Corso di Meccanica Computazionalee Calcolo Anelastico delle StruttureEsercizi svolti sul metodo degli elementi finititratti da temi desameA cura di Eric PuntelESERCIZIO 1 Spessore unitario t=1 Problema piano nelle tensioni10 ( )21 0ED 110 0 1 2 ( (= ( ( 0Carico di superficie ( ) ( )24pf x b x bb= ,Carico di volume ( )4 pF x y3 b= ,Vincolo interno: biella rigida tra D e B Lesercizio pu essere risolto in due modi: 1.Esprimendo fin dallinizio la deformata dellelemento 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 dellelemento piano a 4 nodi. Notazione:i numeri cerchiati (12) si riferiscono a quantit nodali, quelli semplici (1,2) ai singoli gradi di libert. 1 Richiamo sulle matrici del legame elastico per problemi piani.Un problema piano nelle deformazioni pu essere ricondotto ad un problema piano nelle tensioni con una opportuna trasformazione: ( )( )( )( )( )2 21 1E ED 1 11 1 2 1 1 11 2 21 2 EE (+ 2 0 0 0(( ( ((= + 2 0 = 0 = 0 = =( ((+ ( (( 0 0 0 0 0 0 ( *** ***;* 1 1 Procedimento Teniamo pertanto conto del vincolo interno di rigidezza fin dallinizio e esprimiamo il campo di spostamentis in funzione degli spostamenti U6 e U8. ( )( )( )( )( )2 22x b yx yN x y N x yb by b xN x yb= ==, ; ,, ;2 34; ( )( )( )( )4 84 6 8 8 6 8 8 6U Uu x y 0sv x y N U N U N U N N U N U N U N U== = = + + = + + = +,,2 3 4 2 4 36 ( ) ( )( )8 62 2x b y y b xx yN N x yb b + = = ; ,Calcoliamo la matriceB: 6 66 y 8 y6 8 8 8 86 x 8 xNBB0 0x 0 x 0 0 00 0 U U U u1 x 2x0 y 0 y N N 1N N U U U v b b by x y x N Ny 2y1b b ( ( ((( (6 (((( ((( (= = = = ( (((( ((( ( ((( ( ( ( , ,, ,___ ( Calcoliamo ora la matrice di rigidezzaKtenendo conto del fatto che nel nostro caso e . 1iB 0 =23 13D D = = 02 ij ri rs sjA1iK t B D B dAt [ B==11 1jD B12 2 j 13D B D + +( ) 3j 2i 21 1jB B D B +22 2 j 23D B D + +( ) 3jA3i 31BB D +1jB32D +( )( )2 j 33 3j2i 22 2 j 3i 33 3jAB D B ]dAt B D B B D B dA+= + ( )s x b2 2t y bb b2 288 22 22 32 332 2A 0 022E 2x 1 2yK B D B D dA 1 1 dx dyb 2 b b 1Eb1== | | | |= + = + ||\ . \ . = =21b( ) ( )1 12 220 01 E 31 2s 1 2t ds dt2 1 6 + = s x bt y b2 266 21 22 31 33A1 12 22 20 0K B D B D dAE 1 Es t ds dt1 2 136 === + = = + = ( ) ( )s x bt y b68 21 22 22 31 33 32A1 12 22 20 0K B D B B D B dAE 1 Es 2s t 2t ds dt1 2 1312 === + = = + = Passiamo ora al calcolo dei carichi equivalenti nodali. Cominciamo dai carichi di superficie: ( ) ( )t x bb6 6013 20x x xp N x b f x b dx 4p 1 dxb b bpb4pb t t dt3=| |= = |\ .= = , ,34 = ( ) ( )( )t x bb8 80120b x x xp N x b f x b dx 4p 1 dxb b bpb4pb t 1 t dt3= | |= = |\ .= = , ,34 = Calcoliamo ora i carichi di volume: T 6 68 8 A A A0 N N F 0P t N FdA t dA t dA0 N N F F (((= = = ((( s x bt y bb b 1 1620 0 0 0xy 4 p 4 pbP dx dy pb st dt dsb 3 b 3 3==| |= = = |\ . ( )( )( ) ( )s x bt y bb b 1 1820 0 0 0x b y y b x 4 p 4 2P dx dy pb t 1 s s 1 t pbb 3 b 3 3== ( + | |= = + | ( \ . = Possiamo ora pervenire al sistema risolvente nella seguente forma: 3 6 6 66 68 686 88 8 8 8p P K K UK K U p P+ ((= ((+ (((1) Sostituendo i valori calcolati calcoliamo la soluzione: 628U 2 1 2E 3 pbU 1 2 3 1 12 3((= (( (((2) 2 26 828 pb 1 32 pb 1U U3 E 3 3 E 3 = = ; 2 Procedimento Risolviamo ora lesercizio calcolando la matrice di rigidezza relativa ai soli gradi di libert 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. ( )( )( )( )( )2 22x b yx yN x y N x yb by b xN x yb= ==, ; ,, ;2 34; 4 B_12345678uuu1 y b 0 y b 0 y b 0u10 x b 0 x b 0 1 x bu bx b 1 y b x b y b 1 x b y buuu ( ( ( ( (( ((= (( ( ( ( ( ( (

numero colonna 864 Calcoliamo i coefficienti della matrice di rigidezzaKtenendo conto del fatto cheD D e che per indice i pari . 23 13= = 0A1iB 0 =( )ij ri rs sj 2i 22 2 j 3i 33 3jA Ak t B D B dA t B D B B D B d = = + (i pari) s x b22t y bb b2 244 34 33 24 222 2 2A 0 022E 1 x 1 yk B D B D dA 1 dx dy1 b b 2 bE 11b== | |= + = + | \ .= =2b( )1 12220 01 E 3s 1 t ds dt2 1 6 + = Analogamente 66 882E 3k k1 6= =; ( )( )1 12 246 24 22 26 34 33 362A 0 02 2E 1k t B D B B D B dA s t t ds1 2E 1 1 1 E 31 3 2 6 1 12dt = + = + +(= + = ( ( )( )1 12 268 26 22 28 36 33 382 2A 0 0E 1k t B D B B D B dA s s t ds dt1 2E1 6 = + = = ( )( ) ( )1 12 248 24 22 28 34 33 382 2A 0 0E 1 Ek t B D B B D B dA s s t t ds dt1 2 1312 = + = + = Ora possiamo calcolare i carichi di superficie ( ) ( )b60x x x pp N x b f x b dx 4p 1 dxbb b b 3| |= = |\ . , ,334= analogamente 8pbp3= . e di volume: ( ) ( )b b62A 0 0xy 4 p pbP N x y F x y dA dx dyb 3 b 3| |= = |\ . , ,3= ; ( ) ( ) ( ) ( )8 4A Apb pbP N x, y F x, y dA ; P N x, y F x, y dA ;3 3= = = 4 2= Perveniamo quindi al seguente sistema:44 46 48 4 464 66 68 6 6 684 86 88 88 8k k k u P X 2 2k k k u p Pk k k up P X 2 2 (+(( ( (( = + ( (( ( ((+ (3) 5 doveX la componente in direzione verticale della trazione nella biella rigida inclinata di 45 rispetto agli assi. 2 2 X Proseguiamo ora allimposizione 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. T Ti eL L u u Ku u P u = = [ ] [ ]44 46 48 4 44 6 8 64 66 68 6 4 6 8 6 684 86 88 88 8k k k u P X 2 2u u u k k k u u u u p Pk k k up P X 2 2 (+(( ( (( = ( (( ( ((+ u + 8u Ora, essendosi ottiene 4u =[ ] [ ][ ] [ ]44 46 48 4 48 6 8 64 66 68 6 8 6 8 6 684 86 88 88 8464 66 686 66 8 6 6 844 84 46 86 48 884 8 88k k k u P X 2 2u u u k k k u u u u p Pk k k up P X 2 2uk k kp Pu u u u u uk k k k k kP p Pu (+(( ( (( = ( (( ( ((+ ( ( +( ( = ( ( (+ + ++ + ( u + Ora facciamo lo stesso peru u4 8=[ ] [ ][ ] [ ]864 66 686 66 8 6 6 844 84 46 86 48 884 8 8866 64 686 6 66 8 6 846 86 44 84 48 888 4 8 8uk k kp Pu u u u uk k k k k kP p Puk k ku p Pu u u uk k k k k ku P p P ( ( +( ( = ( ( (+ + ++ + ( +( +(( = (((+ + + ++ + uu 6 66 64 686 6 646 86 44 84 48 888 4 8k k ku p Pk k k k k ku P p P+( +8 (((= ((+ + + ++ + (4) 628u 2 1 2E 3 pbu 1 2 3 1 12 3(( (( (= ((5) Il sistema(5) cos ottenuto esattamente identico al sistema (2) ottenuto col primo procedimento. Si vede che leffetto 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 lincognita iperstatica X pu 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 lelemento finito di EB in figura. Il suo campo di spostamenti u,v pu essere descritto nel seguente modo: ( )( )1 1 4 42 2 3 3 5 5 6 6u x N u N uv x N u N u N u N u= += + + +(1) Ovvero, in forma vettoriale: 1 42 3 5 6NN 0 0 N 0 0 uU0 N N 0 N N v (( =(( _(2) con [ ]T1 2 3 4 5 6u u u u u u = U (3) Dove le funzioni di forma hanno la seguente espressione: ( )1xN x 1 = /(4) ( )4xN x =/(5) ( )2 32x xN x 1 3 2| | | |= + ||\ . \ ./ /(6) 8 ( )2 35x xN x 3 2| | | |= ||\ . \ ./ /(7) ( )23xN x x 1|=

\ ./||(8) ( )26xN x 1|=

\ ./ /x ||(9) Dagli spostamenti possiamo pervenire alle deformazioni mediante loperatore di congruenza. ( )( )( )( )1 42 3 5 6BN 0 0 N 0 0x u xU0 N N 0 N Nx v x (((= =((( _ ; La matrice di rigidezza data dalla seguente espressione: T0k B DBd =/x ;doveEA 0D0 EI (=( ; Effettuando i calcoli si ottiene: 3 2 32 23 2 32 2EA EA0 0 0 0EI EI EI EI0 12 6 0 12 6EI EI EI EI0 6 4 0 6 2kEA EA0 0 0 0EI EI EI EI0 12 6 0 12 6EI EI EI EI0 6 2 0 6 4 ( ( ( ( ( ( ( (= (( ( ( ( ( ( ( ( / // / / // / / // // / / // / / /22 Risoluzione dellesercizio Perrisolverelesercizioprocediamoaevidenziareenumerare,comeinfigura,igradidilibert globali.Questisonoigradidilibertnonvincolatidellastruttura,checiconsentonodi determinarne la configurazione deformata, e eventualmente anche i gradi di libert corrispondenti a reazioni vincolari che siamo interessati a calcolare (non il caso di questo esercizio): La risoluzione dellesercizio si articoler 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 Conriferimentoallamatricedirigidezzadiungenericoelementofinito(EF)diEulero-Bernoulli possiamo agevolmente calcolare la matrice dirigidezza del primoelemento 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 dellEF 1 pari a 2EI. 24 6 22EI6 12 62 6 4 ( ( ( ( // ////356 356 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 dellEF EI. 2 22 26 126 4 612 6 12 ( ( ( ( / / // // / /235 2 3 5 12EI/Assemblaggio matrice di rigidezza globale Per assemblare la matrice di rigidezza globale facciamo uso di una tabella delle incidenze: 1 2 3 4 5 61 / / 1 / 2 32 / 2 3 / 4 /g.d.l. EF Nellaprimarigacompaionoigradidilibertlocalideglielementi,enellaprimacolonnagli elementifinitiincuilastrutturasuddivisa.Ogninumerodellatabellastaadindicareilgradodi libert globale che corrisponde al grado di libert locale j (colonna) dellEF i (riga).Sappiamocosaqualecoefficientedellamatricedirigidezzaglobalecontribuirciascuntermine dellematricilocali.Adesempio,lelemento(5,6)dellamatricedirigidezzadel1EFconcorrer, sommato eventualmente ad altri, a formare il termine (2,3) della matrice di rigidezza globale. Si ottiene in questo modo la seguente matrice: 12 2 2 2 2 2232 2 24V 8 12 4 0V 12 24 12 12 6 12EIV 4 12 6 8 4 6V 0 12 6 12 ( ( (( + + (( (( + + (( (( / / / // / / / / // / / / / / / // / / 10 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 lanalogia 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 cos definito: T0Q N f dx =/; (10) nel nostro caso ( )Tf 0 p x =( , dovep x il carico distribuito in direzione y. ( )Sostituendo in (10) la definizione diN che compare nellequazione (2) in alto si ottiene: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T2 3 5 60 0 0 0Q 0 N x p x dx N x p x dx 0 N x p x dx N x p x dx (= ( ( / / / /(11) In questo modo possiamo calcolarci le componenti del vettore dei carichi equivalenti nodali del 1 EF( ( ) ( p x 1 x p = /) ).Comeperlamatricedirigidezzacilimitiamoaigradidilibertnon vincolati (3,5,6) dellEF, che ci consentono di determinarne la configurazione deformata, e a i gradi dilibertcorrispondentiareazionivincolarichesiamoeventualmenteinteressatiacalcolare (nessuna in questo caso): ( ) ( )21 23 30 0x x 1Q N x p x dx 1 p x 1 dx p20| | | |= = = ||\ . \ . / /// /(12) ( ) ( )21 26 60 0x x x 1Q N x p x dx 1 p 1 dx p30| | | |= = = ||\ . \ . / /// / /(13) ( ) ( )2 315 50 0x x x 3Q N x p x dx 1 p 3 2 dx p20 (| | | | | |= = = ( |||\ . \ . \ . ( / /// / /(14) Nelle formule sopra il pedice della lettera Q indica il g.d.l. locale mentre lapice il numero dellelemento. La stessa operazione pu essere ripetuta per il 2 EF cone relativamente ai g.d.l. locali 2,3,5. ( ) p x p =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 notiQ. Il contributo della coppia concentratapviene aggiunto direttamente alla terza componente. 2/2131 25 21 2 2 2 26 3 225p20Q3 ppQ Q20 2QQ Q p p pp30 12 Qp2 ( ( ( ( ( ( (+ (= = (+ + ( + ( ( ( ( ( ( //// / ///( (15) Sistema risolvente Non resta che risolvere il sistema lineare, che pu essere scritto nella seguente forma adimensionalizzata: 123348 12 4 0 V 112 36 6 12 V 13EI p4 6 12 6 V 19200 12 6 12 V 10 (( (( (( = (( (( (( //// ( ( ( ( ( ( (16) La soluzione, cui si perviene usando, ad esempio, il metodo di eliminazione di gauss, : 14234V 6V 169 121 pV20 EIV 239 12 (( (( ((= (( (( (( ///5 410(17) 12 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 F V FF M M (( = (( / (((18) in cui si hanno come incognite sia spostamenti (V) che rotazioni ( V = /M =) nodali e come termini noti sia forze F (nelle equazioni di equilibrio a traslazione) che coppie(nelle equazioni di equilibrio a rotazione), possiamo per prima cosa rendere omogenee le dimensioni delle incognite: F/F F V FF F M (( = (( / //(((19) Cos facendo i coefficienti di una stessa riga hanno tutti le stesse dimensioni. Infine dividendo per /, ad esempio, le righe delle equazioni a rotazione, perveniamo ad una matrice omogenea. F F V FF F M (( = (( / // / / /(((20)13 Scienza delle Costruzioni II Tema desame del 12 Novembre 2001 Esercizio n 2 Testo Determinare lo spostamento del punto A facendo uso di due EF CST. Dati:0; = Svolgimento Per prima cosa numero come in figura gli elementi finiti e i gradi di libert globali del sistema. 14 Quindiintroducolanumerazionedeigradidilibertlocalideglielementidacuiderivolatabella delle incidenze. Il segno sta ad indicare che il grado di libert globale ha verso opposto a quello del corrispondente grado di libert locale. 1 2 3 4 5 61 1 / 2 / / /2 / / / / -2 /g.d.l. EF Si pu notare che, con la numerazione introdotta, lelemento 2 coincide con l1 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 allelemento 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 dellelemento 1: ( ) ( ) ( )1 1 x 1N x, y ( x y); N x, y ; N x, y ;2 2= = = // /1 2 3y/ Da cui derivo la 1, la 3 e la 5 colonna della matrice B: 15 1 1 0 1 0 01B 0 0 0 ; D E 0 1 01 2 0 1 2 0 0 1 21 3 5( ( = = ( (

/;(((( Nella riga sopra anche riportata lespressione della matriceD per0 = . 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 lapice lelemento finito): 1 211 r1 rr r1Ak B D B dA = =/21/( )22 1 1 91 1 E E2 2 8| || | + = | | |\ .\ .;1 213 r1 rr r3Ak B D B dA = =/21/( ) ( )1 1 1 E E; = 1 233 r3 rr r3Ak B D B dA = =/21/( )21 1 E E; =2 1 255 55 r5 rr r5Ak k B D B dA = = =/21/21 1 1E E2 2 8| || | = | | |\ .\ .; Il vettore dei carichi equivalenti globale di calcolo pressoch immediato. Per la seconda componente perch la forza concentrata direttamente applicata al grado di libert, per la prima perch sfruttando lanalogia con una trave doppio-appoggio la risultante del carico 2P/ si ripartisce equamente sui due estremi del lato caricato. Altrimenti si pu eseguire il seguente integrale per il calcolo della prima componente del vettore dei termini noti dovuta al carico distribuito: ( ) ( ) ( )22 2 22 22 20 0 01 1 P P y PN 0, y p y dy ( y) dy y 2 P2 4 ( = = = ( // // / // / / /1; = / Assemblando si perviene al sistema risolvente e alla soluzione: 11 22U 9 8 1E PP U U 8U 8 9 1 8 E(((= = = ((( 16 Scienza delle Costruzioni II Tema desame 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/, /2/. 3k EI = / Svolgimento Il sistema di riferimento adottato riportato in figura: Condizioni al contorno:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1 2 1 2v 0 0; v 0 0; v 0; v v 0 ; v v 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 stazionariet dellenergia potenziale totale. ( ) ( )2 21 22 2x x x xv x a b c ; v x d e f ; = + + = + + / / / / ( ) ( )1 22 2b x ev x 2c ; v x 2f ; = + = + / / / /x Impongo le condizioni al contorno: 17 ( )( )( )( ) ( )( ) ( )1121 21 2v 0 0 a 0;v 0 0 b 0;e 2fv 0 e2c ev v 0 ev v 0 c d;= = = = = + = = = = == = // / // / /2f ;2c;2 Ora dipendono solo dal parametro: 1vev c( ) ( )2 21 22 2x xv x c ; v x c 2c c ; = = + / /x/ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 22 2 2x 2c x 2c 2cv x 2c ; v x 2c ; v x ; v x ; = = = / / / /2= / Scrivo lenergia potenziale totale in funzione del parametro:c( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 2 1 10 0 01 1 1EPT v , v EI v dx EI v dx kv p x v x dx2 2 2 = + + / / // ; ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 2 1 10 0 01 1 1EPT v , v EI v dx EI v dx kv p x v x dx2 2 2 = + + / / / / ; ( ) ( ) ( )2 2222 20 0 01 2c 1 2c 1 xEPT c EI dx EI dx k c p x c dx2 2 2| | | |= + + ||\ . \ . / / // /2/ ( ) ( )2 224 40 0 01 4c 1 4c 1 xEPT c EI dx EI dx kc p x c dx2 2 2 = + + / / // /22/; Ora impongo la stazionariet dellenergia potenziale totale. ( )[ ] [ ]24 4 20 0 034 4 2 3 0 003EPT EI EI x0 4c dx 4c dx kc p x dx 0cEI EI p x 8EI p4c x 4c x kc 0 k c3 3p 3c8EI k= + + = (| | + + = + = |(\ . =+ / / /// // / /// / / /// Essendo 3k EI = / si ha 43 3p 3 p8EI EI 27EI= =+/ // /c ; ( ) ( )4 2 4 21 22 2p x p x xv x ; v x 1 2 ;27EI 27EI| |= = + |\ ./ / / / / ( ) ( ) ( ) ( )3 3 21 2 1 22 p x 2 p x 2 p 2 pv x ; v x 1 ; v x ; v x ;27 EI 27 EI 27 EI 27 EI| | = = = = |\ ./ / / / /2/ Nel grafico seguente rappresentata la deformata ottenuta. In ascissa cx/e in ordinatav c : 18 Deformata00,511,522,50 0,50 1,00 1,50 2,00 Procediamo ora al calcolo del momento e del taglio. DaeT si ha:M EIv = EIv = ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )21 1 1 122 2 2 22M x EIv x p ; T x EIv x 0 ;272M x EIv x p ; T x EIv x 0 ;27 = = = = = = = = / / Il taglio risulta nullo essendo stato scelto un polinomio interpolante di secondo grado. Il momento costante a tratti e discontinuo in.x = /Il diagramma del momento rappresentato dalla parte delle fibre tese nella figura sottostante dove in ascissa cx/. Esso si discosta notevolmente dalla soluzione esatta che prevede momento parabolico sul primo tratto e lineare sul secondo. Momento- 2/2702/270 0,5 1 1,5 219 Scienza delle Costruzioni II Tema desame 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 nellipotesi di inestensibilit assiale.Il modulo di Young, pari a, e le caratteristiche geometriche della sezione, A e J, sono uguali per tutte le aste. E Svolgimento La struttura simmetrica per geometria e carichi rispetto allasse verticale: il nodo centrale non pu ruotare n muoversi orizzontalmente. Inoltre, essendo lasta verticale in estensibile, non pu nemmeno abbassarsi.20 Posso quindi limitarmi a studiare una struttura composta da una sola asta con 2 spostamenti nodali incogniti. Il sistema risolvente avr pertanto questa forma: 11 12 1 121 22 2 2K K U PKU P; ;K K U P (( = = (( (( Dove i gradi di libert globali sono legati ai locali (la cui numerazione indicata in figura) dalla tabella delle incidenze.1 2 3 4 5 61 / / / / 1 2g.d.l. EF 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 avr: 11 55 12 56 22 663 2EJ EJ EJK 12 ; K 6 ; K 4 ; = = = = = =/ /k k k/ 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. ( ) ( )2 3i i2 3 2x x x b x xN x a b c d ; N x 2c 3d ; = + + + = + +/ / / / / /23= Calcolo di 5N :( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 5N 0 0; N 0 0; N 1; N 0; = = = / /( ) ( )5 5N 0 0 a 0; N 0 0 b 0; = = = =( )( )( )552 352 32c 3d 3N 0 0 c d;23N 1 c d 1 d d 1 d 2 c2x xN x 3 2 ; = + = = = + = + = = == // /// /3;; =; Calcolo di 6N :( ) ( ) ( ) ( )6 6 6 6N 0 0; N 0 0; N 0; N 1 = = = / /( ) ( )6 6N 0 0 a 0; N 0 0 b 0 = = = =( )( )( )663 263 2N 0 c d 0 c d;2c 3dN 1 1 2d 3d d cx xN x ;= + = = = + = + = = = | |= |\ .// // /// /; / /Il carico distribuito pari a( p 1 x + /) . Allora ( )( ) ( ) ( )2 35 52 30 01 12 3 2 3 450 014 5350x x x xN x p 1 dx 3 2 p 1 dxp 3t 2t 1 t dt p 3t t 2t dtt t 17p t 2 p ;4 5 20| || | | |= + = + |||\ . \ .\ . = + = + ( = + = ( / // / / // // /ppp 22 ( )( ) ( ) ( )3 26 63 20 01 12 3 2 2 4 260 015 32 260x x x xN x p 1 dx p 1 dxp t t 1 t dt p t t dtt t 2p p ;5 3 15| || | | |= + = + |||\ . \ .\ . = + = ( = = ( / /// / / // // /ppp Icarichi 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. 2 225 61 7 17 p p 2p p p ; p2 20 20 12 20 15= + = = = / // / / p p ; / Si ha: 21 5 2 617 2P p ; P20 15= = = = / / p p p ;dove con Pi e pi ho indicato i carichi equivalenti dei gradi di libert globali e locali rispettivamente. Ora, sostituendo i termini trovati nel sistema risolvente, ricavo U1 e U2. 4 43 21 12 2 2 2217 17 13 EJ EJp 12 6U U U 12 6p p20 20 60;U U U EJ EJ 2 6 4 2 7 EJ EJ6 4 p15 15 24 (((( ((((((((= = =(((((((( (((( (((( // // // /// /1 Posso cos calcolare la deformata e le sue derivate: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )5 5 6 6 5 1 6 24 2 3 4 3 22 3 3 24 2 32 33 2 22v x N x N x N x U N x U13 p x x 7 p x xv x 3 260 EJ 24 EJp 43 x 17 xv x ;EJ 120 120p 43 x 17 x p 43 17 x 17 pv x ; v x ; v x ;EJ 60 40 EJ 60 20 20 EJ= + = + | | | |= + ||\ . \ .| |= |\ .| || | = = = ||\ .\ ./ // / / /// // // / /u u/ Calcolo taglio e momento esprimendoli in funzione della deformata tramite congruenza e legame costitutivo: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2p xM x EJ x EJ v x 51 43 ;6017T x M x EJ v x p ;20| | = = = |\ . = = =/// Troviamo taglio costante a differenza della soluzione esatta della linea elastica( ) che prevede taglio parabolico. EJv p =23 Infinenonbisognadimenticarelazioneassialecostantenellastaverticalechesipucalcolare come sovrapposizione dei carichi equivalenti del grado di libert locale 2 dovuti a carico distribuito costante e triangolare. 1 3 13N(x) p p p ;2 20 20= = / / /24 Scienza delle Costruzioni II Tema desame 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 parabolico( ) f x[ ]F L . Il carico costanteF2F L( . Dati:0; F f ; = = / Svolgimento Osservo subito che il problema simmetrico per geometria e carichi.Potrei quindi ricondurmi ad analizzare solo met del problema, come rappresentato in figura. In questo caso per il problema dimezzato ha pi g.d.l. del problema originario: 3 invece di 2. 25 Quindi considero un elemento finito quadrato di lato / 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: ( ) ( )( )2 2y xx yN x, y ; N x, y= =// /3 4;Da cui derivo la 6 e l8 colonna della matrice B: 0 0 1 0 01B x 1 x ; D E 0 1 0y y 0 0 16 8 ( ( = = ( ( / /// /;2(((( Posso quindi calcolare gli elementi k66 e k68 della matrice di rigidezza sfruttando lespressione diD per0 =riportata poco sopra. 26 2 2662 220 01 x E 1 y Ek E dxdy2| | | |= + = ||\ . \ . / // / / //2 2 21s t2+ /1 10 0E 1 Edsdt 1 ;3 2 2| |= + = |\ . 2682 2 220 01 x x E 1 y Ek E 1 dxdy2| || || |= + = || |\ .\ .\ . / // / / / //( )2 2 21s s t2 /1 10 0E 1 1 1dsdt 0;3 2 3 6| |= = |\ . Calcolo ora i carichi equivalenti nodali di volume ( g ) 8g =6( ) ( )2 262 30 0 0 0 0 0x y f f x y fg N x, y F x, y dxdy dxdy2 2 4 ((= = = (( / // / / /// / /3; =e di superficie ( ): 8 6p p =( ) ( )12 360 0 0x x x 1 1 1p N x, p x dx 4f (1 ) dx 4f s s ds 4f f ;3 4 3| |= = = = = |\ . / // // / /3/ /dove ho calcolato lespressione di sapendo che ha andamento parabolico e imponendo la condizione di passaggio per tre punti noti: ( ) p x( )( )( )( )p 0 0x xp 0 p x 4f 1p 2 f= | |= = ` |\ .=)// //;Osservo inoltre che, sfruttando la simmetria, potevo calcolare il carico equivalente nodale p6 come met della risultante del carico distribuito sul lato (ovvero come reazione di trave doppio-appoggio soggetta allo stesso carico). Infatti: ( )120 0 0x x 1 1 2p x dx 4f (1 ) dx 4f s s ds 4f f ;2 3 3| |= = = = |\ . / // // //0 Essendo ho due equazioni (identiche) disaccoppiate. Calcolo la soluzione: 68k =66 6 6 6 6 8 6E f f 7 fk u p g u u u ;2 3 4 6 E= + = + = =/ / /Scienza delle Costruzioni II Tema desame del 6 Settembre 2000 Esercizio n 2 Testo DeterminarelospostamentoverticaledelpuntoC,facendousodidueEFditravetipoEulero-Bernoulli. Il modulo di Young, pari aE, e le caratteristiche geometriche della sezione, A e J, sono uguali per tutte le aste. Larea della sezione pari a 2I / 12 . 27

Svolgimento IndicaticomeinfiguraigradidilibertdiungenericoelementofinitodiEulero-Bernoullidi lunghezza /, la sua matrice di rigidezza la seguente: 3 2 3 223 2EA EA0 0 0 0EI EI EI EI12 6 0 12 6EI EI EI4 0 6 2kEA0 0EI EI12 6EI4 ( ( ( ( ( ( ( (= ( ( ( ( ( ( ( ( ( / // / / // /// /// Essendo la matrice simmetrica, i termini al di sotto della diagonale non sono stati riportati. 28 Icoefficientidellamatricedirigidezzadiunelementofinitopossonoadesempioesserericavati dalle reazioni di una trave doppiamente incastrata soggetta ad uno spostamento nodale (cedimento o rotazione) unitario. Oppure bisogna procedere al calcolo del seguente integrale: T0k B DBd =/x xcioconij si st tj0k B D B d =/EA 00 EID (=( dove la matrice B lega i parametri nodali alle deformazioni generalizzate: ( )( )( )( )1 42 3 5 6BN 0 0 N 0 0x u xU0 N N 0 N Nx v x (((= =((( _ Per calcolare ad esempiouso ed e osservo cheB B . 23k2N3N12 13= = 0( )2 32xN x 1 3 2| | | |= + ||\ . \ ./ /x0; = si ha infatti che( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2N 0 1; N N N 0 = = = / /( )23xN x x 1|=

\ ./||; = si ha infatti che( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3N 0 1; N N N 0 0 = = = / /( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 3 32 2 26 x x 6 x x x 2 xN x ; N x 2 1 ; N x 1 4 3 ; N x 3 2| || | | = = = + = || \ . \\ ./ / / / / / / / /;||. ( ) ( )( )( )23 s2 st t 3 22 22 23 2 22 30 0 0232 30 013 223 2 201k B D B dx B D B dx N x D N x dx6 x 2 x EIk 2 1 EI 3 2 dx 12 2t 1 3t 2 dEI 7 EIk 12 2t t 2t 6 ;2 = = =| | | |= = ||\ . \ . (= + = ( / / //// / / / // /t Indicando ora i gradi di libert globali conV , e, questi sono legati ai gradi di libert locali dalla tabella delle incidenze. La numerazione e il verso assunto per gli elementi finiti sono riportati infigura.Dalversoassuntoperciascunelementofinitosirisalealversoeallanumerazionedei gradi di libert locale. B CVB 29 1 2 3 4 5 61 / / / /2 / /g.d.l. EF-JB-JBVBVBVC /Ilsegnonellatabelladelleincidenzestaadindicarecheilgradodilibertglobalehaverso opposto a quello del corrispondente grado di libert locale. Orapossocalcolareilcontributodiciascunelementofinitoallamatricedirigidezzaglobale.Si trattadisottomatricidellamatricedirigidezzadelsingoloEF,dovestatocambiatoilsegnoalle righe e alle colonne dei g.d.l. locali aventi segno opposto al corrispondente g.d.l. globale. B B1VEA0kEI4 ( ( ( = ( ( // B B C3 22 23 VVEI EI EI12 6 12EI EIk 4 6EI123 ( ( ( (= ( ( ( ( / / // // Ottengoquindilamatricedirigidezzaglobaledelsistema.SostituiscoadAilsuovaloreparia 212I / . B B C B B3 2 3 3 22 23 3V VVVEI EA EI EI EI EI EI12 6 12 24 6 12EI EI EI EIK 8 6 8EI EI12 12 C36 ((+ (( (( ((= = (( (( (( (( / / / / / / // / / // / Il vettore dei carichi equivalenti nodali ha invece la forma: B B2TVVpF p 012 (= ( //C La prima componente del vettore di calcolo immediato essendo la forza p/ applicata direttamente sul grado di libert VB, mentre il valore e il verso della seconda componente possono ad esempio essere calcolati sfruttando lanalogia tra i carichi equivalenti degli EF di Eulero-Bernoulli e le reazioni di una trave doppiamente incastrata soggetta agli stessi carichi. 30 Altrimenti bisogna eseguire il seguente integrale per il calcolo dei carichi equivalenti nodali: T0nP N dp (= ( /x con vettoredeicarichiassialietrasversalieconlamatriceNchelegagli spostamenti ai parametri nodali: np ( ( 1 42 3 5 6NN 0 0 N 0 0 uU0 N N 0 N N v (( =(( _. Calcolo in particolare la seconda componente del vettoreF riportato sopra. Dalla tabella delle incidenze si ha che (con lapice indico lelemento e con il pedice la componente del vettore): B1 26 3F P P= ( ) ( )16 60P N x p x dx = = / Ho bisogno die dinel riferimento scelto. 6N ( ) p x p = ( )26xN x 1|=

\ ./ /x ||= infatti si ha che( ) ( ) ( ) ( )6 6 6 6N 1; N N 0 N 0 0; = = = / /Quindi( )B1 212 2 3 400 0x x 1pdx t 1 t p dt p t 3 t 412| | ( = = = = | \ . // / // /2p ; / F 1 Risolviamo ora il sistema e calcoliamo lo spostamento VC richiesto. B B4B B3C C24 6 12 V 12 V 10EI p 1 p6 8 6 1 212 120 EI12 6 12 V 0 V 11 ( ((( (((( = = (((( (((( / // //(((( 4C11 pV120 EI=/31 Scienza delle Costruzioni II Tema desame del 19 Luglio 2000 Esercizio n 2 Testo Determinare il sistema risolvente facendo uso di due elementi finiti CST. Dati: 30; g 3 ; E;4 = = = Svolgimento In figura rappresentata la numerazione adottata per i g.d.l. locali e globali del sistema. Nel secondo elemento la numerazione scelta in modo da farlo coincidere con il primo a meno di una rotazione rigida di 90 gradi in senso antiorario. 32 Quisottoriportatalatabelladelleincidenze.Ilsegnostaadindicarecheilgradodilibert globale ha verso opposto a quello del corrispondente grado di libert locale. 1 2 3 4 5 61 1 2 3 4 / 52 2 -1 5 / / /g.d.l. EF Procediamooraalcalcolodellefunzionidiformaedellamatricedirigidezzadelprimoelemento finito. Con riferimento alla figura sopra, calcolo le funzioni di forma dellelemento: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1N x, y x b ; N x, y y x ; N x, y y x1;b 2b 2b= + = = +1 2 3 da cui ottengo la matriceB: 1 0 1 2 0 1 2 0 1 0 01B 0 0 0 1 2 0 1 2 ; D E 0 1 0b0 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 0 1 2 ( (= = ( ( ; ( ( ( ( Ora,sfruttandoanchelamatriceD riportatasopra,possoricavareicoefficientidellamatricedi rigidezza. A titolo di esempio svolgo il calcolo per il termine 35k .235 r3 rr r5Ak B D B dA b = =21b1 1 1 E1 E4 4 2 8| | = |\ .;Ilprocedimentoanalogoperglialtritermini.Infineottengolamatricekdelprimoelemento finito (riporto solo met per simmetria). 33 8 0 4 0 4 04 2 2 2 23 1 1 1Ek ;3 1 1 83 13 ( ( ( ( = ( ( ( ( ( Osservochelamatricedelsecondoelementofinitoidenticaaquelladelprimo:amenodiuna rotazione rigida, geometria e numerazione dei g.d.l. coincidono. Sfruttandolatabelladelleincidenze(eprovvedendoopportunamenteacambiareilsegnoai coefficientidellamatriceovenellatabelledelleincidenzecompaiailsegno)riportoallorail contributodiciascunelementofinitoallamatricedirigidezzaglobale.Infondoallematricisono indicati i g.d.l. globali cui le colonne corrispondono. 18 0 4 0 04 2 2 2Ek 3 1 183 131 2 3 4 5( ( ( ( = ( ( ( 24 0 2Ek 8831 254 ( (= ( ( [ ]molla3 Ek E4 8 5 = = = 6 Ho riportato anche il contributo della molla alla matrice di rigidezza. Adessoprocedoalcalcolodeicarichiequivalentinodalicominciandodaicarichidivolumedel primo elemento (n.b.:con il pedice indico il g.d.l. locale e con lapice lelemento). Calcolo il carico equivalente nodale di volume relativo al 6 grado di libert del 1 elemento. Nel riferimento sceltog x ( ) , y 3 = .34 ( ) ( )0 x16b xg N x, y g x, y dydx= = 3( )1x y2b+ ( )( )( )0 x 0 s2b x 1 ss 00 0 2 31 2 2 2 261 1 s 11 2633 dydx b t s dt ds23 t 3 sg b st ds b 2s ds 3 b2 2 2 3g b ; = + ((= + = = (( = 2 Osservazione:essendoilcaricodivolumecostante,icarichiequivalentinodali( ) risultano uguali e pari alla risultante delle forze di volume (1 1 16 4g , ge g23 b ) diviso 3. Lealtrecomponentisicalcolanoinmanieraanaloga.Perquantoriguardaicarichiequivalenti nodalidivolumedelsecondoelementosipossonoricavareosservandocheessicoincidonocon quellidovutiaduncaricodivolumeorizzontaleparia3 nelprimoelemento.Evitocosdi 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 2globg b 0 2 0 11 2 3 4 5 = 2 Restano da calcolare i carichi equivalenti nodali relativi al carico distribuito triangolare agente sul latoAD.Lunicocontributoalsistemarisolventedatoallaterzacomponentedelvettoredei carichi dal carico equivalente nodale del g.d.l. 3 del 1 elemento ( ) . 13p( ) ( ) ( )( )b b13b b11 31 2 2 231 11 231p N b, y p y dy y b (b y) dy2b1 1 t 1p b t 1 (1 t) dt b t b 22 2 3 22p b3 = = + (| |= + = = |(\ . = 223 Sommandoicontributialvettoredeicarichieallamatricerisolvente,possoscrivereilsistema risolvente richiesto dal testo del problema: 122345U 12 0 4 0 2 0U 0 12 2 2 6 6E 1b U 4 2 3 1 1 28 3U 0 2 1 3 1 3U 2 6 1 1 12 6 (( (( (( (( = (( (( (( ( ( ( ( ( ( ( Per completezza calcolo anche la soluzione del sistema: 35 122345U 22U 1512 bU 463 EU 230U 140 (( (( (( (( = (( (( (( 36 Scienza delle Costruzioni II Tema desame del 22 Febbraio 2000 Esercizio n 2 Testo Determinare la freccia di estremit con il metodo di Ritz utilizzando un polinomio di grado minimo. Modello di trave di Bernoulli-Eulero. Larghezza b della sezione costante. Peso specifico 3[F] [L] ]0, 2] Svolgimento La variazione lineare dellaltezza della sezione lungo lasse della trave comporta anche un diverso peso per unit di lunghezza e momento dinerzia al variare dellascissa. Calcoloinnanzituttolaleggeconcuivarialaltezzadellatraveconlaposizionexsullasse baricentrico, sapendo che ha andamento lineare: 37 ( )( )( ) ( )( ) ( )h x A Bx;h 0 h A h A hh h B h 1 h B hxh x h 1 ; = + = = = = = + = | |= + |\ ./ / // Trovatah x , calcolo il momento di inerzia in funzione di x( )( ) ( ) ( )33 31 1I x bh x bh 1 ;12 12 | |= = + |\ ./x e analogamente il carico distribuito, considerando il peso di un tratto infinitesimo dx di trave: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )dV b h x dx p x dx p x b h xxp x b h 1 ; = = = | |= + |\ ./ IlmioproblemaoraquellodicalcolarelafrecciadiunatravediEulero-Bernoullisoggettaa carico distribuito e momento di inerzia variabili con legge nota. Scrivo innanzitutto lenergia potenziale totale per il problema considerato: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 01 EPT v EI x v x dx p x v x dx2 = ( / /; Devoscegliereunafunzioneapprossimantevperladeformatarispettosadellacongruenza.Cio( ) [ ] ( ) ( ) ( )1v x C 0, ev 0 v 0 0 = / = . Essendorichiestodiscegliereunpolinomiodigradominimo,prendoinconsiderazioneun polinomiodigrado2,aventeunsoloparametroliberoinaggiuntaai2parametristrettamente necessari a soddisfare le condizioni al contorno. ( ) ( ) ( )( )( )( )222x x B C x Cv x A B C ; v x 2 ; v x 2 ;v 0 A 0 A 0xc.c. v x C ;v 0 B 0 B 0| | = + + = + = |\ .= = = | | = | = = =\ . / / / // / / / Ora esprimo lenergia potenziale totale in funzione del parametro libero C: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 223 22341 1 233 240 01 2 332300 00 01 C xEPT C EI x 2 dx p x C dx21 1 x C x xE bh 1 4 dx b h 1 C d2 121 1 CEb h 1 t dt b h 1 t Ct dt2 3C Ebh1 t dt C bh t2 3 ( | |= = | ( \ .| | | | |= + + || \ . \ . \= + + = + + / // // // / / // ////( ) ( )1301 t dt x||. Nel terzo passaggio sopra ho effettuato il cambio di variabilit x dx dt = = / / ; 38 Impongolastazionarietdellenergiapotenzialetotaleeguagliandoazeroilvaloredelladerivata prima dellEPT rispetto a C: ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 332 330 0d EPT CEb hC 1 t dt bh t 1 tdC 3 = + + = //dt 0 ; Calcolo gli integrali che compaiono nellespressione della derivata dellEPT rispetto a C, ( ) ( ) ( ) ( )( )11 43 40 01 1 1 11 t dt 1 t4 1 4 1114 (+ = + = = ( = ( )2 311 + + +2 31;4 + + += ( ) ( ) ( )11 3 42 30 0t t 1 4 3 3 3t 1 t dt 13 4 3 4 12 12 ( + + = + = + = = ( +; e li sostituisco nellequazione di stazionariet dellEPT, ( )( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 332 330 03 2 33d EPT CEb hC 1 t dt bh t 1 t dtdC 3d EPT CEb h 1 3C bh 0;dC 3 4 12 = + + = + + + += = ////0 dalla quale ricavo agevolmente C: ( ) d EPT CE bCdC= 3h32 3314 + + +/b 3h12 + /42 3 203C ;1 Eh = += + + +/ Infine ottengo e la freccia in.( ) v x x = /( )( )2 242 3 2242 3 2x 3v x C ;1 Eh3v C C ;1 E + | | | |= = ||+ + +\ . \ .+ | |= = = |+ + +\ .// // / //xh FaccioancheunaverificadimensionaleperaccertarmicheilparametroCcalcolatoabbia effettivamente le dimensioni di una distanza ( adimensionale). [ ][ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ][ ] [ ][ ][ ] [ ][ ]3 23 442 2 2 3 2F L ; E F L ; L ; h L ;F L L3C L1 EhF L L = = =+= =+ + +//;== 39 Scienza delle costruzioni II Tema desame del 25 Febbraio 1999 Esercizio 1 Testo Analizzare la struttura in figura facendo uso di elementi finiti per problemi piani. Assumere20 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 dei nodi B,C,E,F rispettivamente. Tuttavia B C Ev ,v ,v ,vF 2 Qui stata introdotta una modifica rispetto al testo originale del tema desame che chiedeva dirisolvere il problema per =0. 40 per levidente simmetria di geometria e di carico della struttura, e, il problema si riconduce a due sole incognite indipendenti. B Cv v =Ev v =Cv =vHv =BvFVolendo sfruttare la simmetria del problema per ridurre i calcoli ci si pu ricondurre alla risoluzione di met struttura come indicato nella figura sottostante: In figura indicata anche la numerazione degli elementi e dei gradi di libert globali. Il numero di incognite del problema ritorna per ad essere 4 perch qui sto implicitamente adottando per lintera struttura una discretizzazione pi ricca (2 elementi a 4 nodi + 2 CST anzich 1 elemento a 4 nodi + 2 CST) della precedente. A priori per un problema piano e, 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: G Ev v v =F C H Bv v v =( ) ( )G E F E Bv v v 2 v v v = + = =F Hev =B Cv 2 v + = . Quindi posso utilizzare pi approcci per la soluzione del problema: 1.Risolvere lintera struttura con 1 elemento a 4 nodi + 2 CST. Bench non sia specificato, questo 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 met struttura. 3.Considerare met struttura con 4 incognite indipendenti ottenendo una soluzione pi accurata di quella dei punti 1 e 2. Scelgo di risolvere il problema utilizzando lapproccio 2 perch pi peculiare rispetto agli altri e perch ho contemporaneamente 2 soli g.d.l. globali e il vantaggio di sfruttare solo met struttura. Ovviamente gli altri approcci sono altrettanto validi.Inoltre siccome, come si vedr, lapproccio 3 si differenzia dal 2 solo per lassemblaggio, in fondo riportata la soluzione anche per esso. In appendice viene infine presentato un metodo alternativo per la soluzione del problema con lapproccio 2. Quindi considero il problema dimezzato e riduco anche il problema a due soli gradi di libert. Per fare ci devo imporre le uguaglianze di spostamento e , come avviene risolvendo il problema con lapproccio 1. G Ev = Riporto nella figura sottostante i due elementi finiti con la numerazione locale dei loro gradi di libert. 41 Ora impongo, gi nella tabella delle incidenze, le uguaglianzee . Tradotta in gradi di libert globali la condizione si scrive: Quindi ho la seguente tabella delle incidenze: G Ev v =2;Hv v =B3 4 1U U ; U U = =1 2 3 4 5 6 7 81 / / / 1 / 4 / /2 / 1 / 1 / 4 / 4g.d.l. EF Comincio il calcolo dei termini della matrice di rigidezza dallelemento finito 1. In figura sono riportati tra laltro 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 yN x, y 1 ; N x, y ; N x, y = = =/ / /1 2 3y;/ Ora ricavo la 2, la 4 e la 6 colonna della matriceB. Le seconde due per i termini della matrice di rigidezza di nostro interesse e la prima per una verifica della correttezza dei calcoli. ,y ,y ,y,x ,x ,x0 0 0 0 01B N N N 0 11 1 0N N N2 46 2 46 ( ( ( (= =(

( ( /1 2 31 2 301 (( ( )1 0d 1 00 0 1 2 ( (= ( ( 42 Oracalcoloicoefficientidellamatricedirigidezza.Questosiriconduceinognicasoallintegrale dellasommadiduetermini,sfruttandoilfattoched decheilprimoelementodelle colonne pari (e qui compaiono solo quelle) della matrice 23 13= = 0B nullo( ) . 1iB 0 i pari = ij ri rs sjAij 1ik B d B dAk B= =1s sj 2i 21 1jd B B d B +22 2 j 23d B d + +( ) 3j 3i 31B B d +1jB32d +( ) 2 j 33 3jAij 2i 22 2 j 3i 33 3jAB d B dAk B d B B d B dA+ = +22 244 24 22 34 33Ak B d B d dA = + =/212/( )22 2E 1 3 E1 1 11 2 4 1 ( + = ( ; 2266 24 22Ak B d dA = =/212/( )22 2E 11 11 2E1 ( = ; 246 24 22 26Ak B d B dA = =/212/( )2 2E 111 2E1 = ; Ora calcolo anche. 24k224 32 33 34Ak B d B dA = =/212/( )2 2E 1 11 11 2 4 E1 = ; Ora,siccomelerighepari(2,4,6)della4colonnadellamatricedirigidezzacorrispondonoalle reazioniverticaliainodidovutead unospostamentounitarioimpostoalgradodilibert4,laloro somma,perequilibrioindirezioney,deveesserepariazero.Questaverificacostituisceunautile verifica della correttezza dei calcoli effettuati. 24 44 64 2E 1 3 2k k k1 4 4 4 (+ + = + = ( 0 Passoaconsiderareilsecondoelementofinito.Infigurasonorappresentatilanumerazioneele coordinate dei nodi, i gradi di libert locale, il sistema di riferimento locale e le equazioni dei lati. Calcolo le funzioni di forma 43 ( ) ( )( ) ( )x y x yN x, y 2 1 1 ; N x, y 2 1 ;x y x yN x, y 2 ; N x, y 1 2 ;| || | | |= = | ||\ .\ . \ .| |= = |\ ./ / / // / / /1 23 4 e le colonne pari della matriceB associate ai g.d.l. 2,4,6,8: ,y ,y ,y ,y,x ,x ,x ,x0 0 0 00 0 0 01 x x xB N N N N 2 1 2 2 1 2N N N Ny y y y2 2 2 1 2 12 468 2x ( ( ( ( ( (= = ( ( ( ( (| | | | ( || (\ . \ . / / / // / / /1 2 3 41 2 3 446 8/ ; Ancora una volta, essendo coinvolti solo g.d.l. verticali, anche per0 il calcolo dei termini della matrice di rigidezza risulta notevolmente semplificato: 1iij 2i 22 2 j 3i 33 3jA13 23B 0 i parik B d B B d B dd d 0= = +`= =)A;; Inoltre,rifacendosiaconsiderazionidisimmetriaealsignificatodeiterminidellamatricedi rigidezzacomereazioniaspostamentiunitari(vedifigurasottostante),possiamoulteriormente ridurre i calcoli osservando che: 22 44 66 88 28 46 68 24 26 48k k k k ; k k ; k k ; k k = = = = = = 44 Negli integrali che seguono sistematicamente usata la seguente trasformazione di coordinate: s 2x dx 1 2 dst y dy dt= == =/ // / 22 222 22 22 32 33Ak B d B d dA = + =/22E 12 1 /( ) ( )( )1 12 20 022 44 66 88 2 21s 1 1 4 t 1 ds dt21 E 1 3 2 Ek k k k 1 2 12 1 3 6 1 + = = = = + = ( ( ) ( )( )1 12224 22 22 24 32 33 342A 0 024 68 2 21 E 1k B d B B d B dA s s 1 4 1 t ds dt2 1 21 E 1 4 3 Ek k 1 4 12 1 6 12 1 = + = = = = ( ( ) ( )1 12 226 22 22 26 32 33 362A 0 026 482 21 E 1k B d B B d B dA s s 1 4 t t ds dt2 1 21 E 1 1 2 3 Ek k 1 42 1 6 2 12 1 = + = + (= = = ( ( ) ( )1 12228 22 22 28 32 33 382A 0 028 462 2 21 E 1k B d B B d B dA s 1 1 4 t t ds dt2 1 21 E 1 1 2 E Ek k 2 42 1 6 2 12 1 6 1 = + = (= = + = = ( Comeverificadeicalcolimiaccertoche,perequilibrioindirezioney,lasommadellereazioni verticali dovute ad uno spostamento unitario del g.d.l. 2 sia nulla. 22 42 62 82 21 E 4 3 2 3k k k k 3 26 1 2 2 (+ + + = + + ( 0 = Orapossoassemblarelamatricedirigidezzadellastrutturausandolatabelladelleincidenze introdotta prima: (1) (2) (2) (2) (2) (1) (2) (2) (2) (2)44 22 24 42 44 46 26 28 46 48(1) (2) (2) (2) (2) (1) (2) (2) (2) (2)46 26 28 46 48 66 66 68 86 88k k k k k k k k k kKk k k k k k k k k k ( + + + + + + + +=(+ + + + + + + + ( 45 Nella matrice sopra ho indicato con lapice tra parentesi il numero dellelemento finito e col pedice la riga e la colonna della sua matrice di rigidezza. Essendoilvettoredeicarichiottenibilesenzaalcuncalcolo,ottengodirettamenteilsistema risolvente e la sua soluzione: 1 124 4U U 5 4 0 41 E PP (1U U 4 4 1 5 4 1 E) (((( = = (((( (+( Lasoluzioneappenacalcolataidenticaaquellachesiotterrebbeconlapproccio1,ovvero discretizzando lintera struttura con 2 CST e un elemento a 4 nodi. Seinvecenonimpongoalcunauguaglianzadigradidilibertnellatabelladelleincidenze,posso risolvereilproblemausandotuttiequattroigradidilibert.Eilcasodellapproccio3descritto allinizio: la soluzione pi accurata perch sto utilizzando implicitamente 4 elementi anzich 3 per la discretizzazione dellintera struttura. Avr la seguente tabella delle incidenze 1 2 3 4 5 6 7 81 / / / 1 / 4 / /2 / 1 / 2 / 3 / 4g.d.l. EF e la seguente matrice di rigidezza:. (1) (2) (2) (2) (1) (2)44 22 24 26 46 28(2) (2) (2)44 46 48(2) (2) 266 68(1) (2)66 8815 7 4 3 2 3 6 2 k k k k k k6 4 2 2 3 k k k1 EK6 4 4 3 k k 12 112 4 k k ( + +( (( ((= = (( (( + (( Quindi risolvo il sistema calcolando U1, U2, U3, U4. ( )12234123415 7 4 3 2 3 6 2U 04 3 6 4 2 2 3U 01 EP2 3 2 6 4 4 3U 0 12 16 2 2 3 4 3 12 4U 1U 18 8U 21 11P 12U ( 3) 2 7 E 9 4U 2( 6)( 2) ((( ((( ((( = ( ( ( ((( ( ( ( ( + ( = ( ( ( (( ( ( (

Seinvecesonointeressatoacalcolareleiperstaticheassociatealvincolodieguaglianzadegli spostamenti, posso utilizzare questo sistema (la matrice di rigidezza immutata): 46 112441415 7 4 3 2 3 6 2U X4 3 6 4 2 2 3U X1 E2 3 2 6 4 4 3U Y 12 16 2 2 3 4 3 12 4U P YU X 1 4P P e(1 )U Y 1 5 4 E ((( ((( ((( = ( (( ((( ( ( ((((= = + (((( 4 Appendice Inappendicepresentobrevementeunmodoalternativoperlarisoluzionedelproblemacon lapproccio 2. Anzichtenercontodelvincolodieguaglianzadeglispostamentinellatabelladelleincidenze, posso farlo a partire dalla descrizione del campo di spostamenti dellelemento finito a 4 nodi: y 1 2 3s N (x, y) U N (x, y) U N (x, y) U N (x, y) U = + + +1 2 3 4 dovegliUisonoigradidilibertglobale.SiccomeU1=U2eU3=U4possointrodurrelaseguente matriceN: x 1y 4Ns 0 0 Us N N N N U (((= (((+ + 1 2 3 4 e ricavarne la corrispondente matriceB: x 1y 414N,y ,y,x ,xBx 0 x 0s 0 0 U0 y 0 ys N N N N Uy x y x0 0 0 0U1(N N ) (N N ) 1 1U0 0(N N ) (N N ) (( ((( ((= = ((( ((+ + (( ( ( (( (= + + = (( ( ( (+ + ( _/_1 2 3 41 2 3 41 2 3 414BUU ( ( _ La matrice di rigidezza si calcola molto agevolmente usando la consueta formula. ij ri rs sjAk B d B d = A 21 41 11 Ek1 1 2 1 U U(= ( Perottenerelamatricerisolventesiprocedepoiadassemblareakilcontributodellelemento triangolare. 47 2 2 21 4 1 41 1 (3 ) / 2 1 5 41 E 1 E 1 EK1 1 1 1 4 4 2 1 2 1 4 1 U U UU (( = + = (( (( Hoottenutocoslastessamatriceconundiversoprocedimento 48