr w L( )2

+=

Donde w' L( ) a 1 cos pix

2L

=

w a x( )= w' a ' x( )= w'' a '' x( )=

Reemplazando

0

L

xEJ w'' w''

d kr w' L( ) w' L( )+

0

L

xN x( )w'

2

2

d=

0

L

xEJ a '' x( ) a '' x( )

d kr a a+0

L

xN x( ) w'w'

d=

a a EJ0

L

x'' x( ) '' x( )

d kr+

a a Pc0

L

x' x( ) ' x( )

d=


0

L

xpi

2 L

2

cospi x

2 L

pi

2 L

2

cospi x

2 L

dpi4

32 L3

0

L

xpi

2 Lsin

pi x

2 L

pi

2 L sin

pi x

2 L

dpi2

8 L

E Jpi4

32 L3

kr+

pi2

8 LP=

simplify

solve P,

8 L krpi4E J

32 L3

+

pi2

Pc8 L

pi2

krpi2E J

4 L2

+=

Por lo tanto

14 de 19


d) Este sistema tiene como particularidad que lo que se va a hallar es una carga distribuida qc en

vez de una carga puntual. Las condiciones de borde ya fueron verificadas, teniendo en cuenta queno hay resorte alguno que aporte rigidez al sistema.

La funcin qc se escribe de la siguiente forma: qc x( ) q L x( )=

w U0

L

xM w''

d

0

L

xq L x( )w'

2

2

d=

Reemplazando

0

L

xEJ w'' w''

d

0

L

xq L x( )w'

2

2

d=

0

L

xEJ a '' x( ) a '' x( )

d

0

L

xq L x( ) w'w'

d=

a a EJ0

L

x'' x( ) '' x( )

d a a q0

L

xL x( ) ' x( ) ' x( )

d=


0

L

xpi

2 L

2

cospi x

2 L

pi

2 L

2

cospi x

2 L

dpi4

32 L3

0

L

xL x( )pi

2 L sin

pi x

2 L

pi

2 L sin

pi x

2 L

dpi2

16

1

4

E Jpi4

32 L3

q

pi2

16

1

4

= solve q, pi4E J

8 L3

2 pi2

L3

qpi4E J

2 pi2

L3

8 L3

=

Por lo tanto

15 de 19


- Ejercicio 3:

a) Utilice el Mtodo de Ritz para obtener una aproximacin del desplazamiento mximo de una

placa cuadrada de lado a con una carga uniformemente distribuida p, simplemente apoyada en todo

su contorno, como se ve en la figura, con mdulo de elasticidad E y mdulo de Poisson . Aproxime

la funcin desplazamiento de la placa mediante parbolas de segundo grado. Tome los siguientes

datos numricos:

a 2m:=

h 0.10m:=

E 34000MPa:=

p 0.05MN

m2

:=

0.2:=

b) Compare el resultado obtenido para = 0 con la solucin exacta w 0.0487p a4

E h3

=

Para resolver por el Mtodo de Ritz la placa pedida se propone una funcin de desplazamiento

interpolante w(x,y) que resulta del producto de las funciones 1(x) y 2(y) por una constante K, es

decir: w(x,y)=K.(x,y)=K.1(x).2(y).

Las funciones 1(x) y 2(y) sern cuadrticas, de acuerdo a lo solicitado por el enunciado del

ejercicio:

1 x( ) x x a( ):=

2 y( ) y y a( ):=

x y, ( ) 1 x( ) 2 y( ):=

Se verifica que las expresiones cumplan con las condiciones de borde cinemticas del sistema:

1 0( ) 0 1 a( ) 0 => 0 y, ( ) 0 a y, ( ) 0

2 0( ) 0 2 a( ) 0 => x 0, ( ) 0 x a, ( ) 0

Se calculan las derivadas de las funciones propuestas, dado que sern necesarias para la

resolucin del problema:

''xx x y, ( ) 2x

x y, ( )

2

2 y a y( ):=

''yy x y, ( ) 2y

x y, ( )

2

2 x a x( ):=

''xy x y, ( )x y

x y, ( )

a x( ) a y( ) y a x( ) x a y( ) x y+:=

16 de 19


A continuacin aplicaremos los teoremas energticos, planteando primero la variacin de la energa

interna de deformacin:

U VT

d= siendo

x

y

xy

= y

x

y

xy

=

Si se asume que el material es elstico-lineal, istropo y homogneo, entonces:

C = con CE

1 2

1

0

1

0

0

0

1

2

:=

A su vez, si se consideran vlida la hiptesis de Kirchoff, los desplazamientos u y v en las

direcciones x e y respectivamente sern iguales a:

u z w'x=

v z w'y=

En consecuencia el vector deformacin puede escribirse como:

xxu

= z w''xx=

yyv

= z w''yy=

xyyu

xv

+= 2 z w''xy=

x

y

xy

= z

w''xx

w''yy

2 w''xy

= z K

''xx x y, ( )

''yy x y, ( )

2 ''xy x y, ( )

= z K x y, ( )= con x y, ( )

''xx x y, ( )

''yy x y, ( )

2 ''xy x y, ( )

:=

Podemos escribir entonces a la deformacin debida a una variacin en el campo de los

desplazamientos como:

z K x y, ( )=

Planteando el Teorema de las Deformaciones Virtuales con la funcin w(x,y) propuesta y sabiendo

que se cumplen las condiciones de borde cinemticas del sistema obtenemos:

Uu VT

d=

h

2

h

2

z

0

a

y

0

a

xTC

d

d

d=

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Realizando los reemplazos adecuados se llega a:

Uuh

2

h

2

z

0

a

y

0

a

xz K x y, ( )( )TC z K x y, ( )( )

d

d

d= simplify Uu11 E K a

6 h

3 K

270 2

1( )=

Por otra parte planteamos el trabajo de las fuerzas exteriores como:

Wu0

a

y

0

a

xp K x y, ( )

d

d= Wua6p K

36=

Por el Teorema de los Trabajos Virtuales podemos afirmar que es vlida la siguiente igualdad:

Uu Wu=

11 E K a6

h3

K

270 2

1( )

a6p K

36=

K15 p 1

2( )

22 E h3

9.626 10

4

1

m3

=:=

Finalmente se obtiene la expresin de los desplazamientos de la placa:

w x y, ( ) K 1 x( ) 2 y( ):=

wa

2

a

2,

0.963 mm=

Resolviendo con el programa de elementos finitos RAM Elements se llega a un corrimiento en el

centro de la placa igual a 1,101mm, por lo que la relacin entre ambos resultados ser:

wRitz wa

2

a

2,

0.963 mm=:=

wRAM 1.101mm:=

rwRAM

wRitz

1.144=:=

18 de 19


- Modelo con el programa RAM Elements:

b) Considerando =0 la relacin con la resolucin exacta ser:

wexacto 0.0487p a4

E h3

1.146 mm=:=

wRAM 1.146mm:=

wRitz wa

2

a

2,

1.003 mm=:=

rwexacto

wRitz

1.143=:=

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Elementos Finitos - TP 2 (Entrega 11-10)

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