corso modellazione 1a
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Corso modellazione strutturale Ing. Camata - Udine 2011TRANSCRIPT
1
1A LEZIONE
Guido Camata, [email protected]
Università degli Studi “G. D’Annunzio” Chieti-Pescara
Aprile 2011
2
ARGOMENTI DEL CORSO
1° LEZIONE - ANALISI LINEARI PER EDIFICI ESISTENTI, CONCETTI DI BASE
_Il concetto di elemento finito, come si discretizza il continuo
_Soluzione approssimata e soluzione esatta
_Vincoli
_Formulazione degli Elementi
_Punti di integrazione
_Interpolazione
_Errori derivanti dagli elementi
_Solai rigidi e flessibili;
_Pareti strutturali;
_Accenni sui Tamponamenti;
_Deformabilità a taglio;
_Esempi e presentazione degli edifici in c.a.
_Chiese, edifici monumentali, edifici “scatolari”, ecc…
_Errori derivanti da non corretta modellazione
_Suggerimenti pratici
3
ARGOMENTI DEL CORSO
2° LEZIONE – ANALISI DINAMICHE MODALI E SISMICA DI BASE. INIZIO BASI
NONLINEARI
_Introduzione alla sismica. Spettri etc.
_Analisi permesse nell’NTC2008 Analisi statiche equivalenti
Analisi dinamica modale
Analisi nonlineare statica
Analisi dinamiche nonlineari
_Analisi modali
_Analisi con spettro di risposta
_Fattori di struttura e livelli di confidenza
_Risultati
_Verifiche da NTC2008
_Esempio di analisi fatta con spettro di risposta Varie ipotesi di modellazione
_Comportamento lineare e non lineare. linearità / non linearità del materiale con riferimento a ca e muratura
linearità / non linearità geometrica
linearità / non linearità della struttura
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ARGOMENTI DEL CORSO
3° LEZIONE – PROCEDURE DI VERIFICA E ANALISI NONLINEARE STATICA
_Modelli di comportamento anelastico Plasticità diffusa (modelli a fibre)
Plasticità concentrata
Approfondimenti (p.e.: Displacement based e forced based)
_Procedure di verifica Meccanismi duttili e fragili (verifiche corda, taglio etc)
Nodi trave-pilastro;
_Analisi statica non lineare Distribuzione di forze (N2 e multimodali)
Algoritmi incrementali e criteri di convergenza;
Metodi di controllo (di forze, di spostamento, di risposta);
_Procedura di controllo per le analisi nonlineari statiche
_Esempio di pushover
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ARGOMENTI DEL CORSO
4° LEZIONE – ANALISI DINAMICHE NONLINEARI, APPROFONDIMENTI ED ESEMPI
_Interazione suolo struttura Modello completo
Modello semplificato
_Tamponature
_Analisi dinamica non lineare: Input sismico;
Modellazione
Smorzamento;
_Procedura di controllo per le analisi nonlineari dinamiche
_Suggerimenti per criteri di convergenza
_Esempio struttura in c.a.
_Travi parete e setti
TEST CONOSCITIVI
Mensola Edificio
Semplice
CASI REALI
Edificio
Regolare
Edificio
Irregolare
CASI REALI
Edificio
Regolare
Edificio
Irregolare
9
E’ IMPORTANTE CONOSCERE LA TEORIA?
I programmi a Elementi Finiti possono essere usati anche da coloro i
quali non hanno alcuna conoscenza della teoria, questo porta a
conseguenze che possono variare da imbarazzanti a disastrose (Cook,
Malkus, Plesha e Witt 2002, Concepts and applications of Finite
Element Analysis, University of Madison, Wisconsin)
F
L
d
3
max;3
FLM FL
EId
10
CONOSCERE LA TEORIA
Confronto tra soluzione esatta e elementi finiti
F
L
d
“Esatta” FE
L (m) “Esatta” d (mm) FE d (mm) differenza 1 0.537 0.924 42%
5 67.147 69.081 3%
10 537.180 541.044 1%
50 67147.442 67166.433 0%
1 m
0.3 m
11
3
max
;3
FL FL
EI GA
M FL
d
F
L
d
“Esatta” FE
L (m) “Esatta” d (mm) FE d (mm) differenza 1 0.924 0.924 0%
5 69.081 69.081 0%
10 541.047 541.044 0%
50 67166.781 67166.433 0%
1 m
0.3 m
CONOSCERE LA TEORIA
12
CONOSCERE LA TEORIA Esempio sperimentale
0
100
200
300
0.00 5.00 10.00 15.00 20.00 25.00
Mid-Span Deflection (mm)
Loa
d (
kN
)
Test 3
Timoshenko
FEA
Bernoulli
Experimental
13
Contorni irregolari
Carichi generali
Materiali differenti
Condizioni al contorno irregolari
Dimensioni variabili dell’elemento
Facili modifiche
Dinamica
Problemi nonlineari (geometrica e materiale)
VANTAGGI FEM
14
TIPO DI ANALISI DA FARE
• Tipo di eccitazione (carichi)
• Tipo di struttura
(Materiale e geometria)
• Tipo di risposta
Il tipo di analisi da effettuare dipende dal
sistema strutturale
Eccitazione Struttura Risposta Tipo di analisi
Statica Elastica Lineare Lineare-Elastica-Statica
Statica Elastica Nonlineare Nonlineare-Elastica-Statica
Statica Inelastica Lineare Lineare-Inelastica-Statica
Statica Inelastica Nonlineare Nonlineare-Inelastica-Statica
Dinamica Elastica Lineare Lineare-Elastica-Dinamica
Dinamica Elastica Nonlineare Nonlineare-Elastica-Dinamica
Dinamica Inelastica Lineare Lineare-Inelastica-Dinamica
Dinamica Inelastica Nonlineare Nonlineare-Inelastica-Dinamica
TIPO DI ANALISI DA FARE
1. Statica - Lineare
2. Lineare - Dinamica
3. Nonlineare - Statica
4. Nonlineare - Dinamica
FKu
)()()()( tFtKutuCtuM
)()()()()( tFtFtKutuCtuM NL
FFKu NL
f
u
f
u
TIPO DI ANALISI DA FARE
• Carico Statico
– Quando il carico non varia rapidamente nel tempo
– Quando il carico applicato varia lentamente
• Carico Dinamico
– Quando il carico varia rapidamente nel tempo
– Quando le forze inerziali diventano significanti
La maggior parte dei carichi reali sono dinamici ma sono
considerati quasi statici (statici equivalenti)
STATICA VS DINAMICA
LINEARE VS NONLINEARE
Linearità
• La risposta è direttamente proporzionale al carico (La freccia raddoppia se il carico raddoppia)
Nonlinearità
• La risposta non è direttamente proporzionale al carico (La freccia aumenta non proporzionalmente al carico)
La risposta nonlineare può essere provocata da:
• Geometria
• Materiale
• Insieme
LINEARE VS NONLINEARE A
zio
ne
Deformazione
Azi
on
e
Deformazione
Azi
on
e
Deformazione
Azi
on
e
Deformazione
Lineare-Elastica Lineare-Inelastica
Nonlineare-Elastica Nonlineare-Inelastica
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Il metodo a Elementi Finiti (FEM) è un metodo
numerico per risolvere problemi di ingegneria e fisica
matematica.
Utile per problemi con complicate geometrie, carichi,
e proprietà dei materiali dove soluzioni analitiche non
possono essere ottenute.
Il concetto alla base degli elementi finiti é la
suddivisione del modello matematico in componenti
scollegate di geometria semplice chiamate elementi
finiti o semplicemente elementi.
DEFINIZIONE
21
COS’E’ UN ELEMENTO FINITO
Il cerchio può essere approssimato in n=8 segmenti
I segmenti sono chiamati ELEMENTI
I vertici sono chiamati NODI
de-assemblamento
La lunghezza di ogni elemento è Lij = d sin(p/n), il perimetro approssimato
è Ln = nLij mentre il perimetro esatto è P = pd, quindi:
pn = Ln/d = nLij/d = n sin(p/n)
22
COS’E’ UN ELEMENTO FINITO
n n sin(p/n) Esatto p a 16 cifre
significative
1 0.000000000000000
4 2.828427124746190
32 3.136548490545939
256 3.141413801144301 3.141592653589793
23
IL METODO AGLI ELEMENTI FINITI
Il comportamento di ogni elemento é espresso in termini di un
numero finito di gradi di libertá caratterizzati da un valore di
funzioni incognite in determinati punti nodali.
Le proprietà di un elemento finito possono essere sviluppate
isolatamente. Questa è la chiave della programmazione modulare
di librerie di elementi, gli elementi sono isolati dalla procedura di
disconnessione e localizzazione. Quindi gli elementi possono
essere considerati singolarmente (asta, trave, piastra, brick etc.),
con un sistema di coordinate conveniente.
24
DEFINIZIONI
Nodi (nodes). Ogni elemento possiede un insieme di punti
distinti chiamato nodi (nodes). I nodi servono per un duplice
motivo: la definizione della geometria dell'elemento e i gradi di
libertà.
Gradi di libertà, DOF (degrees of freedom). Sono gli
spostamenti possibili dei nodi.
Forze nodali (nodal forces). Ad ogni DOF corrisponde una
forza. La relazione tra forza e spostamento é fornita da
considerazioni energetiche.
Relazioni costitutive. Regolano il comportamento del
materiale.
25
VARIANTI DI ELEMENTI FINITI
FORMULAZIONI FEM
Spostamenti
Equilibrio
Mista
Ibrida
SOLUZIONI FEM
• Rigidezza
• Flessibilità
• Mista
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
I tre passi chiave nella simulazione a elementi finiti sono:
• Idealizzazione
• Discretizzazione
• Soluzione
N.B. Ogni passo é fonte di errori.
Problema
Fisico
Modello
Matematico
Modello
Discreto
Soluzione
Discreta
IDEALIZZAZIONE DISCRETIZZAZIONE SOLUZIONE
FEM
Errore nella soluzione
Discretizzazione + Errore nella soluzione
Modellazione + Discretizzazione + Errore nella soluzione
Valutare la struttura reale
Creare un modello strutturale
Discretizzare il modello in FE
Risolvere il modello in FE
Interpretare i risultati FEA
Significato fisico
Ingegnere
Ingegnere & Programma
Programma
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Peso,P
At
Ab
Problema
fisico
P = sA
At
Modello
matematico
Peso,P
At
Modello discreto
Ab Vincolo
Problema
fisico
Modello discreto
Esempio struttura reticolare
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Idealizzazione
Un modello é uno strumento simbolico costruito per simulare e predirre alcuni aspetti del comportamento di un sistema (appunti di Carlos Felippa)
Pensare di modellare esattamente la realtá, non solo é impossibile perché troppo complesso, ma porta a risultati che possono essere completamente sbagliati (specialmente nel caso di analisi dinamiche). Un modello astrae gli aspetti di interesse di un modellatore. L’idealizzazione ci permette di passare da un problema fisico a un modello matematico. E’ un passo importantissimo e delicato poiché coinvolge direttamente l’operatore.
30
ESEMPI DI ELEMENTI FINITI
Elementi mono-dimensionali
(reticolari, telai)
Elementi bi-dimensionali (membrane e
piastre)
Elementi tri-dimensionali (geometria
complessa, accenni)
X
Z
Y
Mebrana Nel piano
Shell Nel piano + flessione
Piastra Fuori dal piano
Elemento trave
Elemento solido
H, B molto più
piccolo di L
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Dx
Dy
Dx Dz
Dy
Dx
Dy
Rz
Dx Dz
Dy
Rx Rz
Ry
Biella 2D
Dy
Rz
DOF PER ELEMENTI MONODIMENSIONALI
Trave 2D Biella 3D
Telaio 2D Telaio 3D
Dx
Dy Dy
Ry
Rz
Rx
Dz
Dy
Rx Rz
Ry
Dx
DOF PER ELEMENTI BIDIMENSIONALI
Membrana Piastra Shell
Dx Dz
Dy
DOF PER ELEMENTI TRIDIMENSIONALI
Elemento solido
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Idealizzazione
Un modello a piastra molto sottile basato sulla teoria di Von Karman
che accoppia la teoria della membrana e quella della lastra.
Un modello a piastra molto sottile basato sulla teoria della lastra di
Kirchhoff.
Un modello a piastra spessa basato sulla teoria di Mindlin-Reissner.
Un modello a piastra molto spessa basato su elementi
tridimensionali
Per dare un’idea sulle possibili scelte che un ingegnere deve fare si
consideri un solaio caricato trasversalmente. L’analista ha la
seguenti possibilitá:
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Idealizzazione
Un ingegnere modella una struttura determinando gli
elementi e i GDL che sono necessari per rappresentare
la risposta della struttura ai carichi applicati con un
certo livello di accuratezza.
Gli elementi rappresentano lo specifico comportamento
strutturale e ogni elemento definisce una relazione tra
le forze e gli spostamenti definiti per i nodi
dell'elemento.
La relazione di forza-spostamento di un elemento offre
un insieme di forze nodali che sono in equilibrio per tutti
gli spostamenti nodali dell'elemento.
38
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Discretizzazione
Come vedremo in seguito i modelli di sistemi fisici non
sono semplici da risolvere, comportano equazioni
differenziali parziali accoppiate nello spazio e nel tempo
con determinate condizioni al contorno e hanno un
numero infinito di gradi di libertà.
Soluzioni analitiche,anche chiamate “soluzioni in forma
chiusa” sono intellettualmente soddiscacenti ma possono
essere molto complesse o addirittura impossibili da
trovare.
39
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Discretizzazione
Il metodo elementi finiti trasforma equazioni differenziali
con determinate condizioni al contorno in un sistema di
equazioni algebriche che possono essere risolte
numericamente. Per fare questo è necessario ridurre il
numero di gradi di libertà da infinito a un numero finito.
Questa riduzione è realizzabile attraverso un processo
chiamato discretizzazione.
40
Discretizzazione e scelta dell’elemento
Selezione di una funzione spostamento
Definire le relazioni deformazione/spostamento e
tensioni/deformazioni
Derivare La matrice di rigidezza dell’elemento
Assemblare le equazioni e introdurre i vincoli
Risolvere per gli spostamenti nodali incogniti
Risolvere per tensioni e deformazioni
Interpretazioni dei risultati
PASSI DEL PROCESSO
41
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
ESEMPIO : PIASTRE EQUAZIONE DIFFERENZIALE DEL QUARTO
ORDINE
48.5 in
Loading steel plate
48.5 in
Hydraulic actuator
Rubber pads
Actuators
Steel
frame
GFRP
deck
48.5 in
3
4 4 4
11 22 1 24 2 2 4
1 1 2 2
2 ( , )x
w w wD B D p x x
x x x x
Il problema consiste nel risolvere
un’equazione differenziale del quarto
ordine.
Trovare la soluzione esatta per
questo tipo di problema é possibile
solo per alcune condizioni al
contorno ad es. appoggio su 4 lati.
Si possono utilizzare tecniche
avanzate come le serie di Fourier
o le trasformate di Fourier.
42
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
ESEMPIO : PIASTRE SOLUZIONE ESATTA
1 21 2 4 4 2 2 4
1 1
11 224 2 2 4
1( , ) sin sin
2
mn
m n
P m x n xw x x
a bm m n nD B D
a a b b
p p
p
Soluzione di Navier per una piastra ortotropa semplicemente
appoggiata.
0
10
20
30
40
24.25
-100
0
100
x2
0
0.005
0.01
0.015
0.02
x3
0
0.005
0.01
0.015
0.02
x3
0.03
0.02
0.04
010
2030
40x1
x3,w
-100
0
0.01
0.00
100x2
0
10
20
30
40
24.25
-100
0
100
x2
0
0.005
0.01
0.015
0.02
x3
0
0.005
0.01
0.015
0.02
x3
0.03
0.02
0.04
010
2030
40x1
x3,w
-100
0
0.01
0.00
100x2
2 2
1 11 212 2
1 2
2 2
2 22 122 2
2 1
2
1 2
1 2
2
x
x
x x t
w wm D
x x
w wm D
x x
wm D
x x
43
Fix boundary
Simply supported
boundary
x2
x1
x3,w
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
ESEMPIO : PIASTRE SOLUZIONE FE
La soluzione é complessa anche per una piastra ortotropa semplicemente
appoggiata. Si può risolvere lo stesso problema discretizzando la piastra
e trasformando le equazioni differenziali in equazioni algebriche.
Fix boundary
Simply supported
boundary
Bottom shell
Top shell
Brick elements
Load Vs Actual Deflection
0
5
10
15
20
25
-0.05-0.0375-0.025-0.01250
Displacement (in)
Lo
ad
(kip
s)
Initial Static Test
Midspan 2
Midspan 1
Model B
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IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO Idealizzazione
Il concetto di FEM implica la divisione di una struttura in elementi
(elements) connessi da nodi (nodes).
Un nodo è un punto nello spazio che ha n gradi di libertà (DOF) i quali
sono (di solito) spostamenti ignoti della struttura, descritti per esempio
da termini polinomiali, x, x2. La reale distribuzione degli spostamenti è di
solito più complicata, quindi la soluzione FE è approssimata.
Nodi Elementi
u1
u2
u3 u4
u5
u6
45
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
L’assemblaggio degli elementi è chiamato struttura a elementi finiti (finite
element structure).
La disposizione degli elementi è chiamata mesh (mesh).
Nodi Elementi
46
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Diversi tipi di elementi possono essere utilizzati per discretizzare una
struttura in funzione del comportamento della struttura Un elemento deve
essere selezionato sulla base delle proprietà meccaniche, della
configurazione geometrica, e dal previsto stato tensionale e campo di
spostamento.
Struttura Elementi a telaio (18 Dof)
47
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Un edificio è fatto di diversi elementi strutturali, nodi, tamponamenti,
controventature, muri, etc. Nel telaio ci sono regioni dove le teorie
classiche delle travi si possono applicare, tipicamente lontano da nodi
trave-colonna, e regioni dove teorie classiche sulle travi non si possono
applicare.
Regioni D: le sezioni non rimangono piane
Regioni B: le sezioni rimangono piane
D D B D D B
48
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Sebbene gli elementi monodimensionali sono adatti per molti problemi
ingegneristici, sono limitati per i seguenti motivi:
- Ipotesi cinematiche. Sezioni piane rimangono piane
- Stati deformativi e tensionali tridimensionali non possono essere
rappresentati adeguatamente (ad es. Regioni D)
- Problemi di geometria complessa.
Struttura Elementi a telaio (>>18 Dof)
49
IL CONCETTO DI ELEMENTO FINITO
Il modello bidimensionale descrive con più precisione la distribuzione
delle tensioni rispetto a un modello monodimensionale. La maggior
precisione và a scapito della velocità.
L’ingegnere controlla la precisione della soluzione rispetto alla soluzione
esatta attraverso la scelta degli elementi, il numero e la dimensione.
I modelli che sono realizzati correttamente forniscono soluzioni
convergenti -> al diminuire della dimensione degli elementi la soluzione
numerica si avvicina sempre di più alla soluzione esatta.
Una differenza importante tra gli elementi monodimensionali e gli
elementi bi/tri-dimensionali é che gli elementi monodimensionali
forniscono direttamente le sollecitazioni mentre gli elementi piani o solidi
forniscono le tensioni.
50
SOLUZIONE
ESATTA
51
OUTLINE
Soluzione in forma chiusa (Strong Form) – 2D
- Elemento Asta (u, qz)
- Elemento Trave di Bernoulli (qx qy)
- Elemento Trave di Timoshenko (qx qy)
52
STRONG FORM
La soluzione in forma chiusa (strong form) del problema
consiste nel risolvere le equazioni differenziali del
problema. La soluzione é esatta. Questo è solamente
possibile per semplici casi.
Quando la geometria, le condizioni al contorno ed i
carichi diventano complessi, è fondamentalmente
impossibile trovare una soluzione in forma chiusa.
Per una trave semplice, con sezione costante
EIuIV(x)+wx = 0 il problema può essere risolto facilmente.
Se la trave ha una sezione rastremata ed il materiale è
nonlineare, la soluzione non è trovabile.
53
ELEMENTO ASTA (SFORZO ASSIALE)
Analizziamo un problema semplice: elemento biella. Si consideri una
barra a sezione costante, caricata da una forza assiale.
wx(x)
L x
N
wx(x)
N+dN
dx
dx
xNomenclatura x asse della biella u(x) spostamento assiale w(x) forza assiale distribuita, [F/m] L lunghezza della biella E modulo elastico A sezione trasversale EA rigidezza assiale e(x)=du/dx deformazione assiale s(x)=Ee(x)=Edu/dx tensione assiale p(x)=As(x)=AEe(x)=AEdu/dx forza assiale interna P forza esterna
54
SOLUZIONE ESATTA – ASTA
N
wx(x)
N+dN
dx
dx
x
( )N EA x e
e du
dx
Legge costitutiva:
Congruenza:
Equilibrio: ( ) 0 ( )x x
dNN N dN w x dx w x
dx
dx
55
SOLUZIONE ESATTA – ASTA
( ) ( )x
d duEA x w x
dx dx
Problema di equazioni differenziali:
+ le condizioni al contorno
( )2
2 x
d uEA const EA w x
dx
Soluzione in forma chiusa (STRONG FORM):
( ) ( ) ( )h pu x u x u x Dipende dalle condizioni al contorno:
( ) 00u u ( ) Lu L u
( ) 00N N ( ) LN L N
b.c. essenziali
b.c. naturali
56
SOLUZIONE ESATTA - ASTA
Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti
Legge costitutiva
Condizioni al contorno
essenziali
wx(x)
x
dNw
dx
spostamenti u(x)
N Deformazioni
e(x)
Equilibrio
e du
dx
Congruenza
( )N EA x e
Condizioni al contorno
naturali
57
DISCRETE STIFFNESS METHOD
DSM
58
OUTLINE
Definizioni
Esempio esplicativo
Matrici di rigidezza in forma chiusa (Strong Form)
Applicazione di forze esterne
Trasformazioni
Assemblaggio
Soluzione
59
METODO DELLE RIGIDEZZE (Direct Stiffness Method)
Questa parte spiega il metodo delle rigidezze dirette
(DSM) che é l’implementazione più comune del
metodo degli elementi finiti. Il DSM nel caso di
elementi mono-dimensionali spesso (ad esempio
nel caso di elementi diritti con sezione costante) é
una formulazione esatta.
Questo non é generalmente vero nel caso di elementi bi-dimensionali o
tri-dimensionali, per i quali il campo di spostamento é solo approssimato.
L’elemento finito più semplice è l’elemento asta anche chiamato molla
lineare. E’ un elemento con un solo g.d.l. ed è utilizzato per modellare
strutture come ad esempio travi reticolari.
Nodo Asta
Appoggio Nodo Asta
Vincolo
Trave reticolare Modello matematico
60
DEFINIZIONE
La rigidezza k, rappresenta la forza in direzione x che verrebbe
prodotta imponendo uno spostamento unitario in direzione x.
u=1 k
1 2 k
L
x
1x 1xf ,d 2x 2x
f ,d
forza locale nodale
grado di liberta' locale
2x
2x
f
d
forza locale nodale
grado di liberta' locale
1x
1x
f
d
61
ESEMPI DI RIGIDEZZE
Barra uniassiale
Torsione
Ad esempio la rigidezza della seguente biella:
u=1 k
NL NL EAu 1 N
EA EA L
EAk
L
GJk
L
62
ASTE: ESEMPIO
Esempio illustrativo di trave reticolare a tre nodi
63
ASTE: ESEMPIO – Descrizione del problema
Questa struttura ha:
- 3 nodi → 1,2,3 (6 g.d.l.)
- 3 elementi → (1), (2), (3)
- connessioni → 1–2, 2–3, 1–3
Proprietà geometriche:
- L1,A1;L2, A2;L3,A3
Proprietà meccaniche:
- E1; E2; E3
Si utilizzano le coordinate cartesiane. Per questo tipo di strutture, le forze
esterne e le reazioni possono agire solo sui nodi.
64
ASTE: ESEMPIO – Individuazione di f e u
FORZE
Forze orizzontali: fx1,fx2,fx3
Forze verticali: fy1,fy2,fy3
SPOSTAMENTI
Spostamenti orizzontali: ux1,ux2,ux3
Spostamenti verticali: uy1,uy2,uy3
L’introduzione dei vincoli può
essere fatta successivamente.
65
ASTE: ESEMPIO – Matrice di rigidezza globale
Il problema é lineare elastico, si devono mettere in relazione le
forze con gli spostamenti e per fare questo si utilizza la matrice di
rigidezza globale (o matrice di rigidezza assemblata):
f = Ku
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
3, 1 3, 1 3,3
3
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x y x xx
y
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
K K Kf
f
1
1
2
2
2 3, 2 3, 3 3, 3 3
3, 1 3, 1 3, 2 3, 2 3, 3 3, 3 3
x
y
x
y
x y x x x y x
y x y y y x y y y x y y y
u
u
u
u
K K K u
K K K K K K u
66
ASTE: ESEMPIO – Significato della matrice di rigidezza globale
Nota sull’interpretazione dei coefficienti della matrice di rigidezza.
Si sceglie un vettore di spostamenti u tale che tutte le componenti
sono zero eccetto una che si pone uguale a 1. f e’ semplicemente
la i-esima colonna di K. Per esempio se si sceglie ux3 come
spostamento unitario.
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
3, 1 3, 1 3,3
3
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x y x xx
y
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
K K Kf
f
1, 3
1, 3
2, 3
2, 3
2 3, 2 3, 3 3, 3 3, 3
3, 1 3, 1 3, 2 3, 2 3, 3 3, 3 3, 3
0
0
0
0
1
0
x x
y x
x x
y x
x y x x x y x x
y x y y y x y y y x y y y x
K
K
K
K
K K K K
K K K K K K K
Quindi Ky1,x3, rappresenta la forza in direzione y al nodo 1 che
verrebbe prodotta imponendo uno spostamento unitario in
direzione x al nodo 3, mentre tutti gli altri spostamenti sono nulli.
67
ASTE: ESEMPIO – Significato della matrice di rigidezza globale
Ky1,x3
68
ASTE: ESEMPIO – Schema di soluzione
- disconnessione
- localizzazione
- determinazione della
matrice di rigidezza locale
- globalizzazione
- unione
- Applicazione delle
condizioni al contorno (b.c.)
- Soluzione
- Recupero delle quantità
derivate
69
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
DISCONNESSIONE
Gli elementi vengono
sconnessi e ad ognuno
viene assegnato un
sistema di riferimento
locale (cartesiano).
( ) ( )( , ); 1,2,3e ex y e
Per convenzione l’asse positivo
và dal nodo i a j con i < j
70
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
LOCALIZZAZIONE
Rigidezza
della molla
equivalente
Si toglie la localizzazione dell’elemento (e) .
f = ku
71
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
f = ku
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE
11 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2
11 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2
22 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2
22 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2
xx x x x y x x x y
yy y x y y y x y y
xx x x x y x x x y
yy y x y y y x y y
uf k k k k
uf k k k k
uf k k k k
uf k k k k
Forze nodali
dell’elemento Matrice di rigidezza locale Spostamenti nodali
dell’elemento
72
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE
s
EAF k d d
L=
La forza assiale e l’allungamento possono essere scritte come:
; xj xi xj xiF f f d u u =
Le eq. precedenti rappresentano l’equilibrio delle forze e la
compatibiltá degli spostamenti
73
1
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE – colonna 1
Imponendo lo spostamento ux1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. x.
1, 1 1x x
EAf
L
Imponendo lo spostamento ux1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. y.
1, 1 0y xf
Imponendo lo spostamento ux1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. x.
2, 1 1x x
EAf
L
Imponendo lo spostamento ux1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. y.
2, 1 0y xf
f
1 f
1
1
f
f
74
1
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE – colonna 2
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. x.
1, 1 0x yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. y.
1, 1 0y yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. x.
2, 1 0x yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. y.
2, 1 0y yf
f
f
1 f
f
1
1
75
1
ASTE: ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE – colonna 3
Imponendo lo spostamento ux2=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. x.
1, 2 1x x
EAf
L
Imponendo lo spostamento ux2=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. y.
1, 2 0y xf
Imponendo lo spostamento ux2=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. x.
2, 2 1x x
EAf
L
Imponendo lo spostamento ux2=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. y.
2, 2 0y xf
f
1 f
1
1
f
f
76
1
ASTE : ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE – colonna 4
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. x.
1, 2 0x yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 1 in dir. y.
1, 2 0y yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. x.
2, 2 0x yf
Imponendo lo spostamento uy1=1, si ricava la forza al nodo 2 in dir. y.
2, 2 0y yf
f
f
1 f
f
1
1
77
ASTE : ESEMPIO - Breakdown
MATRICE DI RIGIDEZZA LOCALE
0 0
0 0 0 0
0 0
0 0 0 0
xixi
yiyi
xjxj
yjyj
EA EAuf L L
uf
uf EA EAL L
uf
f ku
78
ASTE : ESEMPIO –
Matrice di rigidezza locale dell’Elemento 1
(1)
(2)
(3)
1 2
3
(1) (1) 100E A (1) 10L
(1)(1)
11
(1)(1)
11
(1)(1)
22
(1)(1)
22
1 0 1 0
0 0 0 010
1 0 1 0
0 0 0 0
xx
yy
xx
yy
uf
uf
uf
uf
0 0
0 0 0 0
0 0
0 0 0 0
xixi
yiyi
xjxj
yjyj
EA EAuf L L
uf
uf EA EAL L
uf
f ku
79
ASTE : ESEMPIO –
Matrice di rigidezza locale dell’Elemento 2
(2)(2)
22
(2)(2)
22
(2)(2)
33
(2)(2)
33
1 0 1 0
0 0 0 05
1 0 1 0
0 0 0 0
xx
yy
xx
yy
uf
uf
uf
uf
0 0
0 0 0 0
0 0
0 0 0 0
xixi
yiyi
xjxj
yjyj
EA EAuf L L
uf
uf EA EAL L
uf
f ku
(1)
(2)
(3)
1 2
3
(2) (2) 50E A (2) 10L
80
ASTE : ESEMPIO –
Matrice di rigidezza locale dell’Elemento 3
(3)(3)
11
(3)(3)
11
(3)(3)
33
(3)(3)
33
1 0 1 0
0 0 0 020
1 0 1 0
0 0 0 0
xx
yy
xx
yy
uf
uf
uf
uf
0 0
0 0 0 0
0 0
0 0 0 0
xixi
yiyi
xjxj
yjyj
EA EAuf L L
uf
uf EA EAL L
uf
f ku
(1)
(2) (3)
1 2
3
(3) (3) 200 2E A (3) 10 2L
q 45º
81
ASTE: ESEMPIO – Assemblaggio e soluzione
ASSEMBLAGGIO (ASSEMBLY). L’assemblaggio si esegue mediante due sottopassi: la globalizzazione (globalization) attraverso la quale le equazioni della matrice di rigidezza locale vengono trasformate nel riferimento globale,e l’unione (merge) di queste equazioni nelle equazioni della matrice globale. Sul computer queste operazioni vengono eseguite contemporaneamente per ogni elemento. Attraverso questi passi si ricava una matrice di rigidezza globale libera (free-free master stiffness equations).
SOLUZIONE (SOLUTION). Segue la soluzione (solution). Questo processo accorpa due sottopassi: l’applicazione delle condizioni al contorno (boundary conditions, b.c.) e la soluzione per gli spostamenti nodali ignoti. Per applicare i b.c. le equazioni della matrice di rigidezza globale libera sono modificate tenendo in conto le componenti che sono ignote e quelle date.
RECUPERO (RECOVERY). Le equazioni modificate sono risolte da un solutore lineare, il quale fornisce gli spostamenti nodali incogniti. Infine il postprocessore deriva dagli spostamenti le quantità come le forze interne, le tensioni.
82
u’xj u’yj
y’ u’yi
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio
' cos sin
' cos sin
xi xi yi
xj xj yj
u u u
u u u
q q
q q
TRASFORMAZIONE DI COORDINATE (SPOSTAMENTI)
Si deve stabilire una relazione tra coordinate locali e coordinate globali
uxi
uyi
u’xi
uxj
uyj
i
j
q
x
y ' sin cos
' sin cos
yi xi yi
yj xj yj
u u u
u u u
q q
q q
' 0 0
' 0 0
' 0 0
' 0 0
xi xi
yi yi
xj xj
yj yj
u uc s
u us c
u uc s
u us c
sin ; coss cq q
Matrice di trasformazione
degli spostamenti, T
' u Tu
x’
83
¯ ¯
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio
' cos sin
' cos sin
xi xi yi
xj xj yj
f f f
f f f
q q
q q
TRASFORMAZIONE DI COORDINATE (FORZE)
Si deve stabilire una relazione tra coordinate locali e coordinate globali
fxi
fyi
fxi fyi
¯
fxj
fyj
fxj ¯
fyj
i
j
q ¯
x
y
x ̄
y ' sin cos
' sin cos
yi xi yi
yi xj yj
f f f
f f f
q q
q q
'0 0
'0 0
'0 0
'0 0
xi xi
yi yi
xj xj
yj yj
f fc s
f fs c
f fc s
f fs c
sin ; coss cq q
Matrice di trasformazione
delle forze, TT
'Tf T f
84
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio
GLOBALIZZAZIONE
Per ogni elemento:
( ) ( ) ( )e e ef k u
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2
e e e e e
x x x x y x x x y x
e e e e e
y y x y y y x y y
e e e e e
x x x x y x x x y
e e e e e
y y x y y y x y y
f k k k k u
f k k k k
f k k k k
f k k k k
( )
( )
1
( )
2
( )
2
e
e
y
e
x
e
y
u
u
u
uxi
uyi
uxj
uyj
i
j
q
x
y (e) Matrice di rigidezza
locale riferita al
sistema di coordinate
assoluto
85
(1)
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio
( ) ( ) ( )' e e eu T u
GLOBALIZZAZIONE
Per ogni elemento:
( ) ( ) ( )'T
e e e f T f
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
0 0
0 0
0 0
0 0
e ee exi xi
e ee eyi yi
e ee exj xj
e ee eyj yj
u uc s
u us c
u uc s
u us c
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
0 0
0 0
0 0
0 0
e ee exi xi
e ee eyi yi
e ee exj xj
e ee eyj yj
f fc s
f fs c
f fc s
f fs c
( ) ( ) ( )' ' 'e e ef k u( ) ( ) ( ) ( )' 'e e e ef k T u
(1)
(2)
(2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )'T
e e e e e f T k T u
( ) ( ) ( ) ( )'T
e e e e k T k T Matrice di rigidezza dell’elemento
in coordinate globali
86
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio
2 2
2 2( ) ( )( )
( ) 2 2
2 2
e ee
e
c sc c sc
sc s sc sE Ak
L c sc c sc
sc s sc s
( ) ( ) ( ) ( )'T
e e e e k T k T
Facendo i calcoli ( ) ( )sin ; cose es cq q
87
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio Elemento 1
2 2
2 2(1) (1)(1)
(1) 2 2
2 2
c sc c sc
sc s sc sE A
L c sc c sc
sc s sc s
K
(1)
1 0 1 0 1 0 1 0
0 0 0 0 0 0 0 010010
1 0 1 0 1 0 1 010
0 0 0 0 0 0 0 0
K(1)
(2)
(3)
1 2
3
(1) (1) 100E A (1) 10L
(1) (1)
1 1
(1) (1)
1 1
(1) (1)
2 2
(1) (1)
2 2
1 0 1 0
0 0 0 010
1 0 1 0
0 0 0 0
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
q = 0º
88
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio Elemento 2
2 2
2 2(2) (2)(2)
(2) 2 2
2 2
c sc c sc
sc s sc sE A
L c sc c sc
sc s sc s
K
(2)
0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 1 0 1505
0 0 0 0 0 0 0 010
0 1 0 1 0 1 0 1
K
(1)
(2)
(3)
1 2
3
(2) (2) 50E A (2) 10L
(2) (2)
2 2
(2) (2)
2 2
(2) (2)
3 3
(2) (2)
3 3
0 0 0 0
0 1 0 15
0 0 0 0
0 1 0 1
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
q = 90º
q 90º
89
ASTE – ESEMPIO – Assemblaggio Elemento 3
2 2
2 2(3) (3)(3)
(3) 2 2
2 2
c sc c sc
sc s sc sE A
L c sc c sc
sc s sc s
K
(3)
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5 0.520
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5 0.5
K
(1)
(2) (3)
1 2
3
(3) (3) 200 2E A (3) 10 2L
(3) (3)
1 1
(3) (3)
1 1
(3) (3)
3 3
(3) (3)
3 3
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5 0.520
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5 0.5
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
q = 45º
q 45º
90
Congruenza degli spostamenti. Gli spostamenti nodali di tutte le aste che
convergono in un nodo sono gli stessi
Equilibrio delle forze. La somma delle forze esercitata da tutte le aste che
convergono in un nodo deve essere in equilibrio con le forze esterne.
ASTE – ESEMPIO – Regole dell’assemblaggio
L’operazione chiave del processo di assemblaggio é il posizionamento del
contributo di ogni elemento nella matrice di rigidezza globale, K. Il
processo é chiamato tecnicamente “fusione“ (merging) degli elementi
individuali. L’operazione di fusione può essere interpretata come
riconnessione dell’elemento nel processo di assemblaggio dell’intera
struttura. Matematicamente la fusione é fatta attraverso due regole della
meccanica:
(3) (2)
3
3
(3)
3yu
(3)
3xu
(2)
3yu
(2)
3xu(3)
(2) 3
3yu
3xu
(3) (2)
3 3 3x x xu u u
(3) (2)
3 3 3y y yu u u
(3)
3f (2)
3f
3f (2) (3)
3 3
(2) (3)
3 3
3
3
x x
yy y
xf
f
f f
f f
(1) (2) (3) f ff f
91
ASTE – ESEMPIO – Aumento e assemblaggio manuale
Manualmente l’aumento (augmentation) e l’assemblaggio (assembly) della
matrice di rigidezza globale si effettua aggiungendo zeri per completare la
matrice globale 6x6.
(1) (1)
1 1
(1) (1)
1 1
(1) (1)
2 2
(1) (1)
2 2
(1) (1)
3 3
(1) (1)
3 3
10 0 10 0 0 0
0 0 0 0 0 0
10 0 10 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
x x
y y
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
f u
f u
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
3, 1 3, 1 3,3
3
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x y x xx
y
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
K K Kf
f
1
1
2
2
2 3, 2 3, 3 3, 3 3
3, 1 3, 1 3, 2 3, 2 3, 3 3, 3 3
x
y
x
y
x y x x x y x
y x y y y x y y y x y y y
u
u
u
u
K K K u
K K K K K K u
Elemento (1)
92
ASTE – ESEMPIO – Aumento e assemblaggio manuale
(2) (2)
1 1
(2) (2)
1 1
(2) (2)
2 2
(2) (2)
2 2
(2) (2)
3 3
(2) (2)
3 3
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 5 0 5
0 0 0 0 0 0
0 0 0 5 0 5
x x
y y
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
f u
f u
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
3, 1 3, 1 3,3
3
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x y x xx
y
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
K K Kf
f
1
1
2
2
2 3, 2 3, 3 3, 3 3
3, 1 3, 1 3, 2 3, 2 3, 3 3, 3 3
x
y
x
y
x y x x x y x
y x y y y x y y y x y y y
u
u
u
u
K K K u
K K K K K K u
Elemento (2)
93
ASTE – ESEMPIO – Aumento e assemblaggio manuale
(3) (3)
1 1
(3) (3)
1 1
(3) (3)
2 2
(3) (3)
2 2
(3) (3)
3 3
(3) (3)
3 3
10 10 0 0 10 10
10 10 0 0 10 10
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
10 10 0 0 10 10
10 10 0 0 10 10
x x
y y
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
f u
f u
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
1 1, 1 1, 1 1, 2 1, 2 1, 3 1, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
2 2, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3
3, 1 3, 1 3,3
3
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x x y x x x y x x x y
y y x y y y x y y y x y y
x x x y x xx
y
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
f K K K K K K
K K Kf
f
1
1
2
2
2 3, 2 3, 3 3, 3 3
3, 1 3, 1 3, 2 3, 2 3, 3 3, 3 3
x
y
x
y
x y x x x y x
y x y y y x y y y x y y y
u
u
u
u
K K K u
K K K K K K u
Elemento (3)
94
ASTE – ESEMPIO – Aumento e assemblaggio manuale
(3)
1 1
(3)
1 1
(3)
2 2
(3)
2 2
(3)33
(3)33
10 10 0 0 10 10
10 10 0 0 10 10
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
10 10 0 0 10 10
10 10 0 0 10 10
x x
y y
x x
y y
xx
yy
f u
f u
f u
f u
uf
uf
(2)
1 1
(2)
1 1
(2)
2 2
(2)
2 2
(2)33
(2)33
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 5 0 5
0 0 0 0 0 0
0 0 0 5 0 5
x x
y y
x x
y y
xx
yy
f u
f u
f u
f u
uf
uf
(1)
1 1
(1)
1 1
(1)
2 2
(1)
2 2
(1)33
(1)33
10 0 10 0 0 0
0 0 0 0 0 0
10 0 10 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
x x
y y
x x
y y
xx
yy
f u
f u
f u
f u
uf
uf
In accordo con la prima regola si abbandona l’identificazione
dell’elemento nel vettore spostamenti (congruenza).
(1) (1)f k u (2) (2)f k u
(3) (3)f k u
95
ASTE – ESEMPIO – Aumento e assemblaggio manuale
In accordo con la seconda regola si deve imporre l’equilibrio.
(1) (2) (3)( ) f k k k u
(1) (2) (3) f f f f(1) (1) (2) (2) (3) (3); ; f k u f k u f k u
f Ku
1 1
1 1
2 2
2 2
3 3
3 3
20 10 10 0 10 10
10 10 0 0 10 10
10 0 10 0 0 0
0 0 0 5 0 5
10 10 0 0 10 10
10 10 0 5 10 15
x x
y y
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
f u
f u
Sebbene questo sia il
modo più semplice per
spiegare l’assemblaggio
i software usano
algoritmi ottimizzati
96
ASTE – ESEMPIO – Soluzione
Avendo formulato le equazioni della matrice di rigidezza globale si può
procedere con la soluzione. Per risolvere le equazioni si deve prima
procedere alla divisione tra variabili incognite e note (f e u).
NOTA IMPORTANTE: la matrice di rigidezza globale trovata é singolare.
→ interpretazione matematica = righe e colonne di K sono combinate
linearmente
→ interpretazione fisica = ci sono 3 moti di corpo rigido (rigid body
modes), la struttura reticolare “é sospesa” in aria
Per eliminare i moti di corpo rigido e rendere il sistema non singolare si
devono applicare le condizioni di vincolo.
(1)
(3)
1 2
3
ux1 = uy1 = 0
uy2 = 0
1
1
2 2
2
33
33
20 10 10 0 10 10
10 10 0 0 10 10
10 0 10 0 0 0
0 0 0 5 0 5
10 10 0 0 10 10
0
10 10 0 5 10 15
0
0
x
y
x x
y
xx
yy
f
f
f u
f
uf
uf
97
ASTE – ESEMPIO – Soluzione
(1)
(3)
1 2
3
2 2
3 3
3 3
10 0 0
0 10 10
0 10 15
x x
x x
y y
f u
f u
f u
Introducendo le forze esterne: fx2 = 0 ; fx3 = 2; fy3 = 1
2
1
2
3
3
10 0 00
0 10 102
0 10 151
x
x
y
u
u
u
Sistema di matrice di rigidezza globale ridotta
Da un punto di vista matematico K é
di ordine N=6 e rango r=3. La
deficienza del rango è d = N - r = 3,
questa corrisponde ai 3 moti rigidi
nel piano.
(2)
98
ASTE – ESEMPIO – Soluzione
2
3
3
0
0.4
0.2
x
x
y
u
u
u
Si risolve per trovare gli spostamenti incogniti e si trova:
1
1
2
2
3
3
0
0
0
0
0.4
0.2
x
y
x
y
x
y
u
u
u
u
u
u
Soluzione
ridotta degli
spostamenti
Soluzione
completa degli
spostamenti
(1)
(3)
1 2
3 2
1
0.4
x
y
-0.2
(2)
99
ASTE – ESEMPIO – Post-processo
f Ku
1
1
2
2
3
3
20 10 10 0 10 10 0
10 10 0 0 10 10 0
10 0 10 0 0 0 0
0 0 0 5 0 5 0
10 10 0 0 10 10 0.4
10 10 0 5 10 15 0.2
x
y
x
y
x
y
f
f
f
f
f
f
Una volta trovati gli spostamenti incogniti si devono trovare le forze
interne, le reazioni etc. Queste componenti devono essere recuperate
(recovery, per es. stress recovery) dagli spostamenti trovati.
RECUPERO DELLE REAZIONI:
1
1
2
2
3
3
2
2
0
1
2
1
x
y
x
y
x
y
f
f
f
f
f
f
1 2
3 2
1
1
2
2
Diagramma delle
reazioni e delle
forze esterne
100
ASTE – ESEMPIO – Post-processo
RECUPERO DELLE FORZE E DELLE TENSIONI INTERNE:
Lo sforzo assiale p(e) di ogni elemento si ottiene come segue. Si
estraggono gli spostamenti nodali degli elementi u(e) dalla soluzione
u. Successivamente si ricavano gli spostamenti nel riferimento locale
usando: ( ) ( ) ( )e e eu T u ( ) ( ) ( )
' '
( ) ( )( ) ( )
( )
' 'e e e
x j x i
e ee e
e
d u u
E Ap d
L
(1) (1) (1)
'2 '1
( ) ( )( ) ( )
( )
' 'x x
e ee e
e
d u u
E Ap d
L
(1)'x
(1)'y
(3)'x(3)'y
(2)'x
(2)'y
101
ASTE – ESEMPIO – Soluzione
( ) ( ) ( )' e e eu T uSi risolve per trovare gli spostamenti incogniti e si trova:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
' 0 0
' 0 0
' 0 0
' 0 0
e e
xi xi
e e
yi yi
e e
xj xj
e e
yj yj
u uc s
u us c
u uc s
u us c
(1)
1
(1)
1
(1)
2
(1)
2
' 1 0 0 0 0 0
' 0 1 0 0 0 0
' 0 0 1 0 0 0
' 0 0 0 1 0 0
x
y
x
y
u
u
u
u
(2)
2
(2)
2
(2)
3
(2)
3
' 0 1 0 0 0 0
' 1 0 0 0 0 0
' 0 0 0 1 0.4 0.2
' 0 0 1 0 0.2 0.4
x
y
x
y
u
u
u
u
(3)
1
(3)
1
(3)
3
(3)
3
1 1 0 02 2
' 0 0 01 1 0 0
' 0 0 02 2
' 1 1 0.4 0.283 0.141 0.1410 02 2
' 0.2 0.283 0.141 0.4241 10 0
2 2
x
y
x
y
u
u
u
u
102
ASTE – ESEMPIO – Post-processo
RECUPERO DELLE FORZE E DELLE TENSIONI INTERNE:
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )
' 'e e e
xj xi
e ee e
e
d u u
E Ap d
L
(1) (1) (1)
2 1
(1) (1)
' ' 0
10 0
x xd u u
p d
(1)x
(1)y
(3)x(3)y
(2)x
(2)y
(2) (2) (2)
3 2
(2) (2)
' ' 0.20
5 1.00
x xd u u
p d
(3) (3) (3)
3 1
(3) (3)
' ' 0.14
20 2.83
x xd u u
p d
103
ASTE – ESEMPIO – Risultati – FEM vs Calcolo manuale
SPOSTAMENTI
0.4
-0.2
1
2
3
1
2
3
0.4
0.2
0
0
0
0
U
U
U
R
R
R
Manuale Programma F.E.M.
(1)
(2)
(3)
0.00
1.00
2.83
N
N
N
(1)
(3) (2)
(3) 2.83N (2) 1.00N
(1) 0N
SFORZO NORMALE
Manuale Programma F.E.M.
104
ASTE – ESEMPIO – Vincoli cedevoli
1 1
1 1
2 2
2 2
3 3
3 3
20 10 10 0 10 10
10 10 0 0 10 10
10 0 10 0 0 0
0 0 0 5 0 5
10 10 0 0 10 10
10 10 0 5 10 15
x x
y y
x x
y y
x x
y y
f u
f u
f u
f u
f u
f u
(1)
(3)
1
2
3 2
1
x
y
(2)
-0.5 0.4
1
1
2
2
3
3
020 10 10 0 10 10
0.510 10 0 0 10 10
0 10 0 10 0 0 0
0.40 0 0 5 0 5
10 10 0 0 10 102
10 10 0 5 10 151
x
y
x
y
x
y
f
f
u
f
u
u
2
3
3
0
0.510 0 10 0 0 00
10 10 0 0 10 1020.4
10 10 0 5 10 151
x
x
y
u
u
u
105
ASTE – ESEMPIO – Vincoli cedevoli
(1)
(3)
1
2
3 2
1
x
y
(2)
-0.5 0.4
2
3
3
0
0.510 0 10 0 0 0 0
10 10 0 0 10 10 20.4
10 10 0 5 10 15 1
x
x
y
u
u
u
2
3
3
10 0 0 0 ( 10) 0 0 ( 0.5) 0 0.4 0
0 10 10 2 ( 10) 0 ( 10) ( 0.5) 0 0.4 3
0 10 15 1 ( 10) 0 ( 10) ( 0.5) ( 5) 0.4 2
x
x
y
u
u
u
Le colonne 1,2 e 4 sono rimosse trasferendo tutti i termini conosciuti da
sinistra a destra:
106
0.2
ASTE – ESEMPIO – Vincoli cedevoli
2
3
3
10 0 0 0 ( 10) 0 0 ( 0.5) 0 0.4 0
0 10 10 2 ( 10) 0 ( 10) ( 0.5) 0 0.4 3
0 10 15 1 ( 10) 0 ( 10) ( 0.5) ( 5) 0.4 2
x
x
y
u
u
u
La matrice di rigidezza ridotta é la stessa ottenute in precedenza per
l’esempio vincolato.
Il vettore a destra é comunque differente.
Consiste nelle forze applicate ai nodi modificate
dall’effetto degli spostamenti noti diversi da zero.
Sono chiamati forze modificate ai nodi oppure
forze nodali effettive. Risolvendo:
2
3
3
10 0 00
0 10 102
0 10 151
x
x
y
u
u
u
2
3
3
0
0.5
0.2
x
x
y
u
u
u
1
2
3
x
y
-0.5 0.4
-0.5
Ovviamente le forze interne non
cambiano perché la struttura é isostatica
107
1. ZONE RIGIDE FINALI RIGID END ZONE (REZ)
Chiamati per esempio in SAP2000 Rigid end offsets
Zone rigide (end offsets) per
simulare le zone rigide nodali
108
1. ZONE RIGIDE FINALI RIGID END ZONE (REZ)
End of rigid end zones → end of deformable beam (in GRS)
109
NODI TIPO MASTER SLAVE
Nel caso generale i gradi di libertà
si riducono a 6 per piano.
Se non c’è massa verticale i g.d.l.
sono 5 per piano.
Se le colonne sono rigide i gradi di
libertà si riducono a 3 per piano.
Nel caso di analisi dinamiche
diventa molto utile poiché
consente di ridurre il numero di
gradi di libertà del problema.
110
ASSEMBLAGGIO DELLA MATRICE DI
RIGIDEZZA DELLA STRUTTURA - ESEMPIO
111
SOLUTORE LINEARE
strU
strP
ext
strP
solutionfree
strU soluzione
112
METODI DI RISOLUZIONE
La ricerca dell’ultimo ventennio ha fatto molti sforzi per ottimizzare la
velocità di soluzione. In particolare grande attenzione è stata data alle
tecniche che permettono di ottimizzare i dati immagazzinati e il tempo di
risoluzione sfruttando la struttura della matrice di rigidezza.
Memorizzare il vettore delle forze non presenta particolari difficoltà. Al
contrario la manipolazione della matrice di rigidezza può presentare
problemi insormontabili.
Ordine Matrice Memoria
Operazioni in virgola mobile
Tempo stimato
PC Tempo stimato Supercomputer
N DP 10
4 800 MB 10
12/6 3 ore 2 minuti
105 80 GB 10
15/6 4 mesi 30 ore
106 8 TB 10
18/6 300 anni 3 anni
113
MATRICI SPARSE (SPARSE SOLVER)
Le matrici sparse hanno come caratteristica un grande numero di zeri al
loro interno. Uno schema molto usato nella programmazione FEM è il
metodo di memorizzazione SKYLINE.
Ordine Matrice Memoria
Operazioni in virgola mobile
Tempo stimato
PC Tempo stimato Supercomputer
N DP 10
4 8 MB 10
8/2 5 sec 0.05 sec
105 240 MB 10
10/2 8 min 5 sec
106 8 GB 10
12/2 15 ore 8 min
114
strU
strP
strU
strP
strP
SOLUTORE NONLINEARE
soluzione
115
RITZ
116
FORMA DEBOLE (WEAK FORM)
FORMA DEBOLE (WEAK FORM) SECONDO IL METODO DI RAYLEIGH -
SOLUZIONE APPROSSIMATA
Nel 1860 Rayleigh propose di risolvere il problema usando una soluzione
approssimata degli spostamenti ammissibile, i.e. una soluzione che
soddisfa le condizioni al contorno essenziali (o cinematiche). Invece di
risolvere esattamente l'equazione differenziali, Rayleigh suggerisce di usare
una soluzione approssimata sul dominio intero del problema. La
soluzione è data nella forma:
ed i coefficienti ignoti,ci sono trovati applicando un principio energetico
(Principio di stazionarietà dell'Energia Potenziale o PLV). La soluzione
migliora se si aumentano i termini, i.e. n→∞.
( ) ( )1
n
i i
i
u x c x0
f f
117
Una soluzione approssimata al problema può essere ottenuta selezionando
la forma per una soluzione approssimata che soddisfa la condizione di
spostamento (b.c. essenziale) u(0) = 0.
Un numero di alternative è possibile, ma una scelta logica è che gli
spostamenti siano una funzione lineare, u(x) = cx, dove u(x) è una soluzione
approssimata per il campo di spostamenti.
Per trovare la soluzione si deve applicare un principio energetico. Ad
esempio, il valore di c può essere determinato usando il principio dei lavori
virtuali.
Il principio afferma che una struttura elastica è in equilibrio sotto un sistema
di carichi e deformazioni iniziali, se per qualsiasi spostamento virtuale, il
lavoro virtuale interno eguaglia l'esterno.
RAYLEIGH – Esempio mensola
wx(x) = p0x2
x
L
118
IL PRINCIPIO DEI LAVORI VIRTUALI
Il principio dei lavori virtuali, PLV: il lavoro virtuale interno = lavoro
virtuale esterno
I EW Wd d
0( ) ( )
L
EW u x w x dxd d
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ( )
L
IV
du x du xW x x dV EA x dx x E x x
dx dxd de s de s e e
Il lavoro virtuale interno:
Il lavoro virtuale esterno:
0 0
( )( ) ( ) ( ) ( ) 0
L Ldu xx EA x dx u x w x dx
dxde d
Il PLV si scrive come:
119
Esempio mensola
2
00
Il lavoro virtuale esterno:
( )L
EW u p x dxd d
0
Il lavoro virtuale interno:
L
I IV
duW dV E E Ec W EAcdx
dxd des s e d de
Allora: ( )u x cx
du dcxc
dx dxde d d d
u x c cd d de d
120
Esempio mensola
0
L
IW cEAcdxd d 2
00
( )L
EW x c p x dxd d
0
L
IW EAcdx cd d 3
00
( )L
EW p x dx cd d
( )IW EALc cd d4
0
4E
p LW cd d
121
RAYLEIGH – Esempio mensola
I EW Wd d
4 4
0 0( )4 4
p L p LEALc c c EALcd d
3
0
4
p Lc
EA
3
0( )4
p Lu x x
EA
3
0
1( )
4N x p L
122
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
RAYLEIGH – Esempio mensola
3
0( )4
p Lu x x
EA
3
0
1( )
4N x p L
Spostamento
lineare Sforzo normale
costante
44
0 1 1( )
3 12
p L x xu x
EA L L
Soluzione esatta 33
0( ) 13
p L xN x
L
Spostamento polinomio di
quarto grado
Sforzo normale polinomio
di terzo grado
Soluzione approssimata
u(x)
0 0.2L 0.4L 0.6L 0.8L L
N(x)
x
0 0.2L 0.4L 0.6L 0.8L L
wx(x) = p0x2 wx(x) = p0x
2
Soluzione
esatta Soluzione
approssimata
Soluzione esatta
Soluzione
approssimata
x
123
La soluzione approssimata per lo spostamento è abbastanza vicina alla
soluzione esatta, ed infatti lo spostamento nei punti di contorno è
corretto.
La forza assiale, comunque, approssima male la soluzione. Sul
contorno la forza non è esatta.
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
u(x) N(x)
x
Soluzione
esatta Soluzione
approssimata
Soluzione esatta
Soluzione
approssimata
x
RAYLEIGH – Esempio mensola
124
METODO DI RAILEIGH RITZ
Il metodo di Rayleigh-Ritz è una semplice applicazione del TPE per
trovare una soluzione approssimata delle equazioni differenziali di
una trave o di un continuo.
PROBLEMA: Il problema continuo ha infiniti g.d.l.
1. Equazione di Eulero (strong form). Soluzione in forma chiusa è
applicabile solo per problemi semplici.
2. Metodo i Rayleigh-Ritz (weak form). La soluzione viene approssimata
per l’intero corpo attraverso una funzione polinomiale
SOLUZIONE:
( ) ( )1
n
i i
i
u x c x0
f f
Come può essere migliorata la soluzione di Rayleigh???
125
RAYLEIGH-RITZ
( ) ( )1
n
i i
i
u x c x0
f f
I coefficienti ci sono chiamati coordinate generalizzate. La funzione,
fi (x), deve soddisfare tre condizioni per essere ammissibile:
1. soddisfare le condizioni al contorno,
2. avere sufficiente continuità per calcolare le deformazioni
3. essere linearmente indipendente.
L'obiettivo è trovare i valori del N generalizzate coordinate che
offrono la soluzione "migliore" all'equazione di equilibrio debole.
126
METODO DI RAILEIGH RITZ
1. soddisfare le condizioni al contorno
2. continue
3. essere linearmente indipendente.
0f
( )i xf
costante
ic coordinate generalizzate, sono i coefficienti che devono
essere trovati applicando il TPE
( )1 2 1 2
1 2
, ,..., ... 0
0 1, ,
n n
n
i
c c c c c cc c c
for i nc
d d d d d
( )1 2, , ..., nc c c
devono
127
METODO DI RAILEIGH RITZ
1) per n ∞ la soluzione approssimata converge alla soluzione esatta
2) deformazioni e tensioni sono derivate delle funzioni fi(x), quindi
l’approssimazione è peggiore per le deformazioni e per le tensioni
che per gli spostamenti i quali sono trovati direttamente dalle fi(x)
piuttosto che dalle derivate.
3) L’equilibrio è solo soddisfatto in senso DEBOLE (senso integrale).
La sola forma di equilibrio imposta è d = 0, che è una forma di
equilibrio integrale. Nel caso di trave di Eulero-Bernoulli d = 0,
porta a:
4) La soluzione è approssimata. In questo senso, impone vincoli
addizionali al campo di spostamenti → soluzione più rigida →
convergenza da sotto.
( ) ( ) ( ) ( )''
0 0
L L
yv x M x dx v x w x dxd d
128
RAYLEIGH-RITZ
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2
1
...n
i i n n
i
u x c x c x c x c x0 0
f f f f f f
Sempre usando l’esempio precedente della barra:
wx(x) = p0x
2
x
L
Il campo di spostamenti può essere approssimato nel modo seguente:
( )
( )
1
2
2
x x
x x
f
f
( ) 2u x x x soddisfa le condizioni al contorno (1)
ed é linearmente indipendente (3)
N.B. non soddisfa la condizione (2)
Soluzione della mensola precedente
129
RAYLEIGH-RITZ
0ic
Applicando il TPE si arriva alla soluzione seguente:
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0
0.1
0.2
0.3
0.4
u(x)
0 0.2L 0.4L 0.6L 0.8L L
N(x)
x
0 0.2L 0.4L 0.6L 0.8L L
wx(x) = p0x2 wx(x) = p0x
2
Soluzione
esatta Soluzione
approssimata
Soluzione esatta
Soluzione
approssimata
x
Soluzione approssimata
44
0 2 3( )
5 20
p L x xu x
EA L L
33
0 3( ) 2
5 2
p L xN x
L
130
RAYLEIGH-RITZ
La soluzione esatta viene fornita dal seguente polinomio:
( )
( )
( )
( )
1
2
2
3
3
4
4
x x
x x
x x
x x
f
f
f
f
( ) 2 3 4
1 2 3 4u x c x c x c x c x
1) soddisfa le condizioni al contorno
2) é derivabile e continua fino al
quarto ordine
3) é linearmente indipendente
44
0 1 1( )
3 12
p L x xu x
EA L L
Soluzione approssimata = Soluzione esatta
33
0( ) 13
p L xN x
L
Polinomio completo
131
ELEMENTI
FINITI
132
METODO AGLI ELEMENTI FINITI (FEM)
Gli Elementi Finiti sono basati sul concetto che assumere una "buona"
soluzione del problema (es. R-R) sull'intero dominio é piuttosto difficoltoso.
Per ovviare a questo problema, la struttura è divisa così in molti
sottodomini (gli "elementi") ed una soluzione approssimata dei campi di
spostamento è trovata in ogni elemento. Al limite, come il numero di
elementi diviene infinito, la soluzione dovrebbe convergere alla soluzione
esatta.
P
P P P
( ) 2ad esempio: u x x x
133
FEM - Funzioni di forma (Shape function)
Il campo di spostamenti all’interno di un elemento può essere
approssimato da un’interpolazione polinomiale utilizzando il metodo di
Rayleigh-Ritz:
( ) 2
1 2 ... n
nu x a x a x a x0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3
1
n
i i
i
u x N x u N x u N x u N x u x
N u
Nel metodo agli elementi finiti il campo di spostamenti all’interno di un
elemento viene approssimato come una funzione degli spostamenti
nodali U:
si perde il significato fisico di ai
Dove Ui indica gli spostamenti nodali lungo i gradi di libertà i e Ni
rappresenta la funzione di forma (interpola gli spostamenti interni.
134
ASTE – Elemento a 2 g.d.l.
U1, N1 U2, N2
Nel caso di un'asta con AE costante, le ipotesi cinematiche dell'asta sono
completamente descritte dagli spostamenti nodali e le forze sono
completamente descritte dalle forze nodali. Questo implica che dati forze e
spostamenti nodali, il comportamento dell'asta è completamente
determinato. È importante in questo caso trovare la matrice di rigidezza k
che mette in relazione le forze e gli spostamenti.
barP K U 1 11 12 1
2 21 22 2
N k k U
N k k U
135
ELEMENTO BIELLA - Funzioni di forma
( )( )
( )
1 1 1e
e xN x
l ( )
( )( )
2
ee x
N xl
Le funzioni di forma:
( )e
ix x x
( )
i
eN
( )
j
eN
1
1
0
0
( )el L
i j (e) Nel caso della barra per le funzioni di forma
si richiede una continuità C0
Le funzioni di forma interpolano gli
spostamenti direttamente dai valori nodali
N.B: dx=ld e d=dx/l coord. naturali
Gli spostamenti:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2
( )
( ) ( ) ( ) ( )1
1 2 ( )
2
e e e e e
e
e e e e
e
u x N x u N x u
uN x N x x
u
N u
136
SOLUZIONE FE
Le deformazioni: 1 2 1
( ) ( )( )( )( )
1 2 ( )
2
1 1e eee
e
e
dN udNduu u
dx dx dx l l ue
Bu
B
Si applica il principio di stazionarietà
dell’energia totale: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )e e eu U u W u
( )( ) ( ) ( ) ( )1
2
Te e e eU u K u ( )
T( ) ( ) ( )e e eW u p
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1( )
2
Te e e e eu u K u p
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )0
eT T
e e e e e e
e
dd d d
d
u u K u p
u
( ) ( ) ( )e e eK u pmatrice di rigidezza
dell’elemento
vettore consistente
delle forze
137
SOLUZIONE FE
Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti
Congruenza
Legge costitutiva
Condizioni al
contorno
naturali
Condizioni al
contorno essenziali Spostamenti
approssimati u(x)
forzef
0d
spostamenti u(x)
Forza assiale p(x)
Deformazioni e(x)
Applica BCs
Equilibrio forzato
attraverso il TPE
138
CONCENTRAZIONE DIRETTA (DIRECT
LUMPING) DI FORZE DISTRIBUITE
Le forze distribuite sono generalmente le più utilizzate nel calcolo strutturale e nell’analisi FEM devono essere convertite in forze nodali consistenti (consistent nodal forces). Il significato di “consistente” può essere spiegato attraverso principi variazionali, richiedendo che i carichi distribuiti e le forze producano nodali lo stesso lavoro esterno.
Un approccio più semplice viene spesso utilizzato dagli ingegneri chiamato forza concentrata in modo diretto (direct load lumping, oppure load lumping).
37 38 39 40 41 42
f40=P
37 38 39 40 41 42
P f39
f40 P f39=(b/L)P f40 =(a/L)P
39 40 G a b
L
Area di influenza Concentrazione
proporzionale
139
Una volta definito l’elemento, l’assemblaggio della matrice globale si
esegue come per l’esempio del DSM e la soluzione si trova applicando
gli stessi principi. Questa é un grande potenziale del metodo.
Se EA é costante e il materiale é lineare elastico la soluzione FEM é
esatta!
Questo significa che aggiungere nodi non serve a migliorare la soluzione.
Se EA é variabile é necessario introdurre altri nodi e la soluzione
diventerà nel caso generale approssimata.
ELEMENTO BIELLA – Considerazioni
P P P
Esatta Approssimata
140
FEM – APPLICAZIONE
Risolviamo il problema visto in precedenza con il metodo di Ritz,
l’incognita é lo spostamento assiale, u.
wx(x) = p0 x
2
x
L
1 2 3 x
l l l
1 2( ) 1x x
u x u ul l
1 2 3
Il campo di spostamenti nell’elemento 3 può essere descritto dalla
formula seguente:
2 3( ) 1x x
u x u ul l
Il campo di spostamenti nell’elemento 2 può essere descritto dalla
formula seguente:
1( )x
u x ul
Il campo di spostamenti nell’elemento 1 può essere descritto dalla
formula seguente: u0 = 0 l’elemento é incastrato
x x x
141
FEM - APPLICAZIONE
Confronto tra soluzione esatta e approssimata.
x 0 L
4
0
4
p L
EA
u(x) P(x)
x 0 L
3
0
1
3p L
approx
esatta
L’errore è elevato nel caso della forza
142
TRAVI DI BERNOULLI – Formulazione di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
La sezione rimane piana
Cinematica
Il movimento é nel piano xy é descritto da due campi di spostamento:
u(x, y)
v(x, y)
dove u e v sono lo spostamento assiale e quello trasversale.
Le ipotesi della formulazione delle travi classiche possono essere
rappresentate matematicamente come:
( )( , ) ; ( , ) ( )
v xu x y y y v x y v x
xq
u,x
v,y
143
TRAVI DI BERNOULLI – – Formulazione di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
Deformazioni
La deformazione si scrive come come:
2 2
2 2
( , ) ( ) ( )( , )
u x y v x d v xx y y y y
x x dxe
( )( , ) ; ( , ) ( )
v xu x y y y v x y v x
xq
Ricordando dalla pagina precedente:
Curvatura
Tensioni
La deformazione si scrive come come:
Momenti flettenti
2
2
( )( , ) ( , )
d v xx y E x y yE yE
dxs e
2 22
2 2
( ) ( )( , ) ( , )
A A A
d v x d v xM x y y x y dA y yE dA E y dA EI
dx dxs
144
Congruenza
SOLUZIONE FE
2
2
d v
dx
Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti
Legge costitutiva
Condizioni al
contorno
naturali
Condizioni al
contorno essenziali Spostamenti
approssimati u(x)
forzew(x)
0d
spostamenti v(x)
Momento flettente M(x)
Curvatura (x)
Applica BCs
Equilibrio forzato
2
2
d Mw
dx
M EI
145
TRAVI DI BERNOULLI – FEM (senza deformazione tagliante)
v1, V1 v2 , V2
M1, q1 M2, q2
( ) ( )
1 1
( ) ( )
( ) 1 2
( ) ( )
2 3
( ) ( )
2 4
e e
e e
e
e e
e e
v u
u
v u
u
q
q
u
La trave ha quattro gradi di libertà (non si considera lo spostamento
assiale)
Spostamenti
nodali:
Forze
nodali: 1 1
1 2
2 3
2 4
V P
M P
V P
M P
P
( )( ) ( )e exv N u
Spostamenti: Funzioni di forma:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4x N x N x N x N xN
146
TRAVI – FEM della trave di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
Funzioni di forma
Le funzioni di forma devono essere di classe C1(spostamenti e derivate
continue). In questo caso quindi gli spostamenti devono essere
rappresentati almeno un polinomio di terzo grado (funzione di forma
Hermitiana).
( )1
2 3
( ) 1 3 2e x xN x
l l
( )
2
( )
2 1e xN x x
l
( )2 3
( )
3 3 2e x xN x
l l
( )4
2
( )e x xN x x x
l l
Definite in coordinate naturali
147
TRAVI – FEM della trave di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
Se definiamo le funzioni di forma in coordinate naturali:
( ) ( )1
2( ) 11 2
4
eN
( ) ( )2( )
3
11 1
8
eN l
( ) ( )2( )
2
11 2
4
eN
( ) ( )2( )
4
11 1
8
eN l
v1 v2
q1 q2
148
TRAVI – FEM della trave di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
La curvatura può essere ottenuta differenziando due volte lo
spostamento rispetto a x (matrice delle curvature).
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
( ) 4 ( ) 4 ( )e e ee e ed x d d
dx l d l d
v v Nκ u B u
( ) 16 3 6 3e l l
l l l
B
149
SOLUZIONE FEM Trave di Bernoulli (senza deformazione tagliante)
Si applica il principio di stazionarietà
dell’energia totale: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )e e eu U u W u
( )( ) ( ) ( ) ( )1
2
Te e e eU u K u ( )
T( ) ( ) ( )e e eW u p
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1( )
2
Te e e e eu u K u p
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )0
eT T
e e e e e e
e
dd d d
d
u u K u p
u
( ) ( ) ( )e e eK u pmatrice di rigidezza
dell’elemento
vettore consistente
delle forze
1( )
0 1
1
2
le T Tdx ld
K B DB B DB
1( )
0 1
1
2
le T Tqdx q ld
p N N
150
MATRICE DI RIGIDEZZA Trave di Bernoulli prismatica
La matrice di rigidezza si trova nel modo seguente:
1 1( )
1 1
6
316 3 6 3
2 26
3
e T
l
lEIEIl d l l d
l l l
l
l
K B B
costante
3 2 3 2
2 2
2 2 2 2 2 21( )
3 21
3 2 3 22 2
2 2
12 6 12 6
36 6 (3 1) 36 6 (3 1) 6 4 6 2
(3 1) 6 (3 1) (9 1)
12 6 12 62 36 6 (3 1)
(3 1)
6 2 6 4
e
EI EI EI EI
l l l ll l EI EI EI EI
l l lEI l ll ld
EI EI EI EIl l
l l l ll
EI EI EI EI
l ll l
K
151
TRAVI DI BERNOULLI – Matrice di rigidezza della trave
3 2 3 2
2 2
3 2 3 2
2 2
12 6 12 6
6 4 6 2
12 6 12 6
6 2 6 4
flessione
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
K
Si arriva a questa soluzione
applicando il TPE in modo
analogo a quanto visto per
l’elemento biella.
Una volta definito l’elemento,
l’assemblaggio della matrice
globale si esegue come in
precedenza.
Se EI é costante e il materiale é lineare elastico la soluzione FEM é
esatta, cioé é in grado di risolvere l’equazione differenziale di quarto
ordine:
Se EI é variabile e/o il materiale é nonlineare é necessario introdurre altri
nodi e la soluzione diventerà nel caso generale approssimata.
4
4
( ) ( )
d v xEI q x
dx
152
VETTORE CARICHI UNIFORMI Trave di Bernoulli prismatica
Il vettore consistente delle forze nodali per carichi uniformi:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 1( )
1 12
2
1 11 2
4 2
1 11 1
1 1 8 12
1 12 21 2
4 2
1 11 1
8 12
e T
l l
ql d ql d ql
l l
p N
153
TRAVI DI EULERO BERNOULLI – Matrice di rigidezza della trave
3 2 3 2
2 2
3 2 3 2
2 2
0 0 0 0
12 6 12 60 0
6 4 6 20 0
0 0 0 0
12 6 12 60 0
6 2 6 40 0
EB trave
EA EA
L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
EA EA
L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
K
Per arrivare alla
soluzione si usano
le funzioni di
forma viste in
precedenza.
La trave ha sei gradi di libertà: v1 v2
q1 q2
u1u2
154
TRAVI DI TIMOSHENKO – Matrice di rigidezza della trave
' s
dv Vv
dx GAq g g g
-g qi
-gi
-gj
qj
v’i
i j
l = L(e)
v(x) V+ V+
Le sezioni rimangono piane ma non necessariamente perpendicolari
all’asse neutro. Considera la deformazione tagliante (caso di travi tozze).
155
TRAVI DI TIMOSHENKO – Matrice di rigidezza della trave
2
12
( )s
EI
l GA Snellezza tagliante → 0
3 3 3 2
3 3 3
1
12s s
dM d v V d v d v lV EI EI
dx GA GAdx dx dxg
( ) 2 2
0
1( )
2
le
sU EI GA dx g
156
TRAVI DI TIMOSHENKO – Matrice di rigidezza della trave
3 2 3 2
2 2
3 2 3 2
2 2
0 0 0 0
12 6 12 60 0
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
6 4 (4 ) 6 2 (2 )0 0
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
0 0 0 0
12 6 12 60 0
(1 ) (1 )
6 2 (2 ) 60 0
(1 ) (1 ) (1
ET trave
EA EA
L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI EI
L L L L
EA EA
L L
EI EI EI EI
L L L L
EI EI EI
L L L
K
4 (4 )
) (1 )
EI
L
Considera la deformazione tagliante (caso di travi tozze).
v1 v2
q1 q2
u1u2V+ V+
2
12
s
EI
GA L
157
STATO PIANO DI TENSIONE
z
x
y
Dimensione
trasversale
Piastra é piana e ha un piano di simmetria (il piano di mezzeria)
Tutti i carichi e le condizioni di vincolo sono simmetriche rispetto al
piano di mezzeria
La dimensione trasversale é molto più piccola delle dimensioni nel
piano, deformazioni e tensioni sono uniformi attraverso lo spessore.
Spostamenti, deformazioni e tensioni uniformi attraverso lo spessore
Le tensioni trasversali, σzz , σxz and σyz sono trascurabili
158
z
x
y
Dimensione
trasversale
Piastra é piana e ha un piano di simmetria (il piano di mezzeria)
Tutti i carichi e le condizioni di vincolo sono simmetriche rispetto al
piano di mezzeria
La dimensione trasversale é molto più piccola delle dimensioni nel
piano, deformazioni e tensioni sono uniformi attraverso lo spessore.
Spostamenti, deformazioni e tesnioni uniformi attraverso lo
spessore
Le tensioni trasversali, ezz , exz and eyz sono trascurabili
STATO PIANO DI DEFORMAZIONE
159
STATO PIANO
STATO PIANO DI TENSIONE (PLANE STRESS)
Utile per idealizzare elementi che hanno tensioni che non variano in una
direzione, es. Travi (come in figura), volte sottili etc.
STATO PIANO DI DEFORMAZIONE (PLANE STRAIN)
Utile per idealizzare strutture in cui una dimensione é infinita rispetto alle
altre. Ad es. dighe, terreno, volte a botte molto allungate, gallerie etc.
Tractions
Steel plates
0zz yz xze g g
0zz yz xzs s s
160
STATO PIANO DI TENSIONE
z
x
y
x
y
sxx
syy
sxy
x y
pxx
pyy
pxy
pxy
pxy
pxx
pxx
pyy pyy
Forze interne nel piano
(forze membranali – membrane forces)
Tensioni nel piano
(tensioni membranali – membrane stresses)
0zz yz xzs s s
161
x
y
pxx
pyy
pxy
Le forze membranali si ottengono
integrando le tensioni sullo spessore
2
2
t
xx xxtp dzs
x
z
sxx
2
2
t
yy yytp dzs
2
2
t
xy xytp dz
STATO PIANO DI TENSIONE
162
STATO PIANO – SOLUZIONE ESATTA
Congruenza
Legge costitutiva
Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti
Condizioni al
contorno
naturali
Condizioni al
contorno essenziali Spostamenti
approssimati u
forzeb
forze t,q
spostamenti u
Tensioni s
Deformazioni e
Applica BCs
Condizioni
sul corpo
naturali
Equilibrio (forte)
DTsb 0 e = Du
s = Ee
163
STATO PIANO DI TENSIONE mesh
1
3 nodi
2
3
1 2
3 4
4 nodi
Elementi a due gradi di libertà per nodo (u,v)
W (e)
W (e)
G (e)
G (e) ( )
1 1 2 2 ... ...T
e
x y x y xn ynu u u u u u u
164
STATO PIANO – SOLUZIONE FE
Congruenza
Legge costitutiva
Diagramma di Tonti: www.dic.univ.trieste.it/perspage/tonti
Condizioni al
contorno
naturali
Condizioni al
contorno essenziali Spostamenti
approssimati u
forzeb
forze t,q
spostamenti u
Tensioni s
Deformazioni e
Applica BCs
Condizioni
sul corpo
naturali
Equilibrio forzato
(debole)
0d
165
ELEMENTI PIANI matrice di rigidezza (fem)
I passi necessari per formulare un elemento sono:
1) Determinare il numero di nodi e di conseguenza il numero di g.d.l.
2) Selezionare le funzioni di forma che soddisfano la congruenza tra
gli elementi
3) Definire un operatore che lega le deformazioni agli spostamenti
4) Calcolare la matrice di rigidezza e il vettore consistente delle forze
per l’elemento
166
ELEMENTI PIANI: Triangolo lineare (linear triangle)
E’ un triangolo in cui gli spostamenti variano linearmente con le
Coordinate cartesiane. Produce un variazione delle deformazioni
costante (constant strain triangle, CST).
Le funzioni di forma mettono in relazione gli spostamenti ai nodi e gli
spostamenti all’interno dell’elemento.
y,v
x,u u1
v1
u3
v3
u2
v2
167
ELEMENTI PIANI: Triangolo lineare (linear triangle)
DIFETTI
Elemento molto rigido, anche raffittendo la mesh la convergenza é lenta
In condizione di deformazione piana l’elemento può bloccarsi (locking),
cioé non si deforma per niente
168
ELEMENTI PIANI: Triangolo lineare (linear triangle)
DIFETTI (locking)
P
P
y
x sxx=1
sxx=-1
Normalmente il problema del locking diminuisce aumentando il
raffinamento della mesh.
169
ELEMENTI PIANI: Elementi rettangolari (quadrilateral
elements)
Q4: e’ un rettangolo in cui gli spostamenti variano linearmente con le
Coordinate cartesiane. Produce un variazione delle deformazioni costante.
x,u u1
v1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v u=a1+a2x+a3y+a4xy
v=a5+a6x+a7y+a8xy
exx=a2+a4y
eyya7+a8x
exy(a7+a6)+a4x+a8y
Spost.
Def.
Le funzioni di forma si determinano in un modo simile all’elemento CST
170
ELEMENTI PIANI: Q4 e T3
DIFETTO: deformazione di taglio parassita (parasitic shear)
x,u
y,v qb
Mb Mb
2a
Mb
2a
Mb
qel
Deformazione esatta Deformazione elemento
2b 2b
21 1 1
1 1 2
bilinear
exact
M a
M v v b
a
b
L’elemento non si
deforma:
SHEAR LOCKING
Calcolando il rapporto delle energie
di defomazione:
171
ELEMENTI PIANI: Elementi migliorati
Drilling: inserimento di un grado di libertà aggiuntivo
x,u u1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v
Migliora moltissimo le prestazioni dell’elemento specialmente nel caso di
elementi con mesh grossolane
v1
x,u u1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v
v1
q2
q3 q4
q1
172
ELEMENTI PIANI: Elementi migliorati
x,u u1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v
Migliora moltissimo le prestazioni dell’elemento specialmente nel caso di
elementi con mesh grossolane
v1
Modi incompatibili (incompatible modes): si introducono altre due
funzioni di forma (elemento Q6) in modo tale da introdurre il modo di pura
flessione
173
ELEMENTI PIANI: Elementi migliorati
x,u u1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v
Si deve fare attenzione nell’usarlo. Può essere utile per analisi nonlineari
v1
Integrazione ridotta (reduce integration): e’ un artificio che permette
di rendere l’elemento meno rigido (less stiff).
174
ELEMENTI PIANI: Triangolo bilineare (bilinear triangle)
E’ un triangolo in cui gli spostamenti variano parabolicamente con le
Coordinate cartesiane. Produce un variazione delle deformazioni lineare
(linear strain triangle, LST).
y,v
x,u u1
v1
u3
v3
u3
v3
u4
v4
u5
v5 u6
v6 u(x,y)=a1+a2x+a3y+a4x
2+a5xy+a6y2
v(x,y)=a7+a8x+a9y+a10x2+a11xy+a12y
2
Spostamenti (PARABOLICI)
LST si comporta molto meglio del CST, converge più velocemente alla
soluzione esatta ed é più preciso.
175
ELEMENTI PIANI: Elementi rettangolari (quadrilateral
elements)
Q8: e’ un rettangolo in cui gli spostamenti variano parabolicamente con le
Coordinate cartesiane. Produce un variazione delle deformazioni lineare.
x,u u1
v1
u3
u2
v2
v3
u4
v4 y,v
u5
v5 u6
v6
u7
v7
u8
v8
Non ha problemi di shear locking
176
ELEMENTI ISOPARAMETRICI – la
seconda generazione
La tecnica usata per il triangolo lineare può essere estesa
formalmente a elementi a quattro nodi o anche a triangoli di ordine
piu’ alto.
Ma si incontrano rapidamente due difficoltà tecniche:
1. la costruzione di funzioni di forma che soddisfano i requisiti di
consistenza per ordine più alto per elementi con bordi curvi e’
complicata.
2. gli integrali che appaiono nelle espressioni della matrice di
rigidezza di elemento e il vettore di forza nodale non possono essere
eseguiti più in forma chiusa.
Queste difficoltà possono essere superate attraverso il concetto di
elemento di elemento isoparametrico e integrazione numerica.
177
ELEMENTI ISOPARAMETRICI
12
h
E’ una formulazione molto versatile. La formulazione parametrica
permette agli elementi di avere forme distorte. Questi elementi oltre a
essere distorti possono avere anche parti curve.
1
2
3 4
1 2
3 4
x,u
y,v
h
h
12
h
1h
1h
12
1
2
1 1
12
h 1
1
1 1
Mapping
178
ELEMENTI ISOPARAMETRICI– La seconda
generazione
Le coordinate cartesiane vengono trasformate in un altro set di coordinate,
coordinate naturali.
h
h
(-1,1)
(-1,-1) (1,-1)
(1,1)
1 2
3
L1=0 L2=0
L3=0
Gli spostamenti sono espressi in coordinate naturali, ma devono essere
differenziati rispetto alle coordinate cartesiane. Questo può essere
effettuato attraverso l’operatore J.
L’integrazione non può più essere fatta in forma chiusa ma deve essere
fatta in forma numerica
179
ELEMENTI ISOPARAMETRICI– Elemento biella
1 1
2 2
3 3
( ) 1 1(2 1) (2 1) 2
2 2
x xdx d
x xd d
x x
N
Jacobiano J : è un fattore di scala che mette in relazione le coordinate
cartesiane a quelle naturali
1 1 1 1(2 1) (2 1) 2
2 2
d d
dx J d J
N NB
d Adx AJdW Il volume differenziale è calcolato come:
1( )
0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Le T Tx EA x dx EA J d
K B B B B
B non è semplice da integrare poiché può essere sia al numeratore che
al denominatore si usano quindi integrazioni numeriche
180
ELEMENTI ISOPARAMETRICI – Q4 Elemento bilineare
Significato della trasformazione
( ) dete dx dy dx dyd OC OA d d d d d d
d d d d h h h
h h G J
( )edGA
In generale J è un un indicatore dell’ammontare della distorsione
dell’elemento rispetto a uno quadrato
181
ELEMENTI ISOPARAMETRICI – Rapporto di froma dell’elemento
Evitare elementi finiti distorti, sottili o allungati:
- Elementi con rapporti di forma superiori a 3 devono essere analizzati con attenzione e superiori a 10 evitati.
- Elementi con angoli inferiori a 10 gradi o superiori a 160 gradi vanno evitati.
Tali elementi non necessariamente danno risultati erronei, questo dipende dal carico, dai vincoli, ma possono introdurre problemi potenziali.
Buono Attenzione
182
ELEMENTI ISOPARAMETRICI – Elementi da preferire
Preferire sempre elementi quadrilateri a elementi triangolari.
Preferire sempre elementi a forma di parallelepipedo a elementi a cuneo o tetraedrici (solo come ultima risorsa, possono dare risultati tensionali errati).
Parallelepipedo Cuneo Tetraedri
183
INTEGRAZIONE NUMERICA
, ,
( ) ( ) ,
( , ) ( , )
i i n
i
i j i i n
i j
I d
I d d
h
h h h
f Wf R
f W f R
Come già detto la matrice di rigidezza dell’elemento si trova
attraverso un integrazione numerica.
pesi
errori
funzioni calcolate nei punti
,i jW
( , )i i hf
1. Newton-Cotes (regola di Simpson)
2. Gauss-Legendre
184
NEWTON-COTES
f()
P()
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nb b b
i i i ia a a
i i
P d l f d l d f
( ) ( )( ) ( )b
n n
i i ia
W l d b a C Pesi con n divisioni (sampling) uguali
Permette l’esatta integrazione di polinomi di ordine n-1 (n se n è dispari)
185
NEWTON-COTES
Esempio: integrazione di f() = 2 2 tra 0 e 2. Il valore esatto è 16/3=5.33
(2) (2) (2)
0 1
1
1 1( ) ( ) (0) (1) 0 2 12 2
nb
i ia
i
P d W f W f W f
(2) (2)
0 01(1 0)
2W C n = 2 (2) (2)
1 11(2 1)
2W C
(3) (3) (3)
0 1 28 16 162 4 4 1( ) (0) ( ) ( )
3 3 9 9 9 9 3
b
aP d W f W f W f
(3) (3) (3)
0 2 02 2 1 1( 0)
3 3 6 9W W C n = 3 (3)
12 4 4
3 6 9W
186
GAUSS-LEGENDRE
Nel caso dell’integrazione di Gauss, le n divisioni (sampling) sono
diverse per ottenere la massima accuratezza
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nb b b
i i i ia a a
i i
P d l f d l d f
( ) ( )b
n
i ia
W l d Termine variabile, non noto
187
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Integrazione di Gauss
f()
2 3 4( ) 1f
Si vuole integrare un polinomio di quarto grado:
n = 1
1
1( ) 3.067esattoI f d
(1)
0( ) (0)
= 2 1 2
b
gaussa
I P d W f
188
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Integrazione di Gauss
2 3 4( ) 1f
Si vuole integrare un polinomio di quarto grado:
n = 3
(2) (2)
0 11 1
3 3
= 0.675 1 2.214 1 2.889
gaussI W f W f
1
1( ) 3.067esattoI f d
f()
189
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Integrazione di Gauss
2 3 4( ) 1f
Si vuole integrare un polinomio di quarto grado:
n = 3
f()
1
1( ) 3.067esattoI f d
( ) ( ) ( )(3) (3) (3)
0 1 23 30
5 5
5 8 5 = 0.721 1 3.199 3.0679 9 9
gaussI W f W f W f
190
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Integrazione di Gauss
n 1 w1 2 w2 3 w3
1 0 2
2 -0.557 1 0.557 1
3 -0.775 0.556 0 0.889 0.775 0.556
Il metodo d’integrazione di Gauss usando N punti consente di
integrare esattamente polinomi dell’ordine di (2N-1). Nel caso
precedente N=4 e quindi avevamo bisogno di 3 punti di Gauss.
2 punti di Gauss integrano esattamente un polinomio di ordine 3.
31
11
( ) ( ) ( ) ( )
0.556 ( 0.775) ( 0.775) ( 0.775)
0.889 (0) (0) (0) 0.556 (0.775) (0.775) (0.775)
T
i i
i
T
T T
J d w f
J
J J
K B EB
B EB
B EB B EB
191
ELEMENTI ISOPARAMETRICI
BIDIMENSIONALI – Punti di integrazione di Gauss
1 2
3 4
4 nodi 8 nodi
1 1
1 1( , ) ( , )detT d d h h h
K B DB J
1
3h
1 2
3 4
5
3
5h
1
3h
1
3
1
3
3
5h
0h
3
5 3
5 0
6
7
8
9 nodi
1 2
3 4
5
3
5h
3
5h
0h
3
5
3
5 0
6
7
8 9
192
STRESS RECOVERY
Le tensioni vengono determinate usando l’espressione seguente:
( ) ( ) ( )e e eσ = DB u
Generalmente è utile avere le tensioni ai nodi.
E’ importante ( lo vedremo bene in seguito) tenere in mente che
le tensioni calcolate ai nodi da diversi elementi non hanno
bisogno di essere uguali poiché le tensioni non devono essere
continue fra gli elementi.
E’ quindi necessario fare un’interpolazione
193
STRESS RECOVERY
Nella formulazione isoparametrica calcolare le tensioni nei punti di Gauss
fornisce risultati migliori che nei punti nodali.
Per valutare le tensioni sono possibili due approcci:
1. Valutare s direttamente ai nodi (h=±1)
2. Valutare s nei punti di Gauss e poi estrapolare ai nodi.
Il secondo metodo fornisce di gran lunga i risultati migliori
194
STRESS RECOVERY
L’estrapolazione viene illustrata per un elemento a 4 nodi.
1 2
3 4
1
3h
1
3h
1
3
1
3
h
1
3h
1
3h
1
3
1
3
i
ih
(e) (ei)
1i 2i
3i 4i
3i
Qualsiasi quantità scalare s le cui quantità si sono note nei punti di
Gauss possono essere interpolate attraverso la funzione di forma
bilineare espressa in termini di i e hi.
195
STRESS RECOVERY
1 2a
3a 4
(1)
2b 5
6 3b
(2) I valori
estrapolati
sono diversi
Per ottenere un valore singolo si può:
1. Fare la media non pesata di tutti i valori ai nodi
2. Si può fare la media pesata basata sulla dimensione relativa degli
elementi determinata dalla loro area attraverso il determinate dello
Jacobiano detJ
196
OUTPUT AI NODI
Gli sforzi possono essre estrapolati anche in altri modi, ad esempio
estrapolati al resto dell’elemento con una stima ai minimi quadrati.
Quello che e’ importante sapere e’ che l’estrapolazione ai nodi
corrisponde all’introduzione di nuove ipotesi semplificative che sono
fonte di errori.
197
s
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Esempio
u1 u2 u3
1 3 2 A1=10
A2=2 A(x)=6-x/10
=0 -
+
=-1.0 =1.0
1 (1 )2
N
2 (1 )2
N
2
3 1N
1
1
1
0
0 0
0 0
0
Sistema reale
Sistema isoparametrico
50 30
x -40 0
coordinate naturali
198
ELEMENTI ISOPARAMETRICI: Integrazione di Gauss
Tipo di elemento
Ordine di
integrazione
u3 s1 s2 s3
Esatto - 0.1607 1.00 5.00 2.00
Deformazione Costante
Esatto 0.1333 (-17.10 %)
1.67 (+67 %)
1.67 (-66 %)
1.67 (-16.5 %)
3 nodi Isoparametrico
2 punti 0.1615 (+0.50 %)
0.58 (-42 %)
4.04 (-19 %)
2.31 (+15.5 %)
3 nodi isoparametrico
3 punti 0.1609 (+0.12 %)
0.83 (-17 %)
4.67 (-7 %)
2.76 (+34 %)
- Le tensioni forniscono errori maggiori
- + ordine di integrazione e + la struttura é flessibile
- Le tensioni sono calcolate nei punti di integrazione e poi extra/interpolate ai
nodi.
u1 u2 u3
1 3 2
A1=10 A2=2
s -1 1 s1 s2 s3