POTRESNO INŽENIRSTVO Zbirka rešenih zgledov Avtorja Matjaž Skrinar Denis Imamović September 2020 Naslov Potresno inženirstvo Title Earthquake Engineering Podnaslov Zbirka rešenih zgledov Subtitle Collection of Solved Examples Avtorja Matjaž Skrinar Authors (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Denis Imamović (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Recenzija Alen Harapin Review (Univerza v Splitu, Fakulteta za gradbeništvo, arhitekturo in geodezijo) Iztok Peruš (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Mojmir Uranjek (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Tehnični urednik Jan Perša Technical editor (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Oblikovanje ovitka Jan Perša Cover designer (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Grafike na ovitku Cover graphics Lava avtorja Arcturian-a iz Pixabay.com. Grafične priloge Graphic material Avtorja Založnik/ Published by Izdajatelj/ Co-published by Univerza v Mariboru Univerza v Mariboru Univerzitetna založba Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo Slomškov trg 15, 2000 Maribor, Slovenija Smetanova ulica 17, 2000 Maribor, Slovenija https://press.um.si, zalozba@um.si https://www.fgpa.um.si, fgpa@um.si Izdaja Edition Prva izdaja Izdano Published at Maribor, september 2020 Vrsta publikacije Publication type E-knjiga Dostopno na Available at https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/495 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor 550.34(0.034.1) © Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba SKRINAR, Matjaž / University of Maribor, University Press Potresno inženirstvo [Elektronski vir] : zbirka rešenih zgledov / avtorja Matjaž Skrinar, Besedilo / Text Denis Imamović. - 1. izd. - E-knjiga. - Maribor : © Skrinar, Imamović 2020 Univerzitetna založba Univerze, 2020 To delo je objavljeno pod licenco Creative Commons Priznanje Način dostopa (URL): avtorstva-Nekomercialno-Brez predelav 4.0 Mednarodna. / This work https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/495 is licensed under the Creative Commons Attribution-NonCommercial-ISBN 978-961-286-375-3 NoDerivatives 4.0 International License. doi: doi.org/10.18690/978-961-286-375-3 1. Drugi var. nasl. 2. Imamović, Denis https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/ COBISS.SI-ID 26857475 ISBN 978-961-286-375-3 (pdf) DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-375-3 Cena prof. dr. Zdravko Kačič, Price Brezplačni izvod Odgovorna oseba založnika For publisher rektor Univerze v Mariboru POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV MATJAŽ SKRINAR IN DENIS IMAMOVIĆ Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo, Maribor, Slovenija. E-pošta: matjaz.skrinar@um.si, denis.imamovic@um.si Povzetek Potresno inženirstvo je - kljub temu, da gre za relativno mlado področje - področje, ki se zelo intenzivno razvija, hkrati pa je to tudi zelo obsežno področje. Zato so v delu obravnavane samo analize konstrukcij stavb, s poudarkom na določitvi velikosti in porazdelitve Ključne besede: potresnega vpliva ter osnovne kontrole, vezane na potresno potresno inženirstvo, brez detajlnih kontrol, vezanih na konstruiranje inženirstvo, potresni posameznih materialov. Zavestni razlog za takšno namerno omejitev vpliv, gradivo je dejstvo, da je to delo namenjeno študentom, ki se s temi določitev problemi srečajo prvič. Zato so postopki reševanja nalog prikazani na vodoravne sile, t.i. »peš« način, brez uporabe avtomatizirane programske opreme ravninske (izjema so le računi lastnih frekvenc in lastnih vektorjev), saj je bilo linijske konstrukcije, osnovno vodilo priprave tega gradiva želja »prisiliti« študente v dobro porazdelitev poznavanje postopkov, ne pa precej površna uporaba računalniške potresnega programske opreme za analizo teh problemov. Tako to delo v 10 vpliva, analiza zgledih, ki predstavljajo dejanske izpitne naloge (nekatere tudi nekoliko etažnih razširjene), pokriva osnovni spekter vsebine omenjenega predmeta. pomikov. DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-375-3 ISBN 978-961-286-375-3 EARTHQUAKE ENGINEERING: COLLECTION OF SOLVED EXAMPLES MATJAŽ SKRINAR & DENIS IMAMOVIĆ University of Maribor, Faculty of Civil Engineering, Transportation Engineering and Architecture, Maribor, Slovenia. E-mail: matjaz.skrinar@um.si, denis.imamovic@um.si Abstract Earthquake engineering - despite being a relatively young field - is an intensively developing field and is also a very broad area. Therefore, only structural analyzes of buildings are considered in this work, with emphasis on determining the magnitude and distribution of earthquake impact. Just prime controls related exclusively to earthquake engineering are performed, where the detailed controls related to the design of individual materials are Keywords: omitted. The main reason for such deliberate restriction of the earthquake engineering, material is the fact that this work is intended for students who meet seismic with these problems for the first time. Therefore, the procedures impact, determination of for solving problems are executed on manual basis i.e. without the horizontal use of automated software (except for the calculations of force, eigenfrequencies and eigenvectors), since the genuine guideline for plane line the preparation of this material was the desire to "persuade" structures, students into a good understanding of the procedures, not just a distribution of seismic rather superficial use of computer software for analysis of these force, problems. This work thus covers the basic content spectrum of the analysis of mentioned subject through 10 solved examples, which represent the storeys' displacements. actual examinations (where some of them also slightly expanded). DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-375-3 ISBN 978-961-286-375-3 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Kazalo Predgovor 1 Zgled 1 Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 3 Zgled 2 Izpitna naloga 27. junij 2018 43 Zgled 3 Izpitna naloga 30. avgust 2016 65 Zgled 4 Izpitna naloga 3. julij 2017 83 Zgled 5 Izpitna naloga 4. julij 2016 99 Zgled 6 Izpitna naloga 10. julij 2018 119 Zgled 7 Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 137 Zgled 8 Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 167 Zgled 9 Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 195 Zgled 10 Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 219 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Predgovor Pričujoče delo z naslovom Potresno inženirstvo, zbirka rešenih zgledov je namenjeno predvsem študentom magistrskega programa Gradbeništvo Fakultete za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo v Mariboru kot študijsko gradivo za izpit pri predmetu Potresno inženirstvo na modulu Gradbene konstrukcije in operativa. Delo v 10 zgledih, ki predstavljajo dejanske izpitne naloge (nekatere tudi nekoliko razširjene), pokriva osnovni spekter vsebine omenjenega predmeta. Potresno inženirstvo je namreč, kljub temu, da gre za relativno mlado področje, tudi zelo obsežno področje. Zato so v delu obravnavane samo analize konstrukcij stavb, s poudarkom na določitvi velikosti in porazdelitve potresnega vpliva ter osnovnimi kontrolami, vezanimi na potresno inženirstvo, brez detajlnih kontrol, vezanih na konstruiranje posameznih materialov. Postopki reševanja nalog so prikazani na t.i. »peš« način, brez uporabe avtomatizirane programske opreme (izjema so le računi lastnih frekvenc in lastnih vektorjev), saj je bilo osnovno vodilo priprave tega gradiva želja »prisiliti« študente v dobro poznavanje postopkov, ne pa precej površna uporaba računalniške programske opreme za analizo teh problemov. 2 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pozoren bralec bo opazil, da sta v gradivu prisotna dva načina aplikacije faktorja δ za upoštevanje naključne torzije pri uporabi ravninskega modela konstrukcije. Standard Evrokod 8 oz. s polnim imenom EN 1998-1 (v nadaljevanju EC8), ki je v Republiki Sloveniji trenutno veljaven in tudi v tem gradivu uporabljan standard za protipotresno gradnjo, predpisuje njegovo uporabo na učinkih (posledicah) potresnega vpliva, kar pomeni, da je potrebno dobljene rezultate (pomike in notranje statične količine) po aplikaciji potresnih vplivov (sil) pomnožiti z ustreznim faktorjem δ. Ta postopek je sicer popolnoma v duhu EC8, vendar ne tudi najbolj praktičen. Ker pa potresne vplive apliciramo na linearni elastični model, dobimo identične končne rezultate, če faktor δ apliciramo na potresne vplive (torej sile), vendar je postopek enostavnejši (ne pa tudi popolnoma v duhu zahteve standarda EC8). Tudi pri izračunu koeficientov občutljivosti za etažne pomike sta uporabljana dva pristopa. V prvem so koeficienti občutljivosti izračunani za najbolj obremenjeni okvir po upoštevanju faktorja δ za upoštevanje naključne torzije. Ta način je dvojno konzervativen. Najprej zato, ker je koeficiente občutljivosti formalno potrebno izračunati za etažo, ne pa za najbolj obremenjeni okvir, kjer so pomiki, še posebej pri uporabi ravninskega modela konstrukcije in faktorja δ, precej večji kot pomik etaže konstrukcije. Drugi razlog konzervativnosti se skriva v samem faktorju δ. Preračuna 3D modelov dveh enoetažnih stavb, ki se nahajata tudi v zbirki vaj, sta namreč pokazala, da oba v 3D modelih konstrukcije mogoča načina vpeljave naključne torzije (premik masnega središča, kot tudi aplikacija potresne sile in dodatnega torzijskega momenta) vodita do opazno manjših pomikov kot uporaba faktorjev δ. Bralca opozarjava, da so v izračunih vrednosti izpisane z največ tremi decimalnimi mesti (kjer obstajajo), čeprav sva v izračunih dejansko upoštevala več decimalnih mest. Avtorja upava, da bo to delo našlo pot do študentov in da ga bodo uporabljali predvsem za samostojni študij predmeta pred izpitom in ne zgolj za listanje med opravljanjem izpitov. Delo tvori 10 nalog, v katerih so obravnavana vsa potrebna in zadostna orodja za reševanje nalog na pisnih izpitih. Kljub skrbnemu pregledu gradiva pa je mogoče, da so v njemu ostale napake ali nedorečeni detajli. Zato bova za vse konstruktivne predloge, ki bodo vodili k izboljšanju kvalitete (in obsega) dela, iskreno hvaležna . Pričujoče delo so izredno skrbno pregledali prof. dr. sc. Alen Harapin, doc. dr. Iztok Peruš in doc. dr. Mojmir Uranjek, za kar se jim iskreno zahvaljujeva. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 1 Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 Tloris enoetažne konstrukcije (višina etaže je 3.5 m) je podan na sliki 1. Konstrukcija je iz betona C 30/37, ki ima modul elastičnosti E = 33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. tloris y stebri 40 /40 cm, višina nosilcev 45 cm 0.4 m 6.9 m 6.5 m x 0.4 m L1=4.0 m L2=7.0 m 11.4 m Slika 1: Tloris enoetažne konstrukcije 4 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Objekt je skladišče, ki stoji v Jesenicah (nadmorska višina 576 m). Življenjska doba objekta je 100 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo v prečni (oz. y) smeri: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.6 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 8.1 56 2 8.1 42.6 62 − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče, ki ima debelino 18 cm, upoštevaj še dodatnih 200 kg/m2 za estrih, toplotno izolacijo in kritino) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi deformacijsko metodo, − za analizo nihajnih časov uporabi ustrezni model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije) in metodo apliciranja potresnega vpliva (glede na pravilnost/nepravilnost po višini), − določi tudi približek prvega nihajnega časa z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, − izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM), − poišči razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj na skici, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja, − izvedi izračun brezdimenzijskega koeficienta občutljivosti. Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 5. Rešitev I. kontrola tlorisne pravilnosti Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 18 cm kg kg 0 18 . m ⋅ 2500 = 450 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 200 2 m Masa: kg m = 650 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Jesenice: Alpska regija (cona) A3, nadmorska višina A = 576 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2   576   kN A3 s = 935 . 1 ⋅ 1  +    = 3.146 k 2   728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, 6 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. − koeficient izpostavljenosti C = , e 1 − toplotni koeficient C = . t 1 Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = . 0 8⋅1⋅1⋅3.146 = 2.517 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas izvedemo kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračunamo po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za strehe (kategorija H) ψ = 2 0 za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi: kN kN . 0 4 2.517 2 2 kg m m kg kg M = 650 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 650 + 0 + 0 = 650 2 2 2 m m m m m 81 . 9 . 9 81 2 2 s s Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 7. Kontrola tlorisne vitkosti Kontrola tlorisne vitkosti, definirane kot Lmax 4 . 11 m λ = = =1.652 < 4 , pokaže, da je pogoj Lmin 9 . 6 m izpolnjen. 1. korak: izračun koordinat centra togosti Ker so vsi trije okvirji v prečni smeri identični, lahko v izračunu centra togosti uporabimo samo površinske vztrajnostne momente namesto dejanskih togosti. Vztrajnostni moment posameznega stebra okoli osi x in y je: 3 b ⋅ h . 0 4 m ⋅(0 4 . m)3 −3 4 I = = = 2.133⋅10 m x s, 12 12 3 b ⋅ h (0 4 . m)3 ⋅0.4 m −3 4 I = = = 2.133⋅10 m y s, 12 12 Vsota vztrajnostnih momentov vseh stebrov etaže je enaka »translacijski togosti«: 3 − 4 2 − 4 I = 6⋅ I = 6⋅ 2.133⋅10 m =1.28⋅10 m x e , x s, 3 − 4 −2 4 I = 6⋅ I = 6⋅ 2.133⋅10 m =1.28⋅10 m y,e y s, X koordinata centra togosti je tako (glede na os levega spodnjega stebra): 2⋅ I ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ x s, 0 m 2 Ix s, 4 m 2 Ix s, 11m x = ct 6⋅ Ix s, 0 + 2⋅ 2.133⋅10−3m4 ⋅ 4 m + 2⋅ 2.133⋅10−3m4 ⋅11 m 0.064m5 = = = 5.0 m 1.28⋅10−2 m4 1.28⋅10−2 m4 Y koordinate centra togosti zaradi simetrije konstrukcije ni potrebno računati (slika 2) in znaša (glede na os levega spodnjega stebra): y = ct 25 . 3 m 8 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. tloris y stebri 40 /40 cm, višina nosilcev 45 cm 6.9 m M.S. C.T. 6.5 m x L1=4 m L2=7 m 11.4 m Slika 2: Lokaciji centra togosti in masnega središča 2. korak: izračun torzijskih polmerov Izračun torzijskih polmerov rx in ry se izvede na center togosti. Ker je vsa konstrukcija iz istega materiala, lahko tudi ta izračun namesto s togostmi izvedemo s površinskimi vztrajnostnimi momenti. »Torzijska togost« znaša (glede na center togosti): ( 2 2 x ⋅ I + y ⋅ I = 2⋅ − 5.0 m ⋅ 2.133⋅10− ∑ m + x y ) ( )2 3 4 2⋅(− 0 . 1 m)2 −3 4 ⋅ 2.133⋅10 m + 2⋅(6 m)2 −3 4 ⋅ 2.133⋅10 m + 3⋅(− 25 . 3 m)2 −3 4 ⋅ 2.133⋅10 m + 3⋅( 25 . 3 m)2 −3 4 6 ⋅ 2.133⋅10 m = 0.400 m Tako sledita torzijska polmera: ∑(x2 ⋅I + y2 ⋅ x Iy ) 0.400 m6 r = = = x 5.588 m ∑I ⋅ x 1.28 10-2 m4 ∑(x2 ⋅I + y2 ⋅ x Iy ) 6 0.400 m r = = = y 5.588 m ∑I ⋅ y 1.28 10-2 m4 Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 9. 3. korak: izračun vztrajnostnega polmera mase etaže 3.1 Izračun vseh mas etaže Plošča nad etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 11.4 m 6.9 m 50 6 51129 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 3 5 . m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 6 . 0 4 m 0 4 . m 2500 6 700 kg 4200 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi (upoštevamo npr. dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = gred,y 3 1 . 6 m 4 . 0 m 45 . 0 m 2500 3 2745 kg 8235 kg m3 masa gred v smeri X osi (upoštevamo dolžine med stebri): kg kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 2 6 . 3 m 4 . 0 m 45 . 0 m 2500 2 6 . 6 m 4 . 0 m 45 . 0 m 2500 9180 kg m3 m3 Masa etaže je tako: M = + + + + 1 Mplo Msteb s, Msteb,z Mgred,y Mgred,x = 51129 kg kg + 4200 kg + 8235 kg + 9180 kg = 72744 kg Za stene, ki stojijo na talni plošči (nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (odvisno od povezanosti sten in stebrov). Masna »matrika« konstrukcije je tako: [M]=[72744]kg 10 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. 3.2 Izračun masnih vztrajnostnih momentov vseh mas etaže Plošča Masno središče etaže običajno poenostavljeno vzamemo kar na sredini plošče, torej pri x= 5.5 m (točna vrednost koordinate je 5.422 m). plošča: ( . 11 4 m)2 + (6 9 . m)2 2 2 J = M ⋅ = 51129 kg ⋅14 608 . m = 756581.378 kg ⋅ m plo plo 12 Polovice stebrov spodaj vrednosti na težišča stebrov: (0 4. m)2 + (0 4. m)2 2 J = 6⋅ M ⋅ = 6⋅700 kg ⋅0 021 . m =112 kg ⋅ m stebrov,t stebra 12 krajni stebri: 4⋅M ⋅ (( 5 . 5 m)2 + . 3 25 m = 4⋅700 kg ⋅ 40.813 m =114275 kg ⋅ m stebra ( )2) 2 2 sredinska stebra: 2⋅M ⋅ (( 5 . 1 m)2 + 25 . 3 m = 2⋅ 450 kg ⋅12.813 m =17937.5 kg ⋅ m stebra ( )2) 2 2 Skupni prispevek stebrov 2 2 2 2 J = 6 5 25 . kg ⋅m +114275 kg ⋅m +17937.5 kg ⋅m = 132324.5 kg ⋅m 132022.284 kg ⋅m stebrov ( 2 ) (vrednost v oklepaju predstavlja rezultat, izračunan z upoštevanjem točne lege masnega središča). Grede v smeri Y osi ( .61m)2 + ( 4. 0 m)2 J = 3⋅ 2745 kg ⋅ + 2⋅ 2745 kg ⋅ 5 5 . m + 2745 kg ⋅ 5 . 1 m gred,y ( )2 ( )2 12 2 2 2 2 = 25645.163 kg ⋅ m +166072.5 kg ⋅ m + 6176.25 kg ⋅ m =197893.913 kg ⋅ m ( 2 197301.35 kg ⋅ m ) Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 11. Grede v smeri X osi ( .36 m)2 + ( .04 m)2 J = 2⋅1620 kg ⋅ + 2⋅1620 kg ⋅ . 3 25 m + . 3 5 m gred,x (( )2 ( )2) 12 (6 6. m)2 + (0.4 m)2 + 2⋅ 2970 kg ⋅ + 2⋅ 2970 kg ⋅ (( . 3 25 m)2 + (2 m)2 ) 12 2 2 2 = 77454.9 kg ⋅ m +108142.65 kg ⋅ m =185597.55 kg ⋅ m ( 2 185737.76 kg ⋅ m ) Masni vztrajnostni moment vseh mas etaže I = J = J + J + J + J p etaže plo stebrov gred,y gred,x 2 2 2 2 = 756581.377 kg ⋅ m +132324.5 kg ⋅ m +197893.913 kg ⋅ m +185597.55 kg ⋅ m 2 =1272397.34 kg ⋅ m ( 2 1271954.224 kg ⋅ m ) Vztrajnostni polmer mase etaže je: 2 Ip 1272397.34 kg ⋅ m l = = = . s 4.182 m ( 4.182 m) M 72744 kg (vrednost v oklepaju predstavlja rezultat, izračunan z upoštevanjem točne lege masnega središča, ki pokaže, da je razlika inženirsko nezanimiva). 4. korak: kontrola kriterijev za tlorisno pravilnost Pogoji se tako zapišejo (enačba (4.1b)): r = ≥ = x 5.588 m ls 4.182 m r = ≥ = y 5.588 m ls 4.182 m ter (enačba (4.1a)) e = − = ≤ ⋅ = ⋅ = , ox 5 . 5 m 5 m . 0 5 m . 0 3 rx 0 3 . 5.588 m 1.676 m e = ≤ ⋅ = ⋅ = oy 0 0 3 . ry 0 3 . 5.588 m 1.676 m Pogoji za tlorisno pravilnost so tako izpolnjeni in uporaba dveh ravninskih modelov je dovoljena. 12 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. II. Ravninska analiza potresnega vpliva za prečno smer 1. Izračun členov togostne matrike konstrukcije z deformacijsko metodo Ker stavbo v smeri y tvorijo trije identični okvirji, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3 (druga možnost je, da analiziramo enovit okvir, katerega širina stebrov je 1.2 m). Upogibni togosti stebrov in nosilcev (z upoštevano razpokanostjo) sta: 1  4 . 0 m ⋅(0 4 . m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 0 . GPa = 3.52⋅10 Nm s 2  12  1  4 . 0 m ⋅(0 45 . m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 0 . GPa = 5.012⋅10 Nm n 2  12  Če za analizo uporabimo deformacijsko metodo, sledijo naslednje vrednosti parametrov: k= 4 število togih vozlišč g= 0 število členkastih vozlišč s= 3 število elementov t1= 2 število znanih zasukov t2= 4 število znanih pomikov Število neznanih vozliščnih zasukov je tako: b = k − t = − = 1 4 2 2 število neznanih premikov (zasukov vertikalnih elementov) pa je: c = 2⋅ k + 2⋅g − t − = ⋅ + ⋅ − − = > 2 s 2 4 2 0 4 3 1 0 kar pomeni, da gre za pomičen sistem. Stopnja deformacijske nedoločenosti je tako: n = b + c = 2 +1 = 3 Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 13. kar pomeni, da moramo rešiti sistem 3 enačb s tremi neznankami. Kot neznanke vpeljemo zasuka ϕA in ϕB vozlišč A in B ter zasuk ψ1 stebrov (slika 3), ki je, zaradi osne nedeformabilnosti gred pri inženirski metodi pomikov, enak v vseh stebrih, ki imajo enake dolžine. ϕA ϕB A EI n B EI s ψ1 EI H= 3.5 m s ψ1 L=6.5 m Slika 3: Prostostne stopnje modela Ker so upogibne togosti EI nosilcev in stebrov različne, bomo dolžine stebrov, ki jih upoštevamo pri izračunu členov matrike ravnotežnih enačb, modificirali s pomočjo razmerja upogibnih togosti (angl. »flexural stiffness«). Računske dolžine stebrov so: EIs EIn EI = → H' n = ⋅ H H H' EIs EI ⋅ n 5.012 107 Nm2 H'= n ⋅ H = ⋅ H = ⋅ . 3 5 m = 4.983 m EI ⋅ s 3.52 107 Nm2 Nato sledijo predštevila: 4 4 4 4 a = + = + = AA 1.418 H' L 1 4.983 m 6.5 m a = = BB aAA 1.418 ter 2 2 a = = = = AB aBA 0.308 L1 6.5 14 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Nato izračunamo še: 6 6 a = = = − = − = − A 1 a B1 a C1 1.204 H' 4.983 m 12 12 12 a = + = ⋅ = 11 2 4.816 H' H' 4.983 m Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu etaže dobi naslednjo obliko: aAA aAB a1A  ϕA   0        EI ⋅ n aAB aBB a ⋅ 1B ϕB  =  0        a1A a1B a   11  ψ1  1⋅ H  1.418 0.308 −1.204 ϕA  0  EI       ⋅ − ⋅ ϕ  = n 0.308 1.418 1.204 B  0    −1.204 −1.204 4.816      ψ ⋅   1  1  5 . 3   21 71070879.1 15421153.846 − 60342857.143 ϕA  0   46 15421153.8 71070879.121 − 60342857.143     ⋅ ϕ  = B  0    − 43 60342857.1 − 60342857.143 241371428.571      ψ1  5. 3  ki ima rešitve: ϕA  1.554⋅10-8     8 -  ϕ B  = 1.554 ⋅10     8 -  ψ1  2.227 ⋅10  od katerih je za določitev togosti zanimiva zgolj zadnja. Horizontalni pomik točk A in B zaradi enotske sile, ki predstavlja podajnost okvirja, je tako: 8 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ okv H 1 . 3 5 m 2.227 10 7.794 10 N Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 15. Togost enega okvirja je: 1 1 6 N MN k = = = ⋅ = okv 12.830 10 12.830 d 8 - m okv m m 7.794⋅10 = d N Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = ⋅ = ⋅ = kon 3 kokv 3 12.830 38.491 m m Lastna krožna frekvenca je sedaj: MN 38.4913 kkon m rad ω = = = 23.003 M 72744 kg s in tako sledi: rad 23.003 ω s ν = = = 3.661 Hz 2⋅π 2⋅π 1 1 T = = = 1 0.273 s ν 3.661 Hz Če pa želimo za izračun približka prvega nihajnega časa T1 uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa, moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sile teže, aplicirane vodoravno, kar sledi iz: -1 {u   = − ⋅ = ⋅ ⋅ 1} [K ] 1 kon {P1} MN 38.491 {72744 } m kg 81 . 9  m  s2 = {1.854⋅10-2 } m → d =1.854⋅10-2 m Tako sledi: T = 2⋅ d = 2⋅ 1.854⋅10-2 = 1 0.272 s 16 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Z enačbo (4.9) pridobljeni približek prvega nihajnega časa se tako odlično ujema z vrednostjo, dobljeno dinamično analizo. Dodatek: Izračun členov togostne matrike konstrukcije z metodo končnih elementov Ker stavbo v prečni smeri tvorijo trije identični okvirji, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3. Izbrana je naslednja diskretizacija okvirja s tremi končnimi elementi (slika 4): 2 1 3 H= 3.5 m L=6.5 m Slika 4: Diskretizacija okvirja s tremi končnimi elementi Togostna matrika obeh stebrov v lokalnem koordinatnem sistemu je:  754.286 0 0 − 754.286 0 0   0 9.852 17.241 0 − 9.852 17.241    [  0 17.241 40.229 0 −17.241 20.114  k = k =   ⋅10 1] [ ] 6 3 − 754.286 0 0 754.286 0 0    0 − 9.852 −17.241 0 9.852 −17.241    0 17.241 20.114 0 −17.241 40.229  Togostna matrika stebrov v globalnem koordinatnem sistemu (α= 90o) je:  9.852 0 −17.241 − 9.852 0 −17.241  0 754.286 0 0 − 754.286 0    [ −  K = =   ⋅ 1] [K ] 17.241 0 40.229 17.241 0 20.114 106 3 − 9.852 0 17.241 9.852 0 17.241    0 − 754.286 0 0 754.286 0    −17.241 0 20.114 17.241 0 40.229  Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 17. Togostna matrika grede v lokalnem in globalnem koordinatnem sistemu (α=0o) je:  456.923 0 0 − 456.923 0 0   0 2.190 7.117 0 − 2.190 7.117    [  0 7.117 30.842 0 − 7.117 15.421  k = K =   ⋅10 2 ] [ ] 6 2 − 456.923 0 0 456.923 0 0    0 − 2.190 − 7.117 0 2.190 − 7.117    0 7.117 15.421 0 − 7.117 30.842  Togostna matrika okvirja je tako:  466.7750 0 17.241 − 456.923 0 0   0 756.476 7.117 0 − 2.190 7.1172    [  −  K ] 17.241 7.117 71.071 0 7.117 15.421 6 =   ⋅10 okv − 456.923 0 0 466.775 0 17.241    0 − 2.190 − 7.1172 0 756.476 − 7.117    0 7.117 15.421 17.241 − 7.117 71.071 Podajnostna matrika okvirja je:  78.614 0.292 −15.779 77.525 − 0.293 −15.441  0.293 1.3254 − 0.167 0.2934 6.866⋅10-4 − 0.167    [ − − − −  d = − =   ⋅ okv ] [Kokv] 1 15.779 0.167 17.957 15.441 0.167 0.117 10 9- 77.525 0.293 −15.441 78.614 − 0.293 17.241    − 0.293 6.866⋅10-4 0.1674 − 0.293 1.325 0.167    −15.441 − 0.167 − 0.117 −15.779 0.167 17.957  Iskana podajnost okvirja v horizontalni smeri je tako: -9 m d = 78.614 ⋅10 N pripadajoča togost okvirja pa znaša: 1 1 7 N k = = = 1.272⋅10 d -9 m m 78.614 ⋅10 N 18 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. in je zgolj nekoliko manjša od togosti okvirja, dobljene z deformacijsko metodo, kjer pa so bili elementi upoštevani kot osnonedeformabilni. Napaka pri uporabi deformacijske metode znaša zgolj 0.865 %. Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = ⋅ = ⋅ = kon 3 kokv 3 12.720 38.161 m m 2. Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1.5 kjer sta: q0 = 3.0⋅αu/α1 = 3⋅1.1 = 3.3 (za razred duktilnosti DCM in enoetažne stavbe) kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. q = 3 . 3 ⋅1 = 3 . 3 3. Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Za povprečno povratno dobo 475 let in obdobje uporabnosti 100 let sledi verjetnost prekoračitve:  1 100 P  = −  −  = = > R 1 1 0.190 19.002 % 10 %  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 100 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 100 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 . 0 ) 949.122 let 1 za katero ne obstaja pripadajoča karta. Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 19. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Jesenice tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.175 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.2 g ter  . 0 2   949.122 log  ⋅ log    log(a     = + = − gR ) log( . 0 175) . 0 175 475 0.703 1000 log     475  Iskana vrednost je tako: a =10 0.703 − = gR 0.198 g Za kategorijo pomembnosti II velja γ I = 1.0 in po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅ = ⋅ = g I a gR 1 0.198 g 0.198 g 4. Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz: 30 30 m N = = = > SPT,30 60.257 50 N h 8 1 . m . 21 9 m i + ∑i1=N 56 62 SPT i, kar ustreza tipu tal B. 20 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. 5. Določitev velikosti potresnega vpliva Za tip tal B veljajo naslednje vrednosti parametrov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) B 1.2 0.15 0.5 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.273 s < T B 1 C in po enačbi (3.14) sledi (slika 5): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T1 ) 5 . 2 5 . 2 ag S 0.198 g 2 . 1 1.767 q 3.3 Sd(T) 0.175 0.15 0.125 0.1 0.075 0.05 0.025 0.5 2 T [s] T 1 3 B T1 TC TD Slika 5: Vrednost Sd v spektru odziva Prečna bazna sila je tako: F = λ ⋅ ⋅ b Sd(T1) m =1 00 . ⋅1.767 ⋅72744 kg =128539.241 N kjer korekcijski faktor λ znaša 1.00, saj stavba nima več kot dveh etaž. Ker gre za enoetažno konstrukcijo, velja (slika 6): F = F 1 b Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 21. F 1 F b L=6.5 m Slika 6: Etažna sila F1 Ker konstrukcijo v prečni smeri sestavljajo trije identični okvirji, na vsakega odpade tretjina etažne sile (slika 7): F = 11 42846.414 N F = 12 42846.414 N F = 13 42846.414 N tloris y x 42846.414 N 42846.414 N 42846.414 N Slika 7: Sile na okvire v smeri y 22 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. 6. Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje (od leve proti desni) v y smeri tako po enačbi (4.3.3.2.4(1)) sledi (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti desni za 1.1 m: x 6 . 6 m δ = 0 . 1 + . 1 2⋅ =1 0 . + . 1 2⋅ = 72 . 1 Le 11 m x 2.6 m δ = 0 . 1 + . 1 2⋅ = . 1 0 +1 2 . ⋅ =1.284 Le 11 m x 4.4 m δ = 0 . 1 + . 1 2⋅ =1 0 . + 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 11 m Za premik masnega središča proti levi za 1.1 m pa sledi: x 4.4 m δ = 0 . 1 + . 1 2⋅ = . 1 0 + 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 11 m x 0.4 m δ = . 1 0 + 2 . 1 ⋅ =1.0 + 2 . 1 ⋅ = .044 1 Le 11 m x 6 6 . m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = . 1 0 +1.2⋅ = 72 . 1 Le 11 m Za krajna okvirja je tako merodajna vrednost 1.72, za vmesni okvir pa vrednost 1.284. 7. Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvirja so tako: 8 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ okv H 1 . 3 5 m 2.227 10 7.794 10 N {d   = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ e } [dokv] {Fe} 8 - m 7.794 10 {42846.414 } N {3.339 10 3- } m  N  Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {d = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ s } qd {d } 3 . 3 {3.339 10-3 e } m {11.020 10-3 } m Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 23. Zaradi upoštevanja vpliva naključne torzije za zunanja okvirja upoštevamo faktor δ=1.72 in tako sledijo pomiki: . 1 72⋅{d }= {18.955⋅10-3 s } m Relativni pomik etaže zunanjega okvirja je tako: d =18.955⋅10-3 m − 0 =18.955⋅10-3 m Tako sledi (redukcijski faktor za kategoriji pomembnosti I in II po predpisu znaša ν = 0.5): 18.955⋅10-3 m ⋅ν =18.955⋅10-3 m ⋅0 5 . = 9.477 ⋅10-3 m Ker gre za skladišče in nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo (najstrožji) pogoj v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h kar vodi do: 9.477 ⋅10-3 m ≤ 0 005 . ⋅ h = 005 . 0 ⋅ . 3 5 m =1.75⋅10-2 m , ki pokaže, da je omejitev pomikov izpolnjena tudi za najstrožji kriterij. 8. Kontrola vpliva teorije drugega reda (P-∆ efekta). Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za etažne pomike (4.4.2.2(2)) poda informacijo o tem, ali je vpliv teorije drugega reda potrebno upoštevati. Vrednost koeficienta θ za etažo je tako: m 72744 kg ⋅9.81 ⋅11.020⋅10 3- m P ⋅ tot dr s2 θ = = =1.748⋅10-2 < 0.1 V ⋅ ⋅ tot h 128539.241 N 3.5 m Ker velja θ < 0.1, vpliva teorije drugega reda tako ni potrebno upoštevati. 24 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. III. Prostorska analiza potresnega vpliva (naključna torzija je modelirana s premikom masnega središča) 1. Izračun masne matrike Dejansko je konstrukcija prostorska, kar pomeni, da bo poleg nihanja v posamezni smeri nastopilo tudi vrtenje konstrukcije okoli centra togosti. Ker ploščo smatramo kot togo šipo (v svoji ravnini se ne deformira), lahko konstrukcijo smatramo kot togo telo, katerega gibanje se najlažje opiše s pomočjo translacije težišča in rotacije okoli težišča. Ker bomo uporabili prostorski model, bomo masno središče premaknili (v skladu s členom 4.3.2(1)P) zgolj za 5 % (npr. v pozitivnih smereh osi x in y), torej za vrednosti 0.57 m v smeri osi X ter 0.345 m v smeri osi Y (slika 8). Zaradi tega se mase etaže ne spremenijo, spremenijo pa se masni vztrajnostni momenti. tloris y 2.905 m M.S. C.T. 6.5 m 3.595 m x L1=4 m L2=7 m 6.07 m 4.93 m Slika 8: Lokaciji centra togosti in masnega središča Plošča Masno središče etaže običajno poenostavljeno vzamemo kar na sredini plošče, torej pri x= 5.5 m (točna vrednost koordinate je 5.422 m). Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 25. plošča: J = J + M ⋅ 57 . 0 m + 345 . 0 m = 756581.378 kg ⋅ m + 51129 kg ⋅0.444 m plo plo,t (( )2 plo ( )2) 2 2 4 = 779278.819 kg ⋅ m ( 4 775041.099 kg ⋅ m ) (vrednost v oklepaju predstavlja rezultat, izračunan z upoštevanjem točne nazivne lege masnega središča). Polovice stebrov spodaj vrednosti na težišča stebrov: J = + ⋅ + + ⋅ + stebrov Jstebrov,t M ((-6.07 m)2 stebra (-3.595 m)2) M ((-2.07 m)2 stebra (-3.595 m)2) + M ⋅ ((4.93 m)2 + + ⋅ + stebra (-3.595 m)2) M ((-6.07 m)2 stebra (2.905 m)2) + M ⋅ ((- 2.07 m)2 + + ⋅ + stebra (2.905 m)2) M ((4.93 m)2 stebra (2.905 m)2) =112 kg ⋅ m2 + 700 kg ⋅ 49.769 m2 + 700 kg ⋅17.209 m2 + 700 kg ⋅37.229 m2 + 700 kg ⋅ 45.284 m2 + 700 kg ⋅12.724 m2 + 700 kg ⋅32.744 m2 =136582.985 kg ⋅ m2 (135907.077 kg⋅m2) Grede v smeri Y osi J = J + 2745 kg ⋅ - 6.07 m + - 0.345 m + 2745 kg ⋅ - 2.07 m + - 0.345 m gred,y gred,t, (( )2 y ( )2) (( )2 ( )2) + 2745 kg ⋅ ((4.93 m)2 + (- 0.345 m)2 )= 2 2 2 2 = 25645.163 kg ⋅ m + 2745 kg ⋅36.964 m + 2745 kg ⋅ 4.404 m + 2745 kg ⋅ 24.424 m 2 = 206243.585 kg ⋅ m ( 2 204918.322 kg ⋅ m ) Grede v smeri X osi J = J +1620 kg ⋅ - 4.07 m + - 3.595 m +1620 kg ⋅ - 4.07 m + 2.905 m gred,x gred,t, (( )2 x ( )2) (( )2 ( )2) + 2970 kg ⋅ ((1.43 m)2 + (-3.595 m)2 )+ 2970 kg ⋅ ((1.43 m)2 + (2.905 m)2 ) 2 2 2 = 77454.9 kg ⋅ m +1620 kg ⋅ 29.489 m +1620 kg ⋅ 25.004 m 2 2 2 + 2970 kg ⋅ 4.404 m + 2970 kg ⋅10.484 m =189057.182 kg ⋅ m ( 2 188380.608 kg ⋅ m ) 26 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Masni vztrajnostni moment vseh mas etaže I = J = J + J + J + J p etaže plo stebrov gred,y gred,x 4 2 2 2 = 779278.819 kg ⋅ m +136582.985 kg ⋅ m + 206243.585 kg ⋅ m +189057.182 kg ⋅ m 2 = 0 1311162.57 kg ⋅ m ( 2 5 1304247.10 kg ⋅ m ) Opomba: če s Steinerjevim izrekom izvedemo (poenostavljeno) korekcijo vztrajnostnega momenta etaže kot celote, sledi primerljiva, a nekoliko manj natančna vrednost: J = J + M ⋅ 57 . 0 m + 345 . 0 m =1272397.34 kg ⋅ m + 72744 kg ⋅0.444 m etaže etaže,t (( )2 etaže ( )2) 2 2 4 = 222 . 304690 1 kg ⋅ m Masna matrika je tako: M 0 0  72744 kg 0 0 1   [M]     = 0 M 0 =  0 72744 kg 0 1     0 0 I   0 0 0 1311162.57 kg ⋅ 2 m   p    2. Izračun togostne matrike V stebrih, ki jih modeliramo kot elastične vzmeti, se pojavijo sile, ki so proporcionalne pomikom (skrčkom oz. raztezkom vzmeti). Deformacija (raztezek ali skrček) posamezne vzmeti je sestavljen iz premika težišča (v smereh koordinatnih osi) in (protiurnega) zasuka plošče okoli masnega središča (slika 9). Pomika stebrov vzdolžnih okvirjev (vzporednih smeri osi x) sta: u = 1 u + x 3.595 m ⋅ϕ u = 2 u − x 2.905 m ⋅ϕ Pomiki stebrov prečnih okvirjev (vzporednih smeri osi y) so: v = 1 u − y 6.07 m⋅ϕ v = 2 u − y 2.07 m⋅ϕ v = 3 u + y 4.93 m⋅ϕ Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 27. y kx ux 2.905 m M.S. x uy ϕ M.S. 3.595 m kx ky ky ky 4 m 2.07 m 4.93 m Slika 9: Skica premaknjene etaže Potencialna energija sistema je: k ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ x u 2 1 kx u 2 k 2 y v 2 1 ky v 22 ky v 2 E 3 = + + + + p 2 2 2 2 2 Za njen izračun potrebujemo še togost posameznega okvirja v vzdolžni smeri. Deformacijska metoda (izračun ni prikazan) vodi do vrednosti kx= 21227420.306 N/m (model ekvivalentne konzole pa vodi do vrednosti 22061251.394 N/m). Togost konstrukcije v x smeri je tako 42454840.613 N/m in podobna togosti konstrukcije v y smeri (opomba: če bi za obe smeri uporabili osnovni strižni model, bi bili togosti zaradi kvadratnih prerezov stebrov za obe smeri enaki). Tako sledi: 1 21227420.3 ⋅(u + 3.595⋅ϕ)2 1 21227420.3 ⋅ u − 2.905 m ⋅ϕ x ( )2 x E = + p 2 2 7 12830422.9 ⋅(u − 6.07 m ⋅ϕ)2 7 12830422.9 ⋅ u − 2.07 m ⋅ϕ y ( )2 y + + 2 2 7 12830422.9 ⋅(u + 4.93 m ⋅ϕ)2 y 8 2 7 7 2 + = 6.465⋅10 ⋅ϕ +1.465 ⋅10 ⋅ϕ ⋅ u + 2.123 ⋅10 ⋅ u x x 2 7 7 2 − 4.119⋅10 ⋅ϕ ⋅ u +1.925 ⋅10 ⋅ u y y 28 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Posamezne člene togostne matrike sedaj dobimo s pomočjo mešanih odvodov po posameznih prostostnih stopnjah kot: ∂  E ∂  k p = = = i,j i ,1 3 , 2 & j ,1 3 , 2 q   ∂ ∂ j  qi  pri čemer so: q = u 1 x q = u 2 y q = ϕ 3 Tako sledijo členi prve vrstice (in tudi stolpca) togostne matrike kot: E ∂ E ∂ p p 7 7 = = 4.245⋅10 ⋅ u +1.465 ⋅10 ⋅ϕ x q ∂ u ∂ 1 x ∂  E ∂  ∂  E ∂ p p  7 k = = = 4.245⋅10 11 q  ∂  q  ∂  u  ∂  u  ∂ 1 1 x x  ∂  E ∂  ∂  E ∂ p p  k = = = 0 12 q  ∂  q  ∂  u  ∂  u  ∂ 2 1 y x  ∂  E ∂  ∂  E ∂ p p  7 k = = =1.465 ⋅10 13 q  ∂  q   ∂ ∂  ϕ  u  ∂ 3 1 x  Celotna togostna matrika je tako: 4.245 0 1.465  [K]   7 = 0 3.849 − 4.119 ⋅10   1.465  − 4.119 129.304 Sistem vezanih diferencialnih enačb lastnega nihanja ima tako obliko: ux  ux  0 [M]   ⋅ uy + [K]     ⋅ uy = 0        ϕ   ϕ  0 72744 kg 0 0  ux  4.245 0 1.465  ux  0       7     0 72744 kg 0 ⋅ uy  + 0 3.849 − 4.119 ⋅10 ⋅ uy  = 0     2        0 0 1311162.570 kg ⋅ m  ϕ 1.465 − 4.119 129.304        ϕ  0 Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 29. 3. Izračun nihajnih časov in lastnih vektorjev Konstrukcija ima tri lastne frekvence in nihajne čase: rad ω = →ν = → = 1 22.166 1 3.528 Hz T1 0.283 s s rad ω = →ν = → = 2 24.096 2 3.835 Hz T2 0.261s s rad ω = →ν = → = 3 32.046 3 5.100 Hz T3 0.196 s s Ugotoviti je še potrebno, kateremu načinu nihanja pripada posamezna lastna frekvenca oz. nihajni čas. Čeprav je iz podobnosti dobljenih lastnih frekvenc z vrednostima za ravninski nihanji mogoče približno soditi o tem, kateremu načinu nihanja pripada posamezna lastna frekvenca, dejanski odgovor sledi iz lastnih vektorjev (nihajnih oblik). Ti vektorji so (zapisani so v obliki, normirani na masno matriko):  − 51.459  365.196    38.108  {ˆΦ }   −5 = 353.2619  ⋅10 ˆ  Φ =  59.735 ⋅10− ˆ  Φ = − 95.428⋅10− 1 { } 5 2 { } 5 3  23.586     − 5.433     83.911  Precej uporabnejša oblika sledi, če te vektorje normiramo na maksimalni člen:  − 0.146   1  0.399 {Φ Φ Φ 1}   =  1  { 2}   =  0.164  { 3}   =  −1   −2   −2    6.677 ⋅10  −1.488⋅10  0.879 iz katerih lahko dokaj zanesljivo sklepamo samo, da vzdolžnemu nihanju pripada druga nihajna oblika. Najkvalitetnejšo oz. najzanesljivejšo informacijo pa dobimo, če izračunamo pripadajoče modalne mase za posamezno smer nihanja. 30 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za nihanje v vzdolžni smeri tako sledijo naslednji koeficienti (faktorji) participacije in modalne mase: 1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 0 37.433 M 2 so , 1 d 1 1401.228 kg 0     1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 0 265.658 M 2 2 so , d 2 70574.298 kg 0     1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 0 27.721 M 2 3 so , d 3 768.473 kg 0     Vsota modalnih mas je enaka celotni masi konstrukcije (izračun služi samo kot kontrola): M + + = , 1 sod M2,sod M3,sod 72744 kg Ker se v drugi nihajni obliki aktivira 97.0173 % (> 90%) celotne mase, smemo pri analizi delovanja potresnega vpliva v vzdolžni smeri upoštevati samo drugo nihajno obliko (oz. drugo nihajno obliko klasificiramo kot nihanje pretežno v smeri osi x, kar pa za nadaljevanje analize dejansko sploh ni pomembno oz. odločujoče). Za nihanje v prečni smeri tako sledijo naslednji koeficienti (faktori) participacije in modalne mase: 0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 1 256.976 M 2 so , 1 d 1 66036.889 kg 0     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 1 43.453 M 2 2 so , d 2 1888.202 kg 0     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 1 69.418 M 2 3 so , d 3 4818.909 kg 0     Vsota modalnih mas je ponovno enaka celotni masi konstrukcije (izračun služi samo kot kontrola): M + + = , 1 sod M2,sod M3,sod 72744 kg Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 31. Ker se že v prvi nihajni obliki aktivira 90.780 % (> 90%) celotne mase, smemo pri analizi delovanja potresnega vpliva v prečni smeri upoštevati samo prvo nihajno obliko (oz. prvo nihajno obliko - jasneje kot je to razvidno iz normiranih lastnih vektorjev - klasificiramo kot nihanje pretežno v smeri y). Če pa bi želeli izpolniti še drugi pogoj EC8, bi morali upoštevati še tretjo nihajno obliko, saj se v njej aktivira 6.624 % (> 5 %) celotne mase Za rotacijo pa sledijo naslednji koeficienti (faktorji) participacije in modalne mase: 0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 0 309.249 M 2 so , 1 d 1 95635.025 1     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 0 71.2301 M 2 2 so , d 2 5073.848 1     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 0 1100.206 M 2 3 so , d 3 1210453.697 1     Vsota modalnih mas je sedaj enaka masnemu vztrajnostnemu momentu konstrukcije (izračun služi samo kot kontrola): M + + = so , 1 d M2 so,d M3so,d 1311162.570 Ker se v tretji nihajni obliki aktivira 92.319 % celotne »mase«, tretjo nihajno obliko klasificiramo kot rotacijsko nihajno obliko. Analizo moramo formalno ponoviti še za tri preostale mogoče pomike masnega središča, vendar je zaradi simetrije konstrukcije zanimiv samo pomik masnega središča levo od nazivne lege (ki seveda vodi do nove vrednosti Jt). Takrat sledijo naslednji nihajni časi: smer Nihajni čas Nihajni čas (prostorski model) (ravninski model) Pomik m.s. v desno Pomik m.s. v levo x 0.260 s 0.261 s 0.261 s y 0.273 s 0.283 s 0.273 s ϕ -- 0.196 s 0.202 s 32 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Iz tabele je razvidno, da ima pri uporabi prostorskega modela večji vpliv na nihajne čase premik masnega središča v desno (stran od centra togosti), kar je, glede na tloris konstrukcije, tudi nekako pričakovano. 4. Določitev velikosti potresnega vpliva v prečni smeri Ker tudi pri uporabi prostorskega modela velja T < T = 0.283 s < T B 1 C po enačbi (3.14) ponovno sledi ista vrednost iz spektra odziva: S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T1 ) 2 5 . . 2 5 ag S 0.198 g . 1 2 1.767 q 3.3 in posledično enaka prečna bazna sila je tako: F = λ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = b Sd(T1) m . 1 00 1.767 72744 kg 128539.241 N Pomiki konstrukcije zaradi sile Fb, aplicirane v pozitivni smeri osi y, so tako: u 0 x    [K]     ⋅ u F y  =  b       ϕ   0  4.245 0 1.465  u 0 x      7     0 3.849 − 4.119 ⋅10 ⋅ u 128539.241 N y  =         1.465 − 4.119 129.304    ϕ   0  u 3.815 10 m x  − ⋅ 5 -     3 -  u 3.458 10 m y  =  ⋅     -4   ϕ   1.106⋅10  Izračun pokaže, da zaradi sile v prečni smeri nastopita tudi pomik v vzdolžni smeri ter zasuk. Pomika vzdolžnih okvirjev (vzporednih smeri osi x) sta: u = + ⋅ϕ = − ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 1 u 3.595 m 3.815 10-5 x m 3.595 m 1.106 10-4 3.593 10-4 m u = − ⋅ϕ = − ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⋅ 2 u 2.905 m 3.815 10-5 x m 2.905 m 1.106 10-4 3.593 10-4 m Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 33. Iz njiju sledi, da sta sili, ki odpadeta na posamezni okvir v vzdolžni smeri, naslednji: -4 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = x1 v1 kokv,x 3.593 10 m 21.227 7627.974 N m -4 MN F = ⋅ = − ⋅ ⋅ = − x2 v2 kokv,x 3.593 10 m 21.227 7627.974 N m Pomiki stebrov prečnih okvirjev (vzporednih smeri osi y) pa so: v = − ⋅ϕ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ 1 u 6.07 m 3.458 10-3 y m 6.07 m 1.106 10-4 2.787 10-3 m v = − ⋅ϕ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ 2 u 2.07 m 3.458 10-3 y m 2.07 m 1.106 10-4 3.229 10-3 m v = + ⋅ϕ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 3 u 4.93 m 3.458 10-3 y m 4.93 m 1.106 10-4 4.003 10-3 m Iz njih sledi, da so sile, ki odpadejo na posamezni okvir v prečni smeri, naslednje (slika 10): -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 y v1 kokv,y 2.787 10 m 12.830 35753.256 N m -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = y2 v2 kokv,y 3.2294 10 m 12.830 41427.782 N m -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = y3 v3 kokv,y 4.003 10 m 12.830 51358.203 N m Razlika med maksimalno in minimalno silo je skoraj 44 %. Vsota vseh sil je: F + + = + + = 1 y Fy2 Fy3 35753.256 N 41427.782 N 51358.203 N 128539.241 N 34 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. y 7627.97 N M.S. M.S. 128539.24 N 7627.97 N x 35753.26 N 41427.78 N 51358.20 N Slika 10: Sile na okvire v smereh x in y Če pa masno središče premaknemo v levo (torej bližje centru togosti), sledi naslednja (ugodnejša) razporeditev sila na okvirje (slika 11): y 499.03 N 128539.24 N M.S. M.S. 499.03 N x 43310.45 N 42939.22 N 42289.57 N Slika 11: Sile na okvire v smereh x in y Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 35. IV. Prostorska analiza potresnega vpliva (naključna torzija je modelirana s torzijskim momentom) 1. Izračun masne matrike Za izračun členov masne matrike uporabimo kar vrednosti, že znane iz kontrole tlorisne pravilnosti: M 0 0  72744 kg 0 0 1   [M]     = 0 M 0 =  0 72744 kg 0 1     0 0 I   0 0 1272397.34 kg ⋅ 2 m   p    2. Izračun togostne matrike V stebrih, ki jih modeliramo kot elastične vzmeti, se pojavijo sile, ki so proporcionalne pomikom (skrčkom oz. raztezkom vzmeti). Deformacija (raztezek ali skrček) posamezne vzmeti je sestavljen iz premika težišča (v smereh koordinatnih osi) in (protiurnega) zasuka plošče okoli masnega središča. Pomika stebrov vzdolžnih okvirjev (vzporednih smeri osi x) sta: u = 1 u + x 3.25 m ⋅ϕ u = 2 u − x 5 2 . 3 m ⋅ϕ Pomiki stebrov prečnih okvirjev (vzporednih smeri osi y) so: v = 1 u − y 5 . 5 m ⋅ϕ v = 2 u − y 5 . 1 m ⋅ϕ v = 3 u + y 5 5 . m ⋅ϕ Potencialna energija sistema je: k ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ x u 2 1 kx u 2 k 2 y v 2 1 ky v 22 ky v 2 E 3 = + + + + p 2 2 2 2 2 36 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Tako sledi: 21227420.3 1⋅(u + 3.25⋅ϕ)2 21227420.31⋅ u − 3.25 m ⋅ϕ x ( )2 x E = + p 2 2 12830422.97 ⋅(u − 5.5 m ⋅ϕ)2 12830422.97 ⋅ u −1.5 m ⋅ϕ y ( )2 y + + 2 2 12830422.97 ⋅(u + . 5 5 m ⋅ϕ)2 y 8 2 7 + = 6.268⋅10 ⋅ϕ + 0⋅10 ⋅ϕ ⋅ u x 2 7 2 7 7 2 + 2.123 ⋅10 ⋅ u −1.925⋅10 ⋅ϕ ⋅ u +1.925⋅10 ⋅ u x y y Posamezne člene togostne matrike sedaj dobimo s pomočjo mešanih odvodov po posameznih prostostnih stopnjah kot: ∂  E ∂  k p = = = i,j i ,1 3 , 2 & j ,1 3 , 2 q   ∂ ∂ j  qi  pri čemer so: q = u 1 x q = u 2 y q = ϕ 3 Celotna togostna matrika je tako: 4.245 0 0  [K]   7 = 0 3.849 −1.925 ⋅10    0 −1.925 125.354 Sistem vezanih diferencialnih enačb lastnega nihanja ima tako obliko: ux  ux  0 [M]   ⋅ uy + [K]     ⋅ uy = 0        ϕ   ϕ  0 72744 kg 0 0  ux  4.245 0 0  ux  0       7     0 72744 kg 0 ⋅ uy + 0 3.849 −1.925 ⋅10 ⋅ uy = 0     2        0 0 1272397.34 kg ⋅ m  ϕ  0 −1.925 125.354        ϕ  0 Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 37. 3. Izračun nihajnih časov in lastnih vektorjev Konstrukcija ima tri lastne frekvence in nihajne čase: rad ω = →ν = → = 1 22.815 1 3.631 Hz T1 0.275 s s rad ω = →ν = → = 2 24.158 2 3.845 Hz T2 0.260 s s rad ω = →ν = → = 3 31.524 3 5.017 Hz T3 0.199 s s Pripadajoči lastni vektorji so (zapisani so v obliki, normirani na masno matriko):  0  370.767    0  {ˆΦ }   −5 = − 367.378⋅10 ˆ  Φ =  0 ⋅10− ˆ  Φ =  50.015 ⋅10− 1 { } 5 2 { } 5 3  −11.959     0    − 87.842 iz katerih lahko jasno sklepamo samo, da vzdolžnemu nihanju pripada druga nihajna oblika. Za nihanje v vzdolžni smeri tako sledijo naslednji koeficienti (faktorji) participacije in modalne mase: 1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 0 0 M 2 so , 1 d 1 0 kg 0     1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 0 269.711 M 2 2 so , d 2 72744 kg 0     1     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 0 0 M 2 3 so , d 3 0 kg 0     Vsota modalnih mas je enaka celotni masi konstrukcije in očitno je, da se v drugi nihajni obliki aktivira 100 % celotne mase, drugo nihajno obliko (ponovno) klasificiramo kot čisto vzdolžno nihanje oz. nihanje v smeri osi x. 38 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za nihanje v prečni smeri tako sledijo naslednji koeficienti (faktorji) participacije in modalne mase: 0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 1 267.246 M 2 so , 1 d 1 71420.266 kg 0     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 1 0 M 2 2 so , d 2 0 kg 0     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 1 36.383 M 2 3 so , d 3 1323.734 kg 0     Vsota modalnih mas je ponovno enaka celotni masi konstrukcije (izračun služi samo kot kontrola): M + + = , 1 sod M2,sod M3,sod 72744 kg Ker se v prvi nihajni obliki aktivira 98.180 % celotne mase, prvo nihajno obliko klasificiramo kot pretežno prečno nihanje oz. nihanje v smeri osi y. Za rotacijo pa sledijo naslednji koeficienti (faktorji) participacije in modalne mase: 0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 1 {ˆ }T1 [M] 0 152.164 M 2 so , 1 d 1 23154.006 1     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = → = Γ = 2 {ˆ }T2 [M] 0 0 M 2 2 so , d 2 0 1     0     Γ = Φ ⋅ ⋅   = − → = Γ = 3 {ˆ }T3 [M] 0 1117.696 M 2 3 so , d 3 4 1249243.33 1     Vsota modalnih mas je sedaj enaka masnemu vztrajnostnemu momentu konstrukcije (izračun služi samo kot kontrola): 6 M + M + M = 0 1311162.57 ⋅10 so , 1 d 2 so , d 3 so , d Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 39. Ker se v tretji nihajni obliki aktivira 98.180 % celotne »mase«, tretjo nihajno obliko klasificiramo kot pretežno rotacijsko nihajno obliko. 4. Določitev velikosti potresnega vpliva v prečni smeri Ker tudi pri uporabi prostorskega modela velja T < T = 0.260 s < T B 1 C po enačbi (3.14) ponovno sledi ista vrednost iz spektra odziva: S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T1 ) 5 . 2 5 . 2 ag S 0.198 g 2 . 1 1.767 q 3.3 in posledično enaka prečna bazna sila je tako: F = λ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = b Sd(T1) m . 1 00 1.767 72744 kg 128539.241 N Pomiki konstrukcije zaradi sile Fb, aplicirane v pozitivni smeri osi y, in premaknjene za 0.57 m desno od masnega središča, so sedaj tako: u 0 x    [K]     ⋅ u F y  =  b       ϕ  F ⋅ 57 . 0 m b  4.245 0 1.465  u 0 x      7     0 3.849 − 4.119 ⋅10 ⋅ u 128539.241 N y  =         1.465 − 4.119 129.304    ϕ  73267.367 Nm u 0 x       3 -  u 3.395 10 m y  =  ⋅     -4   ϕ   1.106 ⋅10  Izračun pokaže, da zaradi sile v prečni smeri nastopi tudi zasuk, ne pa tudi vzdolžni pomik masnega središča. 40 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pomiki stebrov prečnih okvirjev (vzporednih smeri osi y) pa so: v = − ⋅ϕ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ 1 u 5.5 m 3.395 10-3 y m 5.5 m 1.106 10-4 2.787 10-3 m v = − ⋅ϕ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ 2 u 1.5 m 3.395 10-3 y m 1.5 m 1.106 10-4 3.229 10-3 m v = + ⋅ϕ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 3 u 5.5 m 3.395 10-3 y m 5.5 m 1.106 10-4 4.003 10-3 m Iz njih sledi, da so sile, ki odpadejo na posamezni okvir v prečni smeri (slika 12), naslednje: -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 y v1 kokv,y 2.787 10 m 12.830 35753.256 N m -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = y2 v2 kokv,y 3.229 10 m 12.830 41427.782 N m -3 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = y3 v3 kokv,y 4.0038 10 m 12.830 51358.203 N m Razlika med maksimalno in minimalno silo je skoraj 43 %. Vsota vseh sil je: F + + = + + = 1 y Fy2 Fy3 35753.256 N 41427.782 N 51358.203 N 128539.241 N Kljub temu, da se masno središče konstrukcije ne premakne v smeri osi x, nastopita pomika vzdolžnih (vzporednih smeri osi x) okvirjev: u = 3.25 m ⋅ϕ = 3.25 m ⋅1.106⋅10-4 = ⋅ 1 3.593 10-4 m u = − ⋅ϕ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ 2 3.25 m 3.25 m 1.106 10-4 3.593 10-4 m Iz njiju sledi, da sta sili, ki odpadeta na posamezni okvir v vzdolžni smeri, naslednji: -4 MN F = ⋅ = ⋅ ⋅ = x1 v1 kokv,x 3.593 10 m 21.227 7627.974 N m -4 -4 MN F = ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅ = − x2 v2 kokv,x 3.593 10 m 10 m 21.227 7627.974 N m Zgled 1: Razširjena izpitna naloga izpita 20. junij 2017 41. y 7627.97 N M.S. 73267.37 Nm 128539.24 N 7627.97 N x 35753.26 N 41427.78 N 51358.20 N Slika 12: Sile na okvire v smereh x in y Če pa obravnavamo stanje, ko je masno središče premaknjeno v levo (bližje centru togosti), sledi naslednja razporeditev sile na okvirje (slika 13): y 499.03 N M.S. 73267.37 Nm 128539.24 N 499.03 N x 43310.45 N 42939.22 N 42289.57 N Slika 13: Sile na okvire v smereh x in y 42 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za obe delovanji torzijskega momenta so bile dobljene enake sile na nosilne elemente etaže kot pri analizi z dejansko premaknjenim masnim središčem. To je posledica dejstva, da je za obe analizi bila aplicirana enaka prečna sila Fb. V primeru, ko bi zaradi različnih vrednosti prvega nihajnega časa (z vrednostjo izven območja TB ≤ T1 ≤ TC) sledile različne vrednosti prečne sile Fb, bi različna pristopa modeliranja naključne ekscentričnosti vodila tudi do različnih sil na nosilne elemente etaže. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 2 Naloga izpita 27. junij 2018 Tloris enoetažne konstrukcije (višina etaže je 4.0 m) je podan na sliki 14. Konstrukcija je iz betona C 30/37, ki ima modul elastičnosti E = 33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 480 kg/m3. tloris y 0.6 m višina nosilcev 50 cm 5.0 m 4.5 m višina nosilcev 50 cm x 0.4 m 0.4 m 8.0 m 0.4 m Slika 14: Tloris enoetažne konstrukcije 44 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Objekt je skladišče, ki stoji v Lendavi (nadmorska višina 161 m). Življenjska doba objekta je 150 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo v vzdolžni smeri: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.60 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 8.5 55 2 8.5 38.6 63 − izvedi kontrolo tlorisne pravilnosti, − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče, ki ima debelino 21 cm, upoštevaj še dodatnih 220 kg/m2 za estrih, toplotno izolacijo in kritino) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebrov, − za analizo nihajnih časov uporabi ustrezni model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije) in metodo apliciranja potresnega vpliva (glede na pravilnost/nepravilnost po višini), − določi tudi približek prvega nihajnega časa z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, − izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM), − poišči razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj na skici, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja, − izvedi izračun brezdimenzijskega koeficienta občutljivosti in komentiraj rezultat. Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 45. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 21 cm kg kg 21 . 0 m⋅2500 = 450 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 220 2 m Masa: kg m = 745 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Lendava: Alpska regija (cona) A1, nadmorska višina A = 161 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2 2   A     161   kN 1 A s = 651 . 0 ⋅ 1  +    = 651 . 0 ⋅ 1  +    = 0.683 k 2   728      728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe − o o 0 ≤ α ≤ 30 − - oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, 1 0.8 preglednica 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C = , e 1 − toplotni koeficient C = . t 1 46 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = . 0 8⋅1⋅1⋅0.683 = 0.546 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas izvedemo kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračunamo po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: − za strehe (kategorija H) ψ = 2 0 − za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi: kN kN . 0 4 0.546 2 2 kg m m kg kg M = 745 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 745 + 0 + 0 = 745 2 2 2 m m m m m . 9 81 81 . 9 2 2 s s Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 47. Kontrola tlorisne vitkosti Kontrola tlorisne vitkosti, definirane kot Lmax . 8 4 m λ = = = 1.68 < 4, pokaže, da je pogoj Lmin 0 . 5 m izpolnjen. 1. korak: izračun koordinat centra togosti Zaradi simetrije konstrukcije moramo izračunati samo y koordinato centra togosti, Ker sta oba okvirja v vzdolžni smeri iz istega betona, lahko v izračunu centra togosti uporabimo samo površinske vztrajnostne momente namesto dejanskih togosti. Vztrajnostna momenta stebrov okoli osi x sta: 3 b ⋅ h 4 . 0 m ⋅(0 6 . m)3 −3 4 I = = = 7.2⋅10 m x s,2 12 12 3 b ⋅ h ( 4. 0 m)3 ⋅ . 0 4 m −3 4 I = = = 2.133⋅10 m x 1 s, 12 12 Vsota vztrajnostnih momentov vseh stebrov etaže v smeri y je enaka »translacijski togosti«: 3 − 4 3 − 4 2 − 4 I = ∑I = 2⋅7.2⋅10 m + 2⋅2.133⋅10 m =1.867⋅10 m x,e x s, Vztrajnostna momenta stebrov okoli osi y sta: 3 b ⋅ h (0 4 . m)3 ⋅ 4 . 0 m −3 4 I = = = 333333 2.13333333 ⋅10 m y, 1 s 12 12 3 b ⋅ h (0.4 m)3 ⋅ 6 . 0 m −3 4 I = = = . 3 2⋅10 m y,s2 12 12 Vsota vztrajnostnih momentov vseh stebrov etaže v smeri x je enaka »translacijski togosti«: 3 − 4 3 − 4 2 − 4 I = ∑I = 2⋅ 2. 3 ⋅10 m + 2⋅ 2.133⋅10 m =1.067 ⋅10 m y,e y s, 48 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Y koordinata centra togosti je tako (glede na os »spodnjega« ovira): 2⋅ I ⋅ + ⋅ ⋅ − − y 1 s, 0 m 2 Iy s,2 4 5 . m 2⋅2.133⋅10 3m4 ⋅0 m + 2⋅3.2⋅10 3m4 ⋅4 5 . m y = = ct 6⋅ I ⋅ − x s, 1.067 10 2 m4 2.88⋅10−2 m5 = = 2.7 m 1.067 ⋅10−2 m4 X koordinate centra togosti zaradi simetrije konstrukcije ni potrebno računati (slika 15) in znaša (glede na os levega spodnjega stebra): x = ct 00 . 4 m 0.6 m višina nosilcev 50 cm C.T. 5 m 4.5 m M.S. višina nosilcev 50 cm x 0.4 m 0.4 m 8 m 0.4 m Slika 15: Lokaciji centra togosti in masnega središča 2. korak: izračun torzijskih polmerov Izračun torzijskih polmerov rx in ry se izvede na center togosti. Ker je vsa konstrukcija iz istega materiala, lahko tudi ta izračun namesto s togostmi izvedemo s površinskimi vztrajnostnimi momenti. »Torzijska togost« znaša (glede na center togosti): ( 2 2 x ⋅ I + y ⋅ I = 2⋅ 4 m ⋅ 2.133⋅10− ∑ m + 2⋅ 4 m ⋅7.2⋅10− m x y ) ( )2 3 4 ( )2 3 4 2⋅( 0 . 2 m)2 −3 4 ⋅ 2.133⋅10 m + 2⋅( 8 . 1 m)2 −3 4 6 ⋅3.2 ⋅10 m = 0.351 m Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 49. Tako sledita torzijska polmera: ∑(x2 ⋅I + y2 ⋅ x Iy ) 0.351 m6 r = = = x 4.333 m I ⋅ − ∑ x 1.867 10 2 m4 ∑(x2 ⋅I + y2 ⋅ x Iy ) 0.351 m6 r = = = y 5.732 m I ⋅ − ∑ y 1.067 10 2 m4 3. korak: izračun vztrajnostnega polmera mase etaže 3.1 Izračun vseh mas etaže Plošča nad etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 8.4 m 5.0 m 745 31290 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 4 m kg 4 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ steb s, 2 0 4 . m 4 . 0 m 2500 2 4 . 0 m . 0 6 m 2500 2 m3 2 m3 = 600 1 kg + 00 24 kg = 4000 kg masa gred v smeri Y osi (upoštevamo dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = gred,y 2 4 m . 0 4 m 0 5 . m 2500 2 000 2 kg 000 4 kg m3 masa gred v smeri X osi (upoštevamo dolžine med stebri): kg kg M = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 6 . 7 m 4 . 0 m 5 . 0 m 2500 6 . 7 m 6 . 0 m 5 . 0 m 2500 9500 kg m3 m3 Masa etaže je tako (za stene, ki stojijo na talni plošči nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (kar je odvisno od povezanosti sten in stebrov): M = + + + 1 Mplo Msteb,s Mgred,y Mgred,x = 31290 kg kg + 4000 kg + 4000 kg + 9500 kg = 48790 kg 50 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Masna »matrika« konstrukcije je tako: [M]=[48790]kg 3.2 Izračun masnih vztrajnostnih momentov vseh mas etaže Plošča Masno središče etaže običajno poenostavljeno privzamemo kar na sredini plošče, torej pri y= 2.25 m (točna vrednost koordinate je 2.375 m). plošča: (8.4 m)2 + (5 m)2 2 2 J = M ⋅ = 31290 kg ⋅7.963 m = 249172.7 kg ⋅ m plo plo 12 Polovice stebrov spodaj vrednosti na težišča stebrov: (0 4. m)2 + ( .04 m)2 ( .04 m)2 + ( .06 m)2 J = 2⋅ M ⋅ + 2⋅ M ⋅ stebrov,t stebra 1 , stebra,2 12 12 -2 -2 2 = 2⋅800 kg ⋅ 2.667 ⋅10 m + 2⋅1200 kg ⋅ 4.333⋅10 m =146.667 kg ⋅ m spodnja stebra: 2⋅M ⋅ 4 m + 2 25 . m = 2⋅800 kg ⋅ 21.063 m = 33700 kg ⋅ m stebra (( )2 1 , ( )2) 2 2 zgornja stebra: 2⋅M ⋅ 4 m + 25 . 2 m = 2⋅1200 kg ⋅ 21.063 m = 50550 kg ⋅ m stebra, (( )2 2 ( )2) 2 2 Skupni prispevek stebrov 2 2 2 2 J =146.667 kg ⋅ m + 33700 kg ⋅ m + 50550 kg ⋅ m = 84396.667 kg ⋅ m . stebrov Gredi v smeri Y osi (4 m)2 + ( 4. 0 m)2 J = 2⋅ 00 0 2 kg ⋅ + 2⋅ 000 2 kg ⋅ 4 m = 69386.667 kg ⋅ m gred,y ( )2 2 12 Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 51. Gredi v smeri X osi ( 6. 7 m)2 + ( 4 . 0 m)2 J = 3800 kg ⋅ + 3800 kg ⋅ 25 . 2 m gred,x ( )2 12 ( 6. 7 m)2 + ( 6 . 0 m)2 + 5700 kg ⋅ + 5700 kg ⋅( 25 . 2 m)2 12 2 2 2 = 37578.833 kg ⋅ m + 56463.25 kg ⋅ m = 4042.083 9 kg ⋅ m Masni vztrajnostni moment vseh mas etaže I = J = J + J + J + J p etaže plo stebrov gred,y gred,x 2 2 2 2 = 249172.7 kg ⋅ m + 84396.667 kg ⋅ m + 69386.667 kg ⋅ m + 4042.083 9 kg ⋅ m 2 = 496998.117 kg ⋅ m Vztrajnostni polmer mase etaže je: Ip 496998.117 kg ⋅ m2 l = = = . s 3.192 m M 48790 kg 4. korak: kontrola kriterijev za tlorisno pravilnost Pogoji se tako zapišejo (enačba (4.1b)): r = ≥ = x 4.333 m ls 3.192 m r = ≥ = y 5.732 m ls 3.192 m ter (enačba (4.1a)) e = ≤ ⋅ = ⋅ = , ox 0 m 0 3 . rx . 0 3 4.333 m 1.300 m e = − = ≤ ⋅ = ⋅ = oy . 2 7 m 2.25 m 0.45 m . 0 3 ry 0.3 5.732 m 1.720 m Pogoji za tlorisno pravilnost so tako izpolnjeni in zato je dovoljena uporaba dveh ločenih ravninskih modelov. 52 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Izračun členov togostne matrike konstrukcije z redukcijskim faktorjem stebra Okvir, ki leži na osi x Zaradi simetrije konstrukcije okoli navpične osi sta redukcijska faktorja za levi in desni enaka (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi): Nn I ⋅ ⋅ n En In En ∑ n 1 = Ln L RF = = = 1 RF n 2 Nn I ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n En 1 Is E I s n En 1 Is Es ∑ + ⋅ + ⋅ n 1 = Ln 2 h L s n 2 hs 9 N 0 4 . m ⋅( . 0 4 m)3 33⋅10 m2 ⋅ 12 2 4 0 . m 4400000 = = 9 N 9 N 4400000 + 8593750 0 4 . m ⋅(0.4 m)3 33⋅10 ⋅ m2 . 0 4 m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 4 0 . m 2 . 8 0 m 4400000 = = 0.661 12993750 Reducirana togost posameznega stebra je tako: 9 N 12 (0 4. m)3 33⋅10 ⋅ . 0 4 m m2 N k = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = 1 , 1 RF1 kstrižni 0.661 (4 m) 4365079.36 5 3 12 2 m Ker okvir tvorita dva identična stebra, je togost »spodnjega« okvirja enaka: N N k = ⋅ = ⋅ = okv 1 , 2 k 1,1 2 4365079.365 8730158.730 m m Opomba: deformacijska metoda ter model ekvivalentne konzole (izračuna nista prikazana) vodita do primerljive vrednosti N k = . okv 1 , 9183518.225 m Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 53. »Zgornji« okvir Zaradi simetrije konstrukcije okoli navpične osi sta tudi tukaj redukcijska faktorja za levi in desni enaka (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi): 9 N 0 6 . m ⋅( . 0 4 m)3 33⋅10 m2 I ⋅ ⋅ n En 12 2 Ln 4 0 . m RF = = = 1 RF2 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es 9 N 9 N + ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅ ⋅ n 2 h 0 6 . m ( 4 . 0 m)3 33 10 s m2 0 6 . m (0 5 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 0 . 4 m 2 . 8 0 m 6600000 6600000 = = = 0.661 6600000 +12890625 19490625 Opomba: zaradi spremembe širine se redukcijski faktor ni spremenil. Reducirana togost posameznega stebra je tako: 9 N 12 ( 4. 0 m)3 33⋅10 ⋅ 6 . 0 m m2 N k = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = 2 1 , RF1 kstrižni 0.661 ( 0. 4 m) 78 6547619.04 3 12 2 m Ker okvir tvorita dva identična stebra, je togost »spodnjega« okvirja enaka: N N k = ⋅ = ⋅ = okv,2 2 k21, 2 6547619.04 8 13095238.095 m m Račun pravzaprav ni bil potreben, saj je jasno, da bo 50 % povečanje širine vodilo tudi do 50 % povečanja togosti. Opomba: deformacijska metoda ter model ekvivalentne konzole (izračuna nista prikazana) vodita do primerljive vrednosti N k = . okv 1 , 13775277.338 m Togost cele konstrukcije je tako: N N MN k = + = + = kon kokv 1, kokv,2 0 8730158.73 95 13095238.0 21.825 m m m 54 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Lastna krožna frekvenca je sedaj: MN 21.825 kkon m rad ω = = = 21.150 M 48790 kg s in tako sledita: rad 21.150 ω s ν = = = 3.366 Hz 2⋅π 2⋅π 1 1 T = = = 1 0.297 s ν 3.366 Če pa želimo za izračun približka prvega nihajnega časa T1 uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa, moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sile teže, aplicirane vodoravno, kar sledi iz: -1 {u   = − ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ 1} [K ] 1 kon {P1} MN 21.825 {48790 } m kg 9 81 .   2 {2.193 10-2 } m  m  s Tako sledi: T = 2⋅ d = 2⋅ 2.193⋅10-2 = 1 0.296 s Z enačbo (4.9) pridobljeni približek prvega nihajnega časa se tako odlično ujema z vrednostjo, dobljeno z dinamično analizo (čeprav je samo približek). Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1.5 kjer sta: q0 = 3.0⋅αu/α1 = 3⋅1.1 = 3.3 (za razred duktilnosti DCM in enoetažne stavbe) Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 55. kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. q = 3 . 3 ⋅1 = 3 . 3 Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Za povprečno povratno dobo 475 let in obdobje uporabnosti 150 let sledi verjetnost prekoračitve:  1 150 P  = −  −  = = > R 1 1 0.271 2 .103 7 % 10 %  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 150 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 150 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 ) 1423.683 let 1 . 0 za katero ne obstaja pripadajoča karta. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 1000 let in 10000 let (v RS). Za Lendavo tako sledi: TR1 = 1000 let, agR1 = 0.125 g TR2 = 10000 let, agR2 = 0.25 g ter  0.25   71544856 1423.68323 log  ⋅log    log(a     = + = − gR ) log( . 0 125) . 0 125 1000 0.857 10000 log     1000  Iskana vrednost je tako: a =10 0.857 − = gR 0.139 g Za kategorijo pomembnosti II velja γ I = 1.0. 56 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Po upoštevanju faktorja pomemnosti sledi: m a = γ ⋅a =1⋅0.139 g = 0.139 g =1.364 g I gR 2 s Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz: 30 30 m N = = = > SPT,30 60.506 50 N h 5 . 8 m 5 . 21 m i + ∑i1=N 55 63 SPT i, kar ustreza tipu tal B. Določitev potresnega vpliva Za tip tal B veljajo naslednje vrednosti koeficientov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) B 1.2 0.15 0.5 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.297 s < T B 1 C in sledi (slika 16): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T1 ) 2 5 . m 2.5 ag S 1.364 1 2 . 1.240 q s2 3.3 Sd(T) 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5 2 T [s] T 1 1.5 2.5 3 B T1 TC TD Slika 16: Vrednost Sd v spektru odziva Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 57. Prečna bazna sila je tako: F = λ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = b Sd(T1) m 1 1.240 48790. kg 60492.172 N kjer korekcijski faktor λ znaša 1.00, saj stavba nima več kot dveh etaž. Ker gre za enoetažno konstrukcijo, velja: F = F 1 b Ker konstrukcijo sestavljata dva različno toga okvirja, na vsakega odpade ustrezni delež etažne sile (slika 17): N 0 8730158.73 kokv 1, m F = ⋅ = ⋅ = 11 F1 60492.172 N 24196.869 N k MN kon 21.825 m N 13095238.095 kokv,2 m F = ⋅ = ⋅ = 12 F1 60492.172 N 36295.303 N k MN kon 21.825 m y 36295.303 N C.T. M.S. 60492.172 N 24196.869 N x Slika 17: Sile na okvire v smeri x 58 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Kontrola vpliva teorije drugega reda (P-∆ efekta). Elastični pomik kontrukcije je tako: -1 {d   = − ⋅ = ⋅ = ⋅ e } [K ] 1 okv {F1} MN 21.825 {60492.172 } N {2.772 10-3 } m  m  Pomik zaradi projektnega potresnega vpliva je: {d = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ s } qd {d } . 3 3 {2.772 10-3 e } m {9.146 10-3 } m Relativni pomik prve etaže je tako: d = − = ⋅ r d 0 9.146 10-3 s m Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za etažne pomike (4.4.2.2(2)) poda informacijo o tem, ali je vpliv teorije drugega reda potrebno upoštevati. Vrednost koeficienta θ za etažo je tako: m 48790 kg ⋅9.81 ⋅9.146⋅10 3- m P ⋅ tot dr s2 θ = = =1.809⋅10-2 < 0.1 V ⋅ ⋅ tot h 60492.172 N 4 m Ker velja θ < 0.1, vpliva teorije drugega reda tako ni potrebno upoštevati. Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirja (od leve proti desni) v x smeri tako po enačbi (4.3.3.2.4(1)) sledi (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti vrhu osi y za 0.5 m: x 3 m δ = + ⋅ = + ⋅ = 1 . 1 0 2 . 1 1 2 . 1 72 . 1 Le 5 m x 2 m δ = + ⋅ = + ⋅ = 2 1 0 . 2 . 1 1 2 . 1 1.48 Le 5 m Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 59. Za premik masnega središča proti središča proti osi x za 0.5 m: x 0 . 2 m δ = + ⋅ = + ⋅ = 1 . 1 0 2 . 1 1 2 . 1 1.48 Le 5 m x 0 . 3 m δ = + ⋅ = + ⋅ = 2 0 . 1 1 2 . 1 1 2 . 1 72 . Le 5 m Za oba okvirja je tako merodajna vrednost 1.72. Kontrola etažnih pomikov Elastični pomik »spodnjega« (šibkejšega) okvirja je: 1 − {d −   = ⋅ = ⋅ = ⋅ e } [kokv ]1 1 , {F11} N 0 8730158.73 {24196.869 } N {2.772 10-3 } m  m Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {d = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ s } qd {d } . 3 3 {2.772 10-3 e } m {3.018 10-2 } m Zaradi upoštevanju naključne torzije upoštevamo faktor δ=1.72 in tako sledijo pomiki: 72 . 1 ⋅{d }= {5.192⋅10-2 s } m Relativni pomik etaže »spodnjega« okvirja je tako: d = 5.192⋅10-2 − = ⋅ r m 0 5.192 10-2 m Tako sledi (ker gre za skladišče, predpostavimo, da gre za stavbo III kategorije pomembnosti, za katere redukcijski faktor po predpisu znaša ν = 0.4): 5.192⋅10-2 m ⋅ν = 5.192⋅10-2 m ⋅0.4 = 2.077 ⋅10-2 m 60 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Ker gre za skladišče in nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo (najstrožji) pogoj v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h kar vodi do: ? 2.077 ⋅10-2 m≤ . 0 005⋅ h = 0 005 . ⋅ 4 m = 0.02 m , ki pokaže, da omejitev pomikov za najstrožji kriterij ni izpolnjena. Če pa predpostavimo, da gre za stavbo z duktilnimi nekonstrukcijskimi elementi, pogoj dobi obliko: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 0075 h kar vodi do: 2.077 ⋅10-2 m ≤ 0 0075 . ⋅ h = 0.0075⋅ 4 m = 0.03 m , ki pa pokaže, da je omejitev pomikov sedaj izpolnjena. Elastični pomik »zgornjega« (močnejšega) okvirja pa je: 1 − { −  N d = k ⋅ F = 13095238.095  ⋅ 36295.303 N = 2.077 ⋅10 e } [ okv ] 1 1 , { 11} { } { -2 }  m in je enak kot elastični pomik »spodnjega« okvirja in posledično zanj veljajo enake ugotovitve. Dodatek Sile, ki nastanejo pri premiku masnega središča iz masnega središča plošče za 0.42 m v desno in -0.25 m proti osi x (T1 = 0.301 s), slika 18. Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 61. y 34796.43N C.T. M.S. M.S. 60492.17 N 25695.74 N x 4449.95 N 4449.95 N Slika 18: Sile na okvire v smereh x in y Sile, ki nastanejo pri premiku masnega središča iz masnega središča plošče za 0.42 m v desno in 0.25 m proti vrhu osi y (T1 = 0.297 s), slika 19. y 35867.05 N 60492.17 N M.S. C.T. M.S. 24625.12 N x 1271.41 N 1271.41 N Slika 19: Sile na okvire v smereh x in y 62 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Sile, ki nastanejo pri modeliranju naključne torzije s protiurnim torzijskim momentom 15123.043 Nm (brez premika masnega središča iz masnega središča plošče) (T1 = 0.299 s), slika 20. y 34796.43N C.T. 60492.17 N M.S. 15123.04 Nm 25695.74 N x 4449.95 N 4449.95 N Slika 20: Sile na okvire v smereh x in y Sile, ki nastanejo pri modeliranju naključne torzije s sournim torzijskim momentom 15123.043 Nm (brez premika masnega središča iz masnega središča plošče) (T1 = 0.299 s), slika 21. y 35867.05 N 15123.04 Nm C.T. 60492.17 N M.S. 24625.12 N x 1271.41 N 1271.41 N Slika 21: Sile na okvire v smereh x in y Zgled 2: Naloga izpita 27. junij 2018 63. Za obe delovanji torzijskega momenta so bile dobljene enake sile na nosilne elemente etaže kot pri analizi z dejansko premaknjenim masnim središčem. To je posledica dejstva, da je za obe analizi bila aplicirana enaka prečna sila Fb. V primeru, ko bi zaradi različnih vrednosti prvega nihajnega časa (z vrednostjo izven območja TB ≤ T1 ≤ TC) sledile različne vrednosti prečne sile Fb, bi različna pristopa modeliranja naključne ekscentričnosti vodila tudi do različnih sil na nosilne elemente etaže. 64 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 3 Izpitna naloga 30. avgust 2016 Konstrukcijo na sliki 22 sestavljajo trije identični okviri, medsebojno oddaljeni 4 m. Stebri imajo dimenziji b/h = 0.3/0.3 m, nosilci pa b/h = 0.3 m/0.5 m, debelina krovne plošče znaša 30 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. 6 m 3 m Slika 22: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri 66 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. Objekt je stanovanjska stavba, ki stoji v Novem mestu (nadmorska višina 202 m) na tipu tal C, življenjska doba objekta je 90 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo: − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 200 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtežb (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − izvedi kontrolo tlorisne pravilnosti, − za izračun togostne/podajnostne matrike konstrukcije v prikazani smeri uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra kot tudi model ekvivalentne konzole, − za analizo nihajnih časov uporabi ustrezni (ravninski ali prostorski) model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije), − za oba računska modela določi približek nihajnega časa, ter ugotovi, kateri model vodi do večjega potresnega vpliva Fb, − za računski model, ki vodi do večjega potresnega vpliva, izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM), − poišči razporeditev potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj na skici, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 67. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 30 cm kg kg 0 30 . m ⋅ 2500 = 750 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 200 2 m Masa: kg m = 950 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Novo mesto: Alpska regija (cona) A2, nadmorska višina A = 202 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2  A    kN A2 s =1.293⋅ 1  +    = 1.393 k 2   728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C =1, e − toplotni koeficient C =1. t 68 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 0.8⋅1⋅1⋅1.393 = 1.114 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za strehe H kategorije ψ = 2 0 za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi: kN kN 0.4 1.114 2 2 kg m m kg kg M = 950 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 950 + 0 + 0 = 950 2 2 2 m m m m m 9.81 9.81 2 2 s s Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 69. Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča nad etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 9.3 m 8.3 m 950 7 . 3330 5 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M = 9⋅0.3 m⋅0.3 m⋅ ⋅ 2500 = 9⋅337.5 kg = 3037.5 kg steb,s 3 2 m masa gred v smeri Y osi: kg M = 2⋅3⋅3.7 m⋅0.3 m⋅0.5 m⋅2500 = 8325 kg gred,y 3 m masa gred v smeri X osi: kg kg M = 3⋅5.7 m⋅0.3 m⋅0.5 m⋅2500 + 3⋅2.7 m⋅0.3 m⋅0.5 m⋅2500 = 9450 kg gred,x 3 3 m m Masa etaže je tako: M = + + + 1 Mplo Msteb,s Mgred,y Mgred,x = 5 . 3330 7 kg + 3 5 . 037 kg + 8325 kg + 9450 kg = 43 1 4 9 kg Za stene, ki stojijo na talni plošči (nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (odvisno od povezanosti sten in stebrov). Masna »matrika« konstrukcije je tako: [M]=[9 14 ]43kg Kontrola tlorisne pravilnosti 1. korak: izračun koordinat centra togosti Vztrajnostni moment posameznega stebra okoli osi x in y je: 3 b ⋅ h . 0 3 m ⋅ ( . 0 3 m)3 −3 4 I = I = = = . 0 675⋅10 m x s, y s, 12 12 70 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Vsota vztrajnostnih momentov vseh stebrov etaže je enaka »translacijski togosti«: 3 − 4 3 − 4 I = I = 9 ⋅ I = 9 ⋅ . 0 675⋅10 m = 75 0 . 6 ⋅10 m x,e y,e x s, X koordinata centra togosti je tako (glede na os levega spodnjega stebra): 3⋅I ⋅0 m + 3⋅I ⋅6 m + 3⋅I ⋅9 m x,s x,s x,s x = ct 9⋅Ix,s 3 − 4 3 − 4 3 − 4 3⋅0.675⋅10 m ⋅0 m + 3⋅0.675⋅10 m ⋅6 m + 3⋅0.675⋅10 m ⋅9 m = 3 − 4 6.075⋅10 m 3 − 5 30.375⋅10 m = = 5 m 3 − 4 6.075⋅10 m Y koordinate centra togosti zaradi simetrije konstrukcije ni potrebno računati in znaša (glede na os levega spodnjega stebra, slika 23): y = ct 4 m tlori y stebri 30 /30 4 m M.S. C.T. 4.5 m 5 m 4 m x 6 m 3 m Slika 23: Lokaciji centra togosti in masnega središča Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 71. 2. korak: izračun torzijskih polmerov Izračun torzijskih polmerov rx in ry se izvede na center togosti. Ker je vsa konstrukcija iz istega materiala, lahko izračun namesto s togostmi izvedemo s površinskimi vztrajnostnimi momenti. »Torzijska togost« znaša (glede na center togosti): ∑( 2 2 x ⋅I + y ⋅I ) = 3⋅( 5 − m)2 3 − 4 ⋅0.675⋅10 m + 3⋅(1 m)2 3 − 4 ⋅0.675⋅10 m x y 3 + ⋅(4 m)2 3 − 4 ⋅0.675⋅10 m + 3⋅( 4 − m)2 3 − 4 ⋅0.675⋅10 m + 3⋅(4 m)2 3 − 4 ⋅0.675⋅10 m 6 = 0.15 m Tako sledita torzijska polmera: ∑( 2 2 x ⋅I + y ⋅I ) 6 x y 0.15 m r = = = 4.967 m x 3 − 4 ∑ I 6.075⋅10 m x ∑( 2 2 x ⋅I + y ⋅I x y ) 6 0.15 m r = = = 4.967 m y 3 − 4 ∑ I 6.075⋅10 m y 3. korak: izračun vztrajnostnega polmera mase etaže 3.1 Izračun vseh mas etaže Koncentrirano maso etaže, ki jo potrebujemo za izračun vztrajnostnega polmera mase etaže, smo že izračunali pri izračunu členov masne matrike in je M = 94143 kg . 1 3.2 Izračun masnih vztrajnostnih momentov vseh mas etaže Plošča Masno središče etaže običajno poenostavljeno vzamemo kar na sredini plošče, torej pri x= 4.5 m (točna vrednost koordinate je 4.56 m). (9.3 m)2 +(8.3 m)2 2 2 J = M ⋅ = 73330.5 kg ⋅ 12.948 m = 949507.758 kg m plo plo 12 72 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Polovice stebrov spodaj (0.3 m)2 +(0.3 m)2 J = 9⋅M ⋅ + 3⋅M ⋅( 4.5 − m)2 + (1.5 m)2 + (4.5 m)2 stebrov stebra stebra ) 12 3 + ⋅ M ⋅( 4 − m)2 + (4 m)2 ) 2 2 = 9⋅337.5 kg ⋅ 0.015 m + 3⋅337.5 kg ⋅ 42.75 m stebra 2 2 3 + ⋅337.5 kg ⋅32.0 m = 75729.9375 kg m Grede v smeri Y osi (7.4 m)2 +(0.3 m)2 J = 3⋅2775 kg ⋅ + 2775 kg ⋅( 4.5 − m)2 + (1.5 m)2 + (4.5 m)2 gred,y ) 12 2 2 2 = 3⋅2775 kg ⋅ 4.570833333333334m + 2775 kg ⋅ 42.75 m = 156683.438kg m Grede v smeri X osi (8.4 m)2 +(0.3 m)2 J = 3⋅3150 kg ⋅ + 3150 kg ⋅( 4 − m)2 + (4 m)2 gred,x ) 12 2 2 2 3⋅3150 kg ⋅ 5.8875m + 3150 kg ⋅32m = 156436.875 kg ⋅m Masni vztrajnostni moment vseh mas etaže I = J = J + J + J + J p etaže plo stebrov gred,y gred,x 2 2 2 2 = 949507.758 kg m + 75729.938 kg m + 156683.438kg m +156436.875 kg m 2 = 1338358.008 kg m Vztrajnostni polmer mase etaže je: 2 Ip 1338358.008 kg ⋅m l = = = . s 3.770m M 94143 kg 1 4. korak: kontrola kriterijev za tlorisno pravilnost Pogoji se tako zapišejo (enačba (4.1b)): r = ≥ l = x 4.967 m s 3.770m r = ≥ l = y 4.967 m s 3.770m Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 73. ter (enačba (4.1a)) e = 4.5 m − 5 m = 0.5 m ≤ 0.3⋅r = 0.3⋅4.967 m = 1.49 m , ox x e = 0 ≤ 0.3⋅r = 0.3⋅4.967 m =1.49 m oy y Pogoji za tlorisno pravilnost so tako izpolnjeni in uporaba dveh ravninskih modelov je dovoljena. Izračun členov togostne matrike konstrukcije Ker stavbo tvorijo trije identični okviri, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3. Druga možnost je, da analiziramo okvir, katerega širina stebrov je 0.9 m. Upogibni togosti stebrov in nosilcev (z upoštevano razpokanostjo) sta: 1  0.3 m⋅(0.3 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 GPa  = 1.114⋅10 Nm s 2  12    1  0.3 m⋅(0.5 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 GPa  = 5.156⋅10 Nm n 2  12    Togost vseh treh stebrov je enaka in je: 7 2 12⋅EI 12⋅1.114⋅10 Nm N MN s s 6 k = = = 4.95⋅10 = 4.95 st 3 H (3m)3 m m Strižni model z redukcijskim faktorjem stebra: Če za analizo uporabimo strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, sledijo naslednje vrednosti redukcijskih faktorjev (slika 24): 74 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. EI n EIs, EIs, EIs, H= 3 m RF 1 RF 2 RF3 L1=6 m L2=3 m Slika 24: Označitev redukcijskih faktorjev stebrov 7 2 EI ⋅ n 5.156 10 Nm L1 6m RF = = 1 7 2 7 2 EI 1 EI n s 5.156⋅10 Nm 1 1.114⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 1 6m 2 3m 6 8.594⋅10 Nm = = 0.822 6 6 8.594⋅10 Nm + 1.856⋅10 Nm  1 1  7 2  1 1 EI  ⋅ +  ⋅ ⋅ + n 5.156 10 Nm L L    1 2   6 m 3m RF  = = 2 7 2  1 1  1 EI  1 1  1 1.114⋅10 Nm s 7 2 EI ⋅ +  + ⋅ 5.156⋅10 Nm ⋅ + + ⋅ n  L L  2 H  6m 3m    2 3m 1 2 6 2.578⋅10 Nm = = 0.933 6 6 2.578⋅10 Nm + 1.856⋅10 Nm 7 2 EI ⋅ n 5.156 10 Nm L 3m 2 RF = = 3 7 2 7 2 EI 1 EI n s 5.156⋅10 Nm 1 1.114⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 2 3m 2 3m 7 1.719⋅10 Nm = = 0.903 7 6 1.719⋅10 Nm + 1.856⋅10 Nm Togost enega okvira je z upoštevanjem redukcijskih faktorjev sedaj: MN MN k = k ⋅ RF + RF + RF = 4.95 ⋅ 0.822 + 0.933+ 0.903 = 13.156 okv,rs st ( 1 2 3 ) ( ) m m Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 75. Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = 3⋅k = 3⋅13.156 = 39.467 kon,rs okv,rs m m Model ekvivalentne konzole: Če za analizo uporabimo model ekvivalentne konzole, sledijo naslednje vrednosti členov: MN b = 3⋅k = 14.85 st m 7 2 6⋅EI 6⋅ 1.114⋅10 Nm N MN s 7 c = 3⋅ = 3⋅ = 2.228⋅10 = 22.275 2 H (3m)2 m m 7 2 4⋅EI 4⋅ 1.114⋅10 Nm N MN s 7 d = 3⋅ = 3⋅ = 4.455⋅10 = 44.55 H 3m m m  1 1    7 2 1 1 7 N k = ⋅ ⋅ MN  +  = ⋅ ⋅ ⋅ +  = ⋅ = 309.375 φ 12 EI 12 5.156 10 Nm 30.938 10 n  L L   6 m 3m  m m 1 2 Togost enega enoetažnega okvira je sedaj: 2 MN  MN MN   MN  ( ⋅ + −     ⋅ + − φ ) 2 14.85 44.55 309.375 22.275 b d k c m  m m   m k  = = okv,ek d + k MN MN φ 44.55 + 309.375 m m 2 MN MN MN 14.85 ⋅ 353.925 − 496.176 2 m m m MN = = 13.448 MN m 353.925 m Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = 3⋅k = 3⋅13.448 = 40.344 kon,ek okv,ek m m Togost cele konstrukcije pridobljene z modelom ekvivalentne konstrukcije se dobro ujema z vrednostjo togosti, dobljene s strižnim modelom z redukcijskim faktorjem etaže. 76 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Lastna krožna frekvenca obeh modelov je sedaj: MN 39.467 kkon,rs m rad ω = = = 20.475 1,rs M 94143 kg s 1 MN 40.344 kkon,ek m rad ω = = = 20.701 1,ek M 94143 kg s 1 in tako sledi: rad 20.475 ω1,rs s ν = = = 3.259 Hz 1,rs 2⋅π 2⋅π rad 20.701 ω1,ek s ν = = = 3.295 Hz 1,ek 2⋅π 2⋅π 1 1 T = = = 0.307 s 1,rs ν 3.259 Hz 1,rs 1 1 T = = = 0.304 s 1,ek ν 3.295 1,ek Posledično se tudi nihajna časa obeh modelov dobro ujemata med seboj. Vrednosti nihajnih časov T1 obeh modelov padeta za tip tal C v območje platoja elastičnega spektra (TB=0.2 s   10 % R  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 90 letih, znaša pripadajoča povratna doba: −T 9 − 0 let L T = = = 854.21let R ln (1− P ln 1− 0.1 R ) ( ) za katero ne obstaja pripadajoča karta. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Novo mesto tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.175 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.225 g ter  0.225   854.21 log log  ⋅     (  0.175   475 log a log 0.175  = + = -0.671 gR ) ( ) 1000 log   475    Iskana vrednost je tako: -0.671 a =10 = 0.213 g gR Za stanovanjski objekt, ki spada v kategorijo pomembnosti II, velja γ I = 1. 78 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Po upoštevanju faktorja pomemnosti sledi: a = γ ⋅a =1⋅0.213 g = 0.213 g g I gR Določitev potresnega vpliva Čeprav oba modela vodita do iste potresne sile, smo pri nadaljnjem izračunu upoštevali model ekvivalentne konzole. Za tip tal C velja: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) C 1.15 0.2 0.6 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.304 s < T B 1,ek C in sledi: 2.5 2.5 m S T = a ⋅S⋅ = 0.213⋅g ⋅1.15⋅ = 1.823 d ( 1 ) g 2 q 3.3 s Prečna sila je tako: m F = λ ⋅S T ⋅m =1⋅ 1.823 ⋅94143 kg = 171656.591 N b d ( 1 ) 2 s kjer korekcijski faktor λ znaša 1, saj stavba nima več kot dveh etaž. Ker gre za enoetažno konstrukcijo, velja: F = F 1 b Ker konstrukcijo sestavljajo trije identični okviri, na vsakega odpade tretjina etažne sile: F = F = F = 57218.864 N 11 12 13 Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 79. Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje v y smeri tako po enačbi (4.3.3.2.4(1)) (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti x osi za 0.8 m sledi: x 3.2 m δ = 1.0 +1.2⋅ = 1.0 +1.2⋅ = 1.48 1 Le 8 m x 0.8 m δ = 1.0 +1.2⋅ = 1.0 +1.2⋅ = 1.12 2 Le 8 m x 4.8 m δ = 1.0 +1.2⋅ = 1.0 +1.2⋅ = 1.72 3 Le 8 m Razporeditev potresnih sil na okvirje je z upoštevanjem naključne torzije tako (slika 25): F ⋅1.48 = 84683.918 N 11 F ⋅1.12 = 64085.127 N 12 F ⋅1.72 = 98416.445 N 13 y Tloris 98416.445 64085.117 0.8 m M.S. 84683.918 x Slika 25: Razporeditev potresnih sil po etaži za pomik mase proti x osi 80 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za premik masnega središča od x osi za 0.8 m ni potreben izračun potresnih sil, saj so vrednosti zaradi simetrije konstrukcije zrcalno enake! Za krajna okvirja je tako merodajna vrednost 1.72, za vmesni okvir pa vrednost 1.12. Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvira so tako: 1 − 1 −  6 N  -8 m d = k = 13.448⋅10 = 7.436⋅   10 okv,ek okv,ek  m  N { } = ⋅   { }  -8 m d d F = 7.436⋅10    ⋅ 57218.864 N = e okv,ek e { }  N    = { 3 4.255⋅10− } m Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {d } q {d } 3.3 { 3 4.255 10− } m { 3 14.041 10− = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ m s d e } Zaradi upoštevanja naključne torzije za zunanja okvira upoštevamo faktor δ=1.72 in tako sledijo pomiki: 1.72 {d } { 3 24.15 10− ⋅ = ⋅ m s } Relativni pomiki etaž zunanjega okvira so tako: 3 − 3 d 24.15 10 m 0 24.15 10− = ⋅ − = ⋅ m m Tako sledi (redukcijski faktor za kategoriji pomembnosti I in II po predpisu znaša ν = 0.5): 3 − 3 − 3 24.15 10 m ν 24.15 10 m 0.5 12.075 10− ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ m Ker gre za stanovanjski objekt in nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo kar (najstrožji) pogoj v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h Zgled 3: Izpitna naloga 30. avgust 2016 81. kar vodi do: 3 12.075 10− ⋅ m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅3.0 m = 0.015 m ki pokaže, da je omejitev pomikov izpolnjena tudi za najstrožji kriterij. 82 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 4 Izpitna naloga 03. julij 2017 Konstrukcijo na sliki 26 sestavljata dva identična okvira, medsebojno oddaljena 8 m. 4 m 8 m 7 m 8 m 10 m Slika 26: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri Stebri imajo dimenziji b/h = 0.3/0.3 m, nosilci pa b/h = 0.3 m/0.6 m, debelina krovne plošče znaša 30 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. 84 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Objekt, ki bo uporabljan kot delavnica & skladišče, stoji v Kranju (nadmorska višina 386 m). Življenjska doba objekta je 90 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo v prikazani smeri: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.60 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 8.1 52 2 8.1 22.6 60 3 22.6 41.7 48 − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 220 kg/m2 za estrih, toplotno izolacijo in kritino plošče) in po predpisu apliciranih obtežb (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun togostne/podajnostne matrike konstrukcije v prikazani smeri uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra kot tudi model ekvivalentne konzole, − za analizo nihajnih časov uporabi ustrezni (ravninski ali prostorski) model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije), − za oba računska modela določi približek nihajnega časa, ter ugotovi, kateri model vodi do večjega potresnega vpliva Fb, − za oba računska modela določi tudi približek prvega nihajnega časa z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, − za računski model, ki vodi do večjega potresnega vpliva, izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM), − poišči razporeditev potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj (na skici), − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja, − izvedi izračun brezdimenzijskega koeficienta občutljivosti in komentiraj rezultat. Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 85. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 30 cm kg kg 0.3 m⋅2500 = 750 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 220 2 m Masa: kg m = 970 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Kranj: Alpska regija (cona) A3, nadmorska višina A = 386 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2  386    kN A3 s =1.935⋅ 1  +    = 2.479 k 2   728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 8 . 0 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C =1, e − toplotni koeficient C =1. t 86 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 0.8⋅1⋅1⋅ 2.479 = 1.983 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: − za strehe H kategorije ψ = 2 0 − za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi: kN kN 0.4 1.983 2 2 kg m m kg kg M = 970 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 970 + 0 + 0 = 970 2 2 2 m m m m m 9.81 9.81 2 2 s s Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 87. Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča nad etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 33.3 m 8.3 m 970 268098.3 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 4 m kg M = 10⋅0.3 m⋅0.3 m⋅ ⋅ 2500 = 10⋅450 kg = 4500 kg steb,s 3 2 m masa gred v smeri Y osi: kg M = 5⋅7.7 m⋅0.3 m⋅0.6 m⋅2500 = 5⋅ 3465kg = 17325 kg gred,y 3 m masa gred v smeri X osi: kg M = 2⋅ 7.7 m + 6.7 m + 7.7 m + 9.7 m ⋅0.3 m⋅0.6 m⋅2500 = 28620 kg gred,x ( ) 3 m Masa etaže je tako: M = M + M + M + M 1 plo steb,s gred,y gred,x = 268098.3 kg + 4500 kg + 17325 kg + 28620 kg = 318543.3 kg Za stene, ki stojijo na talni plošči (nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (odvisno od povezanosti sten in stebrov). Masna »matrika« konstrukcije je tako: [M]=[ ] 318543.3 kg Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz: 30 30 m N = = = 54.387 > 50 SPT,30 N h 8.1 m 14.5 m 7.4 m i + + ∑= N 52 60 48 i 1 SPT,i 88 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. kar ustreza tipu tal B. Izračun členov togostne matrike konstrukcije Ker stavbo tvorita dva identična okvirja, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 2. Druga možnost je, da analiziramo okvir, katerega širina stebrov je 0.6 m. Upogibni togosti stebrov in nosilcev (z upoštevano razpokanostjo) sta: 1  0.3 m⋅(0.3 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33.0 GPa  = 1.114⋅10 Nm s 2  12    1  0.3 m⋅(0.6 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33.0 GPa  = 8.91⋅10 Nm n 2  12    Togost vsakega izmed stebrov je enaka in je: 7 2 12⋅EI 12⋅1.114⋅10 Nm N MN s s 6 k = = = 2.088⋅10 = 2.088 st 3 H (4m)3 m m Strižni model z redukcijskim faktorjem stebra: Če za analizo uporabimo strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, sledijo naslednje vrednosti redukcijskih faktorjev (slika 27): EI n EIs, EIs, EIs, EIs, EIs, H= 4 m RF 1 RF 2 RF 3 RF4 RF5 L1=8 m L2=7 m L3=8 m L4=10 m Slika 27: Označitev redukcijskih faktorjev stebrov Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 89. 7 2 EI ⋅ n 8.91 10 Nm L1 8.0m RF = = 1 7 2 7 2 EI 1 EI n s 8.91⋅10 Nm 1 1.114⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 1 8.0m 2 4m 6 11.138⋅10 Nm = = 0.889 6 6 6 11.138⋅10 ⋅10 Nm + 1.392⋅10 Nm  1 1  7 2  1 1 EI  ⋅ +  ⋅ ⋅ + n 8.91 10 Nm L L    1 2   8m 7 m RF  = = 2 7 2  1 1  1 EI  1 1  1 1.114⋅10 Nm s 7 2 EI ⋅ +  + ⋅ 8.91⋅10 Nm ⋅ + + ⋅ n  L L  2 H  8m 7m    2 4m 1 2 6 23.866⋅10 Nm = = 0.945 6 6 23.866⋅10 Nm + 1.392⋅10 Nm  1 1  7 2  1 1 EI  ⋅ +  ⋅ ⋅ + n 8.91 10 Nm L L    2 3   7 m 8m RF  = = 3 7 2  1 1  1 EI  1 1  1 1.114⋅10 Nm s 7 2 EI ⋅ +  + ⋅ 8.91⋅10 Nm ⋅ + + ⋅ n  L L  2 H  7m 8m    2 4m 2 3 6 23.866⋅10 Nm = = 0.945 6 6 23.866⋅10 Nm + 1.392⋅10 Nm  1 1  7 2  1 1 EI  ⋅ +  ⋅ ⋅ + n 8.91 10 Nm L L    3 4   8m 10 m RF  = = 4 7 2  1 1  1 EI  1 1  1 1.114⋅10 Nm s 7 2 EI ⋅ +  + ⋅ 8.91⋅10 Nm ⋅ + + ⋅ n  L L  2 H  8m 10m    2 4m 3 4 6 20.048⋅10 Nm = = 0.935 6 6 20.048⋅10 Nm + 1.392⋅10 Nm 7 2 EI ⋅ n 8.91 10 Nm L4 10.0m RF = = 5 7 2 7 2 EI 1 EI n s 8.91⋅10 Nm 1 1.114⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 1 10.0m 2 4m 6 8.91⋅10 Nm = = 0.865 6 6 6 8.91⋅10 ⋅10 Nm + 1.392⋅10 Nm Togost enega okvira je z upoštevanjem redukcijskih faktorjev sedaj: k = k ⋅ RF + RF + RF + RF + RF okv,rs st ( 1 2 3 4 5 ) MN = ⋅( + + + + ) MN 2.088 0.889 0.945 0.945 0.935 0.865 = 9.561 m m 90 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = 2⋅k = 2⋅9.561 = 19.123 kon,rs okv,rs m m Model ekvivalentne konzole: Če za analizo uporabimo model ekvivalentne konzole, sledijo naslednje vrednosti členov: MN MN b = 5⋅k = 5⋅2.088 = 10.441 st m m 7 2 6⋅EI 6⋅ 1.114⋅10 Nm N MN s 7 c = 5⋅ = 5⋅ = 2.088⋅10 = 20.88 2 H (4m)2 m m 7 2 4⋅EI 4⋅ 1.11375⋅10 Nm N MN s 7 d = 5⋅ = 5⋅ = 5.569⋅10 = 55.69 H 4m m m  1 1 1 1    7 2 1 k = ⋅ ⋅ 1 1 1  + + +  = ⋅ ⋅ ⋅ + + + φ 12 EI 12 8.91 10 Nm n   L L L L   8m 7 m 8m 10 m 1 2 3 4  7 N MN = 52.696⋅10 = 526.96 m m Togost enega enoetažnega okvira je sedaj: b⋅(d + k − φ ) 2 c k = okv,ek d + kφ 2 MN  MN MN   MN 10.441 55.688 526.963   20.883  ⋅ + − m m m m      = MN MN 55.688 + 526.963 m m 2 MN MN MN 14.85 ⋅582.65 − 436.092 2 m m m MN = = 9.693 MN m 582.65 m Togost cele konstrukcije je tako: MN MN k = 2⋅k = 2⋅ 9.693 = 19.386 kon,ek okv,ek m m Togost cele konstrukcije pridobljena s strižnim modelom redukcijskega faktorja etaže se dobro ujema z vrednostjo togosti, dobljeno z modelom ekvivalentne konzole. Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 91. Dodatek Togost okvira, izračunana z deformacijsko metodo: 9526049.268 N/m Togost okvira, izračunana z redukcijskim faktorjem etaže: 9012754.105 N/m Lastna krožna frekvenca obeh modelov je sedaj: 19.123 MN kkon, rs m rad ω = = = rs 7.748 1, M 318543.3 kg s 1 19.386 MN kkon, ek m rad ω = = = ek 7.801 1, M 318543.3 kg s 1 in tako sledi: rad 7.748 ω1,rs s ν = = = 1.233 Hz 1,rs 2⋅π 2⋅π rad 7.801 ω1,ek s ν = = = 1.242 Hz 1,ek 2⋅π 2⋅π 1 1 T = = = 0.811s 1,rs ν 1.233 Hz 1,rs 1 1 T = = = 0.805 s 1,ek ν 1.242 1,ek Ker vrednosti nihajnih časov T1 obeh modelov padeta za tip tal B v območje desno od platoja elastičnega spektra (TC=0.5 s   10 % R  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 90 letih, znaša pripadajoča povratna doba: −T 9 − 0 let L T = = = 854.21let R ln (1− P ln 1− 0.1 R ) ( ) za katero ne obstaja pripadajoča karta. Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 93. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Kranj tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.225 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.275 g ter  0.275   854.21 log log  ⋅     (  0.225   475 log a log 0.225  = + = -0.579 gR ) ( ) 1000 log   475    Iskana vrednost je tako: -0.579 a =10 = 0.264 g gR Za objekt skladišče, ki spada v kategorijo pomembnosti II, velja γ I = 1. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅a =1⋅0.264 g = 0.264 g g I gR Določitev potresnega vpliva Pri nadaljnjem izračunu smo upoštevali model ekvivalentne konzole. Za tip tal B velja: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) B 1.2 0.15 0.5 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.805 s < T C 1,ek D 94 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. in sledi: S (T ) 2.5 T  2.5  0.5s  m C = a ⋅S⋅ ⋅ = 0.264 g ⋅1.2⋅ ⋅ = 1.459 d 1 g     2 q  T  3.3  0.805 s Prečna sila je tako: m F = λ ⋅S T ⋅m =1⋅1.459 ⋅318543.3 kg = 464813.634 N b d ( 1 ) 2 s kjer korekcijski faktor λ znaša 1, saj stavba nima več kot dveh etaž. Ker gre za enoetažno konstrukcijo, velja: F = F 1 b Konstrukcija je sicer formalno tlorisno nepravilna, saj po enačbi iz člena (4.2.3.2 (5)) velja: L 33.3m max λ = = = 4.012 > 4 L 8.3m min vendar upoštevamo člen (4.3.3.1 (8)), kjer so vse točke izpolnjene. Ker konstrukcijo sestavljata dva identična okvirja, na vsakega odpade polovica etažne sile: F = 232406.817 N 11 F = 232406.817 N 12 Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje v x smeri po enačbi (4.3.3.2.4(1)), (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti x osi za 0.8 m sledi: x 3.2 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.48 1 Le 8 m x 4.8 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.72 2 Le 8 m Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 95. Potresni sili z upoštevanjem faktorja δ sta (slika 28): F ⋅1.48 = 343962.089 N 11 F ⋅1.72 = 399739.726 N 12 y Tloris 399739.726 N 0.8 m M.S. x 343962.089 N Slika 28: Razporeditev potresnih sil po etaži za pomik mase proti x osi Za premik masnega središča od osi x za 0.8 m pa sledi: x 4.8 m δ =1+1.2⋅ =1+1.2⋅ =1.72 1 Le 8 m x 3.2 m δ =1+1.2⋅ =1+1.2⋅ =1.48 2 Le 8 m Potresni sili z upoštevanjem faktorja δ sta (slika 29): F ⋅1.72 = 399739.726 N 11 F ⋅1.48 = 343962.089 N 12 96 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. y Tloris 343962.089 N M.S. 0.8 m x 399739.726 Slika 29: Razporeditev potresnih sil po etaži za pomik mase od x osi Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvira z upoštevanjem naključne torzije so tako: 1 − 1 −  6 N  -7 m d = k = 9.693⋅10 = 1.032⋅   10 okv,ek okv,ek  m  N { } = ⋅   { }  -7 m d d F ⋅1.72 = 1.032⋅10    ⋅ 232406.817 N ⋅1.72 == 0.0412m e okv,ek e { } { }  N    Informativni dodatek: Elastični pomik etaže v smeri X, izračunan s 3D togostno matriko na center plošče, zaradi sile Fb in torzijskega momenta zaradi premika M.S. iz središča plošče za 10 %: d =0.024 m e in je enak kot pri 2D analizi brez torzijskega vpliva, čeprav pri prevzemanju momenta sodelujejo tudi okviri v smeri y. Sili na okvira v smeri x pa sta 237812.88 N in 227000.755 N. Če pa masno središče premaknemo samo za 5 %, sledi zopet enak pomik etaže: d =0.02398 m ter nekoliko manjši sili 235109.848 N in 229703.786 N. e Zgled 4: Izpitna naloga 03. julij 2017 97. Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {d = q ⋅ d = 3.3⋅ 0.0412m = 0.136 m s} d { e} { } { } Relativni pomik prve etaže zunanjega okvira je tako: d = 0.136 − 0 = 0.136 m r Tako sledi (redukcijski faktor za kategoriji pomembnosti I in II po predpisu znaša ν = 0.5): 0.136 m ν ⋅ = 0.136 m⋅0.5 = 0.068 m Ker gre za skladišče in nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo (najstrožji) pogoj (4.33) v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h kar vodi do: 0.068 m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅4 m = 0.02 m ki pokaže, da omejitev pomikov ni izpolnjena za najstrožji kriterij. Zato nadalje preverimo pogoj (4.32) v obliki: d ⋅ ν ≤ ⋅ r . 0 0075 h kar vodi do: 0.068 m ≤ 0.0075⋅h = 0.0075⋅4 m = 0.03 m in prav tako omejitev pomikov še vedno ni izpolnjena za srednji kriterij. 98 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Na koncu preverimo še zadnji najblažji pogoj (4.31) v obliki: d ν ⋅ ≤ 0.01⋅h r kar vodi do: 0.068 m ≤ 0.010⋅h = 0.01⋅4 m = 0.04 m in izkaže se, da omejitev pomikov ni izpolnjena tudi za najblažji kriterij. Kontrola vpliva teorije drugega reda (P-∆ efekta) Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za etažne pomike (4.4.2.2(2)) poda informacijo o temu, ali je vpliv teorije drugega reda potrebno upoštevati. Vrednost koeficienta θ za okvir je tako: P d 464813.634 N 0.024m 3.3 tot r θ ⋅ ⋅ ⋅ = = = 0.133 > 0.1 V ⋅h m tot 318543.3 kg⋅9.81 ⋅4 m 2 s Ker velja θ > 0.1, je potrebno upoštevati vpliv teorije drugega reda. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 5 Izpitna naloga 04. julij 2016 Konstrukcijo na sliki 30 sestavljajo štirje identični okviri, medsebojno oddaljeni 5.5 m. Stebri imajo dimenziji b/h = 0.5/0.5 m, nosilci pa b/h = 0.4 m/0.50 m, debelina plošče znaša 25 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. Slika 30: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri 100 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. Objekt je poslovna stavba, ki stoji v Murski Soboti (nadmorska višina 190 m) na tipu tal B, življenjska doba objekta je 80 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama s povratnima dobama 475 in 1000 let. Za konstrukcijo: − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 180 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtežb (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra kot tudi strižni model z redukcijskim faktorjem etaže, − za analizo nihajnih časov uporabi ustrezni model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije) in metodo apliciranja potresnega vpliva (glede na pravilnost/nepravilnost po višini), − za oba računska modela določi približek prvega nihajnega časa z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, ter ugotovi, kateri model vodi do večjega potresnega vpliva, − za računski model, ki vodi do večjega potresnega vpliva izvedi modalno analizo (poišči samo prvo nihajno obliko, lastni vektor in modalno maso), − izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM) ter poišči njegovo razporeditev po etažah z uporabo enačbe (4.10), − poišči razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj (na skici), − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 101. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 25 cm kg kg 25 . 0 m⋅2500 = 625 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 180 2 m Masa: kg m = 805 2 m Obtežbe plošče prve etaže Kategorija B (pisarne) kN q = 3 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo B k,koristna 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Murska Sobota: Alpska regija (cona) A1, nadmorska višina A = 190 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2  190    kN A1 s = 0.651⋅ 1  +    = 0.695 k 2   728    m  102 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za alpsko regijo A1 se namesto kN 0.695 (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, 2 m str. 4) upošteva najmanj kN 1.2 . m2 Obtežba snega na ravno streho: − - nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C =1, e − toplotni koeficient C =1. t Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 0.8⋅1⋅1⋅ 0.695 = 0.556 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za etaže, katerih zasedba je povezana velja ϕ=0.8. Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1. Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 103. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: − za poslovni objekt B kategorije ψ = 2 3 . 0 − za strehe H kategorije ψ = 2 0 − za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako za prvo etažo sledi: kN 3 2 kg m kg M = 805 + 0.8⋅0.3⋅ = 878.394 1.etaža 2 2 m m m 9.81 2s in za streho: kN kN 0.4 0.556 2 2 kg m m kg kg M = 805 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 805 + 0 + 0 = 805 streha 2 2 2 m m m m m 9.81 9.81 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije masa plošče nad pritličjem (gabaritne dimenzije): kg M = 17 m⋅17 m⋅878.394 = 253856.009 kg plo,1 2 m masa strešne plošče (gabaritne dimenzije): kg M = 17 m⋅17 m⋅805 = 232645 kg plo,2 2 m masa notranjih sten v smeri Y in X osi posebej: kg M = M = 2⋅3⋅5 m⋅0.15 m⋅2.5 m⋅450 = 4⋅3⋅843.75kg = 5062.5 kg nsten,y nsten,x 3 m masa zunanjih sten v smeri Y in X osi posebej: kg M = M = 2⋅3⋅5 m⋅0.25 m⋅2.5 m⋅450 = 2⋅3⋅1406.25kg = 8437.5 kg zsten,y zsten,x 3 m 104 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M =16⋅0.5 m⋅0.5 m⋅ ⋅ 2500 =10⋅450 kg =15000 kg steb,s 3 2 m masa gred v smeri Y in X osi: kg M = M = 4⋅3⋅5 m⋅0.4 m⋅0.5 m⋅2500 = 4⋅3⋅ 2500kg = 30000 kg gred,y gred,x 3 m Masa 1. etaže je tako: M = M + M + M + M + M + 2⋅M + M + M 1 plo,1 nsten,y nsten,x zsten,y zsten,x steb,s gred,y gred,x = 253856.009 kg + 2⋅5062.5 kg + 2⋅ 8437.5 kg + 2⋅15000 kg + 2⋅ 30000 kg = 370856.009 kg Masa 2. etaže (strehe) je tako: M = M + M + M + M 2 plo,2 steb,s gred,y gred,x = 232645 kg +15000kg + 2⋅ 30000 kg = 307645 kg Za stene, ki stojijo na talni plošči (nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (odvisno od povezanosti sten in stebrov). Masna »matrika« konstrukcije je tako: [ ]  370856.009 0  M =  kg 0 307645   Izračun členov togostne matrike konstrukcije Ker stavbo štirje identični okvirji, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 4. Druga možnost bi bila, da bi analizirali okvir, katerega širina stebrov bi bila 2 m. Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 105. Upogibni togosti stebrov in nosilcev (z upoštevano razpokanostjo) sta: 1  0.5 m⋅(0.5 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 GPa  = 8.594⋅10 Nm s 2  12    1  0.4 m⋅(0.5 m)3  7 2 EI = ⋅ ⋅33 GPa  = 6.875⋅10 Nm n 2  12    Togost vsakega izmed stebrov je enaka in je: 7 2 12⋅EI 12⋅8.594⋅10 Nm N MN s 7 k = = = 3.819⋅10 = 38.194 st 3 H (3m)3 m m Strižni model z redukcijskim faktorjem stebra: Če za analizo uporabimo strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, sledijo naslednje vrednosti redukcijskih faktorjev (slika 31): EI n EIs, EIs, EI EIs, H= 3 m RF s, 21 RF22 RF 23 RF24 EI n EIs, EIs, EI EI s, s, H= 3 m RF11 RF12 RF RF 14 13 L=5.5 m L=5.5 m L=5.5 m Slika 31: Označitev redukcijskih faktorjev stebrov 7 2 EI 6.875⋅10 Nm n L 5.5m RF = RF = RF = RF = = 11 14 21 24 7 2 7 2 EI 1 EI n s 6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 3m 7 1.25⋅10 Nm = = 0.466 7 7 1.25⋅10 Nm + 1.432⋅10 Nm 106 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. 7 2 2⋅EI 2⋅6.875⋅10 Nm n L 5.5m RF = RF = RF = RF = = 12 13 22 23 7 2 7 2 2⋅EI 1 EI n s 2⋅6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm + ⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 3m 7 2.5⋅10 Nm = = 0.636 7 7 2.5⋅10 Nm + 1.432⋅10 Nm Togost enega okvira prve in druge etaže je z upoštevanjem redukcijskih faktorjev sedaj: MN MN k = k ⋅ RF + RF + RF + RF = 38.194 ⋅ 2⋅0.466 + 2⋅0.636 = 84.164 1,okv,rs st ( 11 12 13 14 ) ( ) m m MN MN k = k ⋅ RF + RF + RF + RF = 38.194 ⋅ 2⋅0.466 + 2⋅0.636 = 84.164 2,okv,rs st ( 21 22 23 24 ) ( ) m m Togostna matrika okvirja je tako: k + k −k 1,okv,rs 2,okv,rs 1,okv,rs   168.328 84.164 −  MN K  =     = okv,rs −k k    1,okv,rs 2,okv,rs   84.164 − 84.164  m Togostna matrika konstrukcije pa je:  168.328 84.164 −  MN  673.311 − 336.655 MN K  = 4⋅ K  = 4⋅       = kon,rs okv,rs  84.164 − 84.164  m − 336.655 336.655  m Strižni model z redukcijskim faktorjem etaže: 7 2 3⋅EI 3⋅6.875⋅10 Nm n L 5.5m RF = RF = = 1 2 7 2 7 2 3⋅EI 1 EI n s 3⋅6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm + 4⋅ ⋅ + 4⋅ ⋅ L 2 H 5.5m 2 3m 7 3.75⋅10 Nm = = 0.396 7 7 3.75⋅10 Nm + 5.729⋅10 Nm Togost enega okvira prve in druge etaže je z upoštevanjem redukcijskih faktorjev sedaj: MN MN k = k = 4⋅k ⋅RF = 4⋅38.194 ⋅0.396 = 60.44 1,okv,re 2,okv,re st 1 m m Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 107. Togostna matrika okvirja je tako:  k −k 1,okv,re 1,okv,re   120.879 60.44 −  MN K  =     = okv,re −k k    1,okv,re 2,okv,re   60.44 − 60.44  m Togostna matrika konstrukcije pa je:  120.879 60.44 −  MN K  = 4⋅ K  = 4⋅       kon,re okv,re  60.44 − 60.44  m  483.516 − 241.758 MN =  241.758 241.758  −  m Izračun nihajnih časov konstrukcije: Za izračun približka prvega nihajnega časa T1 uporabimo enačbo (4.9) iz predpisa in poiščemo pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sile teže, aplicirane vodoravno, kar sledi iz: {u = K − ⋅ P 1} [ ] 1 kon { 1} Za strižni model z redukcijskim faktorjem stebra: -1  6.733 − 3.367   − m 370856.009 8 m ⋅   10 ⋅   kg ⋅9.81 2 − 3.367 3.367  N  307645  s  0.0198 =  m 0.0287   sledi: T = 2⋅ d = 2⋅ 0.0287 = 0.339 s 1,rs Za strižni model z redukcijskim faktorjem etaže: -1  4.835 − 2.418     − m 370856.009 m 0.0275 8 ⋅   10 ⋅   kg ⋅9.81 =  m 2 − 2.418 2.418  N  307645  s  0.04  108 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. sledi: T = 2⋅ d = 2⋅ 0.04 = 0.4 s 1,re Ker vrednosti nihajnih časov T1 obeh modelov padeta za tip tal B v območje platoja elastičnega spektra (TB=0.15 s   10 % R  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 90 letih, znaša pripadajoča povratna doba: −T 8 − 0 let L T = = = 759.298 let R ln (1− P ln 1− 0.1 R ) ( ) za katero ne obstaja pripadajoča karta. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Mursko Soboto tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.1 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.1 g Glede na to, da sta vrednosti projektnega pospeška tal za 475 let in 1000 let enaki, nam ni potrebno interpolirati vrednosti in je iskana vrednost tako: a = gR 0.1 g 114 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za poslovni objekt, ki spada v kategorijo pomembnosti II, velja γ I = 1. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅ = ⋅ = g I a gR 1 0.1g 0.1g Določitev potresnega vpliva Pri nadaljnjem izračunu smo upoštevali strižni model z redukcijskim faktorjem etaže. Za tip tal B velja: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) B 1.2 0.15 0.5 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.373s < T B 1,re C in sledi: 2.5 2.5 S T = a ⋅S⋅ = 0.1g ⋅1.2⋅ d ( 1 ) g q 3.9 m = 0.755 2s Vodoravna sila je tako: m F = λ ⋅ S T ⋅ m = ⋅ ⋅ = b d ( 1 0.755 678501.009 kg 512007.3 N 1 ) 2 s kjer korekcijski faktor λ znaša 1, saj stavba nima več kot dveh etaž. Razporeditev bazne potresne sile po etažah z uporabo enačbe (4.10) je: φ ⋅ M 512007.3 N ⋅ 0.639⋅ 370856.009kg 11 1 F = F ⋅ = = b 222792.032 N 1 φ ⋅ M + φ ⋅ M 0.639⋅ 370856.009kg +1⋅307645kg 11 1 12 2 Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 115. φ ⋅ M 512007.3 N ⋅1⋅307645kg 12 2 F = F ⋅ = = b 289215.268 N 2 φ ⋅ M + φ ⋅ M 0.639⋅ 370856.009kg +1⋅307645kg 11 1 12 2 Ker konstrukcijo sestavljajo štirje identični okviri, na vsakega odpade četrtina etažne sile: Za prvo etažo: F = F = F = F = 55698.008 N 11 12 13 14 Za drugo etažo: F = F = F = F = 72303.817 N 21 22 23 24 Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje (od leve proti desni) v y smeri tako po enačbi (4.3.3.2.4(1)), (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti x osi za 1.65 m sledi: x 6.6 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.48 1 L 8 m e x 1.1 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.08 2 L 8 m e x 4.4 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.32 3 L 8 m e x 9.9 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.72 4 L 8 m e Za oba zunanja okvirja je tako merodajna vrednost 1.72, za notranja pa 1.32. Razporeditev potresnih sil na oba okvirja je z upoštevanjem naključne torzije tako za obe etaži (slika 32): F ⋅1.48 = 82433.052 N F ⋅1.48 =107009.649 N 11 21 F ⋅1.08 = 60153.849 N F ⋅1.08 = 78088.122 N 12 22 F ⋅1.32 = 73521.371 N F ⋅1.32 = 95441.038 N 13 23 F ⋅1.72 = 95800.574 N F ⋅1.72 =124362.565 N 14 24 116 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. tloris prve etaže tloris druge etaže y y 95800.574 N 124362.565 N 73521.371 N 95441.038 N 1.65m M.S. 1.65m M.S. 60153.849 N 78088.122 N 82433.052 N x 107009.649 N x Slika 32: Razporeditev potresnih sil po prvi etaži (skica levo) in po drugi etaži (skica desno) za pomik mase proti x osi Za premik masnega središča od x osi za 1.65 m ni potreben izračun potresnih sil, saj so vrednosti zaradi simetrije konstrukcije zrcalno enake! Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvira z upoštevanjem torzijskega učinka so tako: 1 − 1 −   12.088 6.044 −  N  0.414 0.414 7  -6 m d  = k  =      ⋅   10  = ⋅   10 okv,re okv,re   −6.044 6.044  m  0.414 0.827 N {d = d  ⋅ F ⋅1.72 = e}  okv,re  { e} 0.414 0.414 m 55698.008  3.643 -6  -3 ⋅   10 ⋅   N ⋅1.72 =  10 ⋅ m 0.414 0.827 N 72303.817  5.7  Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {     d } = q ⋅{d } 3.643 14.207 -3 -3 = 3.9⋅ 10 ⋅ m =  ⋅10 m s d e  5.7   22.231 Relativni pomik zunanjega okvira za prvo etažo je: 3 − 3 d 14.207 10 0 14.207 10− = ⋅ − = ⋅ m r,1 Zgled 5: Izpitna naloga 04. julij 2016 117. Relativni pomik zunanjega okvira za drugo etažo je: 3 − 3 − 3 d 22.231 10 -14.207 10 8.025 10− = ⋅ ⋅ = ⋅ m r,2 Tako sledi (redukcijski faktor za kategoriji pomembnosti I in II po predpisu znaša ν = 0.5): 3 − 3 − 3 14.207 10 m ν 14.207 10 m 0.5 7.285 10− ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ m 3 − 3 − 3 8.025 10 m ν 8.025 10 m 0.5 4.012 10− ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ m Ker nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo (najstrožji) pogoj (4.33) v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h kar vodi do: Za prvo etažo: 3 7.285 10− ⋅ m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅3.0 m = 0.015 m Za drugo etažo: 3 4.012 10− ⋅ m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅3.0 m = 0.015 m ki pokaže, da je omejitev pomikov za obe etaži izpolnjena tudi za najstrožji kriterij. 118 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 6 Izpitna naloga 10. julij 2018 Konstrukcijo na sliki 33 sestavljajo trije identični okviri, medsebojno oddaljeni 6.5 m. Stebri imajo dimenziji b/h = 0.5/0.5 m, nosilci pa b/h = 0.4 m/0.5 m, debelina plošče znaša 25 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. V levem polju pritličja nastopa centrično povezje, ki ga tvorita jekleni diagonali UPN 30 (A = 5.4 cm2, E = 210 GPa (http://www.b2bmetal.eu/u-sections-unp-specification)). Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 500 kg/m3. 3.5 m 4.5 m Slika 33: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri 120 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. Objekt je skladišče, ki stoji v Vrhniki (nadmorska višina 293 m), življenjska doba objekta je 75 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.60 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 10 25 2 10 21.9 56 3 21.9 35.6 61 − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 200 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − s pomočjo togosti etaž iz strižnega modela z redukcijskim faktorjem stebra oceni, ali nastopi mehka etaža po ameriškem standardu ASCE 7-10, in nato glede na ugotovljeno pravilnost oz. nepravilnost konstrukcije po višini izberi ustrezno vrsto analize potresnega vpliva, − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, − določi približek prvega nihajnega časa tudi z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, − izračunaj velikosti celotnih potresnih vplivov (upoštevaj razred duktilnosti DCM) ter poišči njihove razporeditve po etažah z uporabo ustrezne enačbe, − poišči razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže z upoštevanjem naključne torzije ter jih skiciraj (na skici), − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 121. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 25 cm kg kg 25 . 0 m⋅2500 = 625 3 2 m m Estrih, toplotna izolacija in kritina kg 200 2 m Masa: kg m = 825 2 m Obtežbe plošče prve etaže Kategorija E1 (skladišče) (SIST EN 1991-1: 2004, tabela 6.3: Kategorija uporabe, str. 16) kN q = 7.5 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo E1 k,koristna 2 m Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Obtežba snega Kraj Vrhnika: Alpska regija (cona) A2, nadmorska višina A = 293 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2   293   kN A1 s =1.293⋅ 1  +    = 1.502 k 2   728   m  122 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C =1, e − toplotni koeficient C =1. t − Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): − kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 0.8⋅1⋅1⋅ 1.502 =1.202 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za etaže, kategorije E velja ϕ=1. Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: − za skladiščni objekt E kategorije ψ = 0.8 2 − za strehe H kategorije ψ = 2 0 − za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 123. Tako za prvo etažo sledi: N 7500 2 kg m kg M = 825 + 0.8⋅1⋅ = 1436.621 1.etaža 2 2 m m m 9.81 2s in za streho: kN kN 0.4 1.202 2 2 kg m m kg kg M = 825 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 825 + 0 + 0 = 825 streha 2 2 2 m m m m m 9.81 9 1 .8 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije − masa plošče nad pritličjem (gabaritne dimenzije): = ⋅ ⋅1436 kg M 11.5 m 13.5 m .621 = 223035.378 kg plo,1 2 m − masa strešne plošče (gabaritne dimenzije): kg M = 11.5 m⋅13.5 m⋅825 = 128081.25 kg plo,2 2 m − masa notranjih sten druge etaže v smeri Y in X osi posebej: kg M = 1⋅2⋅5 m⋅0.15 m⋅3 m⋅450 = 1⋅2⋅1012.5kg = 2025.0 kg nsten,x 3 m kg M = 1⋅2⋅6 m⋅0.15 m⋅3 m⋅450 = 1⋅2⋅1215kg = 2430 kg nsten,y 3 m − masa zunanjih sten druge etaže v smeri Y in X osi posebej: kg M = 2⋅2⋅5 m⋅0.25 m⋅3 m⋅500 = 2⋅2⋅1875kg = 7500 kg zsten,x 3 m kg M = 2⋅2⋅6 m⋅0.25 m⋅3 m⋅500 = 2⋅2⋅2250kg = 9000 kg zsten,y 3 m 124 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. − masa polovice stebrov prve in druge etaže: 1 kg M = 9⋅0.5 m⋅0.5 m⋅ ⋅ 4.5 m + 3.5 m ⋅2500 =10⋅450 kg = 22500 kg steb,1 ( ) 3 2 m − masa polovice stebrov druge etaže: 3.5 m kg M = 9⋅0.5 m⋅0.5 m⋅ ⋅ 2500 =10⋅450 kg = 9843.75 kg steb,2 3 2 m − masa gred v smeri Y in X osi (računane med stebri): kg M = 3⋅2⋅5 m⋅0.4 m⋅0.5 m⋅2500 = 3⋅2⋅ 2500kg = 15000 kg gred,x 3 m kg M = 3⋅2⋅6 m⋅0.4 m⋅0.5 m⋅2500 = 3⋅2⋅ 3000kg = 18000 kg gred,y 3 m Masa 1. etaže je tako: M = M + M + M + M + M + M + M + M 1 plo,1 nsten,x nsten,y zsten,x zsten,y steb,1 gred,y gred,x = 223035.378 kg + 2025 kg + 2430 kg +11250 kg +13500 kg+22500 kg+15000 kg +18000 kg = 307740.378 g k Masa 2. etaže (strehe) pa je: M = M + M + M + M 2 plo,2 steb,2 gred,y gred,x = 128081 kg .25 + 9843.75 kg+15000 kg+18000 kg =170925kg Za stene, ki stojijo na talni plošči (nad kletjo), smatramo, da se gibljejo s talno ploščo (odvisno od povezanosti sten in stebrov). Masna »matrika« konstrukcije je tako: [ ]  299490.378 0  M =  kg 0 170925    Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 125. Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz: 30 30 m N = = = 40.253 < 50 SPT,30 N h 10 m 11.9 m 8.1 m i ∑ + + i 1 = N 25 56 61 SPT,i kar ustreza tipu tal C. Izračun členov togostne matrike konstrukcije Ker stavbo trije identični okvirji, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3. Druga možnost bi bila, da bi analizirali okvir, katerega širina stebrov bi bila 1.5 m. Upogibni togosti stebrov in nosilcev (z upoštevano razpokanostjo), ter osna togost centričnega povezja so: 1  0.5 m⋅(0.5 m)3  9 7 2 EI = ⋅ ⋅33 ⋅10 Pa  = 8.594⋅10 Nm s 2  12    1  0.4 m⋅(0.5 m)3  9 7 2 EI = ⋅ ⋅33 ⋅10 Pa  = 6.875⋅10 Nm n 2  12    4 − 2 9 7 EA = 5.4⋅10 m ⋅210 ⋅10 Pa =11.34⋅10 N cp Togost vsakega izmed stebrov pritličja je enaka in je: 7 2 12⋅EI 12⋅8.594⋅10 Nm N MN s 7 k = = = 1.132⋅10 = 11.317 st,1 3 H 4.5m m m 1 ( )3 Togost centričnega povezja v horizontalni smeri je: 7 EA ⋅    cp 11.34 10 N 4.5m N 2 7 k = = ⋅cos arctan =  956 0. ⋅   10 cp L (5.5m)2 +(4.5m)2   5.5m  m cp = 9.559 MN m 126 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Togost vsakega izmed stebrov prvega nadstropja je enaka in je: 7 2 12⋅EI 12⋅8.594⋅10 Nm N MN s 7 k = = = 2.405⋅10 = 24.052 st,2 3 H 3.5m m m 2 ( )3 Izračun členov togostne matrike konstrukcije Strižni model z redukcijskim faktorjem stebra: Če za analizo uporabimo strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, sledijo naslednje vrednosti redukcijskih faktorjev (slika 34): EI n EIs,2, EIs,2, EI RF s,2, 21 RF22 RF H= 3.5 m 23 EI n EI EI s,1, s,1, EIs,1, RF RF 11 12 RF13 H= 4.5 m Slika 34: Označitev redukcijskih faktorjev stebrov 7 2 EI 6.875⋅10 Nm n L 5.5m RF = RF = = 11 13 7 2 7 2 EI 1 EI 6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm n s + ⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 4.5m 1 7 1.25⋅10 Nm = = 0.567 7 7 1.25⋅10 Nm + 955 0. ⋅10 Nm 7 2 EI 6.875⋅10 Nm n 2⋅ 2⋅ L 5.5m RF = = 12 7 2 7 2 EI 1 EI 6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm n s 2⋅ + ⋅ 2⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 4.5m 1 7 2.5⋅10 Nm = = 0.724 7 7 2.5⋅10 Nm + 0 95 . 5⋅10 Nm Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 127. 7 2 EI 6.875⋅10 Nm n L 5.5m RF = RF = = 21 23 7 2 7 2 EI 1 EI 6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm n s + ⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 3.5m 2 7 1.25⋅10 Nm = = 0.505 7 7 1.25⋅10 Nm + 1.228⋅10 Nm 7 2 EI 6.875⋅10 Nm n 2⋅ 2⋅ L 5.5m RF = = 22 7 2 7 2 EI 1 EI 6.875⋅10 Nm 1 8.594⋅10 Nm n s 2⋅ + ⋅ 2⋅ + ⋅ L 2 H 5.5m 2 3.5m 2 7 2.5⋅10 Nm = = 0.671 7 7 2.5⋅10 Nm + 1.22 8⋅10 Nm Togost enega okvira prve in druge etaže je z upoštevanjem redukcijskih faktorjev sedaj: = ⋅ + RF + RF + k =11.317 MN ⋅ 2⋅0.567 + 0. MN k k RF 724 + 9.559 1,okv,rs st,1 ( 11 12 13 ) cp ( ) m m = 30.58 MN m = ⋅ + + = 2 MN MN k k RF RF RF 4.052 ⋅ 2⋅0.505 + 0.671 = 40.4 2,okv,rs st,2 ( 21 22 23 ) ( ) m m Togostna matrika okvirja je tako: k + k −k  70.98 40.4 −  1,okv,rs 2,okv,rs 1,okv,rs MN K  =     = okv,rs −k k    40.4 −  40.4  m 1,okv,rs 2,okv,rs Togostna matrika konstrukcije pa je: 70.98 40.4 −  MN  212.939 121.201 −  MN K  = 3⋅ K  = 3⋅       = kon,rs okv,rs  40.4 − 40.4  m  121.201 − 121.201  m Izbira ustrezne analize potresnega vpliva Konstrukcija v vseh točkah EC8 ustreza pogojem za tlorisno pravilnost, hkrati pa ne ustreza merilom za pravilnost po višini (glej EC8 4.2.3.3 (3)), saj se togost druge etaže v primerjavi s prvo, poveča kar za 32%. To pomeni, da lahko po EC8 4.2.3.1 (Preglednica 4.1) za izračun uporabimo ravninski model z modalno analizo. 128 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Po ASCE 7-10 to ni mehka etaža saj je iz razmerja togosti obeh etaž k / k = 30.58 / 40.4 = 0.757 razvidno, da prva etaža doseže več kot 70 % togosti 1,okv,rs 2,okv,rs druge etaže. Določitev osnovnega nihajnega časa z uporabo enačbe (4.9) EC8 Za izračun približka prvega nihajnega časa T1 uporabimo enačbo (4.9) iz predpisa in poiščemo pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sile teže, aplicirane vodoravno, kar sledi iz: {u } 1 = K −   ⋅ P 1  kon,rs  { 1} za strižni model z redukcijskim faktorjem stebra. 1  2.129 1.212 − −      − m 299490.378 m 5.030 8 2 ⋅   10 ⋅   kg ⋅9.81 =  ⋅10− m 2  1.212 − 1.212  N  170925  s 6.414 Tako je: 2 T 2 d 2 6.414 10− = ⋅ = ⋅ ⋅ = 0.507 s 1,rs Določitev nihajnih časov, nihajnih oblik in modalnih mas z modalno analizo Dinamična matrika je: 1 DM  = K −  ⋅ M  kon,rs   kon,rs  [ ] 1  2.129 1.212 − −      − m 299490.378 0 3.265 1.863 8 3 − 2 = ⋅10 ⋅ kg = ⋅       10 s  1.212 − 1.212  N  0 170925  3.265 3.273 Lastne vrednosti dinamične matrike [DM], ki so recipročne vrednosti kvadratov krožnih frekvenc, izračunamo iz karakterističnega polinoma:   − λ   det (DM  −   [I]⋅λ ) 3.265 1.863 3 − 2 = det  ⋅   10 s  = 0 kon,rs   3.265 3.273− λ  Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 129. Lastni vrednosti od večje proti manjši znašajo: 3 − 2 λ = 10 5.735⋅ s 1,rs 3 − 2 λ = 0.803⋅10 s 2,rs Lastni krožni frekvenci sta: 1 1 ω = = = 13.2051 1,rs 3 − 2 λ 5.735⋅10 s s 1,rs 1 1 ω = = = 35. 1 295 1,rs 3 − 2 λ 0.803⋅10 s s 2,rs Lastni frekvenci sta: ω 1 1,rs ν = = 2.102 1,rs 2⋅π s ω 1 2,rs ν = = 5. 617 2,rs 2⋅π s Nihajna časa sta: 1 T = = 0.476s 1,rs ν1,rs 1 T = = 0.178 s 2,rs ν2,rs Opazimo lahko, da se prvi nihajni čas konstrukcije za strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, ki smo ga dobili z modalno analizo, dobro ujema z približkom nihajnega časa, dobljenega z enačbo (4.9). Nihajno obliko, ki pripada prvemu nihajnemu času, izračunamo iz karakteristične enačbe: (DM − I ⋅λ ⋅ ϕ = 0  kon,rs  [ ] 1,rs ) { 1,rs} { }  2.471 − 1.863  ϕ     − 0 3 11 ⋅   10 ⋅   =  3.265 2.462 −  ϕ    0 12  130 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za ϕ12 lahko izberemo, da je 1 (izberemo lahko katero koli od nič različno število) in s pomočjo katerekoli od dveh enačb določimo φ 11. Izberemo drugo od enačb: 3 − 3 3.265 10 ϕ 2.462 10− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅1 = 0 11 in dobimo: 3 2.462⋅10− ϕ = = 0.754 11 3 3.265⋅10− Prva nihajna oblika je tako: { 0.754 ϕ   = 1,rs }  1    Na podoben način izračunamo še drugo nihajno obliko, ki je: { 0.7 − 57 ϕ   = 2,rs }  1    Za izračun modalnih mas, bomo določili še prvo in drugo nihajno obliko normirano na masno matriko, ki je: { ϕ ˆϕ = 1,rs } { 1,rs} {ϕ }T ⋅ M ⋅ ϕ 1,rs [ ] { 1,rs} 0.754  1  1 0.754 1.291   3 = = ⋅   =  ⋅10− T    0   54 584.156 kg  1  1.712 0.754 299490.378 0.7     ⋅  kg ⋅  1   0 170925     1  Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 131. { ϕ ˆϕ = 2,rs } { 2,rs} {ϕ }T ⋅ M ⋅ ϕ 2,rs [ ] { 2,rs}  0.757 −    1  1  0. − 757  1.293 −  3 = = ⋅   =  ⋅10− T  0.757 −   0   0.757 −  585.204 kg  1   1.709 299490.378    ⋅  kg ⋅  1   0 170925     1  Sodelujočo maso prve in druge nihajne oblike predstavlja kvadrat participacijskega faktorja, ki je: Γ = { ˆϕ }T ⋅ M ⋅ s 1 1,rs [ ] { } T 1.291       − 1 299490.378 0 1 3 =   ⋅10 ⋅  kg⋅    = 679.224 kg 1.712   kg  0 170925  1   Γ = { ˆϕ }T ⋅ M ⋅ s 2 2,rs [ ] { } T  1.293 −      − 1 299490.378 0 1 3 =   ⋅10 ⋅  kg⋅    = 95.238 − kg  1.709  kg  0 170925  1   Skupna sodelujoča masa je sedaj: Γ + Γ = ( 679.224 kg )2 +( −9 5.238 kg )2 2 2 = 470415 3 . 78kg 1 1 kar je identično enako skupni masi konstrukcije! Od tega modalna masa 2 Γ predstavlja 1 kar 98.072 % celotne mase, kar pomeni, da po EC8 v izračunu potresne sile ni potrebno upoštevati obeh nihajnih oblik, ampak je zadosti, če upoštevamo le prvo nihajno obliko. Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je (5.2.2.2): q = q ⋅ ≥ 0 k w 1 5 . 132 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. kjer sta: q0 = 3⋅αu/α1 = 3⋅1.3 = 3.9 (za razred duktilnosti DCM in večetažne okvirje) kw = 1 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. Zaradi nepravilnosti po višini je potrebno zmanjšati q0 za 20% (5.2.2.2. (3)) q = 3.9⋅1⋅0.8 = 3.12 Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Za povprečno povratno dobo 475 let in obdobje uporabnosti 75 let sledi: 75  1 P 1 1  = − − = 0.146 = 14.6 % >   10 % R  475  Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 90 letih, znaša pripadajoča povratna doba: −T 7 − 5 let L T = = = 711.842 let R ln (1− P ln 1− 0.1 R ) ( ) za katero ne obstaja pripadajoča karta. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Vrhniko tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.225 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.275 g ter  0.275 log  log 711.842 ⋅     (  0.225   475 log a log 0.225  = + = 0. − 6 gR ) ( ) 1000 log   475  Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 133. Iskana vrednost je tako: 0.6 a 10− = = 5 0.2 1g gR Za skladišče, ki spada v kategorijo pomembnosti II, velja γ I = 1. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅a =1⋅0.251g = 0.251g g I gR Določitev potresnega vpliva Za tip tal C velja: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) C 1.15 0.2 0.6 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.479s < T B 1,rs C in sledi: 2.5 2.5 S T = a ⋅S⋅ = 0.251g ⋅1.15⋅ d ( 1 ) g q 3.12 = 2.26 m 8 2s Etažne potresne sile po etažah za prvo nihajno obliko po metodi modalne analize so: {F = M ⋅ ˆϕ ⋅Γ ⋅S T 1} [ ] { 1,rs} 1 d ( 1)  299490.378 0  1.291     − 1 m 595653.337 3 =  kg⋅   ⋅10 ⋅679.224 kg ⋅2.268 =   N 2  0 170925  1  .712 kg s  450799.04  134 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Ker konstrukcijo sestavljajo trije identični okviri, na vsakega odpade tretjina etažne sile: F = 198551.112 N F = 150266.347 N 11 21 F = 1985 51.112 N F = 1502 66.347 N 12 22 F = 1985 1 51.1 2 N F = 150266.347 N 13 23 Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje v x smeri tako po enačbi (4.3.3.2.4(1)) sledi (kjer je bilo privzeto, da masno središče etaže leži v geometrijskem središču plošče) za premik masnega središča proti osi x za 1.3 m: x 5.2 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.48 1 L 13 m e x 1.3 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.12 2 L 13 m e x 7.8 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.72 3 L 13 m e Razporeditev potresnih sil je tako (slika 35): Za prvo etažo: Za drugo etažo: F ⋅1.48 = 293855.646 N F ⋅1.48 = 222394.193 N 11 21 F ⋅1.12 = 222377.246 N F ⋅1.12 =168298.308 N 12 22 F ⋅1.72 = 341507.913 N F ⋅1.72 = 258458.116 N 13 23 y tloris prve etaže y tloris druge etaže 341507.913 N 258458.116 N 222377.246 N 168298.308 N 1.3 m 1.3 m M.S. M.S. 293855.646 N x 222394.193 N x Slika 35: Razporeditev potresnih sil po prvi etaži (skica levo) in po drugi etaži (skica desno) za pomik mase proti x osi Zgled 6: Izpitna naloga 10. julij 2018 135. Za premik masnega središča proti vrhu osi y za 1.3 m pa sledi (slika 36): x 7.8 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.72 1 L 13 m e x 1.3 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.12 2 L 13 m e x 5.2 m δ =1+1.2⋅ = 1+1.2⋅ = 1.48 3 L 13 m e Za prvo etažo: Za drugo etažo: F ⋅1.72 = 341507.913 N F ⋅1.72 = 258458.116 N 11 21 F ⋅1.12 = 222377.246 N F ⋅1.12 =168298.308 N 12 22 F ⋅1.48 = 293855.646 N F ⋅1.48 = 222394.193 N 13 23 y tloris prve etaže y tloris druge etaže 293855.646 N 222394.193 N M.S. M.S. 222377.246 N 1.3 m 168298.308 N 1.3 m 341507.913 N x 258458.116 N x Slika 36: Razporeditev potresnih sil po prvi etaži (skica levo) in po drugi etaži (skica desno) za pomik mase od x osi Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvira z upoštevanjem torzijskega učinka so tako: 1 − 1 − 7.098 4.04 −  m 3.27 3.27  m -7 -5 d  = k  = ⋅       10 = 10 ⋅ okv,re okv,re  4.04 − 4.04  N 3.27 5.745 N {       d } = d  ⋅   {F } 3.27 3.27 m 198551.112 1.962 -5 -2 ⋅1.72 = ⋅   10 ⋅   N ⋅1.72 =  10 ⋅ m e okv,re e 3.27 5.745 N 150266.34  7  2.602 136 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: {  1.962  6.121 d } = q ⋅{d } -2 -2 = 3.12⋅ ⋅10 m =  ⋅10 m s d e  2.602  8.117 Relativni pomik zunanjega okvira za prvo etažo je: -2 -2 d = 6.121⋅10 − 0 = 6.121⋅10 m r,1 Relativni pomik zunanjega okvira za drugo etažo je: -2 -2 -2 d = 8.117⋅10 6.1 - 21⋅10 =1.996⋅10 m r,2 Tako sledi (redukcijski faktor za kategoriji pomembnosti I in II po predpisu znaša ν = 0.5): -2 -2 -2 6.121 10 ⋅ m ν ⋅ = 6.12 10 1⋅ m⋅0.5 = 6 3.0 1⋅ 0 1 m -2 -2 -2 1.996 ⋅10 m ν ⋅ =1.996⋅10 m⋅0.5 = 0.998⋅10 m Ker nimamo informacij o tem, kako so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo, preverimo (najstrožji) pogoj (4.31) v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 005 h kar vodi do: Za prvo etažo: -2 -2 3.061⋅10 m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅4.5 m = 2.25⋅10 m Za drugo etažo: -2 -2 0.998⋅10 m ≤ 0.005⋅h = 0.005⋅3.0 m =1.75⋅10 m ki pokaže, da omejitev pomikov za prvo etažo za najstrožji kriterij ni izpolnjena. Zato za prvo etažo še enkrat preverimo za blažji pogoj (4.32) v obliki: Za prvo etažo: -2 -2 3.061⋅10 m ≤ 0.0075⋅h = 0.0075⋅4.5 m = 3.375⋅10 m ki pa je sedaj izpolnjena! POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 7 Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 Konstrukcijo na sliki 37 sestavljajo trije identični okvirji, medsebojno oddaljeni 4.5 m (razdalja med osmi stebrov). Stebri imajo dimenziji b/h = 0.4/0.4 m, nosilci pa b/h = 0.4 m/0.6 m, debelina AB plošč pa znaša 30 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. 138 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. prerez konstrukcije v vzdolžni smeri 4.0 m 5.0 m Slika 37: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri Objekt je stanovanjska stavba, ki stoji v Kopru (nadmorska višina 3 m) na tipu tal B, življenjska doba objekta je 120 let, vrednost agR se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo v prikazani smeri: − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 190 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun togostne/podajnostne matrike konstrukcije v prikazani smeri uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra in tudi deformacijsko metodo; v analizi potresnega vpliva nato upoštevaj vrednosti iz strižnega modela z redukcijskim faktorjem stebra, − za analizo nihajnih časov cele konstrukcije uporabi ravninski model, − analizo potresnega vpliva izvedi z modalno analizo s spektri odziva (upoštevaj razred duktilnosti DCM), Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 139. − poišči in skiciraj razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže ter izračunaj faktorje δ za upoštevanje naključne torzije, − izračunaj koeficiente občutljivosti za etažne pomike ter ugotovi, ali je potrebno upoštevati vpliv teorije drugega reda, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. 140 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 30 cm kg kg 3 . 0 m ⋅ 2500 = 750 3 2 m m Estrih in toplotna izolacija (podana vrednost) kg 190 2 m Masa: kg m = 940 p 2 m Obtežbe etaž Kategorija A (bivalni prostori) kN q = 0 . 2 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo A k,koristna 2 m za bivalne prostore velja ψ = 2 . 0 3 ker gre za stanovanjsko stavbo, smatramo, da je zasedba nekaterih etaž povezana, in velja ϕ=0.8. kN 2 masa plošče z maso iz obteže: 2 kg m kg m = 940 + . 0 8⋅ . 0 3⋅ = 988.930 2 2 m m m 9 81 . 2 s Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 141. Obtežba snega Kraj Koper: sredozemska (Mediteranska) regija (cona) M1, nadmorska višina A = 3.0 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2 2   A     3   kN 1 M s = 0 498 . ⋅1− 209 . 0 ⋅ 1  +    = 0 289 . ⋅ 1  +    = 0.289 k ( ) 2   452      452    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − - nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C = , e 0 . 1 − toplotni koeficient C = . t . 1 0 Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 8 . 0 ⋅1⋅1⋅0.289 = 0.231 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i 142 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. kar vodi do vrednosti za prvi dve etaži: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za koristno obtežbo na strehi kategorije H ψ = 2 0 za sneg velja za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi še vrednost za vrhnjo etažo: kN kN 4 . 0 0.231 2 2 kg m m kg kg m = 940 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 940 + 0 + 0 = 940 2 2 2 m m m m m 81 . 9 81 . 9 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča med priličjem in 2. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo . 9 4 m 9 4 . m 988.930 87381.825 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 4.2 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 9 0.4 m 0.4 m 2500 9 840 kg 7560 kg 2 m3 masa polovice stebrov zgoraj: 7 . 2 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,z 9 . 0 4 m 4 . 0 m 2500 9 540 kg 8 4 60 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 3 8 2 . m 0.4 m . 0 6 m 2500 14760 kg m3 Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 143. masa gred v smeri X osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 3 8 2 . m 0.4 m . 0 6 m 2500 14760 kg m3 masa zunanjih sten (upoštevane so dejanske dimenzije med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = sten,z 4 . 8 2 m 25 . 0 m . 2 7 m 450 9963 kg m3 masa notranjih sten (upoštevane so dejanske dimenzije med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = sten,n 2 2 . 8 m 15 . 0 m 7 . 2 m 450 2988.9 kg m3 Masa plošče nad prvo etažo je tako: M = + + + + + + 1 Mplo Msteb s, Msteb,z Mgred,y Mgred,x Msten,z Msten,n = 87381.825 kg + 7560 kg + 8 4 60 kg +14760 kg +14760 kg + 9963 kg + 2988.9 kg =142273.725 kg Plošča med 2. in 3. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 4 . 9 m 9 4 . m 988.930 87381.825 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 2.7 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 9 0.4 m 0.4 m 2500 9 540 kg 4860 kg 2 m3 masa polovice stebrov zgoraj: . 2 7 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,z 9 4 . 0 m . 0 4 m 2500 9 540 kg 60 8 4 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 3 8 2 . m 0 4 . m . 0 6 m 2500 14760 kg m3 144 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. masa gred v smeri X osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 3 8 2 . m 0.4 m . 0 6 m 2500 14760 kg m3 masa zunanjih sten (upoštevane so dejanske dimenzije med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = sten,z 4 . 8 2 m 25 . 0 m . 2 7 m 450 9963 kg m3 masa notranjih sten (upoštevane so dejanske dimenzije med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = sten,n 2 2 . 8 m 15 . 0 m 7 . 2 m 450 2988.9 kg m3 Masa plošče nad drugo etažo je tako: M = + + + + + + 2 Mplo Msteb s, Msteb,z Mgred,y Mgred,x Msten,z Msten,n = 87381.825 kg + 4 60 8 kg + 60 8 4 kg +14760 kg +14760 kg + 9963 kg + 2988.9 kg =139573.725 kg Plošča nad 3. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo . 9 4 m . 9 4 m 940 83058.4 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 2.7 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 9 0.4 m 0.4 m 2500 9 540 kg 4860 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 3 . 8 2 m . 0 4 m 6 . 0 m 2500 14760 kg m3 masa gred v smeri X osi (upoštevane so dejanske dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 3 . 8 2 m . 0 4 m . 0 6 m 2500 14760 kg m3 Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 145. Masa plošče nad tretjo etažo je tako: M = + + + = + + + 3 Mplo Msteb,s Mgred,y Mgred,x 83058.4 kg 60 8 4 kg 14760 kg 14760 kg = 117438.4 kg Masna matrika konstrukcije je: 142273.725  0 0  [M]  = 0 139573.725 0  kg    0 0 117438.4 Izračun togostne matrike konstrukcije s strižnim modelom in redukcijskim faktorjem stebrov Ker stavbo tvorijo trije identični okvirji, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3. Za spodnjo etažo okvirja sledi z uporabo navadnega strižnega modela togost za en steber: 9 N 33⋅10 12 12 m 4 . 0 m ⋅( . 0 4 m)3 2 N k = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = strižni E 3 s I h s s ( 2. 4 m) 5701328.150 3 2 12 m2 6 N = 030774 5.70132815 ⋅10 m Redukcijski faktor za levi steber znaša (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi EI): Nn I ⋅ ⋅ n En In En ∑ n 1 = Ln L RF n = = 1 Nn I ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n En 1 Is E I s n En 1 Is Es ∑ + ⋅ + ⋅ n 1 = Ln 2 h L s n 2 hs 9 N 4 . 0 m ⋅(0 6 . m)3 33⋅10 m2 ⋅ 12 2 4 m 29700000 = = 9 N 9 N 29700000 + 4190476.191 4 . 0 m ⋅( 6 . 0 m)3 33⋅10 ⋅ m2 4 . 0 m ⋅(0 4 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 4 m 2 4 2 . m = 0.876 146 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Reducirana togost levega stebra spodnje etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 , 1 RF1 kstrižni 0.876 5.701 10 3 4996372.58 m m Redukcijski faktor za srednji steber znaša: 2 I ⋅ n En ∑ n 1 = L RF n = 2 2 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es ∑ + ⋅ n 1 = Ln 2 hs 9 N 9 N 4 . 0 m ⋅( 6 . 0 m)3 33⋅10 ⋅ m2 4 . 0 m ⋅( . 0 6 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 12 2 + 4 m 5 m = 9 N 9 N 9 N 4 . 0 m ⋅(0 6 . m)3 33⋅10 ⋅ ⋅ m2 . 0 4 m ⋅( . 0 6 m)3 33 10 m2 4 . 0 m ⋅(0 4 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ ⋅ 12 2 12 2 1 12 2 + + ⋅ 4 m 5 m 2 4 2 . m 53460000 = = 0.927 53460000 + 1 4190476.19 Reducirana togost srednjega stebra spodnje etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = , 1 2 RF2 kstrižni 0.927 5.701 10 8 5286912.14 m m Redukcijski faktor za desni steber znaša: 9 N 0 4 . m ⋅( . 0 6 m)3 33⋅10 m2 I ⋅ ⋅ n En 12 2 Ln 5 m RF = = 3 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es 9 N 9 N + ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅ ⋅ n 2 h . 0 4 m ( . 0 6 m)3 33 10 s m2 . 0 4 m (0.4 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 5 m 2 . 4 2 m 23760000 = = 0.850 23760000 + 1 4190476.19 Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 147. Reducirana togost desnega stebra spodnje etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = , 1 3 RF3 kstrižni 0.850 5.701 10 4 4846556.31 m m Skupna togost spodnje etaže okvirja je: k = + + 1 k 1,1 k ,12 k ,13 N N N N = 3 4996372.58 + 5286912.148 + 4846556.31 4 =15129841.0 45 m m m m Za drugo in tretjo etažo okvirja sledi z uporabo navadnega strižnega modela za en steber: 9 N 33⋅10 12 12 m 0 4 . m ⋅( 4 . 0 m)3 2 N 6 N k = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ strižni E 3 s I h s s (2 7. m) 71 21460143.2 21.460 10 3 2 12 m2 m Redukcijski faktor za levi steber znaša: 9 N 0 4 . m ⋅(0 6 . m)3 33⋅10 m2 I ⋅ ⋅ n En 12 2 Ln 4 m RF = = 1 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es 9 N 9 N + ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅ ⋅ n 2 h 0 4 . m ( . 0 6 m)3 33 10 s m2 0 4 . m (0 4 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 4 m 2 2.7 m 29700000 = = 0.820 29700000 + 36218518.519 Reducirana togost levega stebra druge etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 1 , RF1 kstrižni 0.820 21.460 10 75 17597800.2 m m 148 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Redukcijski faktor za srednji steber znaša: 2 I ⋅ n En ∑ n 1 = L RF n = 2 2 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es ∑ + ⋅ n 1 = Ln 2 hs 9 N 9 N . 0 4 m ⋅( . 0 6 m)3 33⋅10 ⋅ m2 0 4 . m ⋅( . 0 6 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 12 2 + 4 m 5 m = 9 N 9 N 9 N . 0 4 m ⋅(0 6 . m)3 33⋅10 ⋅ ⋅ m2 0.4 m ⋅( . 0 6 m)3 33 10 m2 0 4 . m ⋅(0 4 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ ⋅ 12 2 12 2 1 12 2 + + ⋅ 4 m 5 m 2 . 2 7 m 53460000 = = 0.891 53460000 + 9 6518518.51 Reducirana togost srednjega stebra druge etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 2,2 RF2 kstrižni 0.891 21.460 10 92 19127835.8 m m Redukcijski faktor za desni steber znaša: 9 N . 0 4 m ⋅( . 0 6 m)3 33⋅10 m2 N ⋅ n I ⋅ n En 12 2 ∑ n 1 = Ln 5 m RF = = 3 Nn I ⋅ ⋅ n En 1 Is E 9 N 9 N s ∑ + ⋅ . 0 4 m ⋅( . 0 6 m)3 33⋅10 3 ⋅ ⋅ n 1 = Ln 2 h m2 . 0 4 m ( . 0 4 m) 33 10 m2 s ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 5 m 2 7 . 2 m 23760000 = = 0.785 23760000 + 6518518.51 9 Reducirana togost desnega stebra druge etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 2,3 RF3 kstrižni 0.785 21.460 10 98 16840090.8 m m Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 149. Skupna togost druge in tretje etaže okvirja je: k = = + + 2 k3 k21, k2,2 k2,2 N N N N = 75 17597800.2 + 92 19127835.8 + 98 16840090.8 = 65 53565727.0 m m m m Togostna matrika okvirja, izračunana s pomočjo s strižnega modela in uporabo redukcijskega faktorja stebra, je tako: k + −  + − 1 k2 k2 0 k1 k2 k2 0  [K     = − + − = − ⋅ − okv ] k2 k2 k3 k3 k2 2 k2 k3      0 − k   −  3 k3   0 k3 k3   10 68695568.1 − 65 53565727.0 0  [K   = − − okv ] N 65 53565727.0 1302 107131454. 65 53565727.0   m  0 − 65 53565727.0 65 53565727.0  Togostna matrika konstrukcije pa je:  2.061 −1.607 0  [K   = ⋅ = − − ⋅ kon ] 3 [Kokv] 8 N 1.607 3.214 1.607 10   m  0 −1.607 1.607  Opazimo, da velja naslednje razmerje med togostima prve in druge etaže: N 15129841.0 45 k1 m = = 282 . 0 = 28.245 % < 70 % k N 2 53565727.0 65 m in zato spodnjo etažo okarakteriziramo kot »mehko etažo« (čeprav standard EC8 tega eksplicitnega številskega kriterija ne podaja), konstrukcijo pa kot nepravilno po višini. Prav tako lahko takšno zmanjšanje togosti smatramo kot nenadno spremembo togosti v vodoravni smeri (po členu 4.2.3.3 (3)), kar pomeni, da je konstrukcija formalno nepravilna po višini tudi v skladu z EC8. 150 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Izračun togostne matrike konstrukcije z deformacijsko metodo Najprej označimo vozlišča (slika 38) in nato izračunamo nadomestne dolžine stebrov. Ker so upogibne togosti EI nosilcev in stebrov različne, bomo dolžine stebrov, ki jih upoštevamo pri izračunu členov matrike ravnotežnih enačb, modificirali s pomočjo razmerja upogibnih togosti. Za prvo etažo sledi: EIn 118800000 Nm2 H'= ⋅ H = ⋅ 4.2 m EI s 35200000 Nm2 = 14.175 m Za preostali etaži pa sledi: 118800000 Nm2 H'= ⋅ 2.7 m 35200000 Nm2 = 9.113 m G H I D E F A B C 4.0 m 5.0 m Slika 38: Označitev vozlišč Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 151. Pri analizi z deformacijsko metodo sledijo naslednje vrednosti parametrov metode: k= 12 število togih vozlišč g= 0 število členkastih vozlišč s= 15 število elementov t1= 3 število znanih zasukov t2= 6 število znanih pomikov Število neznanih vozliščnih zasukov je tako: b = k − t = − = 1 12 3 9 število neznanih premikov (zasukov vertikalnih elementov) pa je: c = 2⋅k + 2⋅g − t − = ⋅ + ⋅ − − = > 2 s 2 12 2 0 6 15 3 0 kar pomeni, da gre za pomičen sistem. Stopnja deformacijske nedoločenosti je tako: n = b + c = 9 + 3 = 12 in zato moramo rešiti sistem 12 enačb z dvanajstimi neznankami. Kot neznanke vpeljemo zasuke ϕA, ϕB,. . , ϕI vozlišč A, B, C, . . I ter zasuke ψ1, ψ2 in ψ3 stebrov posameznih etaž, ki so, zaradi osne nedeformabilnosti gred pri inženirski deformacijski metodi (metodi pomikov), enaki v vseh stebrih posamezne etaže, ki imajo enake dolžine. 152 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Nato sledijo predštevila: 4 4 4 a = AA + + 1.721 = 14.175 4 9.113 4 4 4 4 a = + BB + + 2.521 = 14.175 4 5 9.113 4 4 4 a = + CC + 1.521 = 14.175 5 9.113 4 4 4 a = DD + + 1.878 = 9.113 4 9.113 4 4 4 4 a = + EE + + 2.678 = 9.113 4 5 9.113 4 4 4 a = + FF + 1.678 = 9.113 5 9.1123 4 4 a = GG + 1.439 = 9.113 4 4 4 4 a = HH + + 2.239 = 9.113 4 5 4 4 a = II + = 1.239 9.113 5 ter 2 a = = = AB aBA aDE = aED = aGH = aHG = 0 5 . 4 2 a = = = BC aCB a = EF = aFE a = HI = aIH 4 . 0 5 2 aAD = aDA a = BE = aEB = aCF = aFC = .219 0 = 9.113 2 aDG = aGD a = EH a = HE = aFI a = IF = 0.219 = 9.113 Nato izračunamo še predštevila: 6 6 a = = = − = − = − A 1 a B1 a C1 .423 0 H' 14.175 m 6 a = = = = = = − = − 2A a2B a2C a2D a2E a2F 658 . 0 9.1125 m 6 a = = = = = = − = − 3D a3E a3F a3G a3H a3I 658 . 0 9.1125 m Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 153. ter 12 a = ⋅ = 11 3 2.540 14.175 m 12 a = = ⋅ = 22 a22 3 3.951 9.1125 m Izračun členov prve vrstice in stolpca podajnostne matrike Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu prve etaže dobi naslednjo obliko: aAA aAB 0 aAD 0 0 0 0 0 a A1 a2A 0  ϕA  0   0          aAB aBB aBC 0 aBE 0 0 0 0 a B1 a2B 0  ϕB  0   0   0 aBC aCC 0 0 aCF 0 0 0 a C1 a2C 0  ϕ   C 0   0          aAD 0 0 aDD aDE 0 aDG 0 0 0 a2D a3D ϕD  0   0     0 aBE 0 aDE aEE aEF 0 aEH 0 0 a2E a ϕ      3E E 0 0          0 0 aCF 0 aEF aFF 0 0 aFI 0 a2F a3F  ϕF   0   0  EI ⋅ ⋅ n   =   =     0 0 0 aDG 0 0 aGG aGH 0 0 0 a3G ϕG  0   0    0 0 0 0 aEH 0 aGH aHH aHI 0 0 a   3H  ϕ      H 0 0         0 0 0 0 0 aFI 0 aHI aII 0 0 a3I ϕI   0   0          a A 1 a B1 a C1 0 0 0 0 0 0 a11 0 0  ψ1 1⋅H1 2 . 4         a2A a2B a2C a2D a2E a2F 0 0 0 0 a22 0 ψ2   0   0           0 0 0 a3D a3E a3F a3G a3H a3I 0 0 a   33  ψ3   0   0  ki ima rešitve (izpisani so samo zasuki etaž, potrebni za izračun podajnosti): ψ 1.564 10 1   ⋅ -8     9 -  ψ 1.794 10 2  =  ⋅     11 -  ψ 8.3679 10 3   ⋅  154 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Horizontalne pomike točk A, D in G zaradi enotske sile v točki A, ki predstavljajo člene prve vrstice in stolpca podajnostne matrike okvirja, izračunamo kot: 8 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ 11 H1 1 . 4 2 m 1.564 10 6.569 10 N 8 - m 9 - 8 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 12 H1 1 H2 2 6.569 10 . 2 7 m 1.794 10 7.053 10 N N 8 - m 11 - 8 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 13 H1 1 H2 2 H3 3 7.053 10 2 7 . m 8.368 10 7.076 10 N N Izračun členov druge vrstice in stolpca podajnostne matrike Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu druge etaže dobi naslednjo obliko (spremeni se samo vektor na desni strani sistema): aAA aAB 0 aAD 0 0 0 0 0 a A1 a2A 0  ϕA  0   0          aAB aBB aBC 0 aBE 0 0 0 0 a B1 a2B 0  ϕB  0   0   0 aBC aCC 0 0 aCF 0 0 0 a C1 a2C 0  ϕ   C 0   0          aAD 0 0 aDD aDE 0 aDG 0 0 0 a2D a3D ϕD  0   0   0 aBE 0 aDE aEE aEF 0 aEH 0 0 a2E a  ϕ   3E E 0   0           0 0 aCF 0 aEF aFF 0 0 aFI 0 a2F a3F  ϕF   0   0  EI ⋅ ⋅ n   =   =     0 0 0 aDG 0 0 aGG aGH 0 0 0 a3G ϕG  0   0    0 0 0 0 aEH 0 aGH aHH aHI 0 0 a   3H  ϕ   H 0   0          0 0 0 0 0 aFI 0 aHI aII 0 0 a3I ϕI   0   0          a A1 a B1 a C1 0 0 0 0 0 0 a11 0 0  ψ1 1⋅H1 2 . 4         a2A a2B a2C a2D a2E a2F 0 0 0 0 a22 0 ψ2  1⋅H2  . 2 7          0 0 0 a3D a3E a3F a3G a3H a3I 0 0 a   33  ψ3   0   0  ki ima rešitve (zanimajo nas samo zasuki etaž): ψ 1.679 10 1   ⋅ -8    9 -  ψ 9.819 10 2  =  ⋅     9 -  ψ 1.256 10 3   ⋅  Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 155. Horizontalni pomiki točk A, D in G zaradi enotske sile v točki D, ki predstavljajo člene druge vrstice in stolpca podajnostne matrike okvirja, so tako: 8 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ 21 H1 2 2 . 4 m 1.679 10 7.053 10 N 8 - m 9 - 8 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 22 H1 1 H2 2 7.053 10 7 . 2 m 9.819 10 9.704 10 N N 8 - m 9 - 7 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 23 H1 1 H2 2 H3 3 9.704 10 7 . 2 m 1.259 10 1.004 10 N N Izračun člena d21 je bil zaradi simetrije podajnostne matrike dejansko nepotreben in služi samo kot kontrola. Izračun členov tretje vrstice in stolpca podajnostne matrike Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu tretje etaže dobi naslednjo obliko: aAA aAB 0 aAD 0 0 0 0 0 a A1 a2A 0  ϕA  0   0          aAB aBB aBC 0 aBE 0 0 0 0 a B1 a2B 0  ϕB  0   0   0 aBC aCC 0 0 aCF 0 0 0 a C1 a2C 0  ϕ   C 0   0          aAD 0 0 aDD aDE 0 aDG 0 0 0 a2D a3D ϕD  0   0   0 aBE 0 aDE aEE aEF 0 aEH 0 0 a2E a  ϕ   3E E 0   0           0 0 aCF 0 aEF aFF 0 0 aFI 0 a2F a3F  ϕF   0   0  EI ⋅ ⋅ n   =   =     0 0 0 aDG 0 0 aGG aGH 0 0 0 a3G ϕG  0   0    0 0 0 0 aEH 0 aGH aHH aHI 0 0 a   3H  ϕ   H 0   0          0 0 0 0 0 aFI 0 aHI aII 0 0 a3I ϕI   0   0          a A1 a B1 a C1 0 0 0 0 0 0 a11 0 0  ψ1 1⋅H1 . 4 2         a2A a2B a2C a2D a2E a2F 0 0 0 0 a22 0 ψ2  1⋅H2  . 2 7          0 0 0 a3D a3E a3F a3G a3H a3I 0 0 a   33  ψ3  1⋅ H3  . 2 7 ki ima rešitve (zanimajo nas samo zasuki etaž): ψ 1.685 10 1   ⋅ -8    8 -  ψ 1.099 10 2  =  ⋅     -9  ψ 9.368 10 3   ⋅  156 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Horizontalni pomiki točk A, D in G zaradi enotske sile v točki G, ki predstavljajo člene tretje vrstice in stolpca podajnostne matrike okvirja, so tako: 8 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ 31 H1 2 . 4 2 m 1.685 10 7.076 10 N 8 - m 9 - 7 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 32 H1 1 H2 2 7.076 10 2.7 m 1.099 10 1.004 10 N N 7 - m 9 - 7 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 33 H1 1 H2 2 H3 3 1.004 10 2.7 m 9.368 10 1.257 10 N N Čeprav je izračun členov d31 in d32 zaradi simetrije podajnostne matrike dejansko nepotreben, služi kot posredna kontrola izračuna. Celotna podajnostna matrika okvirja je tako: 6.569⋅10-8 7.053⋅10-8 7.076⋅10-8 [d]  8 - 8 - 7 -  m = 7.053⋅10 9.704⋅10 1.004⋅10   8 - 7 - 7 - N 7.076⋅10 1.004⋅10 1.257 ⋅10    Togostna matrika okvirja je tako:  28 70445266.8 − 68 58691830.4 2 7239339.26  [K   = − = − − okv ] [d] 1 N 68 58691830.4 673 108373889. 83 53541300.9   m  2 7239339.26 − 83 53541300.9 46 46649702.0  Togostna matrika konstrukcije pa je:  2.113 −1.761 0.217  [K   = ⋅ = − − ⋅ kon ] 3 [Kokv] 8 N 1.761 3.251 1.606 10   m  0.217 −1.606 1.399  Primerjava togostnih matrik obeh modelov pokaže, da nastopi pri zadnjem diagonalnem členu vrednost, ki je za skoraj 15 % večja od vrednosti, dobljene z uporabo redukcijskega faktorja stebra (ostala diagonalna člena pa sta nekoliko manjša od prej dobljenih vrednosti). Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 157. Izračun lastnih frekvenc in nihajnih časov ter lastnih vektorjev Uporaba enačbe (4.9) Če želimo za izračun približka prvega nihajnega časa uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa, moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, kar sledi iz (uporabljena je togostna matrika, dobljena z redukcijskim faktorjem stebra): u1  P1  u  −    = ⋅   = 2 [K ] 1 kon P2 u    3  P3   2.061 −1.607 0 1 -  142273.725   0.086     8 - m   m −1.607 3.214 −1.607 ⋅10 ⋅ 139573.725  ⋅ 81 . 9 = 0.102     m   N s2  0 −1.607 1.607    117438.4  0.109     Tako sledi: T = ⋅ = ⋅ = 1 2 d 2 0.109 0.661s Uporaba Rayleighove metode Izračunane vodoravne pomike zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, je za izračun približka prve periode mogoče neposredno uporabiti tudi v Rayleighovi metodi, kjer prvo periodo izračunamo kot: n ∑M ⋅iu2i T = 2 i 1 ⋅π ⋅ = n g ⋅∑M ⋅iui i 1 = 142273.7 ⋅0.0862 +139573.7 ⋅0.1022 +117438.4⋅0.1092 3910.588 = 2⋅π ⋅ = ⋅π ⋅ . 9 81⋅(142273.7 ⋅0.086 +139573.7 ⋅0.102 +117438.4⋅ ) 2 0.109 81 . 9 ⋅39331.679 = 0.633 s To vrednost je mogoče še dodatno izboljšati z izračunom novih vztrajnostnih sil. 158 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Modalna analiza Ker pa je konstrukcija okarakterizirana kot po višini nepravilna, moramo izvesti modalno analizo s spektri odziva, in dinamična matrika konstrukcije ima obliko: [DM]= [d]⋅[M]= [K ] 1− ⋅ M = kon [ ] 1 -  2.061 −1.607 0  142273.725  0 0    8 - m −1.607 3.214 −1.607 ⋅10  ⋅ 0 139573.725 0  kg =   N    0 −1.607 1.607     0 0 117438.4 3.135  3.0755 2.587   -4 3.135 3.944 3.318 ⋅10   3.135  3.944 4.049 Lastne vrednosti dinamične matrike so: λ = ⋅ − → ω = 1 1.014 10 2 2 1 98.599 λ = ⋅ − → ω = 2 7.078 10 4 2 2 1412.762 λ = ⋅ − → ω = 3 2.771 10 4 2 3 3608.199 rad ω = → = 1 9.930 T1 0.633 s srad ω = → = 2 37.587 T2 0.167 s s rad ω = → = 3 60.068 T3 0.105 s s Iz rezultatov je vidno, da je uporaba Rayleighove metode dala boljši približek kot enačba (4.9). Kontrola pogoja neodvisnosti posameznih dveh nihajnih oblik: T = ≤ ⋅ = ⋅ = 2 0.167 s 9 . 0 T1 . 0 9 0.633 s 0.569 s T = ≤ ⋅ = ⋅ = 3 0.105 s . 0 9 T2 0 9 . 0.167 s 0.150 s pokaže, da pogoj je neodvisnosti dveh nihajnih oblik izpolnjen in se lahko pri morebitnem kombiniranju učinkov različnih nihajnih oblik največja vrednost za vsak učinek potresnega vpliva na konstrukcijo izračuna po pravilu SRSS. Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 159. Nihajnim časom pripadajoči lastni vektorji, normirani na masno matriko, so: 1.365⋅ -3 10   1.984⋅ -3 10   1.109⋅ -3 10  {ˆΦ 1.632 10 ˆ Φ 6.2807 10 ˆ Φ 2.121 10 1}  3 -  =  ⋅  { 2}  5 -  =  ⋅  { 3}  3 -  = − ⋅   3 -   3 -   3 -  1.758⋅10  −1.935⋅10   1.296 ⋅10  in tako sledijo koeficienti (faktorji) participacije ali modalni participacijski faktorji kot: 1.365  ⋅10 T -3  142273.725  0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ =  ⋅  ⋅ ⋅ 1 {ˆ }T1 [M] {}I 1.632 10-3 0 139573.725 0 1     1.758  ⋅10-3     0 0 117438.4 1     = 628.514  1.984⋅10 T -3  142273.725  0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ =  ⋅  ⋅ ⋅ 2 {ˆ }T2 [M] {}I 6.2807 10-5 0 139573.725 0 1      −1.935⋅10-3     0 0 117438.4 1     = 63.727  1.109⋅10 T 3 -  142273.725  0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ = − ⋅  ⋅ ⋅ 3 {ˆ }T3 [M] {}I 2.121 103- 0 139573.725 0 1      1.296⋅10 3-      0 0 117438.4 1     =13.953 Sodelujoče (participacijske) mase so tako: M 2 = Γ = = so , 1 d 1 628.5142 395030.085 kg M 2 = Γ = = 2 so , d 2 63.7272 4061.075 kg M 2 = Γ = = 3 so , d 3 13.9532 194.690 kg Njihova vsota znaša: M + + = + + = so , 1 d M2 so,d M3so,d 395030.085 kg 4061.075 kg 194.690 kg 399285.850 kg in je enaka vsoti mas, ki nastopajo v masni matriki konstrukcije. 160 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Delež posamezne sodelujoče mase tako znaša: M so, 1 d 395030.085 kg = = . 0 989 = 98.934 % > % 90 Mtot 399285.850 kg M2 so,d 4061.075 kg = = . 0 10 0 =1.017 % < % 5 Mtot 399285.850 kg M3so,d 194.690 kg = = 4.876⋅10-4 = 0.049 % < % 5 Mtot 399285.850 kg Konstrukcija ima sicer 3 nihajne oblike in 3 efektivne modalne mase, vendar EC 8 predpisuje, da je potrebno upoštevati (samo) vse nihajne oblike, ki pomembno prispevajo h globalnemu odzivu (EC8 podaja dva pogoja, zadošča pa že samo zadostitev enega). Za obravanavani primer sta hkrati že izpolnjena oba pogoja, če upoštevamo zgolj prvo nihajno obliko. Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1 5 . kjer sta: q0 = 3.0⋅αu/α1 = 3⋅1.3 = 3.9 Ker kontrukcijo klasificiramo kot nepravilno po višini, v skladu s členom 5.2.2.(3) vrednost qo zmanjšamo za 20 %: q0 = 0.8⋅3.9 = 3.12 kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. q = 3 12 . ⋅1 = 12 . 3 Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 161. Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 120 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 120 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 ) 1138.947 let 1 . 0 za katero pa seveda ne obstaja pripadajoča karta potresne nevarnosti. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabi interpolacija med kartama potresne nevarnosti za 1000 let in 10000 let (v RS). Za Koper tako sledi: TR1 = 1000 let, agR1 = 0.125 g TR2 = 10000 let, agR2 = 0.3 g ter  3 . 0  1138.947 log  ⋅log    log(a     = + = − gR ) log( 125 . 0 ) 125 . 0 1000 0.882 10000 log     1000  Iskana vrednost je tako: 0.882 a =10− = 0.131g > a gR gR1 Za kategorijo pomembnosti II velja γ I = 1.0. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅ = ⋅ = g I a gR 1 0.131g 0.131g 162 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Določitev velikosti in porazdelitve potresnega vpliva Za tip tal B veljajo naslednje vrednosti parametrov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) B 1.2 0.15 0.5 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.633 s < T C 1 D in po enačbi (3.15) sledi (slika 39):   S = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ β ⋅ d (T1 ) 2.5 T a S C g   a q  T g 1    S = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ⋅ d (T1 ) 2.5 . 0 5 0.131g 1.2   0 .2 0.131g 3.12 0.633 s S = ≥ d (T1 ) 0.979 0.258 kjer je bila upoštevana priporočena vrednost faktorja β = 0.2. Sd(T) 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5 2 T [s] TB TC T 1 1.5 2.5 3 1 TD Slika 39: Vrednost Sd v spektru odziva Bazna prečna sila je tako: F = ⋅ = ⋅ = 1 b Sd(T1) M so, 1 d 0.9789399306589005 395030.085 kg 386710.724 N Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 163. Celotna vodoravna bazna potresna sila F se razporedi po višini konstrukcije z uporabo bk lastnega vektorja, ki pripada prvi nihajni obliki, kot (slika 40): φ ⋅ ki M F = ⋅ i 1 F i 1 b ∑φ ⋅kjMj F = 11 119516.902 N F = 12 140130.868 N F = 13 127062.954 N Ker konstrukcijo sestavljajo trije identični okvirji, na vsakega odpade tretjina etažne sile: F = 11 39838.967 N F = 12 46710.289 N F = 13 42354.318 N sile na okvir 42354 N 46710 N 39839 N Slika 40: Razporeditev potresnih sil po etažah Izračun koeficientov občutljivosti za etažne pomike Povprečni elastični vodoravni pomiki etaž so: 164 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. {d = − ⋅ = ⋅ e } [K ] 1 kon {Fkon} [dkon] {Fkon}  2.061 −1.607 0 1 -  119516.902  N  8.520⋅10-3    8 - m −1.607 3.214 −1.607 ⋅10 ⋅ 140130.868  N = 10.183  ⋅10-3 m   N  0 −1.607 1.607  127062.954  N 10.973  ⋅10-3   Te pomike lahko izračunamo tudi direktno brez eksplicitnega izračuna sil na konstrukcijo kot: { S T d = ˆΦ ⋅Γ ⋅ e } { 1} d ( 1 ) 1 2 ω1 Povprečni vodoravni pomiki d so nato s  8.520⋅10-3  26.582⋅10-3 {d     = ⋅ = ⋅  ⋅  = ⋅ s } qd {de} . 3 12 10.183 10 3- m 31.770  10 3- m 10.973  ⋅10 3- 34.237  ⋅10 3-     Povprečni relativni pomiki etaž so tako: 26.582⋅10-3 {d   = ⋅ r }  5.188 10 3-  m  2.467⋅10 3-    Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za posamezno etažo izračunamo kot: P ⋅ tot dr θ = V ⋅ tot h Tako sledijo: etaža Ptot [N] dr [m] Vtot [N] h [m] θ 1 3916994.190 26.582⋅10-3 386710.724 4.2 0.064 2 2521288.947 5.188⋅10-3 267193.822 2.7 0.018 3 1152070.704 2.467⋅10-3 127062.954 2.7 0.008 Izračun pokaže, da vpliva teorije drugega reda ni potrebno upoštevati, saj za vse etaže velja θ < 0.1. Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 165. Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje (od izhodišča koordinatnega sistema) v x smeri tako po enačbi (člen 4.3.3.2.4(1)) sledi za premik masnega središča proti vrhu osi y za 0.9 m: x 4 . 5 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 9 m x 0.9 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.12 Le 9 m x 3.6 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 9 m Za premik masnega središča proti koordinatnemu izhodišču za 0.9 m pa sledi: x 3.6 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 9 m x 0.9 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.12 Le 9 m x 4 . 5 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 9 m Za krajna okvirja je tako merodajna vrednost 1.72, za notranji okvir pa vrednost 1.12. Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvirja so tako:  68695568.101 − 53565727.065 0 -1 39838.967 N {de}= [Kokv]−1 ⋅{Fe}     = − 53565727.065 107131454.130 − 53565727.065 ⋅ 46710.289 N      0 − 53565727.065 65 53565727.0    42354.318 N  8.520⋅10 3- m  {de}  3 -  = 10.183⋅10 m  3 -  10.973⋅10 m 166 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako:  8.520⋅10-3 m  26.582⋅10-3 m {d s } = q ⋅ d {de }  -3   -3  = 12 . 3 ⋅ 10.183⋅10 m = 31.770⋅10 m  -3   -3  10.973⋅10 m 34.237 ⋅10 m Zaradi upoštevanja naključne torzije za zunanja okvirja sledi faktor δ po enačbi (4.3.3.2.4(1)): x 4 7 . m + 0.1⋅9 4 . m 5 64 . m δ = . 1 0 +1 2 . ⋅ = . 1 +1 2 . ⋅ =1+1 2 . ⋅ =1 72 . Le 9 4 . m 9 4 . m in tako sledijo pomiki za zunanja okvirja ob upoštevanju naključne torzije: 45.721⋅10-3 m 72 . 1 ⋅{d s }  3 -  = 54.644⋅10 m  3 -  58.887 ⋅10 m Relativni pomiki etaž zunanjega okvirja so tako: d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r 58.887 10-3 3 m 54.644 10-3 m 4.243 10-3 m d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r 54.644 10 3- 2 m 45.721 10 3- m 8.928 10 3- m d = ⋅ r 45.721 10 3- 1 m Tako sledi (redukcijski faktor ν = 0.5 po predpisu za kategorijo pomembnosti I in II): 4.243⋅10-3 m ⋅ν = 2.122⋅10-3 m 8.928⋅10 3- m ⋅ν = 4.461⋅10 3- m 45.721⋅10 3- m ⋅ν = 22.860⋅10 3- m Ker gre za stanovanjsko stavbo, lahko predpostavimo, da so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo tako, da deformacije konstrukcije nanje ne vplivajo, in zato uporabimo pogoj v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r . 0 010 h Zgled 7: Razširjena izpitna naloga 15. septembra 2016 167. kar vodi do: 2.122⋅10-3 m ≤ 0 010 . ⋅ h = . 0 010⋅ 7 . 2 m = 0.027 m 4.461⋅10 3- m ≤ 010 . 0 ⋅ h = 010 . 0 ⋅ 7 . 2 m = 0.027 m 22.860⋅10 3- m ≤ 010 . 0 ⋅ h = 0 010 . ⋅ . 4 2 m = 0.042 m kar pokaže, da je omejitev pomikov izpolnjena. Vrednosti celo pokažejo, da je omejitev pomikov skorajda izpolnjena tudi za stavbe, ki imajo na konstrukcijo pritrjene nekonstrukcijske elemente iz krhkih materialov, kjer pogoj dobi strožjo obliko: d ⋅ν ≤ ⋅ r 0.005 h kar vodi do: 2.122⋅10-3 m ≤ 005 . 0 ⋅ 7 . 2 m = 0.0135 m 4.461⋅10 3- m ≤ 005 . 0 ⋅ 7 . 2 m = 0.0135 m 22.860⋅10 3- m > 0 005 . ⋅ 2 . 4 m = 0.021 m kar pokaže, da omejitev pomikov ni izpolnjena samo v spodnji etaži (ki pa je bila okarakterizirana kot t.i. mehka etaža). Opomba: če bi v analizi potresnega vpliva uporabili togostno matriko, izračunano s pomočjo deformacijske metode, bi dobili naslednje nihajne čase: T = 1 0.672 s T = 2 0.183 s T = 3 0.103 s in s tem nekoliko manjšo bazno silo: F = ⋅ = . 1 b Sd(T1) M so, 1 d 359765.753 N 168 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 8 Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 Konstrukcijo na sliki 41 sestavljajo trije identični okvirji, medsebojno oddaljeni 4 m (razdalja med osmi stebrov). Stebri imajo dimenziji b/h = 0.35/0.35 m, nosilci b/h = 0.35 m/0.5 m, debelina plošče znaša 26 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. Objekt je stanovanjska stavba, ki stoji v Celju (nadmorska višina 240 m), življenjska doba objekta je 100 let, vrednost agR se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. 170 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. prerez konstrukcije v vzdolžni smeri 4.0 m 5.0 m Slika 41: Prerez konstrukcije v vzdolžni smeri Za konstrukcijo: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.60 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 8.0 15 2 8.0 18.9 56 3 18.9 22.3 61 4 22.3 35.0 52 5 35.0 41.5 46 − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 150 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, − ugotovi (izračunov ni potrebno izvesti), ali gre za tlorisno pravilno konstrukcijo ter konstrukcijo, pravilno po višini, ter navedi, kateri model (2D ali 3D) ter metode apliciranja potesnega vpliva je dovoljeno uporabiti, Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 171. − približek prvega nihajnega časa določi z uporabo enačb (4.6) in (4.9) iz EC8, ter modalne analize (samo prva nihajna oblika), − izračunaj velikost celotnega potresnega vpliva (upoštevaj razred duktilnosti DCM) ter poišči njegovo razporeditev po etažah z uporabo enačbe (4.10), − poišči in skiciraj razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže ter izračunaj faktorje δ za upoštevanje naključne torzije, − izračunaj koeficiente občutljivosti za etažne pomike ter ugotovi, ali je potrebno upoštevati vpliv teorije drugega reda, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. 172 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 26 cm kg kg 0.26 m ⋅ 2500 = 650 3 2 m m Estrih in toplotna izolacija kg 150 2 m Masa: kg m = 800 p 2 m Obtežbe etaž 1 do 4 Kategorija A (bivalni prostori) kN q = 2 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo A k,koristna 2 m za bivalne prostore velja ψ = 2 . 0 3 ker gre za stanovanjsko stavbo, smatramo, da je zasedba nekaterih etaž povezana, in upoštevamo ϕ=0.8. kN 2 masa plošče z maso iz obteže: 2 kg m kg m = 800 + 8 . 0 ⋅ 3 . 0 ⋅ = 848.930 2 2 m m m 81 . 9 2 s Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 173. Obtežba snega Kraj Celje: alpska regija (cona) A2, nadmorska višina A = 240 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2 2   A     240   kN A2 s = . 1 293⋅ 1  +    = 293 . 1 ⋅ 1  +    = 1.434 k 2   728      728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C = , e 0 . 1 − toplotni koeficient C = . t 1 0 . Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 8 . 0 ⋅1 0 . ⋅ 0 . 1 ⋅1.434 = 1.147 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i kar vodi do: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g 174 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za koristno obtežbo na strehi kategorije H ψ = 2 0 za sneg velja za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi: kN kN . 0 4 1.147 2 2 kg m m kg kg m = 800 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 800 + 0 + 0 = 800 2 2 2 m m m m m 9 81 . 81 . 9 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča med priličjem in 2. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo . 9 35 m 8.35 m 848.930 66278.061 kg m2 Opomba: za maso, ki izvira iz koristne obtežbe, bi lahko upoštevali »notranje« dimenzije (med stenami). masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,s 9 35 . 0 m 35 . 0 m 2500 9 918.75 kg 4134.375 kg 2 m3 masa polovice stebrov zgoraj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,z 9 0 35 . m . 0 35 m 2500 9 918.75 kg 4134.375 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi (upoštevane so osne dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 3 8 m . 0 35 m 5 . 0 m 2500 10500 kg m3 Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 175. masa gred v smeri X osi (upoštevane so osne dolžine med stebri): kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 3 9 m 35 . 0 m 5 . 0 m 2500 22312.5 kg m3 masa zunanjih sten (upoštevane so dejanske dimenzije med stebri): M = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = sten,z 2 (8 3 . m . 7 3 m) kg 25 . 0 m 3 m 450 10530 kg m3 masa notranjih sten (upoštevane so dimenzije med stebri): M = + ⋅ ⋅ ⋅ = sten,n ( 3. 8 m 3 . 7 m) kg 15 . 0 m 3 m 450 3159 kg m3 Masa plošče nad prvo etažo je tako: M = + + + + + + 1 Mplo Msteb,s Msteb,z Mgred,y Mgred,x Msten,z Msten,n = 66278.061 kg + 4134.375 kg + 4134.375 kg +10500 kg + 22312.5 kg +10530 kg + 3159 kg = 110475.73 kg Plošča med 2. in 3. etažo Plošča je identična plošči nad pritličjem, in zato velja: M = = 2 M1 110475.73 kg Plošča med 3. in 4. etažo Plošča je identična plošči nad 2. etažo, in zato velja: M = = 3 M2 110475.73 kg Plošča nad 4. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 9 35 . m 8 35 . m 800 62458 kg m2 176 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,s 9 35 . 0 m 0 35 . m 2500 9 918.75 kg 4134.375 kg 2 m3 masa gred v smeri Y osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 3 8 m . 0 35 m 5 . 0 m 2500 10500 kg m3 masa gred v smeri X osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 3 9 m 0 35 . m 0 5 . m 2500 22312.5 kg m3 Masa plošče nad četrto etažo je tako: M = + + + = + + + 4 Mplo Msteb,s Mgred,y Mgred,x 62458 kg 4134.375 kg 10500 kg 22312 kg = 88904.875 kg Masna matrika konstrukcije je tako: 110475.73  0 0 0    [M] 0 110475.73 0 0 =   kg  0 0 110475.73 0   0 0 0 88904.875 Celotna masa konstrukcije je: m =110475.73 kg +110475.73 kg +110475.73 kg + 88904.875 kg = 48623853 420549.808 kg Izračun členov togostne matrike konstrukcije Ker stavbo tvorijo trije identični okvirji, lahko togostno celotne matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo s 3. Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 177. Strižni model z redukcijskim faktorjem stebrov Ker so vse etaže enake, za vsako etežo okvirja sledi z uporabo navadnega strižnega modela za en steber: 9 N 33⋅10 12 12 m 35 . 0 m ⋅( . 0 35 m)3 2 6 N k = ⋅ E ⋅ I = ⋅ ⋅ = 9.170⋅10 strižni 3 s s h 3 m 2 12 m s ( )3 2 Redukcijski faktor za levi steber znaša (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi EI): Nn I ⋅ ⋅ n En In En ∑ n 1 = Ln L RF n = = 1 Nn I ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n En 1 Is E I s n En 1 Is Es ∑ + ⋅ + ⋅ n 1 = Ln 2 h L s n 2 hs 9 N 35 . 0 m ⋅( . 0 5 m)3 33⋅10 m2 ⋅ 12 2 4 m = 9 N 9 N 0 35 . m ⋅( . 0 5 m)3 33⋅10 ⋅ m2 0 35 . m ⋅( 35 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 4 m 2 3 m 1.504⋅107 = = 0.814 1.5034⋅107 + 3.439⋅106 Reducirana togost levega stebra vsake etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 RF1 kstrižni 0.814 9.170 10 3 7463770.57 m2 m Redukcijski faktor za srednji steber etaže znaša: 2 I ⋅ E n n ∑ n 1 = Ln RF = 2 2 I ⋅ E 1 I ⋅ E n n s s ∑ + ⋅ n 1 = L 2 h n s 178 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. 9 N 9 N 0 35 . m ⋅( 5 . 0 m)3 33⋅10 ⋅ m2 35 . 0 m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 12 2 + 4 m 5 m = 9 N 9 N 9 N 0 35 . m ⋅(0 5 . m)3 33⋅10 ⋅ ⋅ m2 0 35 . m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 35 . 0 m ⋅( 35 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ ⋅ 12 2 12 2 1 12 2 + + ⋅ 4 m 5 m 2 3 m 2.707 ⋅107 = = 0.887 2.707 ⋅107 + 3.439⋅106 Reducirana togost srednjega stebra vsake etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 RF2 kstrižni 0.887 9.170 10 8136809.892 m m Redukcijski faktor za desni steber znaša: 9 N 0.35 m ⋅(0.5 m)3 33⋅10 m2 I ⋅ ⋅ n En 12 2 Ln 5 m RF = = 3 I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es 9 N 9 N + ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅ ⋅ n 2 h . 0 35 m (0 5 . m)3 33 10 s m2 0 35 . m ( . 0 35 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 5 m 2 3 m 1.203⋅107 = = 0.778 1.203⋅107 + 3.439⋅106 Reducirana togost desnega stebra vsake etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 3 RF3 kstrižni 0.778 9.170 10 731939.944 m m Skupna togost vsake etaže okvirja je: N N N k = + + = + + e k1 k2 k3 3 7463770.57 8136809.892 731939.944 m m m N 7 N = 09 22732520.4 = 2.273⋅10 m m Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 179. Togostna matrika okvirja ima tako tridiagonalno obliko: 2⋅ k −  − e ke 0 0  4.547 2.273 0 0      [ − ⋅ − − − K   = =   ⋅ okv ] ke 2 ke ke 0 2.273 4.547 2.2732 0 7 N 10  0 − k ⋅ −   − −  e 2 ke ke 0 2.273 4.547 2.273 m  0 0 − k    − e ke   0 0 2.273 2.273  Togostna matrika konstrukcije pa je:  1.364 − 0.682 9 0    [ − − K = ⋅ =   ⋅ kon ] 3 [Kokv] 0.682 1.364 0.682 0 8 N 10  0 − 0.682 1.364 − 0.682 m  0 0 − 0.682 0.682  Ker so vse togosti etaž medsebojno enake, nobene izmed etaž ne moremo okarakterizirati kot »mehke etaže«. Zato je konstrukcija obravnavana kot pravilna po višini, zaradi predpostavke (kontrole niso bile izvedene) tlorisne pravilnosti uporabimo pa lahko metodo z vodoravnimi silami. Dodatek: togostna matrika, izračunana z osnovnim strižnim modelom Togostna matrika okvirja, izračunana z najosnovnejšim modelom, ima naslednjo obliko (izračun členov ni prikazan):  5.502 − 2.751 0 0    [ − − K =   ⋅ ok ] 2.751 5.502 2.7513 0 7 N 10  0 − 2.751 5.502 − 2.751 m  0 0 − 2.751 2.751  Dodatek: togostna matrika, izračunana z uporabo redukcijskih faktorjev etaže Togostna matrika okvirja, izračunana z nekoliko izboljšanim osnovnim strižnim modelom, ima naslednjo obliko (izračun členov ni prikazan):  3.984 −1.992 0 0    [ − − K =   ⋅ ok ] 1.992 3.984 1.992 0 7 N 10  0 −1.992 3.984 −1.992 m  0 0 −1.992 1.992  180 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Dodatek: togostna matrika, izračunana z deformacijsko metodo Togostna matrika okvirja, izračunana s kvalitetnejšo, a računsko bolj zahtevno deformacijsko metodo, je (izračun členov ni prikazan):  5.112 − 2.750 0.383 − 0.035   [ − − K =   ⋅ ok ] 2.750 4.736 2.699 0.333 7 N 10  0.383 − 2.699 4.632 − 2.277 m −0.035 0.333 −2.277 1.975  Opazimo lahko, da se ne razlikujejo samo velikosti členov, temveč tudi oblika matrike. Pri uporabi strižnega modela je tridiagonalna, medtem ko je pri uporabi deformacijske metode dobljena polna oblika matrike. Napake diagonalnih členov togostne matrike, dobljene z redukcijskim faktorjem stebra, so v rangu med -11.070 % (člen k11) in 15.124 % (člen k44). Absolutno največja napaka (- 17.343 %) nastopi pri členu k12 oz. k21. Dodatek: togostna matrika, izračunana z modelom ekvivalentne konzole Togostna matrika okvirja, izračunana z modelom ekvivalentne konzole, po kondenzaciji dobi obliko (izračun členov ni prikazan):  5.150 − 2.751 0.350 − 0.027   [ − − K =   ⋅ ok ] 2.751 4.804 2.716 0.315 7 N 10  0.350 − 2.716 4.734 − 2.338 m −0.027 0.315 −2.338 2.048  Opazimo lahko, da so, predvsem diagonalni členi, po velikosti primerljivi s členi togostne matrike, dobljene z uporabo deformacijske metode, odstopanje pa narašča z višjeležečimi etažami (največja napaka znaša -3.711 %). Največje odstopanje nastopa pri izvendiagonalnih členih, ki pa so manjši od diagonalnih členov (in je zato tudi njihov vpliv na analizo nekoliko manjši). Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 181. Izračun lastnih frekvenc in nihajnih časov ter lastnih vektorjev Uporaba enačbe (4.6) Ker gre za stavbo z višino do 40 m, lahko uporabimo tudi (običajno neprimeren) empirični izraz (4.6): 3 3 T = ⋅ = ⋅ = 1 Ct H4 075 . 0 124 0.484 s Uporaba enačbe (4.9) Če želimo za izračun približka prvega nihajnega časa uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa, moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, kar sledi iz: u    − 1 P1  1.364 0.682 9 0 -1  110475.73   u         −   − − 2   = [K   ⋅   =   ⋅ ⋅  ⋅ kon ] 1 P2 0.682 1.364 0.682 0 8 - m 110475.73 m 10 . 9 81 u  − −   3 P   3 0 0.682 1.364 0.682 N 110475.73 s2    u      −   4  P4  0 0 0.682 0.682  88904.875     1.084⋅106  0.060       1.084⋅106    0.105 =   =     m  1.084⋅106 0.134      872156.824     0.147      Tako sledi: T = ⋅ = ⋅ = 1 2 d 2 0.147 0.766 s Z enačbo (4.9) pridobljeni približek prvega nihajnega časa se tako opazno razlikuje od vrednosti, dobljene z enačbo (4.6). 182 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Uporaba Rayleighove metode Že izračunane vodoravne pomike zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, je za izračun približka prve periode mogoče neposredno uporabiti tudi v Rayleighovi metodi, kjer prvo periodo izračunamo kot: n ∑M ⋅iu2i T = 2 i 1 ⋅π ⋅ = n g ⋅∑M ⋅iui i 1 = 110475⋅0.0602 +110475⋅0.1052 +110475⋅0.1342 + 88904⋅0.14732 = 2⋅π ⋅ 81 . 9 ⋅(110475⋅0.060 +110475⋅0.105 +110475⋅0.134 + 88904⋅0.147) 5513.669 = 2⋅π ⋅ = 0.6943 s 81 . 9 ⋅ 46124.288 Če želimo izboljšati rezultat z iteracijskim pristopom, izračunamo nove sile kot: (1) (0) P = ⋅ = ⋅ = 1 M1 u1 110475.73 0.060 6687.591 (1) (0) P = ⋅ = ⋅ = 2 M2 u2 110475.73 0.105 11617.241 (1) (0) P = ⋅ = ⋅ = 3 M3 u3 110475.73 0.134 14788.949 (1) (0) P = ⋅ = ⋅ = 4 M4 u4 88904.875 0.147 13030.506 Novi približki pomikov so sedaj: (1) (1) u  P  0.676⋅ -3 10   1 1 (1)  (1)  -3  u P 1.255 10 2    = [K 1 kon ]−1  2   ⋅  ⋅   = ( ) (1)   u P 1.663 10 3   3   ⋅ -3  (1) (1)      u P 1.854⋅ -3   10 4   4    Nov približek prve lastne krožne frekvence se nato izračuna iz razmerja: (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) M ⋅ u ⋅ u + M ⋅ u ⋅ u + M ⋅ u ⋅ u + M ⋅ u ⋅ u 67.838 rad 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 ω = = = 9.010 1 ( ) M ⋅ u + M ⋅ u + M ⋅ u + M ⋅ u 0.836 s 1 ( 1 )2 1 ( ) 2 ( 2 )2 1 ( ) 3 ( 3 )2 1 ( ) 4 ( 4 )2 1 1 Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 183. Nato sledi: ω1 1 1 ν = = → = = 1 1.434 T1 0.697 s 2⋅π s 1 1.434 s Postopek lahko ponavljamo, vendar v tem primeru ni smiselno, saj se dobljena približka razlikujeta za manj kot 1 %. Modalna analiza Najkvalitetnejšo vrednost prve (in ostalih) lastnih frekvenc nam da modalna analiza, ki pa, ker konstrukcija ni nepravilna po višini, ni obvezna. Kadar pa je konstrukcija po višini nepravilna, moramo izvesti modalno analizo (s spektri odziva), in dinamična matrika konstrukcije ima obliko: -1  1.364 − 0.682 9 0    [ − − − DM]= [d]⋅[M]= [K ] 1 0.682 1.364 0.682 0 m ⋅ M =   ⋅10 kon [ ] 8 -  0 − 0.682 1.364 − 0.682 N  0 0 − 0.682 0.682  110475.73  0 0 0  1.621  1.621 1.621 1.304  0 110475.73 0 0  1.621  3.242 3.242 2.607 ⋅   =   -3 kg ⋅10  0 0 110475.73 0  1.621  3.242 4.863 3.911  0 0 0 88904.875 1.621  3.242 4.863 5.215 Lastne vrednosti dinamične matrike so: λ = ⋅ − → ω = 1 1.232 10 2 2 1 81.174 λ = ⋅ − → ω = 2 1.508 10 3 2 2 662.941 λ = ⋅ − → ω = 3 6.605 10 4 2 3 1514.092 λ = ⋅ − → ω = 4 4.524 10 4 2 4 2210.295 rad ω = → = 1 9.010 T1 0.697 s srad ω = → = 2 25.748 T2 0.244 s s rad ω = → = 3 38.911 T3 0.161s s rad ω = → = 4 47.014 T4 0.134 s s 184 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Iz rezultatov vidimo, da je ujemanje prve frekvence, dobljene z Rayleighovo metodo, precej boljše kot ujemanje vrednosti, dobljene z enačbo (4.9). Lastni vektorji, normirani na masno matriko, so: 0.731 −1.805 −1.954  1.199  {         ˆ Φ } 1.365   −    − − 1.670 − 0.888 −  1.898 3 =  ⋅10 ˆ Φ =  ⋅10 ˆ Φ =  ⋅10 ˆ  Φ =  ⋅10− 1 { } 3 2 { } 3 3 { } 3 4 1.820 0.259 1.550 1.806         2.036    1.910    −1.592   − 0.960 Koeficienti (faktorji) participacije ali modalni participacijski faktorji so: Γ = Φ ⋅ ⋅ = 1 {ˆ }T1 [M] {}I 613.983 Γ = Φ ⋅ ⋅ = − 2 {ˆ }T2 [M] {}I 185.640 Γ = Φ ⋅ ⋅ = − 3 {ˆ }T3 [M] {}I 87.992 Γ = Φ ⋅ ⋅ = 4 {ˆ }T4 [M] {}I 37.010 sodelujoče oz. participacijske mase pa znašajo: M 2 = Γ = = , 1 sod 1 ( ) 613.983 2 376975.143 kg M 2 = Γ = − = 2,sod 2 ( 185.640)2 34462.295 kg M 2 = Γ = − = 3,sod 3 ( 87.992)2 7742.655 kg M 2 = Γ = = 4,sod 4 (37.010)2 1369.716 kg Njihova vsota znaša: M + + + = , 1 sod M2,sod M3,sod M4,sod 420549.808 kg in je enaka vsoti mas, ki nastopata v masni matriki konstrukcije. Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 185. Delež posamezne sodelujoče mase tako znaša: M ,1sod 376975.143 kg = = 896 . 0 = 89.639 % > % 5 Mtot 420549.808 kg M2,sod 34462.295 kg = = 0 82 0 . = 8.196 % > % 5 Mtot 420549.808 kg M3,sod 7742.655 kg = = 0. 18 0 =1.841% < % 5 Mtot 420549.808 kg M4,sod 1369.716 kg = = . 0 03 0 = 0.326 % < % 5 Mtot 420549.808 kg V konstrukciji nastopajo 4 efektivne modalne mase, vendar EC 8 predpisuje, da je potrebno upoštevati vse nihajne oblike, ki pomembno prispevajo h globalnemu odzivu (EC8 podaja dva pogoja za zadostitev tega kriterija, zadošča pa že samo zadostitev enega). Za obravnavani primer bi tako za zadostitev kateregakoli izmed obeh pogojev morali uporabiti prvi dve nihajni obliki. Tabela prvih lastnih frekvenc, izračunanih z različnimi pristopi in uporabo različnih modelov. Model / pristop Enačba Rayleighova Modalna (4.9) [s] metoda [s] analiza [s] Osnovni strižni model 0.696 0.630 0.634 0.634 Redukcijski faktorji etaže 0.818 0.741 0.745 0.745 Redukcijski faktorji stebra 0.766 0.694 0.697 0.697 Model ekvivalentne konzole 0.872 0.784 0.789 0.7895 Deformacijska metoda 0.891 0.800 0.805 0.805 Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1 5 . 186 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. kjer sta: q0 = 3.0⋅αu/α1 = 3⋅1.3 = 3.9 za razred duktilnosti DCM in večetažne okvire z več polji kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. Tako sledi: q = 3 9 . ⋅1 = . 3 9 Določitev referenčne vrednosti pospeška tal Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 100 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 100 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 . 0 ) 949.122 let 1 za katero ne obstaja pripadajoča karta. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabita karti za 475 let in 1000 let (v RS). Za Celje tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.15 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.175 g ter  175 . 0   949.122 log  ⋅log    log(a     = + = − gR ) log( 15 . 0 ) 15 . 0 475 0.762 1000 log     475  Iskana vrednost je tako: a =10 0.762 − = > = gR 0.173 g agR1 0.15 g Za kategorijo pomembnosti II velja γ I = 1.0. Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 187. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: m a = γ ⋅a =1⋅0.173 g = 0.173 g =1.698 g I gR 2 s Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz, ki zajame zgornjih 30 m tal: 30 30 m N = = = SPT,30 32.196 N h 8 m 9 . 10 m 3.4 m 7 . 7 m i + + + ∑i1=N 15 56 61 52 SPT,i kar ustreza tipu tal C. Določitev velikosti in porazdelitve potresnega vpliva Za tip tal C veljajo naslednje vrednosti parametrov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) C 1.15 0.20 0.6 2.0 kar pomeni, da velja T < T = 0.697 s < T C 1 D in po enačbi (3.15) sledi (β = 0.2), slika 42:     S = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ β ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ⋅ d (T1 ) 2 5 . TC 5 . 2 5 . 0 ag S   ag 0.173 g 1 15 .   .2 0 0.173 g q  T 1  3.9 0.697 s S = ≥ d (T1 ) 1.077 0.340 188 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Sd(T) 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 TC TD T [s] TB 0.5T 1 1 1.5 2 2.5 3 Slika 42: Vrednost Sd v spektru odziva Prečna bazna sila je tako: F = λ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ b Sd(T1) m 0.85 1.0771196349030128 420549.80848623853 kg = 385035.088 N kjer korekcijski faktor λ znaša 0.85, saj velja T1 ≤ 2⋅TC in ima stavba več kot dve etaži. Tabela prečnih baznih sil, izračunanih z uporabo različnih računskih modelov ter prvim nihajnim časom iz modalne analize. Model / pristop Fb [N] Osnovni strižni model 423577.926 Redukcijski faktorji etaže 360428.405 Redukcijski faktorji stebra 385035.088 Model ekvivalentne konzole 340365.010 Deformacijska metoda 333387.221 Iz tabele vidimo, da v obravnavanem primeru na najbolj togo konstrukcijo delujejo največja prečna bazna sila. Ker taka situacija pogosto nastopi, to posredno opravičuje uporabo strižnega modela. Kadar osnovna nihajna oblika ni znana, se celotna vodoravna oz. prečna bazna potresna sila F razporedi po višini konstrukcije s pomočjo enačbe (4.11) z upoštevanjem višin etaž bk kot: z ⋅ F = F ⋅ m i i i b ∑z ⋅m j j Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 189. kar vodi do: 110475.73 kg ⋅3 m F = ⋅ 1 Fb 110475.73kg⋅3m+110475.73kg⋅6 m+110475.73kg⋅9 m+88904.875kg⋅12 m = 41775.039 N 110475.73 kg ⋅6 m F = ⋅ 2 Fb 110475.73kg⋅3m+110475.73kg⋅6 m+110475.73kg⋅9 m+88904.875kg⋅12 m = 83550.078 N 110475.73 kg ⋅9 m F = ⋅ 3 Fb 110475.73kg⋅3m+110475.73kg⋅6 m+110475.73kg⋅9 m+88904.875kg⋅12 m = 125325.117 N 88904.875⋅12 m F = ⋅ 4 Fb 110475.73kg⋅3m+110475.73kg⋅6 m+110475.73kg⋅9 m+88904.875kg⋅12 m = 134384.853 N Ker pa je prvi lastni vektor znan, lahko dobimo kvalitetnejšo porazdelitev potresnega vpliva z uporabo enačbe (4.10): φ ⋅ F = F ⋅ M ki i i 1 1 b ∑φ ⋅M kj j kar vodi do (slika 43): 110475.73 kg ⋅0.731 F = ⋅ 1 Fb 110475.73kg⋅0.731+110475.73kg⋅1.366+110475.73kg⋅1.820+88904.875kg⋅2.036 = 50664.048 N 110475.73 kg ⋅1.366 F = ⋅ 2 Fb 110475.73kg⋅0.731+110475.73kg⋅1.366+110475.73kg⋅1.820+88904.875kg⋅2.038 = 94661.571 N 110475.73 kg ⋅1.820 F = ⋅ 3 Fb 110475.73kg⋅0.731+110475.73kg⋅1.366+110475.73kg⋅1.820+88904.875kg⋅2.036 = 126203.247 N 88904.875 kg ⋅ 2.036 F = ⋅ 4 Fb 110475.73kg⋅0.731+110475.73kg⋅1.366+110475.73kg⋅1.820+88904.875kg⋅2.036 ki = 113506.221 N vodi do večjih (+21.13 %) etažnih sil v nižjih etažah in nižjih (-15.54 %) sil v višjih etažah. 190 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Ker konstrukcijo sestavljajo trije identični okvirji, na vsakega odpade tretjina etažne sile: F = 11 16888.016 N F = 12 31553.857 N F = 13 42067.749 N F = 14 37835.407 N Sile na okvir 37835 N 42068 N 31554 N 16888 N 4.0 m 5.0 m Slika 43: Razporeditev potresnih sil po etažah Izračun koeficientov občutljivosti za etažne pomike Povprečni elastični vodoravni pomiki etaž so (uporabljeni so »etažne« sile, dobljene z enačbo (4.10): {d = − ⋅ = ⋅ e} [K ] 1 kon {Fkon} [dkon] {Fkon}  1.364 − 0.682 0 0 1 -   50664.048 N   5.646⋅10-3  −0.682 1.364 −0.682 0        ⋅   8 - m 94661.571 N 10.549  10-3 ⋅10  ⋅   =   m  0 − 0.682 1.364 − 0.682 N 126203.247 N   14.064  ⋅10-3  0 0 − 0.682 0.682  113506.221  N 15.728  ⋅10-3 Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 191. Povprečni vodoravni pomiki d so nato s  5.646⋅10-3  22.019⋅10-3     { -3 -3 ⋅ d    ⋅  = ⋅ = ⋅   = s} qd {de} 10.549 10 41.141 10 9 . 3 m   m 14.064  ⋅10-3 54.849  ⋅10-3 15.728  ⋅10-3 61.340  ⋅10-3 Povprečni relativni pomiki etaž so tako: 22.019⋅10-3 22.019     { -3 d  ⋅    =   = r } 19.121 10 19.121 m   mm 13.708  ⋅10-3 13.708     6.491⋅10-3     6.491  Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za posamezno etažo izračunamo kot: P ⋅ tot dr θ = V ⋅ tot h Vrednosti parametrov po etažah so: etaža M i[kg] Ptot [N] Fi [N] Vtot [N] 4 88904.875 872156.824 113506.221 113506.221 3 110548.311 1956635.756 126203.247 239709.469 2 110548.311 3041114.689 94661.571 334371.040 1 110548.311 4125593.621 50664.048 385035.088 in tako sledijo: etaža Ptot [N] dr [m] Vtot [N] h [m] 1 4125593.621 22.019⋅10-3 385035.088 3 2 3041114.689 19.122⋅10-3 334371.040 3 3 1956635.756 13.708⋅10-3 239709.469 3 4 872156.824 6.491⋅10-3 113506.221 3 Izračun pokaže, da vpliva teorije drugega reda ni potrebno upoštevati, saj za vse etaže velja θ < 0.1. 192 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirje (od izhodišča koordinatnega sistema) v x smeri tako po enačbi (člen 4.3.3.2.4(1)) sledi za premik masnega središča proti vrhu osi y za 0.8 m: x 8 . 4 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 8 m x 0.8 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 1.12 Le 8 m x 3.2 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 1.48 Le 8 m Za premik masnega središča proti koordinatnemu izhodišču za 0.8 m pa sledi: x 3.2 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 1.48 Le 8 m x 0.8 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 1.12 Le 8 m x 8 . 4 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 8 m Za krajna okvirja je tako merodajna vrednost 1.72, za notranji okvir pa vrednost 1.12. Kontrola etažnih pomikov Elastični pomiki okvirja so tako:  4.547 − 2.273 0 0 -1 16888.016 N     {de} 1 2.273 4.547 2.2732 0 31553.857 N = [Kok]− ⋅{Fe} − − -7   =   ⋅10 ⋅   0 − 2.273 4.547 −  2.273 42067.749 N   0 0 − 2.273 2.273 37835.407 N      5.646⋅10-3 m   -3  {de} 10.549⋅10 m =   14.064⋅10-3 m 15.728⋅ -3   10 m Zgled 8: Razširjena izpitna naloga 21. junija 2016 193. Opomba: če za izračun pomikov uporabimo direktni pristop brez eksplicitnega izračuna sil na konstrukcijo, sledijo nekoliko večje vrednosti:  5.954⋅10-3 m    { -3 ⋅ d   = Φ ⋅Γ ⋅ = e 1 , } {ˆ1} Sd(T1) 11.125 10 m 1  2  ω1 14.831  ⋅10-3 m 16.587  ⋅10-3 m Vsi členi obeh vektorjev pomikov se razlikujejo (zaradi razlik pri izračunu sile Fb) za faktor m1 376975.143 kg = = 1.055 m ⋅λ 420549.808 kg ⋅ 85 . 0 Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako:  5.646⋅10-3 m  22.019⋅10-3 m  -3   -3  {d s} 10.549 10 m 41.141 10 m = q ⋅ d {de}  ⋅   ⋅  = 3.9⋅   =   14.064⋅10-3 m 54.849⋅10-3 m 15.728⋅ -3    10 m 61.340⋅ -3   10 m Zaradi upoštevanja naključne torzije za zunanja okvirja sledi faktor δ po enačbi (4.3.3.2.4(1)): x 22 . 5 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le . 8 7 m in tako sledijo pomiki:  37.873⋅10-3 m   -3  70.762 10 m . 1 72⋅{d s}  ⋅  =    94.340⋅10-3 m  105.505⋅ -3   10 m Opomba: ker uporabljamo linearni računski model, sledijo enaki pomiki tudi, če sile, ki jih apliciramo na okvir, pomnožimo s faktorjem δ. 194 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Relativni pomiki etaž zunanjega okvirja so tako: d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r 105.505 10-3 4 m 94.340 10-3 m 11.165 10-3 m d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r3 94.340 10-3 m 70.762 10-3 m 23.578 10-3 m d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r2 70.762 10-3 m 37.873 10-3 m 32.889 10-3 m d = ⋅ r1 37.873 10-3 m Tako sledi (redukcijski faktor ν znaša 0.5 za kategoriji pomembnosti I in II.): 11.165⋅10-3 m ⋅ν = 5.582⋅10-3 m 23.578⋅10-3 m ⋅ν =11.789⋅10-3 m 32.889⋅10-3 m ⋅ν =16.445⋅10-3 m 37.873⋅10-3 m ⋅ν =18.936⋅10-3 m Ker gre za stanovanjsko stavbo, lahko smatramo, da so nekonstrukcijski elementi pritrjeni na konstrukcijo tako, da deformacije konstrukcije nanje ne vplivajo, in zato uporabimo pogoj v obliki: d ⋅ν ≤ ⋅ r 0.010 h kar vodi do: 5.582⋅10-3 m ≤ 0 010 . ⋅ h = 0.010⋅3 m = 0.03 m 11.789⋅10-3 m ≤ 0.010⋅ h = 0 010 . ⋅3 m = 0.03 m 16.445⋅10-3 m ≤ 0 010 . ⋅ h = 0 010 . ⋅3 m = 0.03 m 18.936⋅10-3 m ≤ 0 010 . ⋅ h = 0 010 . ⋅3 m = 0.03 m kar pokaže, da je omejitev pomikov izpolnjena. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 9 Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 Konstrukcijo na sliki 43 sestavljata dva identična okvirja, medsebojno oddaljena 5.5 m. Stebri imajo dimenziji b/h = 0.4/0.4 m, nosilci pa b/h = 0.4 m/0.5 m, debelina plošče znaša 28 cm. Material okvirne konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. V pritličja je vgrajeno centrično povezje, ki ga tvorita jekleni diagonali UPN 40 (A = 6.2 cm2, E = 210 GPa (http://www.b2bmetal.eu/u-sections-unp-specification)). Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 500 kg/m3. Objekt je skladišče, ki stoji v Laškem (nadmorska višina 260 m), življenjska doba objekta je 100 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. 196 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. prerez konstrukcije v opazovani smeri 3.20 m 3.20 m 3.20 m 6.50 m Slika 44: Prerez konstrukcije Za konstrukcijo: − določi tip tal na osnovi naslednjih podatkov za sloje (globina temeljenja 1.60 m) sloj od [m] do [m] NSPT 1 0 10 25 2 10 16.9 56 3 16.9 25.6 61 4 25.6 33.4 48 − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 220 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − s pomočjo togosti etaž iz strižnega modela oceni, ali nastopi mehka etaža po ameriškem standardu ASCE 7-10, in nato glede na ugotovljeno pravilnost oz. nepravilnost konstrukcije po višini izberi ustrezno vrsto analize potresnega vpliva, − za izračun podajnostne/togostne matrike konstrukcije uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra, − določi približek prvega nihajnega časa tudi z uporabo enačbe (4.9) iz EC8, Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 197. − izračunaj velikosti celotnih potresnih vplivov (upoštevaj razred duktilnosti DCH) ter poišči njihove razporeditve po etažah z uporabo ustrezne enačbe, − poišči in skiciraj razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže ter izračunaj faktorje δ za upoštevanje naključne torzije, − izračunaj koeficiente občutljivosti za etažne pomike ter ugotovi, ali je potrebno upoštevati vpliv teorije drugega reda, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. 198 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 28 cm kg kg 0.28 m ⋅ 2500 = 700 3 2 m m Estrih in toplotna izolacija (podana vrednost) kg 220 2 m Masa: kg m = 920 p 2 m Obtežbe etaž Kategorija E1 (skladiščni prostori) kN q = 5 . 7 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo E1 k,koristna 2 m za skladišča velja ψ = 2 0.8 ker gre za skladiščne prostore, velja ϕ=1.0. kN 5 . 7 masa plošče z maso iz obteže: 2 kg m kg m = 920 +1.0⋅ 8 . 0 ⋅ = 1531.621 2 2 m m m 81 . 9 2 s Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 199. Obtežba snega Kraj Laško: alpska regija (cona) A2, nadmorska višina A = 260.0 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2 2   A     260   kN A2 s = 293 . 1 ⋅ 1  +   s = 293 . 1 ⋅ 1  +    =1.458 k k 2   728      728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − - nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C = , e 0 . 1 − toplotni koeficient C = . t . 1 0 Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = . 0 8⋅ 0 . 1 ⋅ 0 . 1 ⋅1.458 =1.166 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i 200 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. kar vodi do vrednosti za vrhnje dele etaž: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za koristno obtežbo in za strehe (kategorija H)ψ = 2 0 za sneg in za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi še vrednost za vrhnjo etažo: kN kN 4 . 0 1.166 2 2 kg m m kg kg M = 920 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 920 + 0 + 0 = 920 2 2 2 m m m m m 81 . 9 81 . 9 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča med priličjem in 2. etažo ter med 2. in 3. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 6 9 . m . 5 9 m 920 37453.2 kg m2 kN . 7 5 masa iz obteže: m m = . 6 1 m ⋅ 1 . 5 m ⋅1 0 . ⋅ . 0 8 2 ⋅ = q 489.297 kg m 9 81 . s2 masa polovice stebrov spodaj: 2 . 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 4 0 4 . m 0 4 . m 2500 8 640 kg 560 2 kg 2 m3 masa polovice stebrov zgoraj: . 3 2 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,z 4 . 0 4 m . 0 4 m 2500 8 640 kg 2560 kg 2 m3 masa gred v smeri X osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 2 . 6 1 m 4 . 0 m 5 . 0 m 2500 6100 kg m3 Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 201. masa gred v smeri Y osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 2 . 5 1 m . 0 4 m 0 5 . m 2500 5100 kg m3 masa sten (višina stene = 3.2 m – 0.28 m – 0.50 m = 2.72 m): kg kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = sten,z 2 6 1 . . 0 25 m 2.52 m 500 2 5 1 . 0.25 m 2.52 m 500 7056 kg m3 m3 Masa plošče nad prvo in drugo etažo je tako: M = = + + + + + + 1 M2 Mplo Mq Msteb s, Msteb,z Mgred,x Mgred,y Msten = 37453.2 kg + 489.297 kg + 560 2 kg + 560 2 kg + 6100 kg + 5100 kg + 056 7 kg = 79856.723 kg Plošča nad 3. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo . 6 9 m 5 9 . m 920 37453.2 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 2 . 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 4 0 4 . m 0 4 . m 2500 8 640 kg 560 2 kg 2 m3 masa gred v smeri X osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 2 . 6 1 m 0.4 m 0.5 m 2500 6100 kg m3 masa gred v smeri Y osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 2 . 5 1 m . 0 4 m 0 5 . m 2500 5100 kg m3 Masa plošče nad tretjo etažo je tako: M = + + + = + + + = 3 Mplo Msteb s, Mgred,x Mgred,y 37453.2 kg 560 2 kg 6100 kg 5100 kg 51213.2 kg Masna matrika konstrukcije je tako: 79856.723 0 0  [M]  = 0 79856.723 0  kg    0 0 51213.2 202 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Izračun togostne matrike konstrukcije s strižnim modelom z redukcijskim faktorjem stebrov Kontrola mehke etaže po ameriškem standardu z uporabo strižnega modela konstrukcije Ker stavbo tvorita dva identična okvirja, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo posamezni okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo z 2 (velja za vse modele). Z uporabo navadnega strižnega modela je togost za en steber enaka: 9 N 33⋅10 12 12 m 0.4 m ⋅( . 0 4 m)3 2 N 6 N k = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ strižni E 3 s I h s s ( 2. 3 m) 12890625 12.891 10 3 2 12 m2 m Kot, ki ga jeklena diagonala oklepa s s horizontalo znaša  3 2 .  o α ≅ arctan  = 26.211  6 4 .  Dolžina diagonale znaša l ≅ 6.52 = diag + 3.22 7.245 m Horizontalna togost diagonale znaša: A ⋅ diag Ediag 6.2⋅10-4 2 ⋅ 210 GPa k = ⋅ α = ⋅ diag cos cos2 26.211o = 14465146.564 N Ldiag 7.245 m 6 N 14.465 = ⋅10 m Togost pritličja okvirja je tako (ker gre za jekleno vrv, ki ne prenaša tlakov, upoštevamo samo eno diagonalo): 6 N 6 N 6 N k = ⋅ + = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ 1 2 kstrižni kdiag 2 12.891 10 14.465 10 40.246 10 m m m Togost druge in tretje etaže okvirja pa je: 6 N 6 N k = = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ 2 k3 2 kstrižni 2 12.891 10 25.781 10 m m Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 203. Med togostima prve in druge etaže velja naslednje razmerje: 6 N 25.781⋅10 k2 m = = 0.641 = 64.059 % < 0 7 % k 6 N 1 40.246⋅10 m Čeprav je togost druge etaže manjša od 70% togosti spodaj ležeče etaže, se druga etaža po ameriškem standardu ASCE 7-10 ne bi klasificirala kot mehka etaža (bi pa to bila po standardu Nove Zelandije). Kljub temu (zaradi nenadne občutne spremembe togosti v vodoravni smeri po členu po členu 4.2.3.3 (3)) konstrukcijo v skladu z EC8 okarakteriziramo kot nepravilno po višini. Izračun togostne matrike konstrukcije s strižnim modelom in redukcijskim faktorjem stebrov Redukcijski faktor za posamezni steber vseh etaž znaša (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi): Nn I ⋅ ⋅ n En In En ∑ n 1 = Ln L RF n = = 1 Nn I ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n En 1 Is E I s n En 1 Is Es ∑ + ⋅ + ⋅ n 1 = Ln 2 h L s n 2 hs 9 N . 0 4 m ⋅( . 0 5 m)3 33⋅10 m2 ⋅ 12 2 . 6 5 m 5500000 = = 9 N 9 N 5500000 +10576923.077 0 4 . m ⋅(0 5 . m)3 33⋅10 ⋅ m2 4 . 0 m ⋅(0 4 . m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 5 . 6 m 2 2 . 3 m 5500000 = = 0.658 77 16076923.0 Reducirana togost posameznega stebra vseh etaž je tako: N N k = ⋅ = ⋅ = 1 , 1 RF1 kstrižni 0.658 12890625 2 8480674.34 m m 204 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Skupna togost prve etaže okvirja je sestavljena iz prispevkov stebrov in diagonale: N 6 N N k = ⋅ + = ⋅ + ⋅ = 1 2 k 1,1 kdiag 2 2 8480674.34 14.466 10 48 31426495.2 m m m Skupna togost druge in tretje etaže okvirja je: N N k = = ⋅ = ⋅ = 2 k3 2 k 1, 1 2 8480674.34 2 84 16961348.6 m m Togostna matrika okvirja, izračunana s pomočjo s strižnega modela in uporabo redukcijskega faktorja stebra, je tako:  32 48387843.9 − 84 16961348.6 0  [K   = − − okv ] N 84 16961348.6 68 33922697.3 84 16961348.6   m  0 − 84 16961348.6 84 16961348.6  Togostna matrika konstrukcije, sestavljene iz dveh okvirjev, pa je:  9.678 − 3.392 0  [K   = ⋅ = − − ⋅ kon ] 2 [Kokv] 7 N 3.392 6.785 3.392 10   m  0 − 3.392 3.392  Izračun lastnih frekvenc in nihajnih časov ter lastnih vektorjev Če želimo za izračun približka prvega nihajnega časa uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa (kar sicer ni zahtevano), moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, kar sledi iz: u    − 1 P1  9.678 3.392 0 -1  79856.723   u  −        = ⋅   = − − ⋅ ⋅  ⋅ 2 [Kkon] 1 8 - m m P2 3.392 6.785 3.392 10 79856.723 81 . 9   N s2 u       −  3  P3   0 3.392 3.392   51213.2  3.292  ⋅10-2  = 7.082  ⋅10-2 m 8.564  ⋅10-2    Tako sledi: T = 2⋅ d = 2⋅ 8.564⋅10-2 = 1 0.585 s Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 205. Če pa že izračunane vodoravne pomike zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, uporabimo v Rayleighovi metodi (izračun ni prikazan), sledi: n ∑M ⋅iu2i T = 2 i 1 ⋅ ⋅ = π = 0.523 s n g ⋅∑M ⋅iui i 1 = Ker pa je konstrukcija okarakterizirana kot po višini nepravilna, moramo izvesti modalno analizo s spektri odziva, in dinamična matrika konstrukcije ima obliko: [DM]= [d]⋅[M]= [K ] 1− ⋅ M kon [ ] 1 -  9.678 − 3.392 0  79856.723 0 0    8 - m = − 3.392 6.785 − 3.392 ⋅10  ⋅ 0 79856.723 0  kg   N    0 − 3.392 3.392     0 0 51213.2 12.705  12.705 8.148    -4 = 12.705 36.246 23.245 ⋅10   12.705  36.246 38.342 Lastne vrednosti dinamične matrike so: −3 rad λ = ⋅ → ω = 1 7.083 10 1 11.882 s −4 rad λ = ⋅ → ω = 2 10.237 10 2 31.254 s −4 rad λ = ⋅ → ω = 3 6.227 10 3 40.073 s Pripadajoči nihajni časi so: T = 1 0.529 s T = 2 0.201 s T = 3 0.157 s kjer opazimo, da nihajni čas, izračunan z Rayleighovo metodo, izkazuje dobro ujemanje s sedaj dobljeno vrednostjo. 206 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Kontrola pogoja neodvisnosti posameznih dveh nihajnih oblik: T = ≤ ⋅ = ⋅ = 2 0.201s 9 . 0 T1 9 . 0 0.5291s 0.476 s T = ≤ ⋅ = ⋅ = 3 0.157 s . 0 9 T2 0 9 . 0.201s 0.181s pokaže, da je pogoj neodvisnosti dveh nihajnih oblik izpolnjen in se lahko pri morebitnem kombiniranju učinkov različnih nihajnih oblik največja vrednost za vsak učinek potresnega vpliva na konstrukcijo izračuna po pravilu SRSS. Nihajnim časom pripadajoči lastni vektorji, normirani na masno matriko, so:  − 9.480⋅ -4 10   23.980⋅ -4 10   24.235⋅ -4 10  {ˆΦ 23.895 10 ˆ Φ 13.269 10 ˆ Φ 22.477 10 1}  -4  = − ⋅  { 2}  -4  =  ⋅  { 3}  -4  = − ⋅   -4   -4   -4  − 30.367 ⋅10  − 27.954⋅10   15.780⋅10  in tako sledijo koeficienti (faktorji) participacije ali modalni participacijski faktorji kot:  − 9.480⋅10 T -4  79856.723 0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ = − ⋅  ⋅ ⋅   = − 1 {ˆ }T1 [M] {}I 23.895 10-4 0 79856.723 0 1 422.043   −30.367⋅10-4     0 0 51213.2 1      23.980⋅10 T -4  79856.723 0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ =  ⋅  ⋅ ⋅   = 2 {ˆ }T2 [M] {}I 13.269 10-4 0 79856.723 0 1 154.300   − 27.954⋅10-4     0 0 51213.2 1      24.235⋅10 T -4  79856.723 0 0  1         Γ = Φ ⋅ ⋅ = Φ = − ⋅  ⋅ ⋅   = 3 {ˆ }T3 [M] {}I {ˆ3} 22.477 10-4 0 79856.723 0 1 94.856    15.780⋅10-4      0 0 51213.2 1     Sodelujoče (participacijske) mase so tako: M 2 = Γ = − = so , 1 d 1 ( ) 422.043 2 178120.627 kg M 2 = Γ = = 2 so , d 2 154.3002 23808.414 kg M 2 = Γ = = 3 so , d 3 94.8562 8997.605 kg Njihova vsota znaša: M + + = + + = so , 1 d M2 so,d M3so,d 178120.627 kg 23808.414 kg 8997.605 kg 210926.646 kg Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 207. in je enaka vsoti mas, ki nastopajo v masni matriki konstrukcije. Delež posamezne sodelujoče mase tako znaša: M so, 1 d 178120.627 kg = = 844 . 0 = 84.447 % > % 90 Mtot 210926.646 kg M2 so,d 23808.414 kg = = 113 . 0 =11.288 % > % 5 Mtot 210926.646 kg M3so,d 8997.605 kg = = 43 0 . 0 = 4.266 % < % 5 Mtot 210926.646 kg V konstrukciji sicer nastopajo 3 efektivne modalne mase, vendar EC 8 predpisuje, da je potrebno upoštevati vse nihajne oblike, ki pomembno prispevajo h globalnemu odzivu. V skladu z EC8 lahko oba pogoja (čeprav zadošča že samo zadostitev enega) izpolnimo samo, če upoštevamo prvi dve nihajni obliki. Določitev faktorja obnašanja objekta Konstrukcija je večetažna stavba z enim poljem in zato sledi predlagano razmerje αu/α1 = 1.2. Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1 5 . kjer sta: q0 = 4.5⋅αu/α1 = 4.5⋅1.2 = 5.4 Ker kontrukcijo klasificiramo kot nepravilno po višini, v skladu s členom 5.2.2.(3), vrednost qo zmanjšamo za 20 %: q0 = 0.8⋅5.4 = 4.32 kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. 208 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Faktor obnašanja q je tako: q = 4.32⋅1 = 4.32 Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 100 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 100 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 . 0 ) 949.122 let 1 za katero ne obstaja pripadajoča karta potresne nevarnosti. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabi interpolacija med kartama potresne nevarnosti za 100 let in 1000 let (v RS). Za Laško tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.15 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.175 g ter  175 . 0   949.122 log  ⋅ log    log(a     = + = − gR ) log( 15 . 0 ) 15 . 0 475 0.762 1000 log     475  Iskana vrednost je tako: a =10 0.762 − = > = gR 0.173 g agR1 0 15 . g Za skladišče velja kategorija pomembnosti II, in zanjo velja γ I = 1.0. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅ = ⋅ = g I a gR 1 0.173 g 0.173 g Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 209. Določitev tipa tal Za določitev tipa tal uporabimo izraz: 30 30 m N = = = SPT,30 39.604 N h 10 m 6.9 m 8.7 m 4.4 m i + + + ∑i1=N 25 56 61 48 SPT i, Ker velja 50 > N = > SPT,30 39.604 15 tla klasificiramo kot tip tal C. Določitev velikosti in porazdelitve potresnega vpliva Za tip tal C veljajo naslednje vrednosti parametrov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) C 1.15 0.2 0.6 2.0 1. nihajna oblika Zanjo velja T < T = 0.529 s < T B 1 C in po enačbi (3.14) sledi (slika 45): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ d (T1 ) 2 5 . 2 5 . ag S 0.529 g . 1 15 q 4.32 =1.130 210 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Sd(T) 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5 TD T [s] 1 1.5 2 2.5 3 TB T T 1 C Slika 45: Vrednost Sd v spektru odziva Prva prečna bazna sila je tako: F = ⋅ = ⋅ = 1 b Sd(T1) M so, 1 d 1.130 255358.824 kg 201316.551 N Celotna vodoravna bazna potresna sila F se razporedi po višini konstrukcije s pomočjo 1 b lastnega vektorja, ki pripada prvi nihajni obliki, kot (slika 46): φ ⋅ i 1 M F = ⋅ i 1 F i 1 b ∑φ ⋅ 1j M j F = 11 36112.253 N F = 12 91019.796 N F = 13 74184.502 N Ker konstrukcijo sestavljata dva identična okvirja, na vsakega tako odpade polovica etažne sile: F = 11 18056.126 N F = 12 45509.898 N F = 13 37092.251 N Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 211. sile na okvir 37092 N 3.20 m 45510 N 3.20 m 18056 N 3.20 m Slika 46: Razporeditev potresnih sil 1. nihajne oblike po etažah Elastični pomiki okvirja so tako:  48387843.932 − 84 16961348.6 0 -1 18056.1262 N {de,1}=[Kokv]−1⋅{Fe1,}     = −16961348.684 68 33922697.3 − 84 16961348.6 ⋅  45509.898 N       0 − 84 16961348.6 84 16961348.6     37092.251 N   3.203⋅10 3- m  {de,1}  3 -  =  8.073⋅10 m   3 -  10.260⋅10 m Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako:  3.203⋅10-3 m  13.837 ⋅10-3 m {d s,1}= q ⋅ d {de,1}  -3   -3  = 32 . 4 ⋅  8.073⋅10 m  = 34.875⋅10 m  -3   -3  10.260 ⋅10 m 44.323⋅10 m Zaradi upoštevanju naključne torzije za zunanja okvirja sledi faktor δ po enačbi (4.3.3.2.4(1)): x 95 . 2 m + 1 . 0 ⋅ 9 . 5 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 9 . 5 m 212 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. in tako sledijo pomiki za zunanja okvirja ob upoštevanju naključne torzije: 23.799⋅10-3 m 72 . 1 ⋅{d s,1}  3 -  = 59.986⋅10 m  3 -  76.235⋅10 m 2. nihajna oblika Tudi zanjo velja T < T = 0.201s < T B 1 C in po enačbi (3.14) sledi (slika 47): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ d (T2 ) 2 5 . 5 . 2 ag S 0.529 g 15 . 1 q 4.32 =1.130 Sd(T) 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 TB 0.5 TD T [s] T2 T 1 1.5 2 2.5 3 C Slika 47: Vrednost Sd v spektru odziva Druga bazna prečna sila je tako: F = ⋅ = ⋅ = b2 Sd(T2) M2 so,d 1.130 23808.414 kg 26908.887 N Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 213. Celotna vodoravna bazna potresna sila F se razporedi po višini konstrukcije s pomočjo b2 lastnega vektorja, ki pripada drugi nihajni obliki, kot (slika 48): φ ⋅ 2i M F = ⋅ 2i F i b2 ∑φ ⋅ 2 j M j F = 21 33395.630 N F = 22 18479.501 N F = − 23 24966.243 N Ker konstrukcijo sestavljata dva identična okvirja, na vsakega tako odpade polovica etažne sile: F = 21 16697.815 N F = 22 9239.751 N F = − 23 12483.122 N sile na okvir 12483 N 3.20 m 9240 N 3.20 m 16698 N 3.20 m Slika 48: Razporeditev potresnih sil 2. nihajne oblike po etažah 214 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Elastični pomiki okvirja so tako:  48387843.932 − 84 16961348.6 0 -1  16697.8157 N  {de,2}=[Kokv]−1⋅{Fe,2}     = −16961348.684 33922697.368 −16961348.684 ⋅  9239.751 N       0 −16961348.684 16961348.684    −12483.1224 N  4.281⋅10-4 m  {de,2}  -4  =  2.369⋅10 m   -4  − 4.991⋅10 m Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako:  4.281⋅10-4 m   18.495⋅10-4 m  {d s,2}= q ⋅ d {de,2}  -4   -4  = 32 . 4 ⋅  2.369⋅10 m  =  10.234⋅10 m   -4   -4  − 4.991⋅10 m − 21.560 ⋅10 m Pomiki za zunanja okvirja ob upoštevanju naključne torzije pa so:  3.181⋅10-3 m  1 72 . ⋅{d s,2}  3 -  =  1.760⋅10 m   3 -  − 3.708⋅10 m Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirja (od izhodišča koordinatnega sistema) v x smeri tako po enačbi (člen 4.3.3.2.4(1)) sledi za premik masnega središča proti vrhu osi y za 0.55 m: x . 3 3 m δ = 1.0 + 2 . 1 ⋅ = . 1 0 + 2 . 1 ⋅ = . 1 72 Le . 5 5 m x 2.2 m δ = 1 0 . +1 2 . ⋅ = . 1 0 + . 1 2 ⋅ = 1.48 Le . 5 5 m Za premik masnega središča proti koordinatnemu izhodišču za 0.55 m pa sledi: Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 215. x 2.2 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 1.48 Le 5 . 5 m x . 3 3 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ = 0 . 1 +1 2 . ⋅ = 1 72 . Le . 5 5 m Za oba okvirja je tako merodajna vrednost faktorja δ enaka 1.72. Izračun koeficientov občutljivosti za etažne pomike Povprečni elastični vodoravni pomiki etaž zaradi prve prečne bazne sile so:  9.678 − 3.392 0 -1 36112.253 N {de1,}=[Kkon]−1⋅{F1}=[dkon]⋅{F1}   8 - m   = − 3.392 6.785 − 3.392 ⋅10 ⋅ 91019.796 N   N    0 − 3.392 3.392    74184.502 N  3.203⋅10 3- m   3 -  =  8.073⋅10 m   3 -  10.260 ⋅10 m Te pomike lahko izračunamo tudi direktno brez eksplicitnega izračuna sil na konstrukcijo kot: { S T d = ˆΦ ⋅Γ ⋅ e 1 , } { 1} d ( 1 ) 1 2 ω1 Povprečni vodoravni pomiki d so nato: s 1 ,  3.203⋅10-3 m   13.837⋅10-3 m  {d s 1 , }= q ⋅ d {de 1 , }  -3   -3  = . 4 32⋅  8.073⋅10 m  =  34.875⋅10 m   -3   -3  10.260 ⋅10 m 44.3234 ⋅10 m Povprečni elastični vodoravni pomiki etaž zaradi druge prečne bazne sile so: {d = − ⋅ = ⋅ e,2} [K ] 1 kon {F2} [dkon] {F2}  9.678 − 3.392 0 1 -   33395.630 N   4.281⋅10-4    8 - m − 3.392 6.785 − 3.392 ⋅10  ⋅  18479.501 N    =  2.369 ⋅10-4  m   N  0 − 3.392 3.392   − 24966.244 N −  4.991⋅10-4   216 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Te pomike lahko izračunamo tudi direktno brez eksplicitnega izračuna sil na konstrukcijo kot: { S T d = ˆΦ ⋅ Γ ⋅ e,2 } { 2} d ( 2 ) 2 2 ω2 Povprečni vodoravni pomiki d so nato s,2  4.281⋅10-4   1.849⋅10-3  {d     = ⋅ = ⋅  ⋅  = ⋅ s,2} qd {de,2} . 4 32 2.369 10-4 m  1.023 10 3-  m − 4.991⋅10-4 − 2.156⋅10 3-     Kombiniranje povprečnih vodoravnih pomikov obeh nihajnih oblik po pravilu SRSS vodi do vrednosti, ki so zgolj nekoliko večje kot vrednosti, ki pripadajo prvi nihajni obliko (saj je druga modalna masa relativno majhna): 1.396  ⋅10-2  {d   = ⋅ s } 3.489  10-2  m 4.438⋅10-2   Povprečni relativni pomiki etaž so tako: 1.396  ⋅10-2  {d   = ⋅ r } 2.093 10-2  m 0.948  ⋅10-2   Za izračun brezdimenzijskih koeficientov občutljivosti za posamezno etažo potrebujemo še vrednosti osnih sil oz. sil teže. Tako sledijo vrednosti: etaža Mi [kg] Ptot [N] 3 51213.200 502401.492 2 79856.723 1285795.944 1 79856.723 2069190.396 Za posamezno etažo potrebujemo še vrednosti celotnih prečnih sil v etaži. Tako sledijo: etaža F1i [N] Vtot,1 [N] F2i [N] Vtot,2 [N] Vtot [N] 3 74184.502 74184.502 -24966.244 -24966.244 78272.944 2 91019.796 165204.298 18479.501 -6486.742 165331.600 1 36112.252 201316.551 33395.630 26908.887 203106.972 Zgled 9: Razširjena izpitna naloga 11. februarja 2019 217. Tudi iz celotnih prečnih sil Vtot, kombiniranih po pravilu SRSS, vidimo, da je vpliv druge nihajne oblike relativno majhen (ker je druga modalna masa relativno majhna). Brezdimenzijski koeficient občutljivosti za posamezno etažo izračunamo kot: P ⋅ tot dr θ = V ⋅ tot h Tako sledijo: etaža Ptot [N] dr [m] Vtot [N] h [m] θ 1 502401.492 1.396⋅10-2 78272.944 3.2 4.444⋅10-2 2 1285795.944 3.489⋅10-2 165331.600 3.2 5.087⋅10-2 3 2069190.396 4.438⋅10-2 203106.972 3.2 1.902⋅10-2 Izračun pokaže, da vpliva teorije drugega reda ni potrebno upoštevati, saj za vse etaže velja θ < 0.1. Kontrola etažnih pomikov Pomike zunanjega okvirja obeh nihajnih oblik kombiniramo po pravilu SRSS:  (23.799⋅10 )2 -3 + (3.181⋅10 )2 -3     24.0115⋅10-3 m {d z }  = 2 2  (59.986 ⋅10-3) + (1.760 ⋅10-3)   -3   =  60.011⋅10 m   2 2 -3  (76.235⋅10-3) + (− 3.708⋅10-3)      76.325⋅10 m    ki je praktično enak kot vektor prve nihajne oblike, kar posredno potrdi, da bi lahko v analizi upoštevali samo prvo nihajno obliko. Relativni pomiki etaž zunanjega okvirja so tako: d = ⋅ r 24.011 10-3 1 m d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r2 60.011 10-2 m 24.011 10-3 m 36.000 10-3 m d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r2 76.325 10-2 m 60.011 10-3 m 16.314 10-3 m 218 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Tako sledi (redukcijski faktor ν = 0.5 po predpisu za kategorijo pomembnosti I in II): 24.011⋅10-3 m ⋅ν =12.006⋅10-3 m 36.0006⋅10 3- m ⋅ν =18.000⋅10 3- m 16.314⋅10 3- m ⋅ν = 8.157 ⋅10 3- m Ker gre za skladišče, lahko predpostavimo, da gre za stavbo, ki ima na konstrukcijo pritrjene nekonstrukcijske elemente iz krhkih materialov, je pogoj: d ⋅ν ≤ ⋅ r 0.005 h kar vodi do: 12.006⋅10-3 m ≤ 0 005 . ⋅3 2 . m = 0.016 m 18.000⋅10 3- m > 005 . 0 ⋅ 2 . 3 m = 0.016 m 8.157 ⋅10 3- m ≤ 005 . 0 ⋅ 2 . 3 m = 0.016 m kar pokaže, da je omejitev etažnih pomikov ni izpolnjena v drugi etaži. Opomba: Togostna matrika okvirja, z metodo končnih elementov, je: 12.011 − 5.088 0.942  [K   = − − ⋅ okv ] 7 N 5.088 7.588 3.611 10   m  0.942 − 3.611 2.7918184448943997 Prečni bazni sili sta: F = ⋅ = < 1 b Sd(T1) M so, 1 d 174325.003 N ( 201316.551 N) F = ⋅ = > b2 Sd(T2) M2 so,d 34894.339 N ( 26908.887 N) Analiza pokaže, da v tem modelu omejitev etažnih pomikov ni izpolnjena v drugi in tudi v tretji etaži. POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV M. Skrinar in D. Imamović Zgled 10 Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 Konstrukcijo na sliki 49 sestavljata dva identična okvirja, medsebojno oddaljena 8 m. Stebri imajo dimenziji b/h = 0.5/0.5 m, nosilci pa b/h = 0.4 m/0.5 m, debelina plošče znaša 28 cm. Material konstrukcije je beton C30/37, ki ima modul elastičnosti E=33 GPa. Polnilo zunanjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidni bloki ZB 25, debelina stene 25 cm, volumska masa z upoštevanjem fasade 450 kg/m3. prerez konstrukcije v vzdolžni smeri Slika 49: Prerez konstrukcije 220 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Polnilo notranjih zidov v AB konstrukciji so YTONG zidne plošče ZB 15, debelina stene 15 cm, volumska masa 450 kg/m3. Objekt je skladiščna stavba, ki stoji v Ptuju (nadmorska višina 232 m) na tipu tal A, življenjska doba objekta je 100 let, vrednost Sd(T1) se izračuna z interpolacijo med kartama z ustreznima povratnima dobama. Za konstrukcijo: − izvedi analizo obtežb in izračunaj mase s pomočjo kombinacije lastnih tež (poleg mase same plošče upoštevaj še dodatnih 220 kg/m2 za estrih in toplotno izolacijo) in po predpisu apliciranih obtež (pri izračunu mase plošče uporabi gabaritne dimenzije plošče), − za izračun togostne/podajnostne matrike konstrukcije v prikazani smeri uporabi strižni model z redukcijskim faktorjem stebra (dodatno izračunaj še togostno matriko za model ekvivalentne konzole ter togostno matriko z deformacijsko metodo), − za analizo nihajnih časov cele konstrukcije in potresnega vpliva uporabi ustrezni model (glede na tlorisno pravilnost/nepravilnost konstrukcije) in metodo apliciranja potesnega vpliva (glede na pravilnost/nepravilnost po višini) ter upoštevaj razred duktilnosti DCM, − poišči in skiciraj razporeditev etažnih potresnih vplivov na nosilne sisteme etaže ter izračunaj faktorje δ za upoštevanje naključne torzije, − izvedi kontrolo omejitve poškodb merodajnega okvirja. Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 221. Rešitev Analiza mas/obtežb Masa plošče AB plošča: debelina 28 cm kg kg 0.28 m ⋅ 2500 = 700 3 2 m m Estrih in toplotna izolacija (podana vrednost) kg 220 2 m Masa: kg m = 920 p 2 m Obtežbe etaž Kategorija E1 (skladiščni prostori) kN q = 5 . 7 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo E1 k,koristna 2 m za skladišča velja ψ = 2 0.8 ker gre za skladiščne prostore, velja ϕ=1.0. kN 5 . 7 masa plošče z maso iz obteže: 2 kg m kg m = 920 + 0 . 1 ⋅ 8 . 0 ⋅ =1531.621 2 2 m m m 81 . 9 2 s Obtežbe strešne plošče Kategorija H (strehe, dostopne le za normalno vzdrževanje in popravila) kN q = 4 . 0 … karakteristična vrednost koristne obtežbe za kategorijo H k,koristna 2 m 222 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Obtežba snega Kraj Ptuj: alpska regija (cona) A2, nadmorska višina A = 232.0 m. Karakteristična obtežba snega sk na tleh se izračuna kot: 2 2   A     232   kN A2 s = . 1 293⋅ 1  +   s = . 1 293⋅ 1  +    =1.424 k k 2   728      728    m  (SIST EN 1991-1-3: 2004; nacionalni dodatek, str. 4) Obtežba snega na ravno streho: − - nagib strehe o o 0 ≤ α ≤ 30 − oblikovni koeficient obtežbe snega µ = ; SIST EN 1991-1-3: 2004, preglednica 1 . 0 8 5.2, str. 15, − koeficient izpostavljenosti C = , e 0 . 1 − toplotni koeficient C = . t 1 0 . Obtežba snega na strehi (SIST EN 1991-1-3: 2004, 5.2 (3)P, enačba 5.1, str. 13): kN kN s = µ ⋅C ⋅C ⋅s = 8 . 0 ⋅1⋅1⋅1.424 =1.139 1 e t k 2 2 m m Kombiniranje obtežb/mas se izvede kot: G Q M ⋅g = ∑G ˝ + ˝ Q M ˝ ˝ k,j ∑ψ ⋅ → = E,i k,i ∑ k,j + ∑ψ ⋅ k,i E,i ≥ j 1 i≥1 ≥ j 1 g i≥1 g kjer se koeficient ψ za kombinacijo za spremenljivi vpliv i izračuna po izrazu (4.2.4(2)P, E i, stran 44): ψ = ϕ⋅ψ , E,i 2i Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 223. kar vodi do vrednosti za vrhnje dele etaž: G Q M = ∑ k,j ˝ + ∑ ˝ ϕ⋅ψ ⋅ k,i 2i ≥ j 1 g i≥1 g Za vrhnje etaže (strehe) velja ϕ=1.0. Po preglednici A.1.1, normativen dodatek A1, EN 1990, velja: za koristno obtežbo in za strehe (kategorija H)ψ = 2 0 za sneg in za kraje v RS z nadmorsko višino pod 1000 m ψ = 2 0 Tako sledi še vrednost za vrhnjo etažo: kN kN 4 . 0 1.139 2 2 kg m m kg kg M = 920 +1⋅0⋅ +1⋅0⋅ = 920 + 0 + 0 = 920 2 2 2 m m m m m 81 . 9 81 . 9 2 2 s s Izračun členov masne matrike konstrukcije Plošča med priličjem in 2. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg kg M = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = plo 2 5.75 m 8 5 . m 920 5.50 m 8 5 . m 1531.621 161533.272 kg m2 m2 masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 8 5 . 0 m 5 . 0 m 2500 8 5 . 935 kg 7500 kg 2 m3 masa polovice stebrov zgoraj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb,z 4 0.5 m 0.5 m 2500 4 937.5 kg 3750 kg 2 m3 masa gred v smeri X osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 2 . 16 5 m 4 . 0 m 5 . 0 m 2500 16500 kg m3 224 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. masa gred v smeri Y osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 4 8 m 4 . 0 m 5 . 0 m 2500 16000 kg m3 masa zunanjih sten: M = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = sten,z 2 (5 m 5 . 7 m) kg 25 . 0 m 3 m 450 8437.5 kg m3 Masa plošče nad prvo etažo je tako: M = + + + + + 1 Mplo Msteb s, Msteb,z Mgred,x Mgred,y Msten,z =161533.272 kg + 7500 kg + 3750 kg +16500 kg +16000 kg + 8437.5 kg = 213720.772 kg Plošča nad 2. etažo masa plošče (gabaritne dimenzije): kg M = ⋅ ⋅ = plo 6 m . 8 5 m 920 46920 kg m2 masa polovice stebrov spodaj: 3 m kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = steb s, 4 5 . 0 m 0 5 . m 2500 4 5 . 937 kg 3750 kg 2 m3 masa gred v smeri X osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,x 2 . 5 5 m 0 4 . m 0 5 . m 2500 5500 kg m3 masa gred v smeri Y osi: kg M = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = gred,y 2 8 m 0 4 . m 0 5 . m 2500 0 00 8 kg m3 Masa plošče nad drugo etažo je tako: M = + + + = + + + = 2 Mplo Msteb s, Mgred,x Mgred,y 46920 kg 3750 kg 0 50 5 kg 0 00 8 kg 64170 kg Masna matrika konstrukcije je tako: [   M] 213720.772 0 =   kg  0 64170 Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 225. Izračun togostne matrike konstrukcije s strižnim modelom in redukcijskim faktorjem stebrov Ker stavbo tvorita dva identična okvirja, lahko togostno matriko konstrukcije tvorimo tako, da analiziramo en okvir in dobljeno togostno matriko pomnožimo z 2 (velja za vse modele). Za spodnjo etažo okvirja sledi z uporabo navadnega strižnega modela togost za en steber: 9 N 33⋅10 12 12 m 0 5 . m ⋅(0 5 . m)3 2 N 6 N k = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ strižni E 3 s I h s s (3 m) 44 38194444.4 38.194 10 3 2 12 m2 m Redukcijski faktor za zunanje stebre obeh etaž znaša (uporabljena je formalna oblika z upogibnimi togostmi): Nn I ⋅ ⋅ n En In En ∑ n 1 = Ln L RF n = = 1 Nn I ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n En 1 Is E I s n En 1 Is Es ∑ + ⋅ + ⋅ n 1 = Ln 2 h L s n 2 hs 9 N . 0 4 m ⋅( . 0 5 m)3 33⋅10 m2 ⋅ 12 2 5 . 5 m 12500000 = = 9 N 9 N 212500000 +14322916.6 67 4 . 0 m ⋅( . 0 5 m)3 33⋅10 ⋅ m2 0 5 . m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 1 12 2 + ⋅ 5 5 . m 2 0 . 3 m = 0.466 Reducirana togost zunanjih stebrov spodnje in zgornje etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 , 1 RF1 kstrižni 0.466 38.194 10 17799352.751 m m 226 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Redukcijski faktor za notranja stebra spodnje etaže znaša: Nn I ⋅ n En ∑ n 1 = L RF n = 2 Nn I ⋅ ⋅ n En 1 Is Es ∑ + ⋅ n 1 = Ln 2 hs 9 N 9 N 4 . 0 m ⋅( 5 . 0 m)3 33⋅10 ⋅ m2 4 . 0 m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ 12 2 12 2 + 5 . 5 m 5 . 5 m = 9 N 9 N 9 N . 0 4 m ⋅( 5 . 0 m)3 33⋅10 ⋅ ⋅ m2 4 . 0 m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 0 5 . m ⋅( 5 . 0 m)3 33 10 m2 ⋅ ⋅ ⋅ 12 2 12 2 1 12 2 + + ⋅ 5 . 5 m . 5 5 m 2 3 m 25000000 = = 0.636 25000000 +14322916.667 Reducirana togost notranjih stebrov spodnje etaže je tako: 6 N N k = ⋅ = ⋅ ⋅ = , 1 2 RF2 kstrižni 0.636 38.194 10 06 24282560.7 m m Skupna togost spodnje etaže okvirja je: N N N k = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = 1 2 k 1,1 2 k ,12 2 51 17799352.7 2 06 24282560.7 14 84163826.9 m m m Za drugo etaže okvirja sledi: N N k = ⋅ = ⋅ = 2 2 k 1,1 2 17799352.751 35598705.5 02 m m Opazimo, da velja naslednje razmerje med togostima prve in druge etaže: N 35598705.5 02 k2 m = = 0.423 = 42.297 % < 0 7 % k N 1 84163826.9 14 m kar standard »Structural design actions« Nove Zelandije drugo etažo okarakterizira kot »mehko etažo« (standard EC8 ne podaja takega eksplicitnega številskega kriterija). Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 227. Togostna matrika okvirja, izračunana s pomočjo s strižnega modela in uporabo redukcijskega faktorja stebra, je tako: [  −  K = okv ] 416 119762532. 02 35598705.5 N  − 02 35598705.5 02 35598705.5  m Togostna matrika konstrukcije pa je: [  −  K = ⋅ = ⋅ kon ] 2 [Kokv] 23.953 7.120 7 N   10 − 7.120 7.120  m Zaradi nenadne spremembe togosti v vodoravni smeri (po členu 4.2.3.3 (3)) konstrukcijo tudi v skladu z EC8 okarakteriziramo kot nepravilno po višini. Izračun togostne matrike konstrukcije z modelom ekvivalentne konzole Prva etaža Upogibna togost nadomestnega elementa prve etaže je: 4 2 2 EI = ∑E ⋅I = 4⋅85937500 Nm = 343750000 Nm ek 1 , s s s 1 = Togostna matrika nadomestnega elementa je tako:  152777777.778 229166666.667 −152777777.778 229166666.667    [K 1] 229166666.667 458333333.333 229166666.667 229166666.667 =  −  −152777777.778 − 229166666.667 152777777.778 − 229166666.667    229166666.667 229166666.667 − 229166666.667 458333333.333  Togost rotacijske vzmeti kϕ pa znaša: 3 E ⋅   n In 68750000 Nm2 k = ⋅ ϕ ∑ = ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 , 12 3 12 3 150000000 Nm 450000000 Nm   n 1 = Ln  5.5 m  228 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Druga etaža Upogibna togost nadomestnega elementa druge etaže je: 2 2 2 EI = ∑E ⋅I = 2⋅85937500 Nm =171875000 Nm ek,2 s s s 1 = Togostna matrika nadomestnega elementa je tako:  76388888.889 114583333.333 − 76388888.889 114583333.333    [K 2 ] 114583333.333 229166666.667 114583333.333 114583333.333 =  −  − 76388888.889 −114583333.333 76388888.889 −114583333.  3333   114583333.333 114583333.333 −114583333.3333 229166666.667  Togost rotacijske vzmeti kϕ pa znaša: 1 E ⋅ n In 68750000 Nm2 k = ⋅ ϕ ∑ = ⋅ = ,2 12 312 150000000 Nm n 1 = Ln 5.5 m Okvir Togostna matrika okvirja z dvema translacijskima in dvema rotacijskima prostostnima stopnjama je tako:  667 229166666. − 333 114583333. − 76388888.889 114583333.333    [K okv ] 333 114583333. 1137500000 114583333.333 114583333.333 = − −   − 89 76388888.8 −114583333.333 76388888.889 −114583333.  333    114583333.333 114583333.333 −114583333.333 379166666.667  Če jo želimo uporabiti za dinamično analizo, moramo ustrezno preurediti masno matriko. Druga možnost je, da kondenziramo togostno matriko. Preuredimo jo tako, da »združimo« člene, ki pripadajo bistvenim (pomikom) in nebistvenim (zasukom) prostostnim stopnjam v obliko: Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 229. [Kbb] 229166666.667 −76388888.889 =   − 76388888.889 76388888.889  [Kbn] −114583333.333 114583333.333  =   −114583333.333 −114583333.  333 [Knb] −114583333.333 −114583333.  333 =    114583333.333 −114583333.  333 [Knn]  1137500000 114583333.333 =   114583333.333 379166666.667 Kondenzirana togostna matrika okvirja je tako: [ −  −  K = − ⋅ ⋅ = c okv , ] [Kbb] [Kbn] [K ] 1 nn [Knb] 975 174352859. 21 52579550.4 N  − 21 52579550.4 1 35965341.7  m Druga možnost je, da poiščemo podajnostno matriko modela s štirimi prostostnimi stopnjami: 1.026  0.248 1.500 0.068   [ − 0.248 0.165 0.563 0.046 d = K =   ⋅10 okv ] [ okv] 1 8 1.500  0.563 4.973 0.880 0.068 0.046 0.880 0.495 kjer nato prečrtamo vrstice in stolpce, ki pripadajo zasukom: [   d ] 1.026 1.500 8 = ⋅   10 okv 1.500  4.973 Obratna matrika ponovno vodi do kondenzirane togostne matrike okvirja: [  −  K = − = c okv , ] [dokv] 1 174352859.975 52579550.421 N  − 52579550.421 35965341.710  m Togostna matrika konstrukcije modela ekvivalentne konzole je tako: [  −  K = ⋅ = ⋅ kon ] 2 [Kc okv , ] 34.871 10.516 7 N   10 −10.516 7.193  m 230 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Primerjava členov togostne matrike s členi togostne matrike iz strižnega modela z redukcijskim faktorjem stebra pokaže, da so sedaj dobljene vrednosti večje. Najmanjše odstopanje nastopi pri zadnjem diagonalnem členu (1.03 %), medtem ko je odstopanje pri izvendiagonalnem členu precej večje (skoraj 45.58 %). Še nekoliko večje (47.7 %) odstopanje nastopi pri izvendiagonalnem členu. Izračun togostne matrike konstrukcije z deformacijsko metodo Najprej označimo vozlišča (slika 50), kjer bomo računali zasuke in nato izračunamo nadomestne dolžine stebrov. Ker so upogibne togosti EI nosilcev in stebrov različne, bomo dolžine stebrov, ki jih upoštevamo pri izračunu členov matrike ravnotežnih enačb, modificirali s pomočjo razmerja upogibnih togosti. Za obe etaži tako sledi: EIn 68750000 Nm2 H'= ⋅ H = ⋅3 m EI s 85937500 Nm2 = 2.4 m E F A B C D Slika 50: Označitev vozlišč Pri analizi z deformacijsko metodo sledijo naslednje vrednosti parametrov metode: k= 10 število togih vozlišč g= 0 število členkastih vozlišč s= 10 število elementov t1= 4 število znanih zasukov t2= 8 število znanih pomikov Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 231. Število neznanih vozliščnih zasukov je tako: b = k − t = − = 1 10 4 6 število neznanih premikov (zasukov vertikalnih elementov) pa je: c = 2⋅k + 2⋅g − t − = ⋅ + ⋅ − − = > 2 s 2 10 2 0 8 10 2 0 kar pomeni, da gre za pomičen sistem. Stopnja deformacijske nedoločenosti je tako: n = b + c = 6 + 2 = 8 kar pomeni, da moramo formalno rešiti sistem 8 enačb z osmimi neznankami. Kot neznanke vpeljemo zasuke ϕA, ϕB,. . , ϕF vozlišč A, B, C, . . F ter zasuka ψ1 in ψ2 stebrov posameznih etaž, ki sta, zaradi osne nedeformabilnosti gred pri inženirski metodi pomikov, enaka v vseh stebrih posamezne etaže, ki imajo enake dolžine. Nato sledijo predštevila: 4 4 a = = = = AA aDD aEE aFF + 2.394 = 2.4 5.5 4 4 4 4 a = = + BB aCC + + 4.788 = 2.4 5.5 5.5 2.4 ter 2 a = = = = AB aBA aBC aCB a = DC = aCD = aEF = aFE = 0.364 5.5 2 a = BE = aEB = aCF = aFC = 0.833 2.4 232 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Nato izračunamo še: 6 6 a = = = = − = − = − A 1 a B1 a C1 a D1 5 . 2 H' 2.4 m 6 a = = = = − = − 2B a2C a2E a2F 5 . 2 2.4 m ter 12 a = ⋅ = 11 4 20 2.4 m 12 a = = ⋅ = 22 a22 2 0 1 2.4 m Izračun členov prve vrstice in stolpca podajnostne matrike Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu prve etaže (v točki A) dobi naslednjo obliko: a ϕ AA aAB 0 0 0 0 a A1 0   A  0  0         a ϕ AB aBB aBC 0 aBE 0 a B1 0   B  0  0  0 a ϕ BC aCC aCD 0 aCF a C1 a     2C C 0  0          0 0 a ϕ CD aDD 0 0 a D1 a2D  D  0  0 EI ⋅ ⋅ n   =   =    0 a ϕ BE 0 0 aEE aEF 0 a  2E  E   0  0   0 0 a ϕ CF 0 aEF aFF 0 a    2F F 0  0           a ψ A 1 a B1 a C1 a D1 0 0 a11  1  1⋅ H1 3          0 0 a ψ 2C a2D a2E a2F a22   2  0  0 ki ima rešitvi (zanimata nas samo zasuka etaž): ψ1  3.528⋅ -9 10    =   ψ 2  1.279⋅ 9- 10  Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 233. Horizontalna pomika točk A in E zaradi enotske sile v točki A, ki predstavljata člene prve vrstice in stolpca podajnostne matrike okvirja, so tako: -9 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ 11 H1 1 0 . 3 m 3.528 10 1.058 10 N 8 - m -9 8 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 12 H1 1 H2 2 1.0584 10 0 . 3 m 1.279 10 1.442 10 N N Izračun členov druge vrstice in stolpca podajnostne matrike Sistem enačb zaradi delovanja enotske horizontalne sile na vrhu druge etaže (v točki E) dobi naslednjo obliko: a ϕ AA aAB 0 0 0 0 a A1 0   A  0  0         a ϕ AB aBB aBC 0 aBE 0 a B1 0   B  0  0  0 a ϕ BC aCC aCD 0 aCF a C1 a     2C C 0  0          0 0 a ϕ CD aDD 0 0 a D1 a2D  D  0  0 EI ⋅ ⋅ n   =   =    0 a ϕ BE 0 0 aEE aEF 0 a  2E  E   0  0   0 0 a ϕ CF 0 aEF aFF 0 a    2F F 0  0           a ψ A 1 a B1 a C1 a D1 0 0 a11  1  1⋅ H1  3          0 0 a ψ 2C a2D a2E a2F a22   2 1⋅H2 3 ki ima rešitvi (zanimajo nas samo zasuki etaž): ψ1  4.807 ⋅ -9 10    =   ψ 2  1.211⋅ 8- 10  Horizontalna pomika točk A in E zaradi enotske sile v točki E, ki predstavljata člena druge vrstice in stolpca podajnostne matrike okvirja, sta tako: 9 - 8 - m d = ⋅ψ = ⋅ ⋅ = ⋅ 21 H1 2 . 3 0 m 4.807 10 1.442 10 N 8 - m 8 - 8 - m d = ⋅ψ + ⋅ψ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ 22 H1 1 H2 2 1.442 10 3.0 m 1.211 10 5.074 10 N N Celotna podajnostna matrika okvirja je tako: [ -8 -8  ⋅ ⋅  d = okv ] 1.058 10 1.442 10 m 1.442  ⋅10 8- 5.074⋅10 8- N 234 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Togostna matrika okvirja je tako: [  −  K = − = ⋅ okv ] [dokv] 1 15.421 4.383 7 N   10 − 4.383 3.216  m Togostna matrika konstrukcije pa je: [  −  K = ⋅ = ⋅ kon ] 2 [Kokv] 30.842 8.766 7 N   10 − 8.766 6.433  m Primerjava členov dobljene togostne matrike s členi togostne matrike iz modela z redukcijskim faktorjem stebra pokaže, da sedaj pri zadnjem diagonalnem členu nastopi zmanjšanje togosti za skoraj 9.65 %, medtem ko sta vrednosti togosti ostalih členov togostne matrike večji (28.76 % oz. 23.12 %). Primerjava členov dobljene togostne matrike s členi togostne matrike iz modela ekvivalentne konzole pa pokaže, da so vse vrednosti togosti sedaj večje: 13.06 % in 11.82 % pri diagonalnih členih ter 19.96 % pri izven diagonalnem členu. Izračun lastnih frekvenc in nihajnih časov ter lastnih vektorjev Če želimo za izračun približka prvega nihajnega časa uporabiti enačbo (4.9) iz predpisa (kar sicer ni zahtevano), moramo poiskati pomik (v m) na vrhu stavbe zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, kar sledi iz: u -1  −    −     ⋅  1   = [ -2 K ⋅   = ⋅ ⋅    ⋅ = kon ] 1 P1 23.953 7.1120 7 - m 213720.772 m 1.620 10 10 81 . 9   m u − 2  P2   7.1120 7.1120  N  64170  s2 2.504⋅10-2 Tako sledi približek kot: T = 2⋅ d = 2⋅ 2.504⋅10-2 = 1 0.316 s Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 235. Če pa že izračunane vodoravne pomike zaradi sil teže, apliciranih vodoravno, uporabimo v Rayleighovi metodi (izračun ni prikazan), sledi: n ∑M ⋅iu2i T = 2 i 1 ⋅ ⋅ = π = 0.277 s n g ⋅∑M ⋅iui i 1 = Ker pa je konstrukcija okarakterizirana kot po višini nepravilna, moramo izvesti modalno analizo s spektri odziva, in dinamična matrika konstrukcije ima obliko: -1 [ −  −    DM]= [d]⋅[M]= [K ] 1 23.953 7.1120 m 213720.772 0 ⋅ M = ⋅   10 ⋅   kg kon [ ] 7 - − 7.1120 7.1120  N  0 64170 1.270  0.381 -4 = ⋅   10 1.270  1.283 Lastni vrednosti dinamične matrike sta: λ = ⋅ − → ω = 1 1.972 10 3 2 1 507.140 λ = ⋅ − → ω = 2 5.803 10 4 2 2 1723.111 rad ω = → = 1 22.520 T1 0.279 s s rad ω = → = 2 41.510 T2 0.151 s s Kontrola pogoja neodvisnosti posameznih dveh nihajnih oblik: T = ≤ ⋅ = ⋅ = 2 0.151s 0 9 . T1 . 0 9 0.279 s 0.251s pokaže, da pogoj je neodvisnosti dveh nihajnih oblik izpolnjen in se lahko pri morebitnem kombiniranju učinkov različnih nihajnih oblik največja vrednost za vsak učinek potresnega vpliva na konstrukcijo izračuna po pravilu SRSS. Nihajnima časoma pripadajoča lastna vektorja, normirana na masno matriko, sta: { 1.522 10 1.537 10 ˆ Φ ˆ Φ 1} − ⋅ -3  -3 =   { 3 - 2 } − ⋅  =   − 2.804 ⋅10   2.778⋅ 3 - 10  236 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. in tako sledita koeficienta (faktorja) participacije ali modalna participacijska faktorja kot: − ⋅      Γ = Φ ⋅ ⋅ =   ⋅ ⋅     = − 1 { T 3 - ˆ }T 1 [M] { } 1.522 10 213720.772 0 1 I 505.330 − 2.804 ⋅10 3-  0 64170 1   − ⋅      Γ = Φ ⋅ ⋅ =   ⋅ ⋅     = − 2 { T -3 ˆ }T 2 [M] { } 1.537 10 213720.772 0 1 I 150.106  2.778⋅10-3   0 64170 1   Sodelujoči (participacijski) masi sta tako: M 2 = Γ = − = so , 1 d 1 ( 505.330)2 255358.824 kg M 2 = Γ = − = 2 so , d 2 ( 150.106)2 22531.948 kg Njihova vsota znaša: M + = + = so , 1 d M2 so,d 255358.824 kg 22531.948 kg 277890.772 kg in je enaka vsoti mas, ki nastopata v masni matriki konstrukcije. Delež posamezne sodelujoče mase tako znaša: M so, 1 d 255358.824 kg = = 919 . 0 = 91.892 % > % 90 Mtot 277890.772 kg M2 so,d 22531.948 kg = = 0 0 . 81 = 8.108 % > % 5 Mtot 277890.772 kg Konstrukcija ima dve nihajni obliki ter 2 efektivni modalni masi, vendar EC 8 predpisuje, da je potrebno upoštevati vse nihajne oblike, ki pomembno prispevajo h globalnemu odzivu. EC8 tako podaja dva pogoja (zadošča že samo zadostitev enega). V skladu s prvim pogojem zadošča, če upoštevamo zgolj prvo nihajno obliko, medtem ko moramo v skladu z drugim upoštevati obe nihajni obliki. Čeprav smemo v skladu s predpisom upoštevati zgolj prvo nihajno obliko, bomo analizo izvedli z upoštevanjem obeh. Določitev faktorja obnašanja objekta Zgornja vrednost faktorja obnašanja q je : q = q ⋅ ≥ 0 k w 1 5 . Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 237. kjer sta: q0 = 3.0⋅αu/α1 = 3⋅1.3 = 3.9 Ker kontrukcijo klasificiramo kot nepravilno po višini, v skladu s členom 5.2.2.(3), vrednost qo zmanjšamo za 20 %: q0 = 0.8⋅3.9 = 3.12 kw = 1.0 za okvirne in okvirom enakovredne mešane konstrukcijske sisteme. q = . 3 12⋅1 = . 3 12 Določitev referenčne vrednosti pospeška objekta Ker se želi zagotoviti 90 % verjetnost, da uporabljena projektna vrednost pospeška tal ne bo presežena v 100 letih, znaša pripadajoča povratna doba: − T − L 100 let T = = = R ln(1− P − R ) ln(1 . 0 ) 949.122 let 1 za katero pa seveda ne obstaja pripadajoča karta potresne nevarnosti. Tako se za pridobitev pripadajoče vrednosti projektnega pospeška tal uporabi interpolacija med kartama potresne nevarnosti za 100 let in 1000 let (v RS). Za Ptuj tako sledi: TR1 = 475 let, agR1 = 0.125 g TR2 = 1000 let, agR2 = 0.15 g ter  15 . 0   949.122 log  ⋅ log    log(a     = + = − gR ) log( 125 . 0 ) 125 . 0 475 0.829 1000 log     475  Iskana vrednost je tako: 0.829 a =10− = 0.148 g > a gR gR1 238 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Za kategorijo pomembnosti II velja γ I = 1.0. Po upoštevanju faktorja pomembnosti sledi: a = γ ⋅ = ⋅ = g I a gR 1 0.148 g 0.148 g Določitev velikosti in porazdelitve potresnega vpliva Za tip tal A veljajo naslednje vrednosti parametrov: Tip tal S TB (s) TC (s) TD (s) A 1.0 0.10 (0.15) 0.4 2.0 (vrednost v oklepaju predstavlja splošno priporočeno vrednost in ne velja v RS) 1. nihajna oblika Zanjo velja T < T = 0.279 s < T B 1 C in po enačbi (3.14) sledi (slika 51): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T1 ) . 2 5 . 2 5 ag S 0.148 g . 1 0 1.164 q 3.12 Sd(T) 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5 2 T [s] TB T1 TC 1 1.5 TD 2.5 3 Slika 51: Vrednost Sd v spektru odziva Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 239. Prva prečna bazna sila je tako: F = ⋅ = ⋅ = 1 b Sd(T1) M so, 1 d 1.164 255358.824 kg 297264.118 N Celotna vodoravna bazna potresna sila F se razporedi po višini konstrukcije s pomočjo 1 b lastnega vektorja, ki pripada prvi nihajni obliki, kot (slika 52): φ ⋅ i 1 M F = ⋅ i 1 F i 1 b ∑φ ⋅ 1j M j F = 11 191408.576 N F = 12 105855.542 N Ker konstrukcijo sestvaljata dva identična okvirja, na vsakega tako odpade polovica etažne sile: F = 11 95704.288 N F = 12 52927.771 N 52928 N sile na okvir 95704 N Slika 52: Razporeditev potresnih sil 1. nihajne oblike po etažah Elastični pomiki okvirja so tako: -1 { -3 d e,1} 1 416 119762532. 02 35598705.5 95704.288 N 1.766 10 m = [Kokv]− ⋅{Fe 1,}  −     ⋅  = ⋅     =   − 02 35598705.5 35598705.502  52927.771 N 3.253⋅10 3- m 240 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: { -3 -3 d s,1} 1.766 10 m 5.510 10 m = q ⋅ d {de,1}  ⋅   ⋅  = 12 . 3 ⋅   =   3.253⋅10-3 m 10.149 ⋅10-3 m Zaradi upoštevanju naključne torzije za zunanja okvirja sledi faktor δ po enačbi (4.3.3.2.4(1)): x . 4 25 m + 1 . 0 ⋅ 5 . 8 m 1 . 5 m δ = . 1 0 +1 2 . ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1 72 . Le 5 . 8 m 5 . 8 m in tako sledijo pomiki za zunanja okvirja ob upoštevanju naključne torzije: 9.477 10-3 m . 1 72⋅{d s,1}  ⋅  =   1.746 ⋅10-2 m 2. nihajna oblika Tudi zanjo velja T < T = 0.151s < T B 1 C in po enačbi (3.14) sledi (slika 53): S = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = d (T2 ) 5 . 2 2 5 . ag S 0.148 g 1 0 . 1.164 q 3.12 Sd(T) 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5 2 T [s] TB T2 TC 1 1.5 TD 2.5 3 Slika 53: Vrednost Sd v spektru odziva Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 241. Druga prečna bazna sila je tako: F = ⋅ = ⋅ = b2 Sd(T2) M2 so,d 1.164 22531.948 kg 26229.521 N Celotna vodoravna bazna potresna sila F se razporedi po višini konstrukcije s pomočjo b2 lastnega vektorja, ki pripada prvi nihajni obliki, kot (slika 54): φ ⋅ 2i M F = ⋅ 2i F i b2 ∑φ ⋅ 2 j M j F = 21 57384.537 N F = − 22 31155.016 N Ker konstrukcijo sestavljata dva identična okvirja, na vsakega tako odpade polovica etažne sile: F = 21 28692.268 N F = − 22 15577.508 N 15577 N sile na okvir 28692 N Slika 54: Razporeditev potresnih sil 2. nihajne oblike po etažah Elastični pomiki okvirja so tako: -1 { -4 d e,2} 1 119762532.416 35598705.502 28692.268 N 1.558 10 m = [Kokv]− ⋅{Fe,2}  −     ⋅  = ⋅     =   − 35598705.502 35598705.502  −15577.508 N − 2.818⋅10-4 m 242 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. Pomiki zaradi projektnega potresnega vpliva so tako: { -4 -4 d s,2} 1.558 10 m 4.862 10 m = q ⋅ d {de,2}  ⋅   ⋅  = 3 12 . ⋅   =   − 2.818⋅10-4 m − 8.791⋅10-4 m Pomiki za zunanja okvirja ob upoštevanju naključne torzije pa so: 8.362 10-4 m . 1 72⋅{d s,2}  ⋅  =   −15.120 ⋅10-4 m Faktorji δ za upoštevanje naključne torzije Za okvirja (od izhodišča koordinatnega sistema) v x smeri tako po enačbi (člen 4.3.3.2.4(1)) sledi za premik masnega središča proti vrhu osi y za 0.8 m: x 8 . 4 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 8 m x 3.2 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 8 m Za premik masnega središča proti koordinatnemu izhodišču za 0.8 m pa sledi: x 3.2 m δ = 0 . 1 + 2 . 1 ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ =1.48 Le 8 m x 8 . 4 m δ = 0 . 1 +1 2 . ⋅ =1+ 2 . 1 ⋅ = 72 . 1 Le 8 m Za oba okvirja je tako merodajna vrednost 1.72. Kontrola etažnih pomikov Pomike zunanjega okvirja obeh nihajnih oblik kombiniramo po pravilu SRSS:  2 2 3 - -4  { 3 - d z }  (9.477 ⋅10 ) + (8.362⋅10 )  9.514⋅10 m =  2 2 -2  (1.746 ⋅10-2 ) + (−15.12 ⋅10-4 )  =    1.752 ⋅10 m  Zgled 10: Razširjena izpitna naloga 30. avgusta 2017 243. ki je praktično enak kot vektor prve nihajne oblike, kar posredno potrdi, da bi lahko v analizi upoštevali samo prvo nihajno obliko. Relativni pomiki etaž zunanjega okvirja so tako: d = ⋅ − ⋅ = ⋅ r 1.752 10-2 2 m 9.5146 10-3 m 8.007 10-3 m d = ⋅ r 9.514 10 3- 1 m Tako sledi (redukcijski faktor ν = 0.5 po predpisu za kategorijo pomembnosti I in II): 8.007 ⋅10-3 m ⋅ν = 4.004⋅10-3 m 9.513⋅10 3- m ⋅ν = 4.757 ⋅10 3- m Ker gre za skladišče, lahko smatramo, da gre za stavbo, ki ima na konstrukcijo pritrjene nekonstrukcijske elemente iz krhkih materialov, je pogoj: d ⋅ν ≤ ⋅ r 0.005 h kar vodi do: 4.004⋅10-3 m ≤ 005 . 0 ⋅3 m = 0.015 m 4.757 ⋅10 3- m ≤ 0 005 . ⋅3 m = 0.015 m kar pokaže, da je omejitev etažnih pomikov izpolnjena v obeh etažah. Opomba: če bi v analizi potresnega vpliva uporabili togostno matriko, izračunano s pomočjo deformacijske metode, bi dobili večje togosti ter naslednja nihajna časa: T = 1 0.297 s T = 2 0.140 s in naslednji prečni bazni sili: F = ⋅ = 1 b Sd(T1) M so, 1 d 267950.413 N F = ⋅ = b2 Sd(T2) M2 so,d 55543.226 N 244 POTRESNO INŽENIRSTVO: ZBIRKA REŠENIH ZGLEDOV. vendar bi bila omejitev etažnih pomikov tudi sedaj izpolnjena: 6.307 ⋅10-3 m ≤ . 0 005⋅3 m = 0.015 m 4.428⋅10 3- m ≤ 0 005 . ⋅3 m = 0.015 m Document Outline Predgovor Blank Page Blank Page