G. Rus, E. Puertas
24
G. Rus, E. Puertas
25
G. Rus, E. Puertas
Problema 5 Se define un muro de contención de hormigón ( E =20 GPa, ν = 0.3) de 20 metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presión uniforme en el lado izquierdo de valor p=0.098 MPa. Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
P
26
G. Rus, E. Puertas
Solución 5
27
G. Rus, E. Puertas
28
G. Rus, E. Puertas
29
G. Rus, E. Puertas
Problema 6 Se define un muro de contención de hormigón ( E =20 GPa, ν = 0.3) de 20 metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presión hidrostática procedente del peso del agua que baña la cara izquierda, de modo que en la coronación tiene valor 0 y en la base valor 2 p=0.196 MPa. Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
2P
30
G. Rus, E. Puertas
Solución 6
31
G. Rus, E. Puertas
Problema 7 Se define un muro de contención de hormigón ( E =20 GPa, ν = 0.3) de 20 metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presión hidrostática procedente del peso del agua que baña la cara izquierda, de modo que en la coronación tiene valor 0 y en la base valor 2 p=0.196 MPa. Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de dos elementos cuadrados lineales, tal y como se describe en el dibujo, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
e=1
e=2 2P
32
G. Rus, E. Puertas
Solución 7
33
G. Rus, E. Puertas
34
G. Rus, E. Puertas
35
G. Rus, E. Puertas
Problema 8 Se define un muro de contención de hormigón ( E =20 GPa, ν = 0.3) de 20 metros de altura, 8 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El muro tiene como única carga la gravitatoria, debida al peso propio originado por la densidad del hormigón ρ=2700 kg/m 3 . Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
g
36
G. Rus, E. Puertas
Solución 8
37
G. Rus, E. Puertas
Problema 9 Se aisla un bloque cuadrado de un estrato de terreno ( E =2 GPa, ν =0.4) de 20 metros de lado, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El terreno tiene como única carga la gravitatoria, debida al peso propio originado por su densidad ρ=2300 kg/m 3 . Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior derecha, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
g
38
G. Rus, E. Puertas
Solución 9
39
G. Rus, E. Puertas
40
G. Rus, E. Puertas
41
G. Rus, E. Puertas
Problema 10 Se define un sistema compuesto por la interacción de un bloque cuadrado de un estrato de terreno ( E =2 GPa, ν =0.4) de 20 metros de lado (izquierda), contenido por un muro de hormigón ( E =20 GPa, ν =0.3) de 20 metros de altura, 8 de base y 4 de coronación (derecha), cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El sistema tiene como única carga la gravitatoria, debida al peso propio originado por la densidad del hormigón ρ=2700 kg/m 3 y del terreno ρ=2300 kg/m 3 . Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la matriz de rigidez de un elemento. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos, y esbozar gráficamente la deformada.
g
42
g
G. Rus, E. Puertas
Solución 10
43
G. Rus, E. Puertas
44
G. Rus, E. Puertas
Problema 11 Resuelva por el Método de los Elementos Finitos la estructura de la figura, cuyo módulo elástico es E = 2 1011 P a y el coeficiente de Poisson ν = 0.3. La estructura está empotrada en tres de sus cuatro lados, estando el cuarto (el derecho) sometido a una tracción uniforme p = 1GP a. Utilícese para su resolución elementos de dos nodos y cuadrados de cuatro nodos con funciones de forma lineales y tenga en cuenta que se considera en tensión plana.
Se pide: 1. Discretizar la estructura y definir los grados de libertad. 2. Obtener las funciones de forma. 3. Definir la matriz de rigidez global y calcular las matrices de rigidez elementales necesarias para el cálculo de los desplazamientos de los nodos. 4. Definir el vector de cargas global y calcular los miembros necesarios para la obtención de los desplazamientos de los nodos. 5. Obtener el desplazamiento de los nodos.
45
G. Rus, E. Puertas
Solución 11
1. Discretización
La estructura se discretiza siguiendo el siguiente esquema:
Figure 6: Discretización de la estructura: nodos globales Existen dos grados de libertad por nodo. En total serán 12 grados de libertad, de los cuales sólo los dos correspondientes al nodo 4 corresponden a desplazamientos. 2. Funciones de forma
Para un elemento lineal, las funciones de forma en coordenadas locales son (dibujar las funciones de forma): H 1 = 1 − x H 2 = x
′
′
Para un elemento cuadrado de cuatro nodos, las funciones de forma en coordenadas locales son (dibujar las funciones de forma): H 1 H 2 H 3 H 4
46
= = = =
1 (1 + 4 1 (1 − 4 1 (1 − 4 1 (1 + 4
x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 − x2 ) x1 )(1 − x2 ) ′
′
′
′
′
′
′
′
G. Rus, E. Puertas
Figure 7: Discretización de la estructura: nodos locales
3. Matriz de rigidez global
Los elementos de las matrices de rigidez para un elemento plano 2D se obtienen a partir de la integración:
(e) kncmd
=
(e)
V (e)
(e)
C ijkl Bijnc BklmddV
La matriz de rigidez global se obtiene mediante el proceso de ensamblaje:
K =
(1) k11 (1) k21 (1) k31 (1) k41
(1) k12 (1) k22 (1) k32 (1) k42
0 0
0 0
(1) k33 + (1) k43 +
(1) k13 (1) k23 (2) k22 (2) k12 (2) k42 (2) k32
(3) (1) + k11 k34 + (3) (1) + k21 k44 +
(1) k14 (1) k24 (2) k21 (2) k11 (2) k41 (2) k31
(3) + k12 (3) + k22
0 0 (2) k24 (2) k14 (2) k44 (2) k34
0 0 (2) k23 (2) k13 (2) k43 (2) k33
47
G. Rus, E. Puertas
En consecuencia, el sistema a resolver será
(1) k11 (1) k21 (1) k31 (1) k41
(1) k12 (1) k22 (1) k32 (1) k42
0 0
0 0
(1)
k33 + (1) k43 +
(1) k13 (1) k23 (2) k22 (2) k12 (2) k42 (2) k32
(3)
(1)
+ k11 k34 + (3) (1) + k21 k44 +
(1) k14 (1) k24 (2) k21 (2) k11 (2) k41 (2) k31
(3)
+ k12 (3) + k22
0 0 (2) k24 (2) k14 (2) k44 (2) k34
0 0 (2) k23 (2) k13 (2) k43 (2) k33
U 1 U 2 U 3 U 4 U 5 U 6
=
4. Desplazamientos de los nodos
Como todos los nodos están fijos a excepción del nodo 4, eliminamos las filas y columnas correspondientes a estos nodos (1, 2, 3, 5, 6) y nos queda un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.
(1) k44
+
(2) k11
(1) (2) (3) k4141 + k1111 + k22 (1) (2) k4241 + k1211
+
(3) k22
(1) k4142 (1) k4242
+ +
U 4 = f 4(1) + f 1(2) + f 2(3)
(2) k1112 (2) k1212
u41 u42
(1) f 41 (1) f 42
=
+ +
(2) f 11 (2) f 12
+ +
(3) f 21 (3) f 22
La simetría de la estructura nos permite concluir que u42 = 0. Teniendo en cuenta esta condición eliminamos las fila y columna segunda y nos quedamos con una única ecuación con una incógnita:
(1) k4141
+
(2) k1111
+
(3) k22
(1)
(2)
Elemento 1 (1)
k4141 =
(1)
V (1)
(1)
C ijkl Bij41 Bkl41 dV
siendo la matriz C la definida para tensión plana σ3 = 0: C =
Ez 1 − ν 2
1 ν 0 ν 1 0 0 0 2 (1 − ν )
El jacobiano de la tansformación es: J =
48
dx1 dx1 dx1 dx2 ′
′
dx2 dx1 dx2 dx2 ′
′
(3)
u41 = f 41 + f 11 + f 21
=
2 0 0 1.5
f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6
G. Rus, E. Puertas
cuyo determinante es: |J | = 3. El tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijnc unc es: Bijnc =
B11n1 B11n2 B22n1 B22n2 B12n1 B12n2
Por tanto,
Bij41 = Bkl41 =
Se tiene 1
1 (1 8
=
1
1
−
−
1 (1 8
− x2 ) 0 1 (1 − x2 ) 16
ε11 ε22 ε12
según
B1141 B2241 B1241
1
(1) k4141
− x2 ) 0 ′
′
H 1n,1 0 1 H 2 1n,2
=
H 14,1 0 1 H 2 14,2
=
1 (1 16
=
zE 1 − ν 2
− x2 ) ′
0 H 2n,2 1 H 2 2n,1
1 (1 8
un1 un2
− x2 ) 0 1 (1 − x2 ) 16 ′
′
1 ν 0 ν 1 0 0 0 2 (1 − ν )
3 dx1 dx2 ′
′
′
(1) k4141 = 63.8991106 N/m
Elemento 2
El elemento 2 es simétrico con el 1, por lo que el valor será el mismo al anteriormente indicado. Elemento 3
Para el elemento lineal tenemos la integración: (3) k2121
L
=
0
(3)
(3)
EAH 2,1 H 2,1 dx1 =
EA = 500106 N/m L
Vector de cargas (1) f 41 (2) f 11
= =
(1) f S H 14 dS = S (1) 1 (2) f S H 11 dS = S (2) 1
1
dx2 dx′2 dx2 1 2 p H 1 |x1 =1 dx dx′2 dx2 −1
1
−
′
1 =1
′
= 15 106 N
′
′
= 15 106 N
p H 4 |x
f 14 = 30. 106 N
49
G. Rus, E. Puertas Sistema de ecuaciones
Se tiene entonces el sistema:
50
2 · 63.8991106 + 500 106 u41 = 30. 106
u41 = 47.786 mm
G. Rus, E. Puertas
Problema 12 Se define la sección de un azud de hormigón ( E =20 GPa, ν =0.3) de 4 × 1 metros sometida a una presión constante de valor p = 44.145103 N/m tal y como se indica en la figura. Considerando una sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de dos elementos cuadrados lineales, tal y como se describe en el dibujo, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Hallar las funciones de forma y sus derivadas. 3. Describir la matriz de rigidez. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos.
Solución 12 Grados de libertad
La discretización de la sección se realiza mediante dos elementos cuadrados lineales, tal y como se refleja en la figura 8 51
G. Rus, E. Puertas
(a)
(b)
Figure 8: Discretización de la estructura: (a) Nodos globales; (b) Nodos locales Funciones de forma
Las funciones de forma para un elemento cuadrado lineal en coordenadas locales son: H 1 H 2 H 3 H 4
= = = =
1 (1 + 4 1 (1 − 4 1 (1 − 4 1 (1 + 4
x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 − x2 ) x1 )(1 − x2 ) ′
′
′
′
′
′
′
′
Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas locales son:
∂H 1 ∂x 1 ∂H 1 ∂x 2 ∂H 2 ∂x 1 ∂H 2 ∂x 2 ∂H 3 ∂x 1 ∂H 3 ∂x 2 ∂H 4 ∂x 1 ∂H 4 ∂x 2 ′
′
′
′
′
′
′
′
= = = =
1 4 1 4
(1 + x2 ) (1 + x1 ) ′ ′
− 14 (1 + x2) 1 (1 − x1 ) 4 ′
′
− 14 (1 − x2 ) − 14 (1 − x1 ) ′ ′
1 4
(1 − x2 ) 1 − 4 (1 + x1) ′
′
El jacobiano de la transformación se obtiene teniendo en cuenta la relación entre las coordenadas locales y globales: xi = H n xni
52
G. Rus, E. Puertas
J =
∂x i ∂H n n = x = ∂x j ∂x j i ′
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ′
′
Cada término de la matriz se obtiene: ∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2
= = = =
′
′
′
′
∂H 1 ∂x 1 ∂H 1 ∂x 2 ∂H 1 ∂x 1 ∂H 1 ∂x 2 ′
′
′
′
x11 + x11 + x12 + x12 +
∂H 2 ∂x 1 ∂H 2 ∂x 2 ∂H 2 ∂x 1 ∂H 2 ∂x 2
x21 + x21 + x22 + x22 +
′
′
′
′
∂H 3 ∂x 1 ∂H 3 ∂x 2 ∂H 3 ∂x 1 ∂H 3 ∂x 2
∂H 4 ∂x 1 ∂H 4 ∂x 2 ∂H 4 ∂x 1 ∂H 4 ∂x 2
x31 + x31 + x32 + x32 +
′
′
′
′
′
′
′
′
x41 x41 x42 x42
Para el primer elemento se tiene: ∂x 1 1 1 1 1 = 4 (1 + x2) − 2 (1 + x2 ) − 2 (1 − x2 ) + 4 (1 − x2) = 1 ∂x 1 4 4 4 4 ′
′
′
′
′
El jacobiano para ambos elementos es igual debido a que son de la misma forma: J (1) = J (2) =
y su determinante |J | =
1 2
1 0 0 12
La inversa del jacobiano es inmediata:
J (1)
1
−
= J (2)
1
−
1 0 0 2
=
Las derivadas de las funciones de forma en coordenadas globales se obtienen al multiplicar la derivada en coordenadas locales por la inversa del jacobiano de la transformación. Éstas serán las mismas para ambos elementos.
H 1,i =
H 2,i =
H 3,i =
H 4,i =
H 1,1 H 1,2 H 2,1 H 2,2 H 3,1 H 3,2 H 4,1 H 4,2
=
=
=
=
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ′
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ′
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ′
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ′
∂H 1 ∂x 1 ∂H 1 ∂x 2 ′
′
∂H 2 ∂x 1 ∂H 2 ∂x 2 ′
′
∂H 3 ∂x 1 ∂H 3 ∂x 2 ′
′
∂H 4 ∂x 1 ∂H 4 ∂x 2 ′
′
=
=
=
=
1 4 1 2
(1 + x2 ) (1 + x1 ) ′ ′
− 14 (1 + x2 ) 1 (1 − x1 ) 2 ′
′
− 14 (1 − x2 ) − 12 (1 − x1 ) ′ ′
1 4
(1 − x2 ) 1 − 2 (1 + x1 ) ′
′
53
G. Rus, E. Puertas Matriz de rigidez global
El montaje de la matriz de rigidez:
K =
(1)
k1 1 k2(1)1 0 0 (1) k3 1 k4(1)1
(1)
•
•
•
•
k1 2 k2(1)2 + k1(2)1 (2) k2 1 k3(2)1 (1) (2) k3 2 + k4 1 k4(1)2 • •
• •
• •
• • • •
•
•
•
•
• •
• •
(1)
0
0
k1(2) •2• (2) k2•2• k3(2) •2• (2) k4•2•
k1(2) •3• (2) k2•3• k3(2) •3• (2) k4•3•
0
0
• •
k1 3 k2(1)3 + k1(2)4 (2) k4 4 k3(2)4 (1) (2) k3 3 + k4 4 0 • •
• •
• •
• • • •
• •
• •
(1)
k1 4 k2(1)4 0 0 0 (1) k4 4
• • • •
• •
Por tanto, el sistema a resolver será:
(1) k1•1• k2(1) •1•
0 0
(1) k1•2•
k2(1)2 + k1(2)1 (2) k2 1 k3(2)1 (1) (2) k3 2 + k4 1 k4(1)2 • •
• •
•
•
•
•
• •
k1(2)2 (2) k2 2 k3(2)2 (2) k4 2 0
k1(2)3 (2) k2 3 k3(2)3 (2) k4 3 0
• •
• •
(1)
0
• •
• •
k3 1 k4(1)1
0
• •
• •
• •
• •
(1) k1•3•
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
(1) k1•4• k2(1) •4•
• •
0 0 0
k2(1)3 + k1(2)4 (2) k4 4 k3(2)4 (1) (2) k3 3 + k4 4 0 • •
• • • •
• •
k4(1)4
• •
U 1 U 2 U 3 U 4 U 5 U 6
=
f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6
Las condiciones de contorno del problema indican que los desplazamientos en ambas direcciones son nulos para los nodos 1, 3, 4 y 6. De ahí que el sistema se reduzca:
(1) k2•2• k3(1) •2•
+ +
(2) k1•1• k4(2) •1•
(1) k2•3• k3(1) •3•
+ +
(2) k1•4• k4(2) •4•
U 2 U 5
=
f 2 f 5
El sistema completo será:
(1) k2121 (1) k2221 (1) k3121 (1) k3221
+ + + +
(2) k1111 (2) k1211 (2) k4111 (2) k4211
(1) k2122 (1) k2222 (1) k3122 (1) k3222
+ + + +
(2) k1112 (2) k1212 (2) k4112 (2) k4212
(1) k2131 (1) k2231 (1) k3131 (1) k3231
+ + + +
(2) k1141 (2) k1241 (2) k4141 (2) k4241
(1) k2132 (1) k2232 (1) k3132 (1) k3232
+ + + +
(2) k1142 (2) k1242 (2) k4142 (2) k4242
u21 u22 u51 u52
=
f 12 f 22 f 15 f 25
Por simetría u21 y u51 son cero. Con lo que el sistema se reduce a dos ecuaciones con dos incógnitas.
54
(1) k2222 (1) k3222
+ +
(2) k1212 (2) k4212
(1) k2232 (1) k3232
+ +
(2) k1242 (2) k4242
u22 u52
=
f 22 f 25
G. Rus, E. Puertas
Cada una de las componentes a calcular de la matriz de rigidez se obtienen: (e) kncmd
=
V (e)
(e)
(e)
C ijkl Bijnc BklmddV
siendo la matriz C la definida para tensión plana σ3 = 0: Ez 1 − ν 2
C =
1 ν 0 ν 1 0 0 0 2 (1 − ν )
Y el tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijnc unc es:
Bijnc =
B11n1 B11n2 B22n1 B22n2 B12n1 B12n2
ε11 ε22 ε12
según
=
H 1n,1 0 1 H 2 1n,2
0 H 2n,2 1 H 2 2n,1
Por tanto, para la segunda dirección coordenada se tendrá: B=
B11n2 B22n2 B12n2
0 H 2n,2 1 H 2 2n,1
=
=
0 1 (1 − x1) 2 1 − 8 (1 + x2 ) ′
′
un1 un2
A continuación describimos el cálculo de uno de los ocho términos necesarios de la matriz de rigidez.
(1) k2222
(1) k2222
=
V (1)
1
=
(1) C ijkl Bij22
(1) Bkl22
1
(1) k2222
dV =
1
1 2
1
H 2,1
−
1
1
=
1
−
1
−
1
1
1
−
0 H 2,2
−
1
Ez 1 − ν 2
(1)
(1)
′
′
C ijkl Bij22 Bkl22 |J | dx1 dx2
−
Ez 1 − ν 2
1 ν 0 ν 1 0 0 0 2 (1 − ν )
1 H 2,2 H 2,2 + (1 − ν ) H 2,1 H 2,1 2
0 H 2,2 1 H 2,1 2
1 dx dx 2 1 2 ′
′
Vector de cargas
Únicamente hay que calcular el vector de cargas en el nodo 2, ya que en el nodo 5 no hay ninguna carga actuando. Para el cálculo hay que tener en cuenta la carga correspondiente a cada elemento: (1)
(2)
f 22 = f 22 + f 12
Detallamos el cálculo para el primer elemento: (1) f 22
=
S (1)
(1) f 2S H 22 dS =
1
1
−
p H 2 |x
′
2 =1
dx1 dx dx1 1 ′
′
55
1 dx dx 2 1 2 ′
′
G. Rus, E. Puertas Desplazamiento de los nodos
El sistema de ecuaciones resultante es: K =
3.18681 101 0 −2.8022 101 0 −2.8022101 0 3.18681 101 0
u22 u52
=
88290. 0
Resolviendo se obtiene que el desplazamiento en los nodos 2 y 5 es: u22 u52
56
=
1.22148 10 1.07406 10
5
−
5
−
G. Rus, E. Puertas
Problema 13 Se define un pequeño azud de hormigón ( E =20 GPa, ν =0.3) de 3 metros de altura y sección 1 × 4m , cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El azud está sometido a una presión hidrostática procedente del peso del agua, de modo que en la coronación tiene valor 0 y en la base valor p=29.43 kPa.
Considerando una discretización de dos elementos hexaédricos lineales de ocho nodos, tal y como se describe en el dibujo, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las funciones de forma. 3. Definir la matriz de rigidez. 4. Obtener el vector de cargas. 5. Obtener los desplazamientos de los nodos.
Solución 13 Grados de libertad
La discretización de la estructura se toma tal y como indica la siguiente figura (figura 9) 57
G. Rus, E. Puertas
(a)
(b)
Figure 9: Discretización de la estructura: (a) Nodos globales; (b) Nodos locales La estructura es tridimensional, por lo que hay que considerar tres grados de libertad por nodo, que en total serán 36 grados de libertad. Teniendo en cuenta las condiciones de contorno y la simetría de la estructura, únicamente se definen dos grados de libertad en desplazamientos, correspondientes con los nodos globales 9 y 12. Funciones de forma
El elemento hexaédrico recto más sencillo de clase C 0 es el de ocho nodos que se muestra en la figura siguiente (figura 10). Las coordenadas locales de cada uno de los nodos se definen en la siguiente tabla: Nodo x1 x2 x3 1 -1 -1 -1 2 1 -1 -1 3 1 1 -1 4 -1 1 -1 5 -1 -1 1 6 1 -1 1 7 1 1 1 8 -1 1 1 ′
58
′
′
G. Rus, E. Puertas
Figure 10: Elemento hexaédrico de 8 nodos Las funciones de forma de un nodo se obtienen, como producto de las tres funciones de una sola variable correspondientes a cada una de las tres direcciones x1 , x2 , x3 en ese nodo. La expresión general de la función de forma de un nodo cualquiera i, se obtiene mediante la siguiente expresión: ′
′
′
H n(e) =
1 (1 + x1n x1 ) (1 + x2n x2 ) (1 + x3n x3 ) 8 ′
′
′
′
′
′
siendo x jn la coordenada j -ésima del nodo n. Para el nodo 5, la función de forma se puede obtener fácilmente tal y como se indica en la figura 11. ′
(e)
H 5 =
1 1 1 (1 − x1 ) (1 − x2 ) (1 + x3 ) 2 2 2 ′
′
′
Así, las funciones de forma para un elemento hexaédrico lineal de ocho nodos son: H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 H 7 H 8
= = = = = = = =
1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8
(1 − x1 ) (1 + x1 ) (1 + x1 ) (1 − x1 ) (1 − x1 ) (1 + x1 ) (1 + x1 ) (1 − x1 ) ′
′ ′
′ ′
′ ′
′
(1 − x2 ) (1 − x3 ) (1 − x2 ) (1 − x3) (1 + x2 ) (1 − x3 ) (1 + x2 ) (1 − x3) (1 − x2 ) (1 + x3) (1 − x2 ) (1 + x3 ) (1 + x2 ) (1 + x3) (1 + x2 ) (1 + x3 ) ′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
59
G. Rus, E. Puertas
Figure 11: Obtención de la función de forma para el nodo 5 Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas locales:
dH 1 dx1 dH 1 dx2 dH 1 dx3 dH 2 dx1 dH 2 dx2 dH 2 dx3 dH 3 dx1 dH 3 dx2 dH 3 dx3 dH 4 dx1 dH 4 dx2 dH 4 dx3 ′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
=
=
=
=
− 18 − 18 − 18
(1 − x2 ) (1 − x3 ) (1 − x1 ) (1 − x3 ) (1 − x1 ) (1 − x2 )
1 8 − 18 − 18
(1 − x2 ) (1 − x3 ) (1 + x1 ) (1 − x3 ) (1 + x1 ) (1 − x2 )
1 8 1 8 − 18
(1 + x2 ) (1 − x3 ) (1 + x1 ) (1 − x3 ) (1 + x1 ) (1 + x2 )
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
− 18 (1 + x2 ) (1 − x3 ) 1 (1 − x1 ) (1 − x3 ) 8 1 − 8 (1 − x1 ) (1 + x2 ) ′
′
′
′
′
′
dH 5 dx1 dH 5 dx2 dH 5 dx3 dH 6 dx1 dH 6 dx2 dH 6 dx3 dH 7 dx1 dH 7 dx2 dH 7 dx3 dH 8 dx1 dH 8 dx2 dH 8 dx3 ′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
=
=
=
=
− 18 (1 − x2 ) (1 + x3 ) − 18 (1 − x1 ) (1 + x3 ) 1 (1 − x1 ) (1 − x2 ) 8 1 8 − 18 1 8 1 8 1 8 1 8
′
′
′
′
′
′
(1 − x2 ) (1 + x3 ) (1 + x1 ) (1 + x3 ) (1 + x1 ) (1 − x2 ) ′
′
′
′
′
′
(1 + x2 ) (1 + x3 ) (1 + x1 ) (1 + x3 ) (1 + x1 ) (1 + x2 ) ′
′
′
′
′
′
− 18 (1 + x2 ) (1 + x3 ) 1 (1 − x1 ) (1 + x3 ) 8 1 (1 − x1 ) (1 + x2 ) 8 ′
′
′
′
′
′
El jacobiano de la transformación se halla teniendo en cuenta la relación entre las coordenadas globales y locales: J =
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 1 ∂x 3
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 3
′
′
′
′
′
′
∂x 3 ∂x 1 ∂x 3 ∂x 2 ∂x 3 ∂x 3 ′
′
′
A modo de ejemplo calculamos un elemento de la matriz: ∂x 1 ∂H 1 1 ∂H 2 2 ∂H 3 3 ∂H 4 4 ∂H 5 5 ∂H 6 6 ∂H 7 7 ∂H 8 8 1 = x+ x+ x+ x+ x+ x+ x + x = ∂x 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 2 ′
60
′
′
′
′
′
′
′
′
G. Rus, E. Puertas
Obteniendo que el jacobiano es igual para ambos elementos: J (1) = J (2) =
1 2
0 0 0 1 0 0 0 32
y su determinante es |J | = 34 . La inversa se obtiene:
J (1)
1
−
1
−
= J (2)
=
2 0 0 0 1 0 0 0 23
Una vez calculado el jacobiano de la transformación, las derivadas en coordenadas globales de las funciones de forma se obtienen multiplicando éste por las derivadas en coordenadas locales. H n,i =
′
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 1 ∂x 3
H n,1 H n,2 H n,3
′
=
′
′
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 3 ′
′
′
∂x 3 ∂x 1 ∂x 3 ∂x 2 ∂x 3 ∂x 3 ′
′
∂H n ∂x 1 ∂H n ∂x 2 ∂H n ∂x 3
′
′
=
′
2 H n,1 H n,2 2 H n,3 3
Matriz de rigidez global
La matriz de rigidez, teniendo en cuenta que es simétrica y sólo se representan los términos de la diagonal y por encima de ésta:
(1) •1•
k1
(1)
k1 2 k2(1)2 •
•
•
•
(1)
k1 3 k2(1)3 (1) k3 3 +k2(2)2 • • • • • •
• •
(1)
0 0
0 0
k2(2)3
k2(2)4
• •
(2) •3•
k3
•
k1 4 k2(1)4 (1) k3 4 +k2(2)1 (2) k3 1 k4(2)1 (1) k4 4 +k1(2)1 • • • •
•
• •
(1)
(1)
k1 5 k2(1)5
k1 6 k2(1)6
k3(1)5
k3(1)6
• • • •
• •
(1)
•
•
•
•
•
•
• •
(2)
k3 4 k4(2)4 •
•
•
•
• • • • • •
• •
k1 7 k2(1)7 (1) k3 7 +k2(2)6 (2) k3 6 k4(2)6 (1) k4 7 +k1(2)6 (1) k5 7 k6(1)7 (1) k7 7 +k6(2)6 •
•
•
•
•
•
• •
0 0
0 0
k4(1)5
k4(1)6
• •
(1) •5•
k5
•
•
•
•
•
•
•
0 0
k2(2)7
k2(2)8
k3 7 k4(2)7
(2)
k3 8 k4(2)8
k1(2)7
k1(2)8
0 0
0 0
k6(2)7
k6(8)8
• •
• • • •
• •
•
•
(2) •
•
•
•
•
•
• •
(1)
k5 6 k6(1)6
•
0 0
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
• •
(2) •7•
k7
61
•
•
(2)
k7 8 (2) k8 8 •
•
•
•
k k k + k k k + k k k + k k k +
G. Rus, E. Puertas
Como el desplazamiento en los nodos 1, 2, 3,4, 5, 6,7, 8, 10 y 11 es nulo. El sistema se simplifica:
k7(1) •7•
+
k6(2) •6•
k7(1) •8• (1) k8•8•
+ +
k6(2) •5• (2) k5•5•
U 9 U 12
=
f 9 f 12
El sistema completo será entonces, teniendo en cuenta que la matriz de rigidez es simétrica:
(1) k7171
k7171 + k6161 k7173 + k6163 k7181 + k6151 k7183 + k6153 (1) (2) (1) (2) (1) (2) k7373 + k6363 k7381 + k6351 k7383 + k6353 (1) (2) (1) (2) k8181 + k5151 k8183 + k5153 (1) (2) k8383 + k5353
+
(2) k6161
(1) k7172 (1) k7272
+ +
(2) k6162 (2) k6262
(1) k7173 (1) k7273 (1) k7373
+ + +
(2) k6163 (2) k6263 (2) k6363
(1) k7181 (1) k7182 (1) k7381 (1) k8181
+ + + +
(2) k6151 (2) k6152 (2) k6351 (2) k5151
(1) k7182 (1) k7282 (1) k7382 (1) k8182 (1) k8282
+ + + + +
(2) k6152 (2) k6252 (2) k6352 (2) k5152 (2) k5252
(1) k7183 (1) k7283 (1) k7383 (1) k8183 (1) k8283 (1) k8383
+ + + + + +
(2) k6153 (2) k6253 (2) k6353 (2) k5153 (2) k5253 (2) k5353
Observando la simetría del problema respecto al plano x1 x3 podemos concluir que los desplazamientos en ambos nudos en la dirección x2 son nulos. De ahí que el sistema se reduzca a cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas: (1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
Cada componente de la matriz de rigidez se calcula: (e) kncmd
=
V (e)
(e)
u91 u93 u12 1 u12 3
(e)
C ijkl Bijnc BklmddV
siendo la matriz C la relación entre tensión y deformación σ = Cǫ:
C =
donde λ = 62
λ+2µ λ λ 0 0 0 λ λ+2µ λ 0 0 0 λ λ λ+2µ 0 0 0 0 0 0 2µ 0 0 0 0 0 0 2µ 0 0 0 0 0 0 2µ
ν E (1+ν )(1−2 ν )
yµ=
E 2(1+ν )
son las constantes de Lamé.
=
f 19 f 39 f 112 f 312
G. Rus, E. Puertas
La matriz B de interpolación del campo de deformaciones ǫ = B un es:
B=
H n,1 0 0 1 H n,2 2 1 H n,3 2 0
0 H n,2 0 1 H n,1 2 0 1 H n,3 2
0 0 H n,3 0 1 H n,1 2 1 H n,2 2
Presentamos el cálculo de uno de los elementos de la matriz de rigidez: 1
1
1
(1) k7171
1
−
1
1
1
−
−
−
1
1
−
(1) (1) C ijkl Bij71 Bkl71 |J | dx1 dx2 dx3 ′
=
(1)
k7171 =
1
1
−
1
−
1
1
−
′
−
(1) k7171 = 1 1 1 H 7,1 0 0 12 H 7,2 0 0 λ+2µ λ λ λ λ+2µ λ 0 0 0 λ λ λ+2µ 0 0 0 0 2µ 0 0 0 0 0 2µ 0 0 0 0 0 1
′
1 H 2 7,3
0 0 0 0 0 2µ
0
H 7,1 0 0 1 H 2 7,2 1 H 2 7,3 0
|J | dx1 dx2 dx3 ′
′
1 1 (λ + 2 µ) H 7,1 H 7,1 + µ H 7,2 H 7,2 + µ H 7,3 H 7,3 2 2
′
′
Vector de cargas
Únicamente existe fuerza aplicada sobre el nodo 12 y en la primera dirección coordenada, por lo que será necesario el cálculo de la carga en este nodo: (1) (2) f 112 = f 81 + f 51
El primero de estos sumandos se obtiene: (1) f 81
=
V
f 1V
1
H 8 dV =
1
′
p
1
−
1
−
x 1− 3 3
H 8 |x1 =0 ′
dx2 dx3 dx dx dx2 dx3 2 3 ′
′
′
′
|J | dx1 dx2 dx3
′
′
63
G. Rus, E. Puertas
Problema 14 Se define un muro de contención de hormigón ( E =20 GPa, ν = 0.3) de 30 metros de altura, 12 de base y 4 de coronación, cuya geometría y condiciones de contorno se describen en el dibujo. El muro se carga con una presión hidrostática procedente del peso del agua que baña la cara izquierda, de modo que en la coronación tiene valor 0 y en la base valor 2 p=0.3 MPa.
Considerando sección en tensión plana de espesor unitario, y una discretización de un elemento cuadrado lineal, y un origen de coordenadas globales en la esquina inferior izquierda, se pide: 1. Indicar gráficamente los grados de libertad de la estructura, distinguiendo cuáles son de desplazamientos y cuáles de fuerzas. 2. Obtener las derivadas de las funciones de forma. 3. Obtener la componente k1111 de la matriz de rigidez del elemento que lo compone, donde el nodo 1 es el superior derecho, y la dirección 1 es la horizontal. (Examen Final de febrero de 2007. 1h 30min.)
64
G. Rus, E. Puertas
Solución 14 Grados de libertad
La discretización de la estructura se toma tal y como indica en el enunciado del problema (figura 9)
(a)
(b)
Figure 12: Discretización de la estructura: (a) Nodos globales; (b) Nodos locales La estructura es bidimensional, por lo que hay que considerar dos grados de libertad por nodo, que en total serán 8 grados de libertad. Teniendo en cuenta las condiciones de contorno y la simetría de la estructura, únicamente se definen grados de libertad en desplazamientos en los nodos superiores, correspondientes con los nodos globales 1 y 2. Para los nodos 3 y 4 los grados de libertad vienen definidos en tensiones. Derivadas de las funciones de forma
El elemento más sencillo de clase C 0 es el de cuatro nodos que se muestra en la figura 12. Las coordenadas locales de cada uno de los nodos se definen en la siguiente tabla: 65
G. Rus, E. Puertas
Nodo x1 x2 1 1 1 2 -1 1 3 -1 -1 4 1 -1 ′
′
Las funciones de forma de un nodo se obtienen, como producto de las dos funciones de una sola variable correspondientes a cada una de las dos direcciones x1, x2 en ese nodo. ′
′
H 1 H 2 H 3 H 4
= = = =
1 (1 + 4 1 (1 − 4 1 (1 − 4 1 (1 + 4
x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 + x2 ) x1 )(1 − x2 ) x1 )(1 − x2 ) ′
′
′
′
′
′
′
′
Las derivadas de las funciones de forma respecto a las coordenadas locales son:
∂H 1 ∂x 1 ∂H 1 ∂x 2 ∂H 2 ∂x 1 ∂H 2 ∂x 2 ∂H 3 ∂x 1 ∂H 3 ∂x 2 ∂H 4 ∂x 1 ∂H 4 ∂x 2 ′
′
′
′
′
′
′
′
= = = =
1 4 1 4
(1 + x2 ) (1 + x1 ) ′ ′
− 14 (1 + x2) 1 (1 − x1 ) 4 ′
′
− 14 (1 − x2 ) − 14 (1 − x1 ) ′ ′
1 4
(1 − x2 ) 1 − 4 (1 + x1) ′
′
El jacobano de la transformación se halla teniendo en cuenta la relación entre las coordenadas globales y locales: J =
∂x 1 ∂x 1 ∂x 1 ∂x 2
∂x 2 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 2
′
′
′
′
A modo de ejemplo calculamos un elemento de la matriz: ∂x 1 ∂H 1 1 ∂H 2 2 ∂H 3 3 ∂H 4 4 = x + x + x + x = 2(2 − x2) ∂x 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ∂x 1 1 ′
′
′
′
′
′
Obteniendo que el jacobiano es: J =
66
2(2 − x2 ) 0 −2(1 − x1 ) 15 ′
′
G. Rus, E. Puertas
Su inverso: 1
−
J
=
1
0
′
2(2−x2 ) 1+x1 15(2−x2 ) ′
1 15
′
y su determinante es |J | = 30(2 − x2 ) Una vez calculado la inversa del jacobiano de la transformación, las derivadas en coordenadas globles de las funciones de forma se obtienen multiplicando éste por las derivadas en coordenadas locales. ′
H n,i =
H 1,i =
H 2,i =
H 3,i =
H 4,i =
H n,1 H n,2
∂H n ∂x 1 ∂H n ∂x 2 ′
1
−
= J
′
′
H 1,1 H 1,2
1+x2 8(2−x2 ) 1+x1 20(2−x2 ) ′
=
′
′
′
H 2,1 H 2,2
2 − 8 1+x (2 x2 ) ′
−
=
′
′
1−3 x1 −2 x2 60(2−x2 ) ′
′
− 8 12 (
x2 −x ) 2 3−x1 −2 x2 60(2−x2 ) −
H 3,1 H 3,2
=
′
′
′
′
′
H 4,1 H 4,2
1−x2 8(2−x2 ) 1+x − 60 2−x1 ( 2) ′
=
′
′
Elemento k1111 de la matriz de rigidez
Cada componente de la matriz de rigidez se calcula: (e)
kncmd =
C =
V (e)
(e)
(e)
C ijkl Bijnc BklmddV
Ez 1 − ν 2
1 ν ν 1 0 0
0 0 1−ν 2
Y el tensor B que relaciona tensiones con deformaciones según εij = Bijnc unc es: Bijnc =
B11n1 B11n2 B22n1 B22n2 B12n1 B12n2
según
ε11 ε22 ε12
=
H 1n,1 0 1 H 2 1n,2
0 H 2n,2 1 H 2 2n,1
un1 un2
67
G. Rus, E. Puertas
Presentamos el cálculo de uno de los elementos de la matriz de rigidez: 1
k1111 =
1
−
=
1 1
1
−
H 1,1 0
1
−
1
1
=
1
−
68
1
−
1 H 2 1,2
Ez 1 − ν 2
1
1
(1)
(1)
′
′
Bij11 C ijkl Bkl11 |J | dx1 dx2 =
−
Ez 1−ν 2
1 ν ν 1 0 0
0 0 1−ν 2
H 1,1 0 1 H 2 1,2
1 H 1,1 H 1,1 + (1 − ν ) H 1,2 H 1,2 8 = 3.93136 1010 N/m
|J | dx1 dx2 = ′
′
′
|J | dx1 dx2 =
′
G. Rus, E. Puertas
Problema 15 Se considera un muro de hormigón (E = 20GPa,ν = 0.3) sometido a una carga p = d7 104 P a , con las dimensiones representas en la figura. Empleando una discretización de dos elementos de forma cúbica y con funciones de forma lineales.
Se pide: 1. Obtener el desplazamiento en los nodos centrales del muro, A y B explicando y estructurando cada paso seguido en la resolución. 2. Resolver el problema anterior empleando el programa de elementos finitos FEAP. 3. Resolver el problema doblando el número de elementos en cada una de las direcciones x,y,z utilizando FEAP. 4. Comparar los resultados obtenidos. Nota: Los parámetros di coinciden con las cifras de su DNI.
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G. Rus, E. Puertas
Problema 16 Resuelva por el Método de los Elementos Finitos la presa de la figura (cotas en metros), cuyo módulo elástico es E = 3.10d3d4 1010 P a, el coeficiente de Poisson ν = 0.5 y la densidad ρ = 26d5d6 kg/m3 . La estructura está empotrada en su base, estando el lado izquierdo sometido a una presión hidrostática, tal y como indica la figura. Utilícese para su resolución elementos cuadrados de cuatro nodos con funciones de forma lineales y tenga en cuenta que se considera en tensión plana.
Se pide: 1. Calcular los desplazamientos de los nodos considerando que la presa está únicamente sometida a presión hidrostática. Explique y estructure cada paso seguido en la resolución. 2. Resolver el problema anterior utilizando FEAP. 3. Resolver el problema considerando también el peso propio de la presa mediante FEAP. 4. Analizar los resultados obtenidos. Nota: Los parámetros di coinciden con las cifras de su DNI.
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G. Rus, E. Puertas
Problema 17 Se considera una placa cuadrada (E = 206GPa,ν = 0.3) sometida a una carga puntual p = d7 106 N , con las dimensiones representadas en la figura. La placa se discretiza mediante cuatro elementos de cuatro nodos con funciones de forma lineal.
Se pide: 1. Calcular el desplazamiento en el centro de la placa considerando la simetría del problema, explicando y estructurando cada paso seguido en la resolución. 2. Resolver el problema anterior empleando el programa de elementos finitos FEAP. 3. Resolver el problema aumentando el número de elementos en cada una de las direcciones x, y utilizando FEAP, para los casos siguientes: (a) Doble número de elementos en la dirección x (b) Doble número de elementos en la dirección y (c) Doble número de elementos en ambas direcciones x, y 4. Comparar los resultados obtenidos. Nota: Los parámetros di coinciden con las cifras de su DNI.
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G. Rus, E. Puertas
Problema 18 Preguntas de teoría. Se evaluará la capacidad de seleccionar y sintetizar la información relevante. 1. Describir y expresar matemáticamente la diferencia entre un problema de tensión plana y uno de deformación plana. Poner un ejemplo de cada problema. 2. Dada una barra de un elemento lineal (dos nudos) de 3 unidades de longitud, calcular el vector de cargas f debido a una carga distribuida triangularmente, con valor nulo a la izquierda y valor 5 unidades a la derecha. 3. Coméntense ventajas y limitaciones de la idea de hacer los elementos isoparamétricos. 4. Calcular el número de nudos que tendrá un elemento sólido 2D de forma cuadrangular tal que en la dirección x1 sea cuadrático y en la dirección x2 sea lineal. Escribir las funciones de forma asociadas a cada nodo. 5. Describir el sentido geométrico del jacobiano, y dónde se usa. 6. Describir en qué ocasiones es mejor elegir una discretización 3D con elementos cúbicos y en qué ocasiones con elementos tetraédricos. 7. Calcular el número de nodos que tiene un elemento cúbico 3D tal que tenga todas las funciones de forma polinómicas de hasta orden cúbico. 8. Sea un elemento cuadrado 2D cuadrático de 9 nodos, cuyas funciones de forma incluyen los términos (1, x, x 2, y, xy, x 2 y, y 2 , xy 2 , x 2 y 2 ), al que se le elimina un nodo de modo que de sus funciones de forma el término (x), quedando 8. Explíquese si es posible, y el motivo, representar una deformación ε constante según la dirección x. 9. Enumerar las ventajas e inconvenientes de elementos triangulares frente a cuadrados en 2D. 10. Calcular el área de un elemento cuadrado cuyos nodos tienen coordenadas (4,3) (2,3) (1,1) (5,2) mediante integración numérica, usando un total de cuatro puntos de Gauss.
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