Modelli evolutivi per la verifica del rischio di edifici esistenti. Quaderno 4 Primi concetti di analisi nonlineare
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1 Odine degli Ingegneri della rovincia di istoia Corso sulla Vulnerabilità Sismica Modelli evolutivi per la verifica del rischio di edifici esistenti Quaderno 4 rimi concetti di analisi nonlineare rof. Enrico Spacone Dipartimento di Ingegneria e Geologia Università degli Studi G. D Annunzio Chieti-escara 31 Maggio 2013
2 INTRODUCTION Three examples are presented hereafter to introduce nonlinear problems and nonlinear solution schemes 2
3 Example 1: Material Nonlinearity 2,U 2 ELASTIC BEAM L e = 3 m 1, U 1 = KU 3 m ELASTO-LASTIC HINGE 3, U 3 U 1 = 2 3 U 1 = U2 U 3 3
4 Example U 2 U 1 e= 1 U 4 3 ID e= = 0 3 U e= 2 U 2 = ID = 3 e 2 0 U 3 1 ELEMENTS STRUCTURE 4
5 Example 1 U 2 U 1 e= 1 U K 3 e= 1 = EI b U 1 U 2 U Lb Lb Lb L b L L L L b b b b L L L L b b b b L L L L b b b b U 1 U 2 U 3 U U 1 U 2 U 3 U 3 e= 2 U 2 1 K 1 1 = 1 1 e= 2 kh U 3 U L L L b b b K = EIb 2 L L L b b b k 2 h L L L b b b U 1 U 2 U 3 5
6 Example 1 M ϕ linear L b Hp: curvature ϕ constant over L pl θ = ϕ L pl ELASTO-LASTIC nonlinear L pl M Alternative 1 Order of magnitude of plastic hinge length d 2 L pl d θ 6
7 Example 1 M M M y linear L b ϕ y Consider plastic deformations only ϕ ϕ ϕ y (θ θ y )= (ϕ ϕ y )L pl LASTIC nonlinear 0-length M Alternative 2 θ θ y 7
8 Example 1 M M y linear L b ϕ y ϕ LASTIC nonlinear rocedure followed here 0-length Strictly speaking this is not correct The flexibility of the plastic hinge length is accounted for twice, both in the column element and in the hinge This approach is followed to illustrate the nonlinear procedure 8
9 Example 1 EI el-b = N-mm 2 EI el-h = N-mm 2 EI pl-h = 5,2x10 10 N-mm 2 L pl = 200 mm k el-h = EI el-cp /L pl = 5 x10 10 N-mm k pl-h = EI pl-cp /L pl = 2,6x10 8 N-mm 9
10 Example (0.02, 50) 40 (0.0009, 45) M (kn-m) ,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0,02 θ (rad) EI el-b = 10 4 kn-m 2 k el-h = 5 x10 4 kn-m k pl-h = 2,6x10 2 kn-m 10
11 Example 1 =1 kn 1 (kn) λ 3 = 17 λ 2 = 15 λ 1 = Load History 1 = λ λ= {, 15, 17} U 1 11
12 Example 1 U 2 U 1 U 3 nodal displ.s nodal forces U1 U = U 2 U 3 1 = 2 3 u 4 u 3 plastic hinge rotation θ = u u = u h
13 Example 1 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U U = 0 tr = h = R = = 0 0 = = = 0 0 U 3 unb R u 4 u 3 13
14 Example 1 SIGN CONVENTION: When equilibrium is reached: equal and opposite (fro om equilibrium) Resisting forces at node Resisting forces at element end + R = 0 - R = 0 Convention used here: formally less correct easier to represent 14
15 Example 1 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 U 1 i=1 Initial stiffness M (kn-m) EI b = 10 4 kn-m ,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0,02 θ (rad) k h = k el-h = EI el-h /L pl = 5 x10 4 kn-m L b = 3 m U 3 12EIb 6EIb 6EIb Lb Lb L b 6EIb 4EIb 2EI b K = Kel = 2 Lb Lb L b 6EIb 2EIb 4EI b + k 2 el h Lb Lb L b 15
16 Example 1 K el Graphic is purely indicative Axes represent arrays! λ 1 = unb U 16
17 Example 1 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U 1 U U = K { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 17
18 Example 1 K el Determine resisting forces corresponding to the current displacement vector U (STRUCTURE STATE DETERMINATION) U U 18
19 Example 1 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=1 Elements resisting forces (ELEMENT STATE DETERMINATION) 1) Column: linear elastic = K U b b b 2) lastic hinge M * h = min(k el-h θ h, M + k pl-h θ h ) = kn-m u 4 u k h = k el-h 40 M (kn-m) k el-h ,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0, θ (rad) 19
20 Example 1 F F * F=k el u k pl F=F * +k pl u k el F = min(k el u, F * + k pl u) u F = max(k el u, F * + k pl u) 20
21 Example 1 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=1 U 2 U 1 0 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = 0 =
22 Example 1 In equililbrium External Forces on nodes Resisting Forces on nodes Element Forces 22.5 In equililbrium In equililbrium 22
23 Example 1 K el There is equilibrium between applied and resisting forces unb = 0 Load increment Apply λ 2 U U 23
24 Example 1 K el λ 2 = 15 unb U 24
25 Example Not in equililbrium!! In equililbrium External Forces on nodes Resisting Forces on nodes Element Forces In equililbrium 25
26 Example 1 LOAD STE 2: λ 2 = 15 kn U 2 i=1 U 1 15 R = 0 = = unb = R = 0 0 K = K U 3-1 U = K { } el = u 4 u 3 26
27 Example 1 K el 15 unb Determine resisting forces corresponding to the current displacement vector U (STRUCTURE STATE DETERMINATION) U U 27
28 Example 1 LOAD STE 2: λ 2 = 15 kn U 2 i=1 U 1 U U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 28
29 Example 1 LOAD STE 2: λ 2 = 15 kn i=1 Elements resisting forces (ELEMENT STATE DETERMINATION) 1) Column: linear elastic 2) lastic hinge = K U b b b M h = min(k el-h θ h, M * + k pl-h θ h ) = -45 kn-m u 4 u k h = k el-h M (kn-m) k el-h 0 0 0,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0, θ (rad) 29
30 Example 1 LOAD STE 2: λ 2 = 15 kn i=1 U 2 U 1 U 3 15 b R = h = = = unb = R = 0 0 =
31 Example 1 K el 15 unb =0 There is equilibrium between applied and resisting forces Load increment Apply λ 3 U 31
32 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn U 2 i=1 U 1 R = 0 = = unb = R = K = K U 3-1 U = K { } el = u 4 u 3 32
33 Example 1 λ 3 = K e unb Determine resisting forces corresponding to the current displacement vector U (STATE DETERMINATION) U U 33
34 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn U 2 i=1 U 1 U U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 34
35 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn i=1 Elements resisting forces (ELEMENT STATE DETERMINATION) 1) Column: linear elastic 2) lastic hinge = K U b b b M * h = min(k el-h θ h, M + k pl-h θ h ) = -45,03 kn-m u 4 u ,03 Momento (kn-m) k pl-h k h = k pl-h rotazione θ cp 35
36 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn i=1 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces
37 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn U 2 i=2 U 1 K = K pl U U = K { } = U = U + U = u 4 u 3 37
38 Example 1 17 K ep 15 unb U U 38
39 Example 1 LOAD STE 3: λ 3 = 17 kn i=2 Elements resisting forces (ELEMENT STATE DETERMINATION) 1) Column: linear elastic 2) lastic hinge = K U b b b M * h = min(k el-h θ h, M + k pl-h θ h ) = -51 kn-m u 4 u K 50 h = k pl-h Momento (kn-m) rotazione θ cp
40 Example 1 LOAD STE 1: λ 3 = 17 kn i=2 U 2 U U b = h = R = = unb = R = 0 0 =
41 Example 1 17 unb =0 15 U 41
42 Example 1 (87.23,17) (16.2,15) (8.1,) U 42
43 Example 1 (87.23,17) (16.2,15) (8.1,) U 43
44 Example 1 The load path is not known: A load history is the applied =1 kn 1 (kn) λ 8 = 16 λ 7 = 14 λ 6 = 12 λ 5 = 10 λ 4 = 8 λ 3 = 6 Load history 1 = λ λ= {2, 4, 6, 8, 10,12, 14, 16, } λ 2 = 4 λ 1 = 2 U 1 44
45 Example 1 =1 kn kn) 1 (k U1 (mm) Load history 1 = λ λ= {0, 20} 45
46 Example 1 =1 kn kn) 1 (k U1 (mm) Load history 1 = λ λ= {0, 10, 20} 46
47 Example 1 =1 kn kn) 1 ( U 1 (mm) Load history 1 = λ λ= {0, 5, 10, 15, 20} 47
48 Example 1 =1 kn (kn) 1 ( U1 (mm) Load history 1 = λ λ= {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20} 48
49 Example 2 LASTIC HINGE henomenological nonlinear M-θ model, U rotation = - 49
50 Example 2 SYSTEM RESONSE (closed form solution) 18 16, U (kn) U1 (mm) 50
51 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U U = 0 b = h = R = = 0 0 = = = 0 0 U 3 unb R u 4 u 3 51
52 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 U 1 i=1 Initial stiffness M (kn-m) EI b = 10 4 kn-m ,005 0,01 0,015 0,02 0,025 k h = k el-h = EI el-h /L pl = 5 x10 4 kn-m θ cp L b = 3 m U 3 12EIb 6EIb 6EIb K Lb Lb L b 6EI 4EI 2EI = K = 6EIb 2EIb 4EI b + k 2 el h Lb Lb L b el b b 0 el 2 Lb Lb Lb 52
53 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U 1 U U = K0 { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 53
54 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=1 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m Momento (kn-m) u 4 u rotazione θ cp 54
55 Example 2 LASTIC HINGE 1: λ 1 = kn i=1 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb
56 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=2 U 1 U U = K0 { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 56
57 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=2 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 57
58 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=2 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb Note that < i=2 i =1 unb unb
59 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=3 U 1 U U = K0 { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 59
60 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=3 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 60
61 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=3 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb Note that < i=3 i=2 unb unb
62 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=15 U 1 U U = K0 { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 62
63 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=15 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U h h h lastic hinge M h = kn-m u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 63
64 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=15 U 2 U 1 U b = h = R = unb = R = 0 0 = Small enough!! Note that 0 i=15 unb There is equilibrium between applied and resisting forces Apply λ
65 Example 2 Convergence was very slow because initial stiffness was used 8,00 7,00 K-initial 6,00 5,00 4,00 3,00 2,00 1,00 0, unb(3) (kn- -m) iteration (i) 65
66 Example 2 The tangent stiffness does not change: Advantage: K is inverted only once Disadvantage: convergence is slow What if the stiffness is updated at every step (tangent stiffness)? 66
67 Example 2 Tangent stiffness (Newton-Raphson) It should be much faster! 67
68 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U U = 0 b = h = R = = 0 0 = = = 0 0 U 3 unb R u 4 u 3 68
69 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=1 U 1 U U = K { } = for i = 1, K = K U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = tan tan 0 u 4 u 3 69
70 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=1 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m K h,tan = kn-m u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 70
71 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=1 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb
72 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=2 U 1 U U = K tan { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 72
73 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=2 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m K h,tan = kn-m u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 73
74 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=2 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb Note that i=2 i=1 unb unb
75 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=3 U 1 U U = K tan { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 75
76 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=3 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge M h = kn-m K h,tan = N-mm u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 76
77 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=3 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = Note that i =3 i=2 unb unb There is no equilibrium between applied and resisting forces Apply unb
78 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn U 2 i=4 U 1 U U = K tan { } = U = U + U = Uh = Ub = 0 θ h = u 4 u 3 78
79 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=4 Elements resisting forces Column: linear elastic = K U b b b lastic hinge 60 M h = kn-m K h,tan = kn-m 50 u Momento (kn-m) u rotazione θ cp 79
80 Example 2 LOAD STE 1: λ 1 = kn i=4 U 2 U 1 U b = h = R = = unb = R = 0 0 = Small enough!! Note that i =4 i =3 unb unb 0 i=4 unb There is equilibrium between applied and resisting forces Apply λ
81 Example 2 COMARISON BETWEEN CONVERGENCE SEEDS 8,00 7,00 6,00 K-initial K-tangent unb(3) (kn N-m) 5,00 4,00 3,00 2,00 1,00 0, iteration 81
82 Example 3 NONLINEAR GEOMETRY: - EFFECT H << HL Equilibrium in the undeformed configuration H M base = HL L otherwise Equilibrium in the deformed configuration M base = HL + 82
83 Example hinge (kn-m) M h NL law: Example 2 NL law: Example ,005 0,01 0,015 0,02 rotation θ cp Nonlinear hinge law: from Example 2 83
84 Example 3 y L θ h v x H ( ) M x = -v - Hx EIv" = -v - Hx Hx v" + v = - EI EI H v( x ) = C1 sin x + C2 cos x x EI EI ( ) v 0 = 0 C = 0 h ( ) θ C = v' L = h 2 1 H + θ EI cos L EI x 84
85 Example 3 EQUILIBRIUM IN THE DEFORMED CONFIGURATION y H H + θh H v( x ) = sin x x EI cos L EI EI L θ cp v x tan L H EI θh H = v( L ) = + tan L L EI EI EI from equilibrium = M h HL M = HL + h x Get closed form solution 85
86 Example 3 EQUILIBRIUM IN THE DEFORMED CONFIGURATION tan L EI EI tan EI h M h = H + L H = M EI h tan L EI M h - HL = θ θ h EI Assign θ h M h H 86
87 Example 3 H 2 π EI cr-el = 2 4 L = 2740 kn 87
88 Nonlinear geometry in NTC Second order effests d (forces from all r θ < 0,1 stories above) Secondo order effects are neglected h V (total floor load) θ = d r /V h Horizontal seismic action 0,1< θ < 0,2 Effects are incremented by 1/(1-θ) 0,2 < θ < 0,3 No comment V θ > 0,3 Not allowed 88
89 Conclusions 1 st order linear elastic analysis α 2 α α 1 2 nd order linear elastic analysis Bifurcation 1 st order inelastic analysis 2 nd order inelastic analysis 89
90 Conclusions Elastic Analysis Materials are all linear elastic Inelastic Analysis Materials are inelastic First order analysis Equilibrium in the underformed configuration Second order analysis Equilibrium in the deformed configuration (large displacements, small, moderate or finite deformations) Material Geometry Structural collapse is typically associated with loads that lead materials into the inelastic range, and with displacements that lead to structural instability at collapse 90
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