Corso di Meccanica Computazionale e Calcolo Anelastico delle Strutture
Esercizi svolti sul metodo degli elementi finiti tratti da temi d’esame
A cura di Eric Puntel
ESERCIZIO 1 • •
Spessore unitario t=1 Problema piano nelle tensioni1 ν ≠ 0 0 1 ν E D= ν 1 0 2 1 −ν 0 0 (1 − ν ) 2
•
Carico di superficie 4p f ( x ,b ) = 2 ( x − b ) b Carico di volume 4p F( x,y) = 3b Vincolo interno: biella rigida tra D e B
• •
L’esercizio può essere risolto in due modi: 1. Esprimendo fin dall’inizio la deformata dell’elemento in funzione dei due spostamenti nodali indipendenti concessi. Gli 8 spostamenti nodali sono ridotti a 2 dai 5 gradi di vincolo esterni e dal vincolo interno. 2. Assemblando la matrice di rigidezza senza tenere conto del vincolo interno e considerandolo solo alla fine. In questo modo gli elementi della matrice di rigidezza da calcolare sono quelli soliti dell’elemento piano a 4 nodi. Notazione: i numeri cerchiati (12…) si riferiscono a quantità nodali, quelli semplici (1,2…) ai singoli gradi di libertà.
1
Richiamo sulle matrici del legame elastico per problemi piani. Un problema piano nelle deformazioni può essere ricondotto ad un problema piano nelle tensioni con una opportuna trasformazione: λ + 2µ D = λ 0
λ λ + 2µ 0
0 1 −ν ν E 1 ν 0 = −ν 1 + ν )(1 − 2ν ) ( µ 0 0
0 0
(1 − 2ν )
1 ν* E* * 1 = 1 − ν *2 ν ( ) 2 0 0
0 0
(1 −ν ) *
2
E* =
E ν ;ν * = 1 −ν 2 1 −ν
1
1° Procedimento
Teniamo pertanto conto del vincolo interno di rigidezza fin dall’inizio e esprimiamo il campo di spostamenti s in funzione degli spostamenti U6 e U8. x (b − y) xy ; N3 ( x , y ) = 2 ; N2 ( x , y ) = 2 b b y(b − x) ; N4 ( x , y ) = b2 u ( x , y ) = 0 s= ( U4 = U8 ) v ( x , y ) = N2U 4 + N3U 6 + N4U8 = ( N2 + N4 ) U8 + N3U 6 = N8 U8 + N 6 U 6 x (b − y) + y ( b − x ) xy ; N6 ( x , y ) = 2 2 b b Calcoliamo la matrice B : N8 =
0 0 0 0 0 0 ∂ ∂x ∂ ∂x 0 0 U u 2x U 6 U6 1 x 6 ε = 0 ∂ ∂y = 0 ∂ ∂y = N 6 ,y N8 ,y = 1− N 6 N8 U8 U8 b b v b U8 N 6 ,x N8 ,x ∂ ∂y ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂x
y 2y N
− 1 B b b
B
Calcoliamo ora la matrice di rigidezza K tenendo conto del fatto che nel nostro caso B1i = 0 e D 23 = D13 = 0 .
2
K ij = ∫ t Bri D rs Bsj dA A
(
)
(
= ∫ t[ B1i D11 B1j + D12 B2 j + D13 B3 j + B2i D 21 B1j + D 22 B2 j + D 23 B3 j A
(
)
)
+ B3i D31 B1j + D32 B2 j + D33 B3 j ]dA = ∫ t ( B2i D 22 B2 j + B3i D33 B3 j ) dA A
2
2
s=x b
t=y b b b E 2x 1 − ν 2y K 88 = ∫ B D 22 + B D33 dA = 2 1 1 dx dy − + − = A b 2 b b (1 − ν 2 ) ∫0 ∫0 1 1 1 1 −ν E 2 (1 − 2t )2 ds dt = E 2 3 −ν b 2 2 ∫ ∫ (1 − 2s ) + = 2 2 1 −ν 6 1 −ν b 0 0 2 22
2 32
s=x b t=y b
K 66 = ∫ B D 22 + B D33 dA = 2 21
A
E 1 −ν 2
=
2 31
1 1
∫∫s 0 0
2
+
1 −ν 2 E 3 −ν t ds dt = 2 1 −ν 2 6 s=x b t=y b
K 68 = ∫ B21 D 22 B22 + B31 D33 B32 dA = A
E 1 1( 1 −ν ( E 3 −ν s − 2s 2 ) + t − 2t 2 ) ds dt = − 2 ∫0 ∫0 1 −ν 2 1 − ν 2 12 Passiamo ora al calcolo dei carichi equivalenti nodali. Cominciamo dai carichi di superficie: b x x x t=x b p 6 = ∫ N 6 ( x , b ) f ( x , b ) dx = ∫ ⋅ 4p − 1 dx = 0 b bb 34 =
1
= 4pb ∫ t 3 − t 2 dt = − 0
N8 ( x , b ) f ( x , b ) dx = ∫
∫
p8 =
pb 3 b
0
34
1
= −4pb ∫ t (1 − t ) dt = − 0
2
b−x x x t=x b ⋅ 4p − 1 dx = b bb
pb 3
Calcoliamo ora i carichi di volume: 0 N 6 0 N F T P = ∫ t N FdA = ∫ t dA = ∫ t 6 dA 0 N8 F NF A A A 8 s=x b
P6 = ∫
b
P8 = ∫
b
0
∫
b
∫
b
0
t=y b 1 1 xy 4 p 4 pb dx dy − = − pb ∫ ∫ st dt ds = − 2 0 0 b 3 b 3 3 s=x b
0
0
t=y b 1 1 x (b − y) + y (b − x ) 4 p 4 2 dx dy pb t (1 − s ) + s (1 − t ) = − pb − = − 2 ∫ ∫ 0 0 b 3 3 3 b
Possiamo ora pervenire al sistema risolvente nella seguente forma:
3
K 66 K 68 U 6 p 6 + P6 (1) K = 86 K 88 U8 p8 + P8 Sostituendo i valori calcolati calcoliamo la soluzione: E 3 −ν 2 −1 U 6 pb 2 (2) = − 1 −ν 2 12 −1 2 U8 3 3
U6 = −
28 pb 1 −ν 2 32 pb 1 − ν 2 ; U8 = − 3 E 3 −ν 3 E 3 −ν
2° Procedimento
Risolviamo ora l’esercizio calcolando la matrice di rigidezza relativa ai soli gradi di libertà non vincolati 4,6,8. La presenza del vincolo interno riduce a due gli spostamenti linearmente indipendenti ma introduce una reazione interna incognita data dalla trazione nella biella rigida. Se siamo interessati a calcolarla risolviamo il sistema di tre equazioni in tre incognite, altrimenti ci riconduciamo ad un sistema di due equazioni nei soli spostamenti. x (b − y) xy N2 ( x , y ) = ; N3 ( x , y ) = 2 ; 2 b b y(b − x) N4 ( x , y ) = ; b2
4
u1 u 2 u 0 y b 0 0 3 −y b 1− y b u 1 −x b 0 x b 0 1 − x b 4 ε = " 0 u b − x b 1 − y b x b y b 1 − x b − y b 5
u6 B 4ª 6ª 8ª u 7 numero colonna u 8
Calcoliamo i coefficienti della matrice di rigidezza K tenendo conto del fatto che D 23 = D13 = 0 e che per indice “i” pari B1i = 0 .
k ij = ∫ t Bri D rs Bsj dA = ∫ t ( B2i D 22 B2 j + B3i D33 B3 j ) dA (i pari) A
A
2
s=x b
t=y b E 1 b b x 2 1 −ν y k 44 = ∫ B D33 + B D 22 dA = 1 dx dy + − = A 1 −ν 2 b 2 ∫0 ∫0 b 2 2 b E 1 2 1 1 2 1 −ν (1 − t )2 ds dt = E 2 3 −ν = b ∫ ∫ s + 2 2 0 0 2 1 −ν 6 1 −ν b 2 34
2 24
Analogamente k 66 = k 88 =
E 3 −ν ; 1 −ν 2 6
k 46 = ∫ t ( B24 D 22 B26 + B34 D33 B36 ) dA = A
=
E 1 −ν 2
E 3 +ν 1 1 −ν 1 − 3 + 2 6 = − 1 − ν 2 12
E 1 −ν 2
E 1 −ν 2 E k 48 = ∫ t ( B24 D 22 B28 + B34 D33 B38 ) dA = A 1 −ν 2 k 68 = ∫ t ( B26 D 22 B28 + B36 D33 B38 ) dA = A
1 1
∫ ∫ −s 0 0
2
+
∫ ∫ (s − s 1 1
1 −ν ( t − t 2 ) ds dt 2
2
) − 1 −ν t 2ds dt = E 2 ν
2 1 −ν 6 1 −ν 2 E 3 −ν 2 ∫0 ∫0 ( −s + s ) − 2 ( t − t ) ds dt = − 1 −ν 2 12 0 0
1 1
Ora possiamo calcolare i carichi di superficie… b x xx pb pb p6 = ∫ N3 ( x , b ) f ( x , b ) dx = ∫ ⋅ 4p − 1 dx = − . analogamente p8 = − 0 b 3 b b 3 34 …e di volume: b b xy 4 p pb P6 = ∫ N3 ( x , y ) F ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 − dx dy = − ; A 0 0 b 3 b 3 pb pb P8 = ∫ N4 ( x, y ) F ( x, y ) dA = − ; P4 = ∫ N2 ( x, y ) F ( x, y ) dA = − ; A A 3 3 Perveniamo quindi al seguente sistema: k 44 k 46 k 48 u 4 P4 + X 2 2 k u = k k p P + 64 66 68 6 6 6 k 84 k 86 k 88 u 8 p + P − X 2 2 8 8
(3)
5
dove X 2 2 è la componente in direzione verticale della trazione X nella biella rigida inclinata di 45° rispetto agli assi.
Proseguiamo ora all’imposizione del vincolo interno costituito dalla biella rigida. Per chiarire il procedimento riscriviamo il sistema (3) nella forma del principio degli spostamenti virtuali da qui esso deriva.
δ Li = δ L e ∀δ u ⇔ δ u T K u = δ u T P ∀δ u ⇔ P4 + X 2 2 k 44 k 46 k 48 u 4 p 6 + P6 ⇔ [δ u 4 δ u 6 δ u 8 ] k 64 k 66 k 68 u 6 = [δ u 4 δ u 6 δ u 8 ] ∀δ u p + P − X 2 2 k 84 k 86 k 88 u 8 8 8 Ora, essendo δ u 4 = δ u 8 si ottiene ⇔ [δ u 8 δ u 6
k 44 δ u 8 ] k 64 k 84
k 64 ⇔ [δ u 6 δ u 8 ] k 44 + k 84
P4 + X 2 2 k 48 u 4 k 66 k 68 u 6 = [δ u 8 δ u 6 δ u 8 ] p 6 + P6 ∀δ u p + P − X 2 2 k 86 k 88 u 8 8 8 u k 66 k 68 4 p +P u 6 = [δ u 6 δ u 8 ] 6 6 ∀δ u k 46 + k 86 k 48 + k 88 P4 + p8 + P8 u 8 k 46
Ora facciamo lo stesso per u 4 = u 8 ⇔ [δ u 6
k 64 δ u8 ] k 44 + k 84
k 66 ⇔ [δ u 6 δ u 8 ] k 46 + k 86
u k 68 8 p 6 + P6 u u u = δ δ [ ] 6 6 8 P + p + P ∀δ u k 48 + k 88 4 8 8 u 8 k 64 + k 68 u 6 p +P = [δ u 6 δ u 8 ] 6 6 ∀δ u k 44 + k 84 + k 48 + k 88 u 8 P4 + p8 + P8
k 66 k 46 + k 86
6
k 66 ⇔ k 46 + k 86 E 3 −ν ⇔ 1 − ν 2 12
k 64 + k 68 u 6 p 6 + P6 = k 44 + k 84 + k 48 + k 88 u 8 P4 + p8 + P8 2 −1 u 6 pb 2 −1 2 u = − 3 3 8
(4)
(5)
Il sistema (5) così ottenuto è esattamente identico al sistema (2) ottenuto col primo procedimento. Si vede che l’effetto del vincolo di uguaglianza dei due spostamenti u4 e u8 consiste nel sommare tra loro le rispettive righe e colonne della matrice di rigidezza. Noti u6 e u8 = u4 l’incognita iperstatica X può essere ora calcolata sfruttando la prima o la terza equazione del sistema (3)
7
ESERCIZIO 2 • •
Elementi finiti di Eulero-Bernoulli. Aste inestensibili ( EA → ∞ )
Matrice di rigidezza di generico EF di Eulero-Bernoulli Consideriamo l’elemento finito di EB in figura.
Il suo campo di spostamenti u,v può essere descritto nel seguente modo: u ( x ) = N1u1 + N 4 u 4 (1) v ( x ) = N 2 u 2 + N3u 3 + N5 u 5 + N 6 u 6 Ovvero, in forma vettoriale: 0 N4 0 0 u N1 0 U (2) v = 0 N N 0 N 5 N 6 2 3
N
con U T = [ u1
u2
u3
u4
u5
u6 ]
(3)
Dove le funzioni di forma hanno la seguente espressione: x (4) N1 ( x ) = 1 − A x (5) N4 ( x ) = A 2
x x N2 ( x ) = 1 − 3 + 2 A A
3
(6) 8
2
x x N5 ( x ) = 3 − 2 A A
3
(7)
2
x N 3 ( x ) = x 1 − A x2 x N 6 ( x ) = − 1 − A A
(8) (9)
Dagli spostamenti possiamo pervenire alle deformazioni mediante l’operatore di congruenza. 0 0 N′4 0 0 η ( x ) u ′ ( x ) N1′ = = ′′ 0 − N′′ − N′′ 0 − N′′ − N′′ U ; 2 3 5 6 χ ( x ) − v ( x )
B
La matrice di rigidezza è data dalla seguente espressione: A EA 0 k = ∫ BT DBdx ; dove D = ; 0 EI 0 Effettuando i calcoli si ottiene: EA EA − 0 0 A A EI EI 0 12 3 6 2 0 A A EI EI 0 6 2 4 0 A A k= EA EA 0 0 − A A EI EI −12 3 −6 2 0 0 A A EI EI 0 6 2 0 2 A A
0 EI A3 EI −6 2 A
−12
0 EI A3 EI −6 2 A
12
0 EI 6 2 A EI 2 A 0 EI −6 2 A EI 4 A
Risoluzione dell’esercizio Per risolvere l’esercizio procediamo a evidenziare e numerare, come in figura, i gradi di libertà globali. Questi sono i gradi di libertà non vincolati della struttura, che ci consentono di determinarne la configurazione deformata, e eventualmente anche i gradi di libertà corrispondenti a reazioni vincolari che siamo interessati a calcolare (non è il caso di questo esercizio):
La risoluzione dell’esercizio si articolerà nelle seguenti fasi: • Calcolo della matrice di rigidezza del primo elemento finito • Calcolo della matrice di rigidezza del secondo elemento finito • Assemblaggio della matrice di rigidezza globale
9
• •
Calcolo dei carichi equivalenti nodali Soluzione del sistema lineare
Matrice di rigidezza del primo elemento finito Con riferimento alla matrice di rigidezza di un generico elemento finito (EF ) di Eulero-Bernoulli possiamo agevolmente calcolare la matrice di rigidezza del primo elemento finito. Ci limitiamo ai soli g.d.l. locali che corrispondono a g.d.l. globali, nello specifico ai g.d.l. 3,5,6, e prestiamo anche attenzione al fatto che la rigidezza flessionale dell’EF 1 è pari a 2EI. 3
5
4 −6 A 2EI 2 −6 A 12 A A −6 A 2
6 2 −6 A 4
3 5 6
Matrice di rigidezza del secondo elemento finito Ripetiamo per il secondo EF le quanto appena fatto per il primo. Questa volta ci interessano i g.d.l. locali 2,3 e 5 e la rigidezza flessionale dell’EF è EI. 2 12 A 2 EI 6A A 2 −12 A
3
5
6 A −12 A 2 4 −6 A −6 A 12 A 2
2 3 5
Assemblaggio matrice di rigidezza globale Per assemblare la matrice di rigidezza globale facciamo uso di una tabella delle incidenze: EF
g.d.l.
1 2
1 / /
2 / 2
3 1 3
4 / /
5 2 4
6 3 /
Nella prima riga compaiono i gradi di libertà locali degli elementi, e nella prima colonna gli elementi finiti in cui la struttura è suddivisa. Ogni numero della tabella sta ad indicare il grado di libertà globale che corrisponde al grado di libertà locale j (colonna) dell’EF i (riga). Sappiamo così a quale coefficiente della matrice di rigidezza globale contribuirà ciascun termine delle matrici locali. Ad esempio, l’elemento (5,6) della matrice di rigidezza del 1° EF concorrerà, sommato eventualmente ad altri, a formare il termine (2,3) della matrice di rigidezza globale. Si ottiene in questo modo la seguente matrice: A V1 8A 4A 0 −12 A 2 − 12 A 2 V2 24 A 2 + 12 A 2 − 12 A 2 + 6 A 2 EI − 12 A A V3 −12 A + 6 A −6 A 4A 8 A+4 A A −12 A 2 − 6 A2 0 12 A 2 V4
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in cui sono state uniformate le dimensioni delle incognite e, per facilitare la comprensione, sono indicati separatamente i contributi dei singoli elementi.
Carichi equivalenti nodali Possiamo procedere in due modi al calcolo dei carichi equivalenti nodali: • Con il metodo usuale, ovvero applicando la formula che definisce il vettore dei carichi equivalenti nodali relativi alle componenti che ci interessano. • Sfruttando l’analogia tra i carichi equivalenti nodali di Eulero-Bernoulli e le reazioni vincolari di una trave doppiamente incastrata.
1° Metodo Il vettore dei carichi equivalenti nodali per un singolo EF è così definito: A
Q = ∫ N f dx ; T
(10)
0
nel nostro caso f T = 0 p ( x ) , dove p ( x ) è il carico distribuito in direzione y. Sostituendo in (10) la definizione di N che compare nell’equazione (2) in alto si ottiene:
T Q = 0
A
∫ N 2 ( x ) ⋅ p ( x ) dx 0
A
∫ N3 ( x ) ⋅ p ( x ) dx 0 0
A
∫ N5 ( x ) ⋅ p ( x ) dx 0
A
∫0 N ( x ) ⋅ p ( x ) dx 6
(11)
In questo modo possiamo calcolarci le componenti del vettore dei carichi equivalenti nodali del 1° EF ( p ( x ) = − (1 − x A ) p ). Come per la matrice di rigidezza ci limitiamo ai gradi di libertà non vincolati (3,5,6) dell’EF, che ci consentono di determinarne la configurazione deformata, e a i gradi di libertà corrispondenti a reazioni vincolari che siamo eventualmente interessati a calcolare (nessuna in questo caso): A
A
2
1 x x Q13 = ∫ N 3 ( x ) ⋅ p ( x ) dx = ∫ − 1 − p ⋅ x 1 − dx = − pA 2 20 A A 0 0 A
(12)
A
2 1 x x x Q = ∫ N 6 ( x ) ⋅ p ( x ) dx = ∫ − 1 − p ⋅ − 1 dx = pA 2 30 A A A 0 0
(13)
2 3 3 x x x Q = ∫ N 5 ( x ) ⋅ p ( x ) dx = ∫ − 1 − p ⋅ 3 − 2 dx = − pA 20 A A A 0 0
(14)
1 6
A
1 5
A
Nelle formule sopra il pedice della lettera Q indica il g.d.l. locale mentre l’apice il numero dell’elemento. La stessa operazione può essere ripetuta per il 2° EF con p ( x ) = p e relativamente ai g.d.l. locali 2,3,5.
2° Metodo Se conosciamo le reazioni vincolari di una trave doppiamente incastrata al carico distribuito di nostro interesse possiamo evitare un po’ di calcoli in quanto queste coincidono, a meno del segno, con i carichi equivalenti nodali di Eulero-Bernoulli. Le reazioni per p(x) costante e lineare sono indicate in figura:
11
Assemblaggio Una volta calcolati, con uno dei due modi illustrati sopra, i carichi equivalenti nodali per ciascun elemento, ha luogo una operazione di assemblaggio del tutto analoga a quella effettuata per la matrice di rigidezza, in cui i contributi locali si sommano a formare il vettore globale dei termini noti Q . Il contributo della coppia concentrata pA 2 viene aggiunto direttamente alla terza componente. pA 2 − 20 1 Q3 3 pA 1 − pA − Q5 + Q 22 2 = 20 Q= 1 Q6 + Q32 + pA 2 pA 2 pA 2 − + pA 2 2 30 12 Q5 − pA 2
(15)
Sistema risolvente Non resta che risolvere il sistema lineare, che può essere scritto nella seguente forma adimensionalizzata: 0 A V1 8 −12 4 −1 −12 36 −6 −12 V EI 2 = pA −13 (16) −6 12 −6 A V3 20 19 A3 4 0 −12 −6 12 V4 −10 La soluzione, cui si perviene usando, ad esempio, il metodo di eliminazione di gauss, è: V1 65 4A V 4 2 = − 1 pA 169 12 (17) V3 20 EI 10 A V4 239 12
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Adimensionalizzazione del sistema risolvente I coefficienti che compaiono nella matrice di rigidezza non sono in genere dimensionalmente omogenei. Illustriamo brevemente nel seguito come pervenire ad un sistema adimensionalizzato. Dato il sistema: F A F V F (18) F M ϑ = M
in cui si hanno come incognite sia spostamenti (V) che rotazioni ( ϑ = V A ) nodali e come termini noti sia forze F (nelle equazioni di equilibrio a traslazione) che coppie M = FA (nelle equazioni di equilibrio a rotazione), possiamo per prima cosa rendere omogenee le dimensioni delle incognite: F A F A V F (19) = F F ϑ ⋅ A M
Così facendo i coefficienti di una stessa riga hanno tutti le stesse dimensioni. Infine dividendo per A, ad esempio, le righe delle equazioni a rotazione, perveniamo ad una matrice omogenea. F A F A V F (20) F A F A ϑ ⋅ A = M A
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Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 12 Novembre 2001 Esercizio n° 2 Testo Determinare lo spostamento del punto A facendo uso di due EF CST. Dati: ν = 0;
Svolgimento Per prima cosa numero come in figura gli elementi finiti e i gradi di libertà globali del sistema.
14
Quindi introduco la numerazione dei gradi di libertà locali degli elementi da cui derivo la tabella delle incidenze. Il segno “−“ sta ad indicare che il grado di libertà globale ha verso opposto a quello del corrispondente grado di libertà locale. EF
g.d.l.
1 2
1 1 /
2 / /
3 2 /
4 / /
5 / -2
6 / /
Si può notare che, con la numerazione introdotta, l’elemento 2 coincide con l’1 a meno di una rotazione rigida oraria di 180°. In questo modo posso sfruttare la conoscenza della matrice di rigidezza del primo elemento anche per il calcolo del contributo del secondo alla matrice di rigidezza globale. Faccio ora pertanto riferimento all’elemento 1, dove introduco un opportuno sistema di coordinate. Nella figura qui sotto sono anche riportate le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo, in quanto funzionali al calcolo delle funzioni di forma.
Calcolo le funzioni di forma dell’elemento 1: 1 1 x 1y N1 ( x, y ) = (A − x − y); N2 ( x, y ) = ; N3 ( x, y ) = ; A 2 A 2A Da cui derivo la 1ª, la 3ª e la 5ª colonna della matrice B:
15
1 0 −1 1 0 0 1 B = 0 " 0 " 0 " ; D = E 0 1 0 ; A −1 2 0 0 1 2 0 1 2 1ª 3ª 5ª Nella riga sopra è anche riportata l’espressione della matrice D per ν = 0 .
Ho tutti gli elementi per calcolare i termini che mi interessano della matrice di rigidezza (con il pedice indico la riga e la colonna della matrice, con l’apice l’elemento finito): 2 1 9 2 1 1 1 2 k11 = ∫ Br1D rr Br1 dA = A ⋅ 2 ⋅ ( −1) ⋅1 + − ⋅ E = E; 8 2 2 A A 1 k113 = ∫ Br1D rr Br3 dA = A 2 ⋅ 2 ⋅ ( ( −1 ⋅1) ⋅1) E = − E; A A 1 k133 = ∫ Br3 D rr Br3 dA = A 2 ⋅ 2 ⋅ (12 ⋅1) E = E; A A 2 1 1 1 1 2 1 2 k 55 = k 55 = ∫ Br5 D rr Br5 dA = A ⋅ 2 ⋅ ⋅ E = E; 8 A 2 2 A Il vettore dei carichi equivalenti globale è di calcolo pressoché immediato. Per la seconda componente perché la forza concentrata è direttamente applicata al grado di libertà, per la prima perché sfruttando l’analogia con una trave doppio-appoggio la risultante del carico 2PA si ripartisce equamente sui due estremi del lato caricato. Altrimenti si può eseguire il seguente integrale per il calcolo della prima componente del vettore dei termini noti dovuta al carico distribuito: 2A
2A
1 1 P P ∫0 N1 ( 0, y ) ⋅ p ( y ) dy = ∫0 A (A − 2 y) ⋅ A dy = A 2
2A
y2 P 2 2 Ay − 4 = A 2 ( 2A − A ) = P; 0
Assemblando si perviene al sistema risolvente e alla soluzione: 1 E 9 −8 U1 P = P ⇔ U1 = U 2 = 8 8 −8 9 U 2 E 1
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Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 12 Settembre 2001 Esercizio n° 2 Testo Applicando il metodo di Ritz, determinare i diagrammi di momento flettente e taglio. Si adotti il polinomio di grado minimo, separatamente nei due tratti 0↔A, A↔2A. k = EI A3
Svolgimento Il sistema di riferimento adottato è riportato in figura:
Condizioni al contorno: v1 ( 0 ) = 0; v1′ ( 0 ) = 0; v′2 ( A ) = 0; v1 ( A ) = v 2 ( 0 ) ; v1′ ( A ) = v′2 ( 0 ) ; Le condizioni al contorno sono 5. Adotto per la soluzione 2 polinomi di secondo grado per un totale di 6 parametri, di cui 5 determinati dalle condizioni di congruenza ed uno imponendo la stazionarietà dell’energia potenziale totale. x x2 x x2 + c 2 ; v2 ( x ) = d + e + f 2 ; A A A A b x e x v 1′ ( x ) = + 2c 2 ; v ′2 ( x ) = + 2f 2 ; A A A A Impongo le condizioni al contorno: v 1 ( x ) = a + b
17
v 1 ( 0 ) = 0 ⇒ a = 0;
v 1′ ( 0 ) = 0 ⇒ b = 0; e 2f = 0 ⇔ e = −2f ; v ′2 ( A ) = + A A 2c e = ⇔ e = 2c; v 1′ ( A ) = v ′2 ( 0 ) ⇔ A A v 1 ( A ) = v 2 ( 0 ) ⇔ c = d; Ora v 1 e v 2 dipendono solo dal parametro c : x2 x x2 v 1 ( x ) = c 2 ; v 2 ( x ) = c + 2c − c 2 ; A A A x 2c x 2c 2c v 1′ ( x ) = 2c 2 ; v ′2 ( x ) = − 2c 2 ; v 1′′ ( x ) = 2 ; v ′′2 ( x ) = − 2 ; A A A A A Scrivo l’energia potenziale totale in funzione del parametro c : A1 A1 A 1 EPT ( v1 , v 2 ) = ∫ EI v1′′2 dx + ∫ EI v′′2 2 dx + kv12 ( A ) − ∫ p ( x ) v1 ( x ) dx ; 0 2 0 2 0 2 A1 A1 A 1 EPT ( v 1 , v 2 ) = ∫ EI v 1′′2 dx + ∫ EI v ′′2 2 dx + kv 12 ( A ) − ∫ p ( x ) v 1 ( x ) dx ; 0 2 0 2 0 2 2 2 A1 A1 A 1 x2 2 2c 2c EPT ( c ) = ∫ EI 2 dx + ∫ EI − 2 dx + k ( c ) − ∫ p ( x ) c 2 dx ⇔ 0 2 0 2 0 2 A A A ⇔ EPT ( c ) = ∫
A
0
A1 A 1 4c 2 4c 2 1 x2 EI 4 dx + ∫ EI 4 dx + k c2 − ∫ p ( x ) c 2 dx ; 0 2 0 2 2 A A A
Ora impongo la stazionarietà dell’energia potenziale totale. A A A ∂EPT EI EI x2 = 0 ⇔ ∫ 4c 4 dx + ∫ 4c 4 dx + k c − ∫ p ( x ) 2 dx = 0 ⇔ 0 0 0 ∂c A A A A
EI A EI A p x3 pA 8EI ⇔ 4c 4 [ x ]0 + 4c 4 [ x ]0 + k c − 2 = 0 ⇔ 3 + k c = ⇔ 3 A A A 3 0 A pA 3 ⇔c= 8EI A3 + k Essendo k = EI A3 si ha c = v 1 ( x ) =
pA 3 pA 4 ; = 8EI A3 + EI A3 27EI
pA 4 x 2 pA 4 x x2 ; v2 ( x ) = 1 + 2 − 2 ; 27EI A 2 27EI A A
2 pA 3 x 2 pA3 x 2 pA 2 2 pA 2 ′′ ′′ − = = − ; v ′2 ( x ) = 1 ; v x ; v x ; ( ) ( ) 1 2 27 EI A 27 EI A 27 EI 27 EI Nel grafico seguente è rappresentata la deformata ottenuta. In ascissa c’è x A e in ordinata v c : v 1′ ( x ) =
18
Deformata 0 0,5 1 1,5 2 2,5 0
0,50
1,00
1,50
2,00
Procediamo ora al calcolo del momento e del taglio. Da M = −EIv′′ e T = − EIv′′′ si ha: ( x ) = −EIv ′′ ( x ) = − 2 pA 2 ; T ( x ) = − EIv ′′′( x ) = 0 ; M 1 1 1 1 27 ( x ) = − EIv ′′ ( x ) = 2 pA 2 ; T ( x ) = − EIv ′′′ ( x ) = 0 ; M 2 2 2 2 27 Il taglio risulta nullo essendo stato scelto un polinomio interpolante di secondo grado. Il momento è costante a tratti e discontinuo in x = A . Il diagramma del momento è rappresentato dalla parte delle fibre tese nella figura sottostante dove in ascissa c’è x A . Esso si discosta notevolmente dalla soluzione esatta che prevede momento parabolico sul primo tratto e lineare sul secondo. Momento
2/27
0
- 2/27 0
0,5
1
1,5
2
19
Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 22 Febbraio 2001 Esercizio n° 2 Testo Determinare le azioni interne delle aste del telaio in figura facendo uso di elementi finiti di trave di Eulero-Bernoulli nell’ipotesi di inestensibilità assiale. Il modulo di Young, pari a E , e le caratteristiche geometriche della sezione, A e J, sono uguali per tutte le aste.
Svolgimento La struttura è simmetrica per geometria e carichi rispetto all’asse verticale: il nodo centrale non può ruotare né muoversi orizzontalmente. Inoltre, essendo l’asta verticale in estensibile, non può nemmeno abbassarsi.
20
Posso quindi limitarmi a studiare una struttura composta da una sola asta con 2 spostamenti nodali incogniti.
Il sistema risolvente avrà pertanto questa forma: K12 U1 P1 K KU = P; 11 = ; K 21 K 22 U 2 P2 Dove i gradi di libertà globali sono legati ai locali (la cui numerazione è indicata in figura) dalla tabella delle incidenze. g.d.l. EF 1 2 3 4 5 6 1 / / / / 1 2
Posso ricavare i coefficienti della matrice di rigidezza di un elemento finito dalle reazioni di una trave doppiamente incastrata soggetta ad uno spostamento nodale (cedimento o rotazione) unitario. 21
Pertanto avrò: EJ EJ EJ ; K12 = k56 = −6 2 ; K 22 = k66 = 4 ; 3 A A A Dove con kij ho indicato i coefficienti della matrice di rigidezza del singolo elemento finito e con Kij quelli della matrice di rigidezza globale. Calcolo ora le funzioni di forma che mi interessano per il calcolo dei carichi equivalenti nodali. x x2 x3 b x x2 N i ( x ) = a + b + c 2 + d 3 ; N′i ( x ) = + 2c 2 + 3d 3 ; A A A A A A Calcolo di N 5 : K11 = k55 = 12
N 5 ( 0 ) = 0; N′5 ( 0 ) = 0; N 5 ( A ) = 1; N′5 ( A ) = 0; N 5 ( 0 ) = 0 ⇒ a = 0; N′5 ( 0 ) = 0 ⇒ b = 0;
2c 3d 3 + = 0 ⇔ c = − d; A A 2 3 N 5 ( A ) = 1 ⇔ c + d = 1 ⇔ − d + d = 1 ⇔ d = −2 ⇒ c = 3; 2 2 3 x x N5 ( x ) = 3 2 − 2 3 ; A A Calcolo di N 6 : N′5 ( A ) = 0 ⇔
N 6 ( 0 ) = 0; N′6 ( 0 ) = 0; N 6 ( A ) = 0; N′6 ( A ) = 1; N 6 ( 0 ) = 0 ⇒ a = 0; N′6 ( 0 ) = 0 ⇒ b = 0;
N 6 ( A ) = 0 ⇔ c + d = 0 ⇔ c = −d;
2c 3d + = 1 ⇔ −2d + 3d = A ⇔ d = A ⇒ c = −A; A A x3 x 2 N6 ( x ) = A 3 − 2 ; A A N′6 ( A ) = 1 ⇔
Il carico distribuito è pari a p (1 + x A ) . Allora
2 A A x x3 x x p5 = ∫ N 5 ( x ) ⋅ p 1 + dx = ∫ 3 2 − 2 3 ⋅ p 1 + dx ⇔ 0 0 A A A A
⇔ p5 = pA ∫ ( 3t 2 − 2t 3 ) ⋅ (1 + t ) dt = pA ∫ ( 3t 2 + t 3 − 2t 4 ) dt ⇔ 1
1
0
0
1
t4 t 5 17 pA; ⇔ p5 = pA t 3 + − 2 = 4 5 0 20
22
p6 = ∫
A
0
3 A x x2 x x N 6 ( x ) ⋅ p 1 + dx = ∫ A 3 − 2 ⋅ p 1 + dx ⇔ 0 A A A A
⇔ p6 = pA 2 ⋅ ∫ ( t 3 − t 2 ) ⋅ (1 + t ) dt = pA 2 ∫ ( t 4 − t 2 ) dt ⇔ 1
1
0
0
1
t t 2 ⇔ p6 = pA 2 − = − pA 2 ; 15 5 3 0 I carichi equivalenti nodali potevano essere calcolati in maniera alternativa qualora fossero state note le reazioni vincolari di una trave doppiamente incastrata soggetta a carico distribuito costante e triangolare. 5
p5 =
3
1 7 17 pA + pA = pA; 2 20 20
p6 = −
pA 2 pA 2 2 − = − pA 2 ; 12 20 15
Si ha: 17 2 pA; P2 = p6 = − pA 2 ; 20 15 dove con Pi e pi ho indicato i carichi equivalenti dei gradi di libertà globali e locali rispettivamente. Ora, sostituendo i termini trovati nel sistema risolvente, ricavo U1 e U2. EJ 17 17 13 EJ 12 A3 −6 A 2 U1 20 pA U1 pA 4 60 12 −6 U1 pA 4 20 ⇔ = U A = EJ 2 ⇔ U A = EJ 7 ; U − EJ EJ 2 6 4 2 2 2 2 − −6 − pA 4 24 A 2 A 15 15 P1 = p5 =
Posso così calcolare la deformata e le sue derivate: v ( x ) = N 5 ( x ) ⋅ u5 + N 6 ( x ) ⋅ u6 = N 5 ( x ) ⋅ U1 + N 6 ( x ) ⋅ U 2 ⇔ v(x) =
13 pA 4 60 EJ
v(x) =
pA 4 EJ
x2 x 3 7 pA 4 x 3 x 2 ⋅3 2 − 2 3 + ⋅ − ⇔ A 24 EJ A3 A 2 A
43 x 2 17 x 3 ; ⋅ − 2 3 120 A 120 A
pA3 43 x 17 x 2 pA 2 43 17 x 17 pA ′′ ; v x ; ⋅ − = ⋅ − ( ) ; v′′′ ( x ) = − 2 EJ 60 A 40 A EJ 60 20 A 20 EJ Calcolo taglio e momento esprimendoli in funzione della deformata tramite congruenza e legame costitutivo: pA 2 x ⋅ 51 − 43 ; M ( x ) = EJχ ( x ) = − EJ v′′ ( x ) = 60 A 17 T ( x ) = M′ ( x ) = −EJ v′′′ ( x ) = pA; 20 Troviamo taglio costante a differenza della soluzione esatta della linea elastica ( EJv′′′′ = p ) che v′ ( x ) =
prevede taglio parabolico. 23
Infine non bisogna dimenticare l’azione assiale costante nell’asta verticale che si può calcolare come sovrapposizione dei carichi equivalenti del grado di libertà locale 2 dovuti a carico distribuito costante e triangolare. 1 3 13 N(x) = − pA − pA = − pA; 2 20 20
24
Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 25 Gennaio 2001 (Per gli assenti al secondo compitino)
Esercizio n° 2 Testo Determinare lo spostamento del nodo A facendo uso di un elemento finito a 4 nodi. Il carico f ( x ) è parabolico [ F L ] . Il carico F è costante F L2 . Dati: ν = 0; F = f A ;
Svolgimento Osservo subito che il problema è simmetrico per geometria e carichi. Potrei quindi ricondurmi ad analizzare solo metà del problema, come rappresentato in figura. In questo caso però il problema “dimezzato” ha più g.d.l. del problema originario: 3 invece di 2.
25
Quindi considero un elemento finito quadrato di lato A con la numerazione dei g.d.l. riportata in figura. Sfrutto comunque la simmetria del problema osservando che i termini diagonali della matrice di rigidezza, i carichi equivalenti nodali dovuti ai carichi di volume e di superficie, saranno uguali per i g.d.l. incogniti 6 e 8. Mi riconduco di fatto ad un problema in una sola incognita.
Calcolo le funzioni di forma dei nodi 3 e 4: y( A − x ) xy N3 ( x, y ) = 2 ; N4 ( x, y ) = ; A A2 Da cui derivo la 6ª e l’8ª colonna della matrice B: 0 0 1 0 0 1 B = " x A"1 − x A ; D = E 0 1 0 ; A y A − y A 0 0 1 2 6ª 8ª Posso quindi calcolare gli elementi k66 e k68 della matrice di rigidezza sfruttando l’espressione di D
per ν = 0 riportata poco sopra. 26
A A
2
2
1 x E 1 y E k 66 = ∫ ∫ E 2 + dxdy = 2 2 A A 2 A A A 0 0
1 1
∫ ∫s 0 0
2
1 E 1 E + t 2 A 2 dsdt = 1 + = ; 2 3 2 2
1 1 E = dxdy ( s − s2 ) − 12 t 2 A2 dsdt = E3 12 − 13 − 16 = 0; 2 ∫∫ A 00 0 0 Calcolo ora i carichi equivalenti nodali di volume ( g8 = g 6 )… A A
k 68 = ∫ ∫ E
1 x x E 1 y − 1 − + A2 A A 2 A2 A2
2
A
A
xy f f x 2 y2 fA g 6 = ∫ ∫ N3 ( x, y ) ⋅ F ( x, y ) dxdy = ∫ ∫ 2 ⋅ dxdy = 3 = ; A A A 2 0 2 0 4 0 0 0 0 …e di superficie ( p8 = p6 ): A A
A A
A
A
1
x x x 1 1 1 p6 = ∫ N3 ( x, A ) ⋅ p ( x ) dx = ∫ ⋅ 4f (1 − ) dx = 4fA ∫ s 2 − s3 ds = 4fA − = fA; A A A 3 4 3 0 0 0
dove ho calcolato l’espressione di p ( x ) sapendo che ha andamento parabolico e imponendo la condizione di passaggio per tre punti noti: p (0) = 0 xx p ( A ) = 0 ⇒ p ( x ) = 4f 1 − ; AA p ( A 2 ) = f Osservo inoltre che, sfruttando la simmetria, potevo calcolare il carico equivalente nodale p6 come metà della risultante del carico distribuito sul lato (ovvero come reazione di trave doppio-appoggio soggetta allo stesso carico). Infatti: A A 1 x x 1 1 2 = − = A p x dx 4f (1 ) dx 4f s − s 2 ds = 4fA − = fA; ( ) ∫0 ∫0 ∫ A A 2 3 3 0 Essendo k 68 = 0 ho due equazioni (identiche) disaccoppiate. Calcolo la soluzione: k 66 u 6 = p6 + g 6 ⇔
E fA fA 7 fA u 6 = + ⇔ u8 = u 6 = ; 2 3 4 6E
Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 6 Settembre 2000 Esercizio n° 2 Testo Determinare lo spostamento verticale del punto C, facendo uso di due EF di trave tipo EuleroBernoulli. Il modulo di Young, pari a E , e le caratteristiche geometriche della sezione, A e J, sono uguali per tutte le aste. L’area della sezione è pari a 12 I A 2 .
27
Svolgimento
Indicati come in figura i gradi di libertà di un generico elemento finito di Eulero-Bernoulli di lunghezza A, la sua matrice di rigidezza è la seguente: EA 0 A EI 12 3 A k=
0 EI A2 EI 4 A
6
−
EA A 0 0
EA A
0 EI A3 EI −6 2 A
−12
0 12
EI A3
0 EI 6 2 A EI 2 A 0 EI −6 2 A EI 4 A
Essendo la matrice simmetrica, i termini al di sotto della diagonale non sono stati riportati.
28
I coefficienti della matrice di rigidezza di un elemento finito possono ad esempio essere ricavati dalle reazioni di una trave doppiamente incastrata soggetta ad uno spostamento nodale (cedimento o rotazione) unitario.
Oppure bisogna procedere al calcolo del seguente integrale: A A EA 0 T k = ∫ B DBdx cioè k ij = ∫ Bsi Dst Btj dx con D = 0 EI 0 0 dove la matrice B lega i parametri nodali alle deformazioni generalizzate: 0 0 N′4 0 0 η ( x ) u ′ ( x ) N1′ = = 0 − N′′ − N′′ 0 − N′′ − N′′ U 2 3 5 6 χ ( x ) − v′′ ( x )
B
Per calcolare ad esempio k 23 uso N 2 ed N 3 e osservo che B12 = B13 = 0 . 2
3
x x N 2 ( x ) = 1 − 3 + 2 si ha infatti che N 2 ( 0 ) = 1; N 2 ( A ) = N′2 ( A ) = N′2 ( 0 ) = 0; A A 2
x N 3 ( x ) = x 1 − si ha infatti che N′3 ( 0 ) = 1; N 3 ( A ) = N′3 ( A ) = N 3 ( 0 ) = 0; A 6 x2 x 6 x x x2 2 x N′2 ( x ) = 2 − ; N′′2 ( x ) = 2 2 − 1 ; N′3 ( x ) = 1 − 4 + 3 2 ; N′′3 ( x ) = 3 − 2 ; AA A A A A A A A A
A
A
0
0
0
k 23 = ∫ Bs2 Dst Bt3 dx = ∫ B22 D 22 B23 dx = ∫ N′′2 ( x ) D 22 N′′3 ( x ) dx ⇔ A
1
6 x 2 x EI 2 − 1 EI 3 − 2 dx = 12 3 ∫ ( 2t − 1)( 3t − 2 ) Adt ⇔ 2 A A A A A 0 0
k 23 = ∫
1
EI 7 EI k 23 = 12 2 2t 3 − t 2 + 2t = 6 2 ; 2 A A 0 Indicando ora i gradi di libertà globali con VB , VC e ϑB , questi sono legati ai gradi di libertà locali dalla tabella delle incidenze. La numerazione e il verso assunto per gli elementi finiti sono riportati in figura. Dal verso assunto per ciascun elemento finito si risale al verso e alla numerazione dei gradi di libertà locale.
29
EF
g.d.l.
1 2
1 / /
2 / VB
3 4 VB / -JB /
5 / VC
6 -JB /
Il segno “−“ nella tabella delle incidenze sta ad indicare che il grado di libertà globale ha verso opposto a quello del corrispondente grado di libertà locale. Ora posso calcolare il contributo di ciascun elemento finito alla matrice di rigidezza globale. Si tratta di sottomatrici della matrice di rigidezza del singolo EF, dove è stato cambiato il segno alle righe e alle colonne dei g.d.l. locali aventi segno opposto al corrispondente g.d.l. globale. VB ϑB VC VB ϑB EI EI EI 12 3 −6 2 −12 3 EA A A A 0 A EI EI k2 = k1 = 4 6 2 EI A A 4 A EI 12 3 A Ottengo quindi la matrice di rigidezza globale del sistema. Sostituisco ad A il suo valore pari a 12 I A 2 . VB EI EA 12 3 + A A K =
ϑB EI A2 EI 8 A
−6
VC
VB
EI EI 24 A3 A3 EI 6 2 = A EI 12 3 A
−12
ϑB EI A2 EI 8 A
−6
VC EI A3 EI 6 2 A EI 12 3 A
−12
Il vettore dei carichi equivalenti nodali ha invece la forma: VB ϑB VC pA 2 F = pA − 0 12 La prima componente del vettore è di calcolo immediato essendo la forza pA applicata direttamente sul grado di libertà VB, mentre il valore e il verso della seconda componente possono ad esempio essere calcolati sfruttando l’analogia tra i carichi equivalenti degli EF di Eulero-Bernoulli e le reazioni di una trave doppiamente incastrata soggetta agli stessi carichi. T
30
Altrimenti bisogna eseguire il seguente integrale per il calcolo dei carichi equivalenti nodali: A n n P = ∫ N T dx con vettore dei carichi assiali e trasversali e con la matrice N che lega gli p p 0 0 0 N4 0 0 u N spostamenti ai parametri nodali: = 1 U. 0 N 2 N 3 0 N 5 N 6 v
N
Calcolo in particolare la seconda componente del vettore F riportato sopra. Dalla tabella delle incidenze si ha che (con l’apice indico l’elemento e con il pedice la componente del vettore): A
FϑB = − P − P = − P = − ∫ N 6 ( x ) p ( x ) dx 1 6
2 3
1 6
0
Ho bisogno di N 6 e di p ( x ) = − p nel riferimento scelto. N6 ( x ) = −
x2 x 1 − infatti si ha che N′6 ( A ) = 1; N 6 ( A ) = N′6 ( 0 ) = N 6 ( 0 ) = 0; A A A
1
1 x2 x 1 Quindi FϑB = − ∫ 1 − p dx = −A ∫ t 2 (1 − t ) p Adt = −pA 2 t 3 3 − t 4 4 = − pA 2 ; 0 12 A A 0 0
Risolviamo ora il sistema e calcoliamo lo spostamento VC richiesto. 24 −6 −12 VB 12 VB 10 4 EI p 1 p A A −2 6 ϑB A = −1 ⇔ ϑB A = −6 8 A3 12 120 EI V − 12 6 12 0 V C 11 C VC =
11 pA 4 120 EI
31
Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 19 Luglio 2000 Esercizio n° 2 Testo Determinare il sistema risolvente facendo uso di due elementi finiti CST. 3 Dati: ν = 0; g = 3γ ; κ = E; 4
Svolgimento In figura è rappresentata la numerazione adottata per i g.d.l. locali e globali del sistema. Nel secondo elemento la numerazione è scelta in modo da farlo coincidere con il primo a meno di una rotazione rigida di 90° gradi in senso antiorario.
32
Qui sotto è riportata la tabella delle incidenze. Il segno “−“ sta ad indicare che il grado di libertà globale ha verso opposto a quello del corrispondente grado di libertà locale. EF
g.d.l.
1 2
1 1 2
2 2 -1
3 3 5
4 4 /
5 / /
6 5 /
Procediamo ora al calcolo delle funzioni di forma e della matrice di rigidezza del primo elemento finito.
Con riferimento alla figura sopra, calcolo le funzioni di forma dell’elemento: 1 1 1 N1 ( x, y ) = ( x + b ) ; N2 ( x, y ) = ( y − x ) ; N3 ( x, y ) = − ( y + x ) ; b 2b 2b …da cui ottengo la matrice B : 0 0 −1 2 1 0 −1 2 1 0 0 1 B = 0 0 0 12 0 −1 2 ; D = E 0 1 0 ; b 0 1 1 2 −1 2 − 1 2 − 1 2 0 0 1 2 Ora, sfruttando anche la matrice D riportata sopra, posso ricavare i coefficienti della matrice di
rigidezza. A titolo di esempio svolgo il calcolo per il termine k 35 . 1 1 1 1 E ⋅ ⋅1 − ⋅ E = ; 2 4 2 8 b 4 A Il procedimento è analogo per gli altri termini. Infine ottengo la matrice k del primo elemento k 35 = ∫ Br3 D rr Br5 dA = b 2 ⋅
finito (riporto solo metà per simmetria).
33
8 0 −4 0 −4 0 4 2 −2 −2 −2 3 1 1 1 − − E k = ⋅ ; 3 1 −1 8 3 1 3
Osservo che la matrice del secondo elemento finito è identica a quella del primo: a meno di una rotazione rigida, geometria e numerazione dei g.d.l. coincidono. Sfruttando la tabella delle incidenze (e provvedendo opportunamente a cambiare il segno ai coefficienti della matrice ove nella tabelle delle incidenze compaia il segno “−“) riporto allora il contributo di ciascun elemento finito alla matrice di rigidezza globale. In fondo alle matrici sono indicati i g.d.l. globali cui le colonne corrispondono. 8 0 −4 0 0 4 2 −2 −2 E k1 = ⋅ 3 −1 −1 8 3 −1 3 1 2 3 4 5
4 0 −2 E k 2 = ⋅ 8 −4 8 3 1 2 5
k molla = κ =
3 E E = ⋅ [ 6] 4 8 5
Ho riportato anche il contributo della molla alla matrice di rigidezza. Adesso procedo al calcolo dei carichi equivalenti nodali cominciando dai carichi di volume del primo elemento (n.b.:con il pedice indico il g.d.l. locale e con l’apice l’elemento).
Calcolo il carico equivalente nodale di volume relativo al 6° grado di libertà del 1° elemento. Nel riferimento scelto g ( x , y ) = −3γ .
34
g = 1 6
0 −x
0 −x
∫ ∫ N3 ( x, y ) g ( x, y ) dy dx = ∫ ∫
−b x
−b x
(
)
0 −s
1 3 − ( x + y ) − 3γ dy dx = γ b2 ∫ ∫ ( t + s ) dt ds ⇔ 2b 2 −1 s
−s
0
0 0 3 3 2 t2 3 2 2 2 s g = γ b ∫ + st ds = γ b ∫ ( −2s ) ds = −3γ b ⇔ 2 2 2 s 3 −1 −1 −1 1 6
g16 = −γ b 2 ;
Osservazione: essendo il carico di volume costante, i carichi equivalenti nodali ( g16 , g14 e g12 ) risultano uguali e pari alla risultante delle forze di volume ( −3γ b 2 ) diviso 3. Le altre componenti si calcolano in maniera analoga. Per quanto riguarda i carichi equivalenti nodali di volume del secondo elemento si possono ricavare osservando che essi coincidono con quelli dovuti ad un carico di volume orizzontale pari a −3γ nel primo elemento. Evito così di calcolare anche le funzioni di forma del 2° elemento. Sfruttando la tabella delle incidenze posso riportare il contributo dei carichi di volume al vettore dei carichi del sistema risolvente. Le componenti globali corrispondenti sono riportate in basso. T g glob = −γ b 2 ⋅ [ 0 2 0 1 2] 1 2 3 4 5 Restano da calcolare i carichi equivalenti nodali relativi al carico distribuito triangolare agente sul lato AD. L’unico contributo al sistema risolvente è dato alla terza componente del vettore dei carichi dal carico equivalente nodale del g.d.l. 3 del 1° elemento ( p13 ) . b
p = 1 3
b
1
∫ N2 ( −b, y ) p ( y ) dy = ∫ 2b ( y + b ) ⋅ γ (b − y) dy ⇔
−b
−b
1
1 2 1 2 t3 1 2 p = γ b ∫ ( t + 1) ⋅ (1 − t) dt = γ b t − = γ b 2 2 − ⇔ 2 2 3 3 −1 2 −1 1
1 3
2 p13 = γ b 2 3
Sommando i contributi al vettore dei carichi e alla matrice risolvente, posso scrivere il sistema risolvente richiesto dal testo del problema: 12 0 −4 0 0 12 2 −2 E ⋅ −4 2 3 −1 8 0 −2 −1 3 −2 −6 −1 −1
−2 U1 0 6 −6 U 2 1 −1 U 3 = − γ b 2 −2 3 −1 U 4 3 6 12 U 5
Per completezza calcolo anche la soluzione del sistema:
35
U1 U 2 2 γ b2 U3 = − 63 E U4 U 5
22 151 −4 230 140
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Scienza delle Costruzioni II Tema d’esame del 22 Febbraio 2000 Esercizio n° 2 Testo Determinare la freccia di estremità con il metodo di Ritz utilizzando un polinomio di grado minimo. − Modello di trave di Bernoulli-Eulero. − Larghezza b della sezione costante. − Peso specifico γ [F] ⋅ [L]−3 − α ∈ ]0, 2]
Svolgimento La variazione lineare dell’altezza della sezione lungo l’asse della trave comporta anche un diverso peso per unità di lunghezza e momento d’inerzia al variare dell’ascissa. Calcolo innanzitutto la legge con cui varia l’altezza della trave con la posizione x sull’asse baricentrico, sapendo che ha andamento lineare:
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h ( x ) = A + Bx; h ( 0 ) = α h A = α h A = α h ⇒ ⇒ α h + BA = h B = h (1 − α ) A h ( A ) = h x h ( x ) = h α + (1 − α ) ; A
Trovata h ( x ) , calcolo il momento di inerzia in funzione di x… 3
1 1 x I ( x ) = b h 3 ( x ) = b h 3 α + (1 − α ) ; A 12 12 e analogamente il carico distribuito, considerando il peso di un tratto infinitesimo dx di trave:
γ dV = γ ⋅ b ⋅ h ( x ) dx = p ( x ) dx ⇒ p ( x ) = γ ⋅ b ⋅ h ( x ) x p ( x ) = γ ⋅ b ⋅ h α + (1 − α ) ; A Il mio problema è ora quello di calcolare la freccia di una trave di Eulero-Bernoulli soggetta a carico distribuito e momento di inerzia variabili con legge nota. Scrivo innanzitutto l’energia potenziale totale per il problema considerato: A A 2 1 EPT ( vˆ ) = ∫ EI ( x ) vˆ ′′ ( x ) dx − ∫ p ( x ) vˆ ( x ) dx ; 20 0 Devo scegliere una funzione approssimante v per la deformata rispettosa della congruenza. Cioè v ( x ) ∈ C1 ([ 0, A ]) e v ( 0 ) = v ′ ( 0 ) = 0 . Essendo richiesto di scegliere un polinomio di grado minimo, prendo in considerazione un polinomio di grado 2, avente un solo parametro libero in aggiunta ai 2 parametri strettamente necessari a soddisfare le condizioni al contorno. 2 x B Cx C x v ( x ) = A + B + C ; v ′ ( x ) = + 2 ; v ′′ ( x ) = 2 2 ; A A A A A A 2 A = 0 v ( 0 ) = A = 0 x ⇒ ⇒ v ( x ) = C ; c.c. A v ′ ( 0 ) = B A = 0 B = 0
Ora esprimo l’energia potenziale totale in funzione del parametro libero C: A
2
A
2
1 C x EPT ( C ) = ∫ EI ( x ) 2 2 dx − ∫ p ( x ) ⋅ C dx = 20 A A 0 A
A
3
2
1 1 x C2 x x 3 = ∫ E ⋅ b h α + (1 − α ) ⋅ 4 4 dx − ∫ γ ⋅ b ⋅ h α + (1 − α ) ⋅ C dx 2 0 12 A A A A 0 1
=
1
2 3 C 1 1 3 + − E b h 1 t Adt − ∫ γ ⋅ b ⋅ h (α + (1 − α ) t ) ⋅ Ct 2 Adt α α ( ) ( ) 2 ∫0 3 A4 0
C2 E b h 3 = ⋅ 2 3A3
1
∫ (α + (1 − α ) t ) 0
3
1
dt − C ⋅ γ bhA ∫ (α t 2 + (1 − α ) t 3 ) dt 0
Nel terzo passaggio sopra ho effettuato il cambio di variabili t = x A ⇒ dx = A dt ;
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Impongo la stazionarietà dell’energia potenziale totale eguagliando a zero il valore della derivata prima dell’EPT rispetto a C: 1 1 d EPT ( C ) 3 E b h3 = C⋅ α + (1 − α ) t ) dt − γ bhA ∫ (α t 2 + (1 − α ) t 3 ) dt = 0 ; 3 ∫( dC 3A 0 0 Calcolo gli integrali che compaiono nell’espressione della derivata dell’EPT rispetto a C, 1 1 3 4 1 1−α 4 1 1 α + 1 − α t dt = ⋅ α + 1 − α t = ⋅ = ( ) ( ) ( ) ( ) ∫0 4 1 − α 4 1−α 0 2 3 1 (1 − α ) (1 + α + α + α ) 1 + α + α 2 + α 3 = ; = ⋅ 4 4 1−α 1
t3 t 4 α 1 − α 4α + 3 − 3α 3 + α α t 1 α t dt α 1 α + − = + − = + = = ; ( ) ( ) ( ) 3 ∫0 4 0 3 4 12 12 1
2
3
e li sostituisco nell’equazione di stazionarietà dell’EPT, 1 1 d EPT ( C ) 3 E b h3 2 3 1 t dt bh = C⋅ α + − α − γ A ( ) ( ) ∫0 (α t + (1 − α ) t ) dt = 0 ⇔ dC 3A3 ∫0 d EPT ( C ) E b h3 1+ α + α 2 + α 3 3 +α = C⋅ ⋅ − γ bhA ⋅ = 0; 3 dC 3A 4 12 dalla quale ricavo agevolmente C: d EPT ( C ) 3 +α E b h3 1 + α + α 2 + α 3 ⋅ = C⋅ −γ bh A⋅ =0⇔ 3 dC 3A 4 12
3 +α γ A4 ⋅ ; 1+α +α 2 +α 3 E h2 Infine ottengo v ( x ) e la freccia in x = A . C=
2
2
3 +α γ A4 x x v ( x ) = C = ⋅ ⋅ ; 2 3 2 A 1+α +α +α E h A 2
3 +α γ A4 A v ( A ) = C = C = ; ⋅ 1+α +α 2 +α 3 E h2 A Faccio anche una verifica dimensionale per accertarmi che il parametro C calcolato abbia effettivamente le dimensioni di una distanza (α è adimensionale). −3 −2 γ = [ F][ L ] ; E = [ F][ L ] ; A = [ L ] ; h = [ L ] ;
γ A 4 [ F][ L ] ⋅ [ L ] 3 +α C= ⋅ = = [ L] ; 1 + α + α 2 + α 3 E h 2 [ F][ L ]−2 ⋅ [ L ]2 −3
4
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Scienza delle costruzioni II Tema d’esame del 25 Febbraio 1999 Esercizio 1 Testo Analizzare la struttura in figura facendo uso di elementi finiti per problemi piani. Assumere2 ν ≠ 0 e considerare il problema piano nelle tensioni.
Svolgimento
Utilizzando per la discretizzazione 2 elementi CST ed un elemento a 4 nodi, il problema ha 4 incognite date dagli spostamenti verticali v B , vC , v E , v F dei nodi B,C,E,F rispettivamente. Tuttavia
2
Qui è stata introdotta una modifica rispetto al testo originale del tema d’esame che chiedeva di risolvere il problema per ν=0.
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per l’evidente simmetria di geometria e di carico della struttura, v B = vC e v E = v F , il problema si riconduce a due sole incognite indipendenti. Volendo sfruttare la simmetria del problema per ridurre i calcoli ci si può ricondurre alla risoluzione di metà struttura come indicato nella figura sottostante:
In figura è indicata anche la numerazione degli elementi e dei gradi di libertà globali. Il numero di incognite del problema ritorna però ad essere 4 perché qui sto implicitamente adottando per l’intera struttura una discretizzazione più ricca (2 elementi a 4 nodi + 2 CST anziché 1 elemento a 4 nodi + 2 CST) della precedente. A priori per un problema piano v G ≠ v E = v F e v H ≠ v B = vC , mentre, discretizzando tutta la struttura con un solo elemento a 4 nodi e 2 CST, essendo lo spostamento dei lati EF e BC lineare si ha: v G = ( v E + v F ) 2 = v E = v F e v H = ( v B + v C ) 2 = v B = v C . Quindi posso utilizzare più approcci per la soluzione del problema: 1. Risolvere l’intera struttura con 1 elemento a 4 nodi + 2 CST. Benché non sia specificato, questo è il modo in cui probabilmente ci si aspettava che venisse il problema. 2. Ottenere la stessa soluzione (con due sole incognite indipendenti) del punto 1 considerando solo metà struttura. 3. Considerare metà struttura con 4 incognite indipendenti ottenendo una soluzione più accurata di quella dei punti 1 e 2. Scelgo di risolvere il problema utilizzando l’approccio 2 perché più peculiare rispetto agli altri e perché ho contemporaneamente 2 soli g.d.l. globali e il vantaggio di sfruttare solo metà struttura. Ovviamente gli altri approcci sono altrettanto validi. Inoltre siccome, come si vedrà, l’approccio 3 si differenzia dal 2 solo per l’assemblaggio, in fondo è riportata la soluzione anche per esso. In appendice viene infine presentato un metodo alternativo per la soluzione del problema con l’approccio 2. Quindi considero il problema “dimezzato” e riduco anche il problema a due soli gradi di libertà. Per fare ciò devo imporre le uguaglianze di spostamento v G = v E e v H = v B , come avviene risolvendo il problema con l’approccio 1. Riporto nella figura sottostante i due elementi finiti con la numerazione locale dei loro gradi di libertà.
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Ora impongo, già nella tabella delle incidenze, le uguaglianze v G = v E e v H = v B . Tradotta in gradi di libertà globali la condizione si scrive: U 3 = U 4 ; U1 = U 2 ; Quindi ho la seguente tabella delle incidenze: EF
g.d.l.
1 2
1 / /
2 / 1
3 / /
4 1 1
5 / /
6 4 4
7 / /
8 / 4
Comincio il calcolo dei termini della matrice di rigidezza dall’elemento finito 1. In figura sono riportati tra l’altro il sistema di riferimento scelto, le coordinate dei nodi e le equazioni dei lati del triangolo per il calcolo delle funzioni di forma.
Calcolo le funzioni di forma imponendo che valgano uno nel proprio nodo e che si annullino negli altri due. x x y y N1 ( x, y ) = 1 − ; N2 ( x, y ) = − ; N3 ( x, y ) = ; A A A A Ora ricavo la 2ª, la 4ª e la 6ª colonna della matrice B . Le seconde due per i termini della matrice di rigidezza di nostro interesse e la prima per una verifica della correttezza dei calcoli. 0 0 0 0 0 0 1 B = " N1,y " N2,y " N3,y = " 0 " −1" 1 A −1 1 0 N1,x N2,x N3,x 2 4 6 2 4 6
1 ν d = ν 1 0 0
0 (1 −ν ) 2 0
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Ora calcolo i coefficienti della matrice di rigidezza. Questo si riconduce in ogni caso all’integrale della somma di due termini, sfruttando il fatto che d 23 = d13 = 0 e che il primo elemento delle
colonne pari (e qui compaiono solo quelle) della matrice B è nullo ( B1i = 0 ∀i pari ) . k ij = ∫ Bri d rs Bsj dA ⇔ A
(
)
(
)
k ij = ∫ B1i d1s Bsj + B2i d 21 B1j + d 22 B2 j + d 23 B3 j + B3i d 31 B1j + d 32 B2 j + d 33 B3 j dA ⇔ A
k ij = ∫ B2i d 22 B2 j + B3i d 33 B3 j dA A
2 k 44 = ∫ B224 d 22 + B34 d 33 dA = A
A2 1 E 1 −ν 3 −ν E 2 ⋅ 2 ⋅ −1) ⋅1 + 1⋅ = ; 2 ( 2 A 1 −ν 2 4 1 −ν 2
A2 1 E 2 1 E ⋅ 2 ⋅ k 66 = ∫ B d 22 dA = ; (1) ⋅1 = A 2 A 1 −ν 2 2 1 −ν 2 2 24
k 46 = ∫ B24 d 22 B26 dA = A
A2 1 E 1 E ⋅ 2 ⋅ −1) = − ; 2 ( 2 A 1 −ν 2 1 −ν 2
Ora calcolo anche k 24 . A2 1 E 1 −ν ν − 1 E ⋅ 2 ⋅ −1⋅1) ⋅ = ; 2 ( A 2 A 1 −ν 2 4 1 −ν 2 Ora, siccome le righe pari (2,4,6) della 4ª colonna della matrice di rigidezza corrispondono alle reazioni verticali ai nodi dovute ad uno spostamento unitario imposto al grado di libertà 4, la loro somma, per equilibrio in direzione y, deve essere pari a zero. Questa verifica costituisce una utile verifica della correttezza dei calcoli effettuati. E ν − 1 3 − ν 2 k 24 + k 44 + k 64 = + − =0 1 −ν 2 4 4 4 k 24 = ∫ B32 d 33 B34 dA =
Passo a considerare il secondo elemento finito. In figura sono rappresentati la numerazione e le coordinate dei nodi, i gradi di libertà locale, il sistema di riferimento locale e le equazioni dei lati.
Calcolo le funzioni di forma… 43
x y x y N1 ( x, y ) = 2 − 1 − 1 ; N2 ( x, y ) = 2 1 − ; A A A A x y x y N3 ( x, y ) = 2 ⋅ ; N4 ( x, y ) = 1 − 2 ⋅ ; A A A A …e le colonne pari della matrice B associate ai g.d.l. 2,4,6,8: 0 0 0 0 0 0 0 0 1 x x x x " 2 "1 − 2 B = " N1,y " N2,y " N3,y " N4,y = " 2 − 1 " −2 A A A A ; A N N N N y 1,x 2,x 3,x 4,x 2 y − 1 2 1 − y 2 y −2 A A A A 4 6 8 2 4 6 8 2 Ancora una volta, essendo coinvolti solo g.d.l. verticali, anche per ν ≠ 0 il calcolo dei termini della matrice di rigidezza risulta notevolmente semplificato: B1i = 0 ∀i pari ⇒ k ij = ∫A B2i d 22 B2 j + B3i d 33 B3 j dA ; d13 = d 23 = 0 Inoltre, rifacendosi a considerazioni di simmetria e al significato dei termini della matrice di rigidezza come reazioni a spostamenti unitari (vedi figura sottostante), possiamo ulteriormente ridurre i calcoli osservando che: k 22 = k 44 = k 66 = k 88 ; k 28 = k 46 ; k 68 = k 24 ; k 26 = k 48 ;
44
Negli integrali che seguono è sistematicamente usata la seguente trasformazione di coordinate: s = 2 x A dx = 1 2 ⋅ A ds t=y A dy = A dt
A2 E 1 2 2 1 −ν ds dt ⇔ ⋅ ⋅ 2 ∫ ∫ ( s − 1) ⋅1 + 4 ( t − 1) ⋅ 2 2 1 −ν A 0 0 2 A 1 E 1 3 − 2ν E ⋅ 1 + 2 (1 − ν ) = ⋅ k 22 = k 44 = k 66 = k 88 = ⋅ 2 2 1 −ν 3 6 1 −ν 2 1 1 1 E 2 1 −ν k 24 = ∫ B22 d 22 B24 + B32 d 33 B34 dA = ⋅ s − s 2 ) ⋅1 − 4 (1 − t ) ⋅ ds dt ⇔ 2 ∫ ∫( 2 1 − ν 2 A 0 0 2 k 22 = ∫ B222 d 22 + B32 d 33 dA =
1 1
1 E 1 4ν − 3 E k 24 = k 68 = ⋅ ⋅ 1 − 4 (1 −ν ) = ⋅ 2 2 1 −ν 6 12 1 − ν 2 1 1 1 E 1 −ν k 26 = ∫ B22 d 22 B26 + B32 d 33 B36 dA = ⋅ s 2 − s ) ⋅1 + 4 ( t 2 − t ) ⋅ ds dt ⇔ 2 ∫ ∫( 2 1 −ν 0 0 2 A 1 E 1 1 −ν 2ν − 3 E k 26 = k 48 = ⋅ ⋅ −1 − 4 = ⋅ 2 2 1 −ν 6 2 12 1 − ν 2 1 1 1 E 1 −ν 2 k 28 = ∫ B22 d 22 B28 + B32 d 33 B38 dA = ⋅ − s − 1) ⋅1 − 4 ( t 2 − t ) ⋅ ds dt ⇔ 2 ∫∫ ( 2 1 −ν 0 0 2 A 1 E 1 1 −ν 2ν E ν E k 28 = k 46 = ⋅ ⋅ −2 + 4 =− ⋅ =− ⋅ 2 2 2 1 −ν 6 2 12 1 −ν 6 1 −ν 2 Come verifica dei calcoli mi accerto che, per equilibrio in direzione y, la somma delle reazioni verticali dovute ad uno spostamento unitario del g.d.l. 2 sia nulla. 1 E 4ν − 3 2ν − 3 k 22 + k 42 + k 62 + k 82 = ⋅ 3 − 2ν + + −ν = 0 2 6 1 −ν 2 2 Ora posso assemblare la matrice di rigidezza della struttura usando la tabella delle incidenze introdotta prima: (2) (2) (2) (2) (2) (2) (2) (2) k (1) k (1) 44 + k 22 + k 24 + k 42 + k 44 46 + k 26 + k 28 + k 46 + k 48 K = (1) (2) (2) (2) (2) (1) (2) (2) (2) (2) k 46 + k 26 + k 28 + k 46 + k 48 k 66 + k 66 + k 68 + k 86 + k 88 45
Nella matrice sopra ho indicato con l’apice tra parentesi il numero dell’elemento finito e col pedice la riga e la colonna della sua matrice di rigidezza. Essendo il vettore dei carichi ottenibile senza alcun calcolo, ottengo direttamente il sistema risolvente e la sua soluzione: U 0 4 1 E 5 −ν −4 U1 P ⋅ = P ⇔ 1 = − ⋅ (1 + ν ) 2 4 U4 4 1 −ν −4 E −1 5 − ν U4 La soluzione appena calcolata è identica a quella che si otterrebbe con l’approccio 1, ovvero discretizzando l’intera struttura con 2 CST e un elemento a 4 nodi. Se invece non impongo alcuna uguaglianza di gradi di libertà nella tabella delle incidenze, posso risolvere il problema usando tutti e quattro i gradi di libertà. E’ il caso dell’approccio 3 descritto all’inizio: la soluzione è più accurata perché sto utilizzando implicitamente 4 elementi anziché 3 per la discretizzazione dell’intera struttura. Avrò la seguente tabella delle incidenze… EF
g.d.l.
1 2
1 / /
2 / 1
3 / /
4 1 2
5 / /
6 4 3
7 / /
8 / 4
…e la seguente matrice di rigidezza:. (2) k (1) 44 + k 22 K=
k (2) 24 (2) k 44
k (2) 26 (2) k 46 k (2) 66
(2) k (1) 46 + k 28 k (2) 48 = 1 ⋅ E (2) k 68 12 1 − ν 2 (2) k (1) 66 + k 88
15 − 7ν
4ν − 3 2ν − 3 −6 − 2ν 6 − 4ν −2ν 2ν − 3 6 − 4ν 4ν − 3 12 − 4ν
Quindi risolvo il sistema calcolando U1, U2, U3, U4. 15 − 7ν 4ν − 3 1 E ⋅ 12 1 − ν 2 2ν − 3 −6 − 2ν
4ν − 3 2ν − 3 −6 − 2ν U1 0 6 − 4ν −2ν 2ν − 3 U 2 = P 0 ⇔ −2ν 6 − 4ν 4ν − 3 U 3 0 2ν − 3 4ν − 3 12 − 4ν U 4 −1 U1 18 − 8ν U 21 − 11ν 2 = −2 P ⋅ 1 + ν U3 E 9 − 4ν (ν − 3) ( 2ν − 7 ) 2(ν − 6)(ν − 2) U 4
Se invece sono interessato a calcolare le iperstatiche associate al vincolo di eguaglianza degli spostamenti, posso utilizzare questo sistema (la matrice di rigidezza è immutata):
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15 − 7ν 1 E 4ν − 3 ⋅ 12 1 −ν 2 2ν − 3 −6 − 2ν
4ν − 3 2ν − 3 −6 − 2ν U1 X 6 − 4ν −2ν 2ν − 3 U1 − X = ⇔ −2ν 6 − 4ν 4ν − 3 U 4 Y 2ν − 3 4ν − 3 12 − 4ν U 4 −P − Y
X 4 P 1 U1 P Y = − 4 1 e U = − E ⋅ (1 + ν ) 5 − ν 4
Appendice In appendice presento brevemente un modo alternativo per la risoluzione del problema con l’approccio 2. Anziché tener conto del vincolo di eguaglianza degli spostamenti nella tabella delle incidenze, posso farlo a partire dalla descrizione del campo di spostamenti dell’elemento finito a 4 nodi: s y = N1 (x, y) U1 + N2 (x, y) U 2 + N3 (x, y) U 3 + N4 (x, y) U 4 dove gli Ui sono i gradi di libertà globale. Siccome U1=U2 e U3=U4 posso introdurre la seguente : matrice N 0 0 s x U1 s = N + N 1 2 N3 + N4 U 4 y N
: e ricavarne la corrispondente matrice B
0 0 ∂ ∂x ∂ ∂x 0 0 s x U1 ε = 0 ∂ ∂y = 0 ∂ ∂y ⇔ sy N1 + N2 N3 + N4 U 4
∂ ∂y ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂x N
0 0 0 0 U1 1 U ε = (N1 + N2 ),y (N3 + N4 ),y = −1 1 1 U 4 A 0 0 U 4 (N N ) (N N ) + + 1 2 ,x 3 4 ,x
B
B
La matrice di rigidezza si calcola molto agevolmente usando la consueta formula. d B k ij = ∫ B ri rs sj dA A
1 E 1 −1 k = ⋅ 2 1 − ν 2 −1 1 U1 U 4
Per ottenere la matrice risolvente si procede poi ad assemblare a k il contributo dell’elemento triangolare.
47
K=
Ho
1 −1 1 E −1 1 + 2 ⋅ 1 − ν 2 U1 U 4 ottenuto così la
1 E ⋅ 2 1 −ν 2
(3 − ν ) / 2 −1 1 E 5 − ν −4 = ⋅ −1 1 4 1 − ν 2 −4 4 U1 U4 stessa matrice con un diverso
procedimento
48
