Teorija konstrukcija 1

8/13/2019 Teorija konstrukcija 1

http://slidepdf.com/reader/full/teorija-konstrukcija-1 1/146

Zagreb, 1997.

Sveu~ili{te u Zagrebu

Fakultet strojarstva i brodogradnje

RAJKO GRUBI[I]

TEORIJA KONSTRUKCIJA PRIMJERI STATIÈKE ANALIZE ELEMENATA KONSTRUKCIJE





S V E U Č I L I Š T E U Z A G R E B UF A K U L T E T S T R O J A R S T V A I B R O D O G R A D N J E

Prof. dr. Rajko Grubišić

TEORIJA KONSTRUKCIJAI dio

Primjeri statičke analize elemenata konstrukcije



MANUALIA UNIVERSITATIS STUDIORUM ZAGRABIENSISUDŽBENICI SVEUČILIŠTA U ZAGREBU

Autor: dr.sc.Rajko Grubišić, redoviti profesor Fakulteta strojarstva ibrodogradnje Sveučilišta u Zagrebu

Recenzenti: dr.sc. Ivo Senjanović, redoviti profesor Fakulteta strojarstva ibrodogradnje Sveučilišta u Zagrebudr.sc. Jurica Sorić, redoviti profesor Fakulteta strojarstva ibrodogradnje Sveučilišta u Zagrebudr.sc. Željan Lozina, redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike,strojarstva i brodogradnje Sveučilišta u Splitu

Izdavač: Fakultet strojarstva i brodogradnje, Ivana Lučića 5, Zagreb

Glavni urednik: prof. dr.sc. Tomislav Filetin

Odluka Senata Sveučilišta u Zagrebu br. 02-2011/1-1997od 09. prosinca 1997.

Zbirka zadataka

ISBN 953-6313-16-2

Grafičko rješenje naslovnice: Andrej Filetin

Copyright © Fakultet strojarstva i brodogradnje

Naklada: 200



SADRŽAJ

PREDGOVOR ..........................................................................................................................3

POPIS OZNAKA......................................................................................................................5

1. OSNA DEFORMACIJA ŠTAPA.........................................................................................91.1. Diferencijalna jednadžba osne deformacije štapa .........................................................9

1.2. Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih razlika ..............................................9Primjer 1.1.................................................................................................................................12Primjer 1.2.................................................................................................................................14

Primjer 1.3.................................................................................................................................16

1.3. Numerič ko rješenje metodom konač nih elemenata ......................................................18Primjer 1.4.................................................................................................................................19Primjer 1.5.................................................................................................................................21

Primjer 1.6.................................................................................................................................22

2. UVIJANJE ŠTAPA............................................................................................................232.1. Diferencijalna jednadžba uvijanja štapa .....................................................................232.2. Analogija rastezanja i uvijanja štapa...........................................................................23

3. SAVIJANJE GREDE.........................................................................................................25

3.1. Diferencijalna jednadžba elastič ne linije.....................................................................253.2. Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih razlika ............................................26

Primjer 3.1.................................................................................................................................28

Primjer 3.2.................................................................................................................................30

Primjer 3.3.................................................................................................................................33

3.3. Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih elemenata.......................................35Primjer 3.4.................................................................................................................................36

Primjer 3.5.................................................................................................................................39

Primjer 3.6.................................................................................................................................42

Primjer 3.7.................................................................................................................................44

primjer 3.8. ................................................................................................................................47

4. RASTEZANJE PRAVOKUTNE PLOČE ........................................................................51

4.1. Diferencijalna jednadžba rastezanja pravokutne ploč e ...............................................51

4.2. Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih elemenata.......................................52Primjer 4.1.................................................................................................................................54

Primjer 4.2.................................................................................................................................565. SAVIJANJE PRAVOKUTNE PLOČE.............................................................................61

5.1. Diferencijalna jednadžba savijanja pravokutne ploč e .................................................61

5.2 Rubni uvjeti ...................................................................................................................635.3. Analitič ko rješenje primjenom dvostrukog trigonometrijskog reda

(Navier-ova metoda) ....................................................................................................64Primjer 5.1.................................................................................................................................65Primjer 5.2.................................................................................................................................67

Primjer 5.3.................................................................................................................................68

Primjer 5.4.................................................................................................................................69

Primjer 5.5.................................................................................................................................71

1



5.4. Analitič ko rješenje primjenom jednostrukog Fourierovog reda (Levy-eva metoda)....72Primjer 5.6.................................................................................................................................73

Primjer 5.7.................................................................................................................................75

Primjer 5.8.................................................................................................................................76

5.5. Približno analitič ko rješenje primjenom Ritz-ove metode............................................78

Primjer 5.9.................................................................................................................................79Primjer 5.10...............................................................................................................................80

Primjer 5.11...............................................................................................................................81

5.6. Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih razlika ............................................83Primjer 5.12...............................................................................................................................85

Primjer 5.13...............................................................................................................................86

5.7 Numerič ko rješenje primjenom metode konač nih elemenata........................................88Primjer 5.14...............................................................................................................................91

Primjer 5.15...............................................................................................................................93

Primjer 5.16...............................................................................................................................94

6. OSNOSIMETRIČNE LJUSKE I OKRUGLA PLOČA...................................................99

6.1. Diferencijalni element osnosimetrič ne ljuske...............................................................996.2. Diferencijalna jednadžba osnosimetrič ne ljuske........................................................101

6.3. Cilindrič na ljuska.......................................................................................................103Primjer 6.1...............................................................................................................................104Primjer 6.2...............................................................................................................................106

6.4. Konusna ljuska...........................................................................................................107Primjer 6.3...............................................................................................................................108

6.5. Sferna ljuska...............................................................................................................110Primjer 6.4...............................................................................................................................111

6.6. Okrugla ploč a ............................................................................................................114Primjer 6.5...............................................................................................................................115

Primjer 6.6...............................................................................................................................117

6.7. Spoj ljusaka................................................................................................................119Primjer 6.7...............................................................................................................................119

Primjer 6.8...............................................................................................................................121

Primjer 6.9...............................................................................................................................123

Primjer 6.10.............................................................................................................................125

6.8. Primjena metode konač nih elemenata .......................................................................129

PRILOGA ...............................................................................................................................133

LITERATURA ..........................................................................................................................137

2



PREDGOVOR

Autor ovog udžbenika već se dugi niz godina bavi teorijom konstrukcija, djelujući pritom na tri područ ja: nastava na fakultetu, stručni rad u inženjerskoj praksi i znanstveno-istraživački rad. Po njegovom mišljenju, nužan uvjet za obrazovanje kvalitetnog stručnjaka izteorije konstrukcije jest dobra međusobna povezanost gore navedenih područ ja s efikasnim

protokom informacija u oba smjera. Nažalost, iskustvo autora pokazuje da taj uvjet često nijeispunjen, posebno, kada je u pitanju povezanost nastavnog gradiva na fakultetu i inženjerskogznanja potrebnog u praksi. Jedan od ključnih razloga za to jest nedostatak odgovarajućihstručnih udžbenika i knjiga na hrvatskom jeziku koje će sadržavati potrebnu teoretsku

podlogu, ali i primjenu teorije na primjerima iz inženjerske prakse. Stoga je namjera autora bila, da pripremi tekst koji će u sklopu linearne teorije konstrukcija sadržavati slijedeće:

- statičku analizu svih osnovnih tipova elemenata konstrukcije koji čine sastavni diosloženih brodskih i drugih nosivih konstrukcija,

- poseban naglasak na analizu problema rastezanja i savijanja ploča, te problemačvrstoće rotacijskih ljusaka pomoću analitičkih i numeričkih metoda,

- teorijsku podlogu u sažetom obliku za svaki tip elementa konstrukcije- rješene primjere iz inženjerske prakse s posebnim naglaskom na suvremenim

numeričkim metodama uz primjenu elektroničkog računala

Ovaj udžbenik je vezan uz predmet Teorija konstrukcija, što ga autor predaje na IIIgodini studija brodogradnje u Zagrebu, a koji je zamišljen kao nastavak osnovnog Nauka očvrstoći (II godina studija) odnosno kao priprema za predmet Čvrstoća broda (IV godinastudija). Naime, dok se u Nauci o čvrstoći za osnovne elemente konstrukcije definira problemčvrstoće postavljanjem odgovarajućih diferencijalnih jednadžbi i njihovih analitičkih rješenja,dotle se u Čvrstoći broda razmatra statički problem složenih strukturnih sklopova sastavljenihiz osnovnih konstruktivnih elemenata. Budući su ti sklopovi u pravilu nepravilnekonfiguracije, isti se ne mogu opisati i rješavati na egzaktan analitički način, već se

primjenjuju približne numeričke metode (konačne razlike, konačni elementi, itd.). Prematome, očigledno je, da između spomenutih problema postoji praznina koju je valjaloupotpuniti predmetom Teorija konstrukcija i odgovarajućim udžbenikom. Isti se sastoji iz 6

poglavlja, a svako poglavlje obrađuje jedan tip elemenata konstrukcije.- Poglavlje 1 razmatra problem osne deformacije štapa s rješenim primjerima

primjenom metode konačnih razlika i metode konačnih elemenata.- Poglavlje 2 se bavi problemom uvijanja štapa okruglog presjeka pri čemu je

istaknuta potpuna matematička analogija problema uvijanja i osne deformacije štapa.- Poglavlje 3 sadrži analizu savijanja grede s rješenim primjerima primjenom metode

konačnih razlika i metode konačnih elemenata.- Poglavlje 4 obuhvača analizu rastezanja pravokutne ploče (membranski problem)

pri čemu su odgovarajući primjeri riješeni primjenom metode konačnih elemenata.- Poglavlje 5 razmatra problem savijanja pravokutne ploče. Prikazana su analitička

rješenja razvojem funkcije progiba ploče u jednostruki i dvostruki Fourierov red,rješenje primjenom Ritzove metode po načelu minimuma energije i numeričkarješenja primjenom metode konačnih razlika i metode konačnih elemenata.

- Zadnje poglavlje 6 se bavi problemom rotacijskih (osno-simetričnih) ljusaka.

Prikazani su rješeni primjeri na osnovu rješenja kompleksne diferencijalne jednadžbe rastezanja i savijanja ljuske, te primjeri koji su riješeni primjenom metodekonačnih elemenata.

3



Svako poglavlje započinje postavljanjem odgovarajuće diferencijalne jednadžbe zarazmatrani problem i prikaza odnosa između sila, deformacija i opterećenja koji iz ove

jednadžbe proizlaze. Zatim slijedi opis numeričkih metoda prilagođenih tipu analiziranogelementa konstrukcije i na kraju su dani riješeni primjeri. Ti primjeri su tako odabrani, da senjihovim rješavanjem jasno ističu svi bitni koraci, a to su: postavljanje fizikalnog problema,

ponavljanje osnovnih definicija i odnosa s kojima je fizikalni problem egzaktno matematičkiopisan i korektna primjena numeričkih postupaka za dobivanje približnog, ali pouzdanogrješenja problema.

Na kraju dan je popis literature kojom se autor služio kod izrade ovog udžbenika. Jedandio navedenih naslova odnosi se na egzaktne analitičke metode rješavanja problema čvrstoće,dok je drugi dio vezan uz numeričke metode u statičkoj analizi konstrukcija. Obzirom da jeautor ovog udžbenika želio težište ipak baciti na rješene primjere, te je primijenjenu teoriju imetode prikazao u skraćenom obliku, navedena literatura se svakako preporuča korisnicimaovog udžbenika za detaljnije razumijevanje i uvid u razmatranu problematiku.

Autoru je ugodna dužnost, da se na kraju zahvali svim onim kolegama koji su doprinjeli

realizaciji ovog udžbenika. To su prije svega student FSB i demonstrator Davor Vranković koji je savjesno i precizno riješio velik dio primjera; zatim tu su i ostali studenti FSB koji su

kvalitetnom izradom svojih programa dali svoj prilog u rješavanju niza primjera. Posebnovalja spomenuti studenta FSB i demonstratora Maria Šimunca koji je uložio velik trud naelektroničkom računalu da bi udžbenik doveo u tiskarski oblik. I na kraju zahvalarecenzentima na korisnim prijedlozima i sugestijama.

Rajko Grubišić

4



POPIS OZNAKA

Poglavlje 1

A - površina poprečnog presjeka štapa, m2

d - razmak točaka razdiobe u mreži konačnih razlika, mE - Youngov modul elastičnosti, N/m2 F - koncentrirana vanjska uzdužna sila, N

[k ] - matrica krutosti konačnog elementa

[K ] - matrica krutosti modelaN - uzdužna sila u presjeku štapa, Nn x - raspodjeljeno osno opterećenje štapa, N/m

{n} - vektor čvornih sila konačnog elementa

{nx } - vektor čvornih sila konačnog elementa od vanjskog raspodjeljenog

opterećenja n x

{N} - vektor čvornih sila modela{Nx } - vektor čvornih sila modela od vanjskog opterećenja nu - uzdužni pomak štapa, m

{δ} - vektor čvornih pomaka konačnog elementa

{ } - vektor čvornih pomaka modela

Poglavlje 2

G - modul smicanja, N/m2 I t - moment tromosti poprečnog presjeka štapa na uvijanje, m4 M t - moment uvijanja u presjeku štapa, Nm

n t - raspodijeljeno vanjsko opterećenje štapa na uvijanje, Nm/mψ - kut uvijanja, rad

Poglavlje 3

d - razmak točaka razdiobe u mreži konačnih razlika, mE - Youngov modul elastičnosti, N/m2 F - koncentrirana vanjska sila, N

{f } - vektor čvornih sila konačnog elementa

{f q } - vektor čvornih sila konačnog elementa od vanjskog

raspodijeljenog opterećenja q

{F} - vektor čvornih sila modela

{Fq } - vektor čvornih sila modela od vanjskog raspodijeljenog

opterećenja q I - osni moment tromosti poprečnog presjeka grede, m4


[K ] - matrica krutosti modelaM - moment savijanja u presjeku grede, NmM 0 - koncentrirani vanjski moment, NmQ - poprečna sila u presjeku grede, Nq - raspodijeljeno vanjsko opterećenje grede, N/m

R - reaktivna sila u osluncu grede, Nw - progib grede, m

5





ϕ - kut nagiba presjeka grede, rad

ν - Poissonov koeficijent

σ - normalno naprezanje u presjeku grede, N/m2

τ - smično naprezanje u presjeku grede, N/m2

Poglavlje 4

A - površina konačnog elementa, m2 D 1 - krutost konačnog elementa na rastezanjeD 2 - krutost konačnog elementa na smikE - Youngov modul elastičnosti, N/m2


{f }p - vektor čvornih sila konačnog elementa od vanjskog

raspodijeljenog opterećenja q x i q yF - koncentrirana vanjska sila, N

{F} - vektor čvornih sila modelah - debljina ploče, m


[k ]1 - matrica krutosti konačnog elementa na rastezanje

[k ]2 - matrica krutosti konačnog elementa na smik

[K ] - matrica krutosti modela,N x , N y - normalne membranske sile u smjeru x i y, N/mq x , q y - komponente vanjskog ravninskog opterećenja ploče u

smjeru osi x i y, N/mS - smična membranska sila, N/mu - pomak u ravnini ploče u smjeru x, mv - pomak u ravnini ploče u smjeru y, m




θ - Airyeva potencijalna funkcija naprezanja

Poglavlje 5

a - duljina stranice ploče u smjeru osi x, mA - površina konačnog elementab - duljina stranice ploče u smjeru osi y, mD - krutost ploče na savijanje, NmE - Youngov modul elastičnosti, N/m2


{f }q - vektor čvornih sila od vanjskog opterećenja q

h - debljina ploče, m


[K ] - matrica krutosti modela

M x , M y - momenti savijanja ploče, Nm/mQ x , Q y - poprečne sile ploče, N/m

q z - vanjsko raspodijeljeno opterećenje, N/m2

6



w - progib ploče, mW - ukupna energija savijanja ploče, Nm

δ - razmak točaka razdiobe u mreži konačnih razlika ploče, m



ϕ - kutni zakret u čvoru konačnog elementa ploče oko osi y, rad


ψ - kut zaokreta u čvoru konačnog elementa ploče oko osi x, rad

Poglavlje 6

[B] - matrica deformacija konačnog elementa

[D] - matrica elastičnosti izotropne ljuskeE - Youngov modul elastičnosti, N/m2


{f }p - vektor površinskog opterećenja konačnog elementa{F} - vektor čvornih sila modela

{F}p - vektor površinskog opterećenja modelah - debljina ljuske, m


[K ] - matrica krutosti modelal - duljina konačnog elementa ljuske, mM 1, M 2 - momenti savijanja ljuske u meridijalnom i cirkularnom smjeru, Nm/mN 1, N 2 - membranske sile ljuske u meridijalnom i cirkularnom smjeru, N/m

[N] - matrica oblika konačnog elementa

p - opterećenje ljuske tlakom, N/m

2

Q 1, Q 2 - poprečne sile ljuske u meridijalnom i cirkularnom smjeru, N/mR - vanjski (najveći) polumjer okrugle ploče, mr - polumjer promatrane točke okrugle ploče, mr 1, r 2 - polumjeri meridijalne i cirkularne zakrivljenosti ljuske, mr 0 - projekcija polumjera r u poprečnoj ravnini ljuske, ms - lokalna koordinata konačnog elementa, m

[ ] - matrica transformacija čvornih pomaka konačnog elementau - meridijalni pomak ljuske, mu (s ) - funkcija oblika meridijalnog pomaka u konačnom elementuw - normalni pomak ljuske, m

w (s ) - funkcija oblika normalnog pomaka u konačnom elementuY - radijalna sila ljuske, N/mz - os simetrije (rotacije) ljuskeZ - osna sila ljuske, N/m

- koeficijent koordinate položaja promatranog presjeka ljuske, rad

β - kut savijanja ljuske u meridijalnoj ravnini, rad

- kut nagiba ljuske prema osi rotacije z, °

δ - radijalni pomak ljuske, m


- osni pomak ljuske, m

{ } - vektor čvornih pomaka modelaε1, ε2 - linijske deformacije ljuske u meridijalnom (1) i cirkularnom (2) smjeru

7



{ε} - vektor deformacija ljuske

κ1, κ2 - kutne deformacije ljuske u meridijalnom (1) i cirkularnom (2) smjeru

{σ} - vektor unutarnjih sila ljuske


ρ - bezdimenzionalna koordinata (r / R) promatrane točke okrugle ploče

ξ - bezdimenzionalna koordinata ( x/r ) promatranog presjeka cilindričneljuske i bezdimenzionalna lokalna koordinata ( s/l ) konačnog elementa

8



1. OSNA DEFORMACIJA ŠTAPA

1.1. Diferencijalna jednadžba osne deformacije štapa

Na slici 1.1. prikazan je diferencijalni element osno opterećenog štapa /2/ sa svojimosnovnim značajkama : N - uzdužna sila, u - uzdužni pomak, n x - raspodijeljeno osnoopterećenje, AE - osna krutost štapa.

n x

d x

AE x

u u+du

N N d N +

Slika 1.1. Diferencijalni element osno opterećenog štapa

Iz uvjeta ravnoteže elementa na slici 1.1. slijedi

xn N xdd −= odnosno xn N

−=d

d

Iz teorije elastičnosti proizlazi

x x

x

E

A

N

ε σ

σ

=

=

Analizom deformacija elementa na slici 1.1. slijedi

u

x

u

x x d

dlim

0=

∆

∆=

→ε

Sređivanjem gornjih izraza dobiva se diferencijalna jednadžba osno opterećenog štapa proizvoljnog, ali konstantnog presjeka koja glasi

xn

x

u AE −=

2

2

d

d (1.1)

i izraz za uzdužnu silu kao funkcija pomaka

x

u AE N

d

d= (1.2)

1.2. Numeričko rješenje primjenom metode konačnih razlika

Kod mnogih primjera iz prakse nije moguće odrediti analitičko rješenje odgovarajućediferencijalne jednadžbe. U tom slučaju može se pomoću numeričkih metoda dobiti rješenjekoje je doduše približno ali dovoljno pouzdano s inženjerskog stajališta. Jedna od takvih

nezaobilaznih metoda jest metoda konačnih razlika.

9



Teorija konstrukcija

Upotrebom ove metode u razmatranoj diferencijalnoj jednadžbi se derivacije za izabranetočke zamjenjuju s konačnim razlikama. Te točke pripadaju mreži konačnih razlika s kojom semodelira analizirani konstrukcijski dio. Slika deformacija se dobiva određivanjem približnihvrijednosti za deformacije u tim točkama.

Obzirom da je osna deformacija štapa jednodimenzionalan problem, da bi se dobili izrazi

s konačnim razlikama u zamjenu za derivacije, aproksimira se funkcija )f( x y = u danomintervalu s interpolacijskim polinomom P( x). Pritom bolja aproksimacija izvorne funkcije dajei bolje izraze s konačnim razlikama, te se povećava točnost rezultata. Drugim riječima,interpolacija izvorne funkcije koja opisuje deformacije i konačne razlike su usko povezani.

U standardnoj upotrebi ove metode koristi se za određivanje izraza s konačnimrazlikama parabolički interpolacijski polinom II reda /6/

2210 aaa)P( x x x ++=

∆ x ∆ x ∆ x

x1

x2

xi-1

xi

xi+1

y i -

1

y i

y i + 1

y

x

P( x)

f( x)

Slika 1.2 Interpolacija funkcije i konačne razlike

U tom slučaju proizlazi prema notaciji na slici 1.2 slijedeće

)464()(

1)(P)(f

)22()(2

1)(P)(f

)2()(

1)(P)(f

)(2

1)(P)(f

2-i1-ii1i2i4iIV

iIV

2-i1-i1i2i3ii

1-ii1i2ii

1-i1iii

y y y y y x

x x

y y y y x

x x

y y y x

x x

y y x

x x

+−+−∆

==

−+−∆

=′′′=′′′

+−∆

=′′≅′′

−∆

=′≅′

++

++

+

+

(1.3)

10



1. Osna deformacija štapa

Kod primjene metode konačnih razlika štap se modelira mrežom konačnih razlika, slika1.3.a, te se problem svodi na određivanje pomaka i sila u točkama mreže.

x

d d

i-1 i+1i

ni

x

1 2 i n-1 n. . . . . . . .

a) b)

Slika 1.3 Mreža konačnih razlika

Za svaku i-tu točku mreže, slika 1.3.b, može se postaviti slijedeća algebarska jednadžba

i1-ii1i2)2(

1nuuu

d EA −=+−

+ (1.4)

Ova jednadžba zamjenjuje diferencijalnu jednadžbu (1.1) u i-toj točki mreže konačnihrazlika. Obzirom da se jednadžba (1.4) može postaviti za sve točke mreže (osim za rubne),

problem se svodi na rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi, gdje su rješenje

uzdužni pomaci u točkama mreže konačnih razlika.

Ukoliko je vanjsko opterećenje zadano u obliku koncentrirane osne sile F , ista se trebazamijeniti s odgovarajućim raspodijeljenim osnim opterećenjem u i-toj točki mreže, slika 1.4,

da bi se očuvao kontinuitet jednadžbi.

x

d d

i-1 i+1ii

F

Slika 1.4 Koncentrirana osna sila i zamjensko raspodijeljeno osno opterećenje

d

F n =i

U skladu s gore rečenim može se i diferencijalni izraz za uzdužnu silu (1.2) zamijeniti s

odgovarajućim algebarskim izrazom, kako slijedi

)(2

11-i1ii uu

d EA N −=

+ (1.5)

11




PRIMJER 1.1.

Štap osne krutosti AE i duljine L učvršćen je i opterećen jednolikim osnim opterećenjemn x prema slici 1.5.a. Odrediti raspodjelu uzdužnih pomaka duž štapa i reakcije na mjestimaučvršćenja, ako je zadana mreža konačnih razlika prema slici 1.5.b.

AE

L

d d d d

1 2 3 4 5

n x

a)

b)

Slika 1.5 Primjer 1.1

Postavlja se jednadžba (1.4) za točke 2, 3 i 4 mreže,

i = 2 2

2

123 2 n EA

d uuu −=+−

i = 3 3

2

234 2 n EA

d uuu −=+−

i = 4 4

2

345 2 n EA

d uuu −=+−

gdje je Ld nnnn x 25.0 ,432 ====

U gornjem sustavu jednadžbi javljaju se dvije prekobrojne nepoznanice, u 1 i u 5 , koje seodređuju iz rubnih uvjeta, tj. u 1 = u 5 = 0. Na taj način sustav postaje jednoznačno određen iima slijedeće rješenje :

EA

Ln

u

x

2

2 32

3

= , EA

Ln

u

x

2

3 32

4

= , EA

Ln

u

x

2

4 32

3

=

Reakcije na mjestu učvršćenja određuju se primjenom izraza (1.5),

)(2

1

)(2

1

465

021

uud

EA N

uud

EA N

−=

−=

12




U oba izraza se javljaju nove nepoznanice u 0 i u 6. Iste se određuju ponovnim postavljanjem jednadžbe (1.4) za točke mreže i=2 i 4 ali s dvostrukim rasponom (2d )susjednih točaka

i = 2 xn

EA

d uuu

2

024

)2(2 −=+−

i = 4 xn EA

d uuu

2

246

)2(2 −=+−

Iz ovih jednadžbi proizlazi

EA

Lnn

EA

d uuu

EA

Lnn

EA

d uuu

x x

x x

22

246

22

420

32

542

32

542

−=−−=

−=−−=

te reakcije iznose

Ln N

Ln N

x

x

5,0

5,0

5

1

=

=

Ovaj zadatak se mogao riješiti i razmatranjem samo jedne polovice štapa tako da se jednadžba (1.4) postavlja samo za točke 2 i 3 mreže,

i = 2 xn EA

d uuu

2

123 2 −=+−

i = 3 xn EAd uuu

2

234 2 −=+−

Za prekobrojne nepoznanice u 1 i u 4 postavlja se rubni uvjet u točki i=1 i uvjet simetrijeu točki i=3

i = 1 01 =u

i = 3 243 0 uu N −==

što daje 24 uu =

Uvrštavanjem ovih vrijednosti u osnovne jednadžbe slijedi isto rješenje kao i u slučaju analizečitavog štapa.

13




Dijagrami raspodjele uzdužnih pomaka i sila duž štapa prikazani su na slikama 1.6.a i 1.6.b.

a)

b)

N 1

N 5

−

+

u2

u3

u4

Slika 1.6. Primjer 1.1

PRIMJER 1.2

Za štap istih značajki kao i u primjeru 1.1, ali koji je opterećen koncentriranom silom F prema slici 1.7.a, odrediti raspodjelu uzdužnih pomaka i reakcije na mjestu učvršćenja.Koristiti mrežu konačnih razlika prikazanu na slici 1.7.b.

L, AE

d d d d

1 2 3 4 5

a)

b)

c)

d)

L/2

n3

F


3n ′ 4n ′2n ′

14




Koncentrirana sila se zamjenjuje s trokutastim raspodijeljenim opterećenjem prema slici1.7.c, gdje je d F nnn === 342 ,0 , te se postavlja jednadžba (1.4) u točkama 2, 3 i 4 mreže,

i = 2 02 123 =+− uuu

i = 3 3

2

234 2 n EA

d uuu −=+−

i = 4 02 345 =+− uuu

Uvrštavanjem rubnih uvjeta 051 == uu dobiva se rješenje gornjeg sustava u obliku

EA

FLu

8

12 =

EA

FLu

4

13 =

EA

FLuu

8

124 ==

Izrazi za reakcije na mjestima učvršćenja štapa glase

)(2

1021 uud EA N

−=

)(2

1465 uu

d EA N −=

Nepoznanice u 0 i u 6 određuju se ponovnim postavljanjem jednadžbe (1.4) za točkemreže i=2 i 4, ali s dvostrukim rasponom (2d ) susjednih točaka mreže i s preraspodjelomtrokutastog opterećenja na dvostruki raspon prema slici 1.7.d. Slijedi

d

F nn

442 =′=′ d

F n

23 =′

i = 2 2

2

024 )2(2 n EAd uuu ′−=+−

i = 4 4

2

246

)2(2 n

EA

d uuu ′−=+−

Proizlazi da je

EA

FLu

8

10 −=

EA

FLu

8

16 =

Uvođenjem ovih veličina u izraze za sile N 1 i N 5 dobiva se

F N

F N

5,05,0

5

1

−==

Ovaj primjer se može riješiti i tako, da se razmatra samo jedna polovica štapa. U tomslučaju se koncentrirana sila F uvodi u proračun preko uvjeta simetrije. Jednadžba (1.4) se

postavlja za točke i=2 i 3 mreže,

i = 2 02 123 =+− uuu

i = 3 02 234 =+− uuu

15




Za prekobrojne nepoznanice u 1 i u 4 postavlja se rubni uvjet u točki i=1 i uvjet simetrijeu točki i=3

i = 1 0=u

i = 3 )(

2

1

2243 uu

d

EA F

N −==

što daje

24 u EA

Fd u +=

Uvrštavanjem ovih vrijednosti u osnovne jednadžbe dobiva se isto rješenje kao i slučajurazmatranja čitavog štapa.

Dijagrami raspodjele uzdužnih pomaka i sila duž štapa prikazani su na slikama 1.8.a i b .

a)

b) N

1

N 5

u2

u3

u4

+

−

F


PRIMJER 1.3

Štap osne krutosti AE i duljine L učvršćen je na oba kraja i opterećen s dvije sile F 1 i F 2 prema slici 1.9.a. Odrediti raspodjelu uzdužnih pomaka duž štapa i reaktivne uzdužne sile namjestima učvršćenja za mrežu konačnih razlika prema slici 1.9.b.

L, AE

d d d d

1 2 3 4 5

a)

b)

L/4

F 1=2 F

c)

d)

L/4

F 2= F

n2

n3


2n ′

″2n ″4n

16




Koncentrirana sila se zamjenjuje trokutastim opterećenjem prema slici 1.9.c , gdje je

d

F

d

F n

212 ==

d

F

d

F n −=−= 2

3

Postavlja se jednađ ba (1.4) za točke i=2, 3 i 4 mreže,

i = 2 EA

Fd n

EA

d uuu

22 2

2

123 −=−=+−

i = 3 EA

Fd n

EA

d uuu =−=+− 3

2

234 2

i = 4 02 345 =+− uuu

Za prekobrojne nepoznanice postavljaju se rubni uvjeti 051 == uu . Uvrštenjem istih u

osnovni sustav jednadžbi slijedi rješenje

EA FLu42 = 043 == uu

Reakcije na mjestima učvršćenja određuju se primjenom izraza (1.5)

)(2

1021 uu

d EA N −= )(

2

1465 uu

d EA N −=

Prekobrojne nepoznanice u 0 i u 6 određuju se ponovnim postavljanjem jednadžbe (1.4) zatočke mreže i=2 i 4 ali s dvostrukim rasponom susjednih točaka i s odgovarajućomtrokutastom raspodjelom vanjskog opterećenja prema slici 1.9.d . Slijedi

d

F

d

F nnn42

2222 −=″+′=

d

F nn444 −=″=

i = 2 2

2

024 2 n EA

d uuu −=+−

i = 4 4

2

246 2 n EA

d uuu −=+−

Kada se u ove jednadžbe uvrste opterećenja n 2 i n 4, te poznati pomaci u 2 i u 4, dobiva se

EA

Fd u −=0 06 =u

Uvođenjem ovih vrijednosti u izraze za sile slijedi:

F N =1 05 = N .

17




Dijagrami raspodjele uzdužnih pomaka i sila duž štapa prikazani su na slikama 1.10.a i b .

a)

b) N

1 +

u2

+

−

F 1

F 2


1.3. Numeričko rješenje metodom konačnih elemenata

Kod primjene metode konačnih elemenata štap se modelira sustavom štapnih konačnihelemenata /4/, vidjeti sliku 1.11. , te se problem svodi na određivanje pomaka i sila u spojnimtočkama elemenata, tj. u čvorovima.

1 2 n...

Slika 1.11. Mreža konačnih elemenata

Prema tome, osnovna građevna jedinica je štapni konačni element, čije značajke su prikazanena slici 1.12.

n x

N 0

N l

x0 l

l

u0 ul

Slika 1.12. Štapni konačni element

Element ima dva čvora, 0 i 1, u svakom čvoru postoji uzdužni pomak i uzdužna sila.Pomaci i sile u čvorovima elementa povezani su sustavom jednadžbi, koji u matričnom oblikuizgleda,

[ ]{ } { } { } xnnδk −= (1.6)

18




gdje je

[ ]⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−=

11

11k

l

EA matrica krutosti elementa

{ }⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

i

0δ

u

u vektor čvornih pomaka

{ }⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

i

0n

N

N vektor čvornih sila

{ }⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⋅−=1

1

2

1n x x nl vektor čvornih sila od vanjskog opterećenja

Sustav (1.6) sadrži više nepoznanica (4) od broja jednadžbi (2). Ovaj nesrazmjerisčezava kada se primjene uvjeti spajanja elemenata. Kod spajanja elemenata treba voditiračuna o konvenciji pozitivnog predznaka sila prema slici 1.13.

i i+1

F

Slika 1.13 Spoj osno opterećenih štapnih elemenata

i0 N 1i+

l N il N 1i

0+

N

PRIMJER 1.4.

Štap osne krutosti AE i duljine L učvršćen je na oba kraja i opterećen jednolikimopterećenjem n x prema slici 1.14.a. Odrediti uzdužni pomak štapa u sredini i reakcije namjestima učvršćenja, ako je štap prikazan modelom konačnih elemenata prema slici 1.14b.

L, AE

n x

a)

b) 21

L/2

N 1 N

3

1 2 3


19




Za sustav od dva elementa postavlja se matrična jednadžba,

[ ] { } { } { } x N NK −=∆⋅

koja u razvijenom obliku izgleda

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+−−

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

==

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+−

−

1

11

1

)4

(0

0

0

110

1111

011

2

3

2

1

3

2

1

xn L

N

N

N

u

u

u

L

EA

1

Radi se o sustavu od 3 jednadžbe s 3 nepoznanice u 2, N 1 i N 3. 2

Obzirom da su pomaci 031 == u u , pomak u 2 se može odrediti iz reduciranog sustava

241

22 2 ⋅= x Lnu L

EA

EA

Lnu x

2

2 81

=

Iz ostalih jednadžbi gornjeg sustava određuju se reakcije na mjestima učvršćenja,

xn L

N u L

EA

4)1(2 12 +=−

21

Ln N x−= (smjer)

xn L

N u L

EA

4)1(2 32 +=−

23

Ln N x−= (smjer)

Ovaj primjer se može riješiti i na način, da se razmatra samo jedna polovica štapa, te sematrična jednadžba postavlja samo za element 1 uz uvjet simetrije 02 = N ,

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

==

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

− 1

1

40

0

1

12

2

1

2

1 xn

L

N

N

u

u

L

EA

te se dobiva

xn L

u L

EA

42 2 =

EA

Lnu x

2

2 8

1=

xn N u L

EA

4

1)1(2 12 +=− Ln N x2

11 −=

20




PRIMJER 1.5

Za štap istih značajki kao u primjeru 1.4, ali koji je opterećen koncentriranom silom F prema slici 1.15.a , odrediti pomak u sredini i reakcije na mjestu učvršćenja, ako je štap prikazan modelom od dva konačna elementa prema slici 1.15.b.

a)

b) 21

L/2

N 1 N

31 2 3

F


Matrična jednadžba sustava u razvijenom obliku glasi

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

==

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+−

−

3

2

1

3

2

1

0

0

110

1111

011

2

N

F N

N

u

u

u

L

EA

Odatle slijedi

F u L

EA=222

EA

FLu

41

2 =

12)1(2 N u L

EA=− F N

2

11 −= (smjer)

32)1(2 N u L

EA=− F N

2

13 −= (smjer)

U slučaju razmatranja samo jedne polovice štapa s jednim konačnim elementom, matrična jednadžba glasi

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

==

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =⎥⎦⎤⎢

⎣⎡−

−2

011112

2

1

2

1

F N N

uu

L EA

Odatle slijedi

22 2

F u

L

EA=

EA

FLu

4

12 =

12)1(2 N u L

EA=− F N

2

11 −=

21




PRIMJER 1.6

Štap osne krutosti AE i duljine L učvršćen je na oba kraja i opterećen s dvije sile F 1 i F 2 prema slici 1.16a. Odrediti raspodjelu uzdužnih pomaka i sila duž štapa za model od 3konačna elementa, prikazanog na slici 1.16.b.

L, AE

a)

b)

L/4

F 1=2 F

L/4

F 2= F

21

N 1 N

31 2 3

3

4


Matrična jednadžba sustava glasi

⎪

⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

==

⎪

⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+−

−+−

−

4

23

12

1

4

3

2

1

0

0

11

1122

2222

22

2

N

F N

F N

N

u

u

u

u

L

EA

Redukcijom sustava se dobiva3

1

2

132 )2(242 F u L

EAu

L

EA=−+

232 32)2(2 F u L

EAu

L

EA=+−

Rješenje ovih jednadžbi glasi

EA

FLu41

2 = 03 =u

Povratkom u osnovnu jednadžbu sustava određeno je

12)2(2 N u L

EA=− F N −=1 (smjer)

4202 N u L

EA=⋅⋅ 04 = N

Raspodjela pomaka i sila duž štapa ista je kao na slici 1.10.

22



2. UVIJANJE ŠTAPA

2.1. Diferencijalna jednadžba uvijanja štapa

Na slici 2.1 prikazan je diferencijalni element štapa opterećenog na uvijanje /2/ sa svojimosnovnim značajkama : M t - moment uvijanja, - kut uvijanja, m t - raspodijeljenoopterećenje na uvijanje, GI t - krutost štapa na uvijanje.

x

d x

mt

M t

M t+d M

t

GI t

ψ

ψ +dψ

Slika 2.1. Diferencijalni element štapa opterećenog na uvijanje

Osnovna diferencijalna jednadžba štapa proizvoljnog i konstantnog poprečnog presjekaopterećenog na uvijanje glasi

t2

2

td

dm

x

GI −=

ψ (2.1)

Moment uvijanja, izražen kao funkcija kuta uvijanja, glasi

xGI M d

dtt

ψ = (2.2)

Kut uvijanja štapa na određenom odsječku svoje duljine l x , uz uvjet da je na tom odsječkukonstantna raspodjela momenta uvijanja M t, određen je izrazom

t

t

GI

l M x

=ψ (2.3)

2.2. Analogija rastezanja i uvijanja štapa

Usporedbom diferencijalnih jednadžbi (1.1) i (2.1) uočljiva je potpuna analogija

između osno opterećenog i na uvijanje opterećenog štapa. Stoga se sve formule i svi numerički postupci, prikazani u Glavi 1 za osno opterećen štap, mogu u potpunosti primijeniti i za štapopterećen na uvijanje. Pritom je potrebno definirati analogiju fizikalnih veličina koje su

svojstvene za oba načina opterećenja štapa. To je prikazano u Tablici 2.1.

Osno opterećenje u N n x EA

Uvijanje ψ M t mt GI t

Tablica 2.1 Analogija fizikalnih veličina rastezanja i uvijanja štapa

23




Kod primjene metode konačnih elemenata upotrebljava se štapni element opterećen nauvijanje prema slici 2.2

mt

M t0

ψ 0

M tl

ψ l

Slika 2.2 Štapni konačni element opterećen na uvijanje

Kod spajanja elemenata valja se držati konvencije o pozitivnom predznaku momenata uvijanja prema slici 2.3.

i i+1

Slika 2.3 Spoj štapnih elemenata opterećenih na uvijanje

1i0

+

t M 1i+

l t M t

M i0t

M il t

M

24



3. SAVIJANJE GREDE

3.1. Diferencijalna jednadžba elastične linije

Na slici 3.1 prikazan je diferencijalni element grede opterećene na savijanje /2/ sa svojim

značajkama : Q y - poprečna sila, M z - moment savijanja, w - progib, - kut nagiba,q y - raspodijeljeno poprečno opterećenje, EI - krutost na savijanje.

q y

y

x

ϕ

ϕ +dϕ

M z

M z +d M z

Q y Q y+dQ

y

w w+dw

d x EI

Slika 3.1 Diferencijalni element grede opterećene na savijanje

Postavljanjem uvjeta ravnoteže elementa na slici 3.1. proizlazi

y z

y y

Q x

M

q xQ

=

−=

d

d

dd

(a)

Spajanjem jednadžbi (a) dobiva se

y z q

x

M −=

2

2

d

d (b)

Primjenom Hookeovog zakona za jednoosno stanje naprezanja i uvjeta ravnoteže u presjeku

grede slijedi izraz za zakrivljenost elastične linije grede

EI

M z ==κ

ρ

1 (c)

U izrazu (c) veličina I je osni moment tromosti poprečnog presjeka grede obzirom na

os z , ali je zbog jednostavnosti indeks z izostavljen.

25




Ako se na elastičnu liniju w (x ) primijeni matematički izraz za zakrivljenost krivulje koji glasi

232

2

2

d

d1

d

d

1

⎥⎥⎦

⎤⎢⎢⎣

⎡ ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +

−=

x

w

x

w

ρ

te se zanemare male veličine

2

d

d⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

x

w i primijeni izraz (c), proizlazi

EI

M

x

w z =−=2

2

d

d1

ρ odnosno

2

2

d

d

x

w EI M z −=

Dvostrukim deriviranjem gornjeg izraza za M z i usporedbom s izrazom (b) dobiva se osnovna

diferencijalna jednadžba elastične linije

yq x

w EI =

4

4

d

d (3.1)

Integriranjem jednadžbe (3.1) i primjenom izraza (a) mogu se dobiti relacije između progiba w

i ostalih značajki savijanja grede, kako slijedi

3

3

d

d

x

w EI Q y −= (3.2)

2

2

d

d

x

w EI M z −= (3.3)

w

d

d=ϕ (3.4)


Greda se modelira mrežom konačnih razlika prema slici 3.2.a , te se problem svodi na

određivanje progiba, sila i momenata u točkama mreže.

x

d d

i-1 i+1i x

1 2 i n-1 n. . . . . . . .

i-2 i+2

d d

a) b)

Slika 3.2. Mreža konačnih razlika

Za svaku i-tu točku mreže, slika 3.2.b , postavlja se slijedeća algebarska jednadžba

i2-i1-ii1i2i4)464(

1qwwwww

d

EI =+−+− ++ (3.5)

26



3. Savijanje grede

Ova diferencijska jednadžba zamjenjuje diferencijalnu jednadžbu (3.1) u i-toj točki

mreže konačnih razlika. Ona se postavlja za sve točke mreže (osim za točke na rubu), pa se problem svodi na rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi. Rješenje ovog sustava su

progibi u točkama mreže.

Vanjsko opterećenje može biti, osim raspodijeljenog opterećenja q , koncentrirana sila F

ili moment M . Ovakva opterećenja trebaju se zamijeniti s odgovarajućim trokutastoraspodijeljenim opterećenjem, slike 3.3.a i 3.3.b, da bi se očuvao kontinuitet jednadžbi.

Za poprečnu silu Q , moment savijanja M i kut nagiba mogu se u i-toj točki mrežetakođer postaviti odgovarajući diferencijski izrazi u skladu s jednadžbama (3.2), (3.3) i (3.4),kako slijedi

)22(2

12-i1-i1i2i3i wwww

d EI Q −+−= ++ (3.6)

)2(1

1-ii1i2i wwwd

EI M +−−= + (3.7)

)(21

1-i1ii wwd

−= +ϕ (3.8)

i

F

d d i-1 i+1i

i

M

i

F

d d

i-1

i+1

i

i+2

i-2 d d

d d

a)

b)

Slika 3.3 Koncentrirana sila F i moment M i zamjensko raspodijeljeno opterećenje

d

F q =i

21i2d

M q =+

21-i2d

M q −=

27




PRIMJER 3.1

Greda krutosti na savijanje EI i duljine L zglobno je oslonjena na krajevima i opterećena jednolikim opterećenjem q 0 prema slici 3.4.a. Odrediti elastičnu liniju i reakcije u osloncima

grede za mrežu konačnih razlika prema slici 3.4.b.

EI

L

d d d d

1 2 3 4 5

q0

a)

b)


Diferencijske jednadžbe oblika (3.5) u točkama mreže i=2, 3 i 4 glase:

i = 2 EI

d qwwwww

4

201234 464 =+−+−

i = 3

EI

d qwwwww

4

312345 464 =+−+−

i = 4 EI

d qwwwww

4

423456 464 =+−+−

gdje je 0432 qqqq ===

Za prekobrojne nepoznanice w 0, w 1, w 5 i w 6 postavljaju se slijedeći rubni uvjeti:

i = 1 01 =w

)2(1

0 01221 wwwd

EI M +−−==

što daje

i = 5

20 ww −=

05 =w

05 = M

što daje 46 ww −=

Uvođenjem rubnih uvjeta rješava se osnovni sustav jednadžbi, te rješenje glasi

EI

Lqw

4

0

2512

5= ,

EI

Lqw

4

03

512

7= ,

EI

Lqw

4

04

512

5=

28



3. Savijanje grede

Reakcije u osloncima određuju se na osnovu izraza (3.6) kako slijedi

)22(2

1102331 −−+−−= wwww

d EI R

)22(2

1

346735

wwwwd

EI R −+−−=

Prekobrojne nepoznanice w -1 i w 7 određuju se iz rubnih uvjeta 051 == M M , ali s dvostrukim

rasponom susjednih točaka mreže, tj.

)2()2(

10 11321 −+−−== www

d EI M što daje 31 ww −=−

)2()2(

10 35725 www

d EI M +−−== što daje 37 ww −=

Uvrštenjem u izraze za R 1 i R 5 proizlazi, da je

qL R8

31 = , qL R

8

35 −= (smjer)

Elastična linija i dijagram raspodjele poprečnih sila prikazani su na slikama 3.5.a i b.

a)

b)

R1

R5

−

+

w2

w3

w4


Ovaj problem se može riješiti razmatranjem samo ½ grede i uvođenjem uvjetasimetrije na sredini grede. U tom slučaju se diferencijska jednadžba oblika (3.5) postavlja

samo u točkama i=2 i 3 mreže

i = 2 EI

d qwwwww

4

001234 464 =+−+−

i = 3 EI

d qwwwww

4

0

12345 464 =+−+−

29




Rubni uvjeti: i = 1 01 =w

01 = M

što daje 20 ww −=

Uvjet simetrije: i = 3 )(2

10 243 wwd −==ϕ

što daje 24 ww =

)22(2

10 124533 wwww

d EI Q −+−−==

što daje 05 =w

Uvođenjem ovih vrijednosti u osnovni sustav jednadžbi proizlazi rješenje

EI

Lqw

4

02

512

5= ,

EI

Lqw

4

03

512

7=

PRIMJER 3.2

Greda krutosti na savijanje EI i duljine L ukliještena je na oba kraja i opterećena

momentom M 0 prema slici 3.6.a. Odrediti elastičnu liniju i reakcije u uklještenju koristeći

mrežu konačnih razlika prema slici 3.6.b.

L, EI

d d d d

1 2 3 4 5

a)

b)

L/2

M 0

q2

q4

c)


Moment M 0 zamjenjuje se s odgovarajućim trokutasto raspodijeljenim opterećenjem prema

slici 3.6.c , gdje je

2

02

2d

M q = 03 =q

2

04

2d

M q −=

30



3. Savijanje grede

Diferencijske jednadžbe oblika (3.5) u točkama i=2, 3 i 4 glase :

i = 2 EI

d qwwwww

4

201234 464 =+−+−

i = 3 EI

d q

wwwww

4

3

12345 464 =+−+−

i = 4 EI

d qwwwww

4

423456 464 =+−+−

Prekobrojne nepoznanice w 0, w 1, w 5 i w 6 određuju se iz rubnih uvjeta

i = 1, )(2

10 ,0 0211 ww

d w −=== ϕ

što daje

i = 5

20 ww =

0 ,0 55 ==w

što daje 46 ww =

Uvrštavanjem ovih vrijednosti u osnovni sustav jednadžbi proizlazi rješenje

EI

L M w

2

02

192

1= , 03 =w ,

EI

L M w

2

04

192

1−=

Reaktivni momenti u uklještenju određuju se primjenom izraza (3.7)

0012216

1)2(

1 M www

d EI M −=+−−= (smjer)

04562561)2(1 M www

d EI M =+−−=

Reaktivne sile u uklještenju određuju se primjenom izraza (3.6)

)22(2

1

)22(2

1

346735

102331

wwwwd

EI R

wwwwd

EI R

−+−−=

−+−−= −

Prekobrojne nepoznanice w -1 i w 7 se određuju postavljanjem izraza za poznate reaktivne

momente M 1 i M 5 ali s dvostrukim rasponom susjednih točaka mreže

)2()2(

1

6

1113201 −+−−=−= www

d EI M M

što daje EI

L M w

20

124

1=−

)2()2(

1

6

1357205 www

d EI M M +−−==

što daje EI

L M w

2

0

7 24

1−=

31




Uvođenjem ovih vrijednosti u izraze za R 1 i R 5 slijedi

L

M R 0

13

4=

L

M R 0

53

4=

Elastična linija i raspodjela poprečnih sila i momenata savijanja duž grede prikazana je na

slikama 3.7.a , b i c.

1 2 3 4 5

a)

b)

c)

w2

w4

M 1 −

−

++ M

5

R5 R1 +

4


Isti se problem može riješiti i na način, da se razmatra samo jedna polovica grede, te da

se uvedu uvjeti antisimetrije na sredini grede. Diferencijska jednadžba oblika (3.5) postavlja sesamo u točki i=2 mreže, a vanjski moment M 0 se u proračun uvodi preko rubnog uvjeta na

sredini grede. Slijedi

i = 2 0464 01234 =+−+− wwwww

Prekobrojne nepoznanice w 0, w 1, w 3 i w 4 određuju se iz rubnih uvjeta i uvjeta antisimetrije.Rubni uvjeti :

i = 2 01 =w , 01 =ϕ

što daje

i = 3

20 ww =

)2(1

22342

03 www

d EI

M M +−−==

što daje EI

d M www

22

2

0324 −+−=

Uvjet antisimetrije : i = 3 03 =w

32



3. Savijanje grede

Uvođenjem ovih vrijednosti u osnovni sustav jednadžbi dobiva se rješenje

EI

L M w

20

2192

1=

Daljnji postupak za određivanje reakcija je identičan kao i u slučaju razmatranja čitave grede.

PRIMJER 3.3

Konzolni nosač krutosti na savijanje EI i duljine L opterećen je na sredini silom F premaslici 3.8.a. Odrediti elastičnu liniju, reakcije u uklještenju i raspodjelu poprečnih sila i

momenata savijanja za mrežu konačnih razlika prema slici 3.8.b.

L, EI

d d

1 2

a)

b) 3

L/2

c)

F


d

F q =2

Sila F se zamjenjuje trokutasto raspodijeljenim opterećenjem prema slici 3.8.c. Zatim se utočkama i=2 i 3 mreže postavljaju diferencijske jednadžbe oblika (3.5)

i = 2 EI

d qwwwww

42

01234 464 =+−+−

i = 3 0464 12345 =+−+− wwwww

Prekobrojne nepoznanice w 0, w 1, w 4 i w 5 određuju se iz rubnih uvjeta

i = 1

što daje w

i = 3

0 ,0 11 == ϕ w

20 w=

2343 20 www M +−==

što daje w 234 2 ww −=

wwww

0Q 12453 22 −+−==

što daje w 245 22 ww −=

33




Uvođenjem ovih vrijednosti u osnovni sustav jednadžbi proizlazi rješenje

EI

FLw

16

3

2 = , EI

FLw

8

3

3 =

Reaktivni moment M 1 u uklještenju određen je izrazom (3.7)

)2(1

01221 wwwd

EI M +−−=

FL M 2

11 −= (smjer)

Reaktivna sila R 1 u uklještenju određena je izrazom (3.6)

)2(2

111331 −+−−= www

d EI R

Prekobrojna nepoznanica w -1 određuje se postavljanjem izraza za poznati moment M 1 ali sdvostrukim rasponom točaka mreže

)2()2(

111321 −+−−= www

d EI M

što daje EI

FLw

3

18

3=−

te proizlazi

F R =1

Elastična linija i raspodjela poprečnih sila i momenata savijanja duž nosača prikazani su naslikama 3.9.a , b i c.

1 2

a)

b)

c)

3

F

+

−

R1

F

w2 w

3

M 1


34



3. Savijanje grede

3.3. Numeričko rješenje primjenom metode konačnih elemenata

Gredni nosač se modelira sustavom grednih konačnih elemenata /4/ prema slici 3.10.Problem se svodi na određivanje pomaka, sila i momenata u spojnim točkama elemenata, tj. u

čvorovima.

1 2 n...

n-1

Slika 3.10. Mreža konačnih elemenata

Gredni konačni element sa svojim značajkama prikazan je na slici 3.11.

q

M l 0 l

l

ϕ l

wl

Ql

M l

Q0

ϕ 0

Slika 3.11. Gredni konačni element

Element ima dva čvora, 0 i 1, u svakom čvoru postoji progib w , nagib , poprečna sila Q i

moment savijanja M . Pomaci i sile učvorovima vezani su me

đusobno matri

čnom jednadžbom

]{ } { } qf f δk −= (3.9)

gdje je

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

2

22

3

2

36simet.

32

3636

2k

l

l

l l l

l l

l

EI matrica krutosti elementa

{ }

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

l

l w

w

ϕ

ϕ 0

0

δ vektor čvornih pomaka

35




{ }

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

=

l

l

M

Q

M

Q

0

0

f vektor čvornih sila

{ }

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−=

l

l ql

6

1

1

6

1

1

2

1f q vektor čvornih sila vanjskog opterećenja

Sustav (3.9) sadrži više nepoznanica (8) od broja jednadžbi (4). Ovaj nesrazmjer

isčezava, kada se kod spajanja elemenata uvedu rubni uvjeti, te uvjeti ravnoteže i uzajamnostiu spojnim čvorovima. Pritom valja voditi računa o konvenciji pozitivnog predznaka sila i

momenata prema slici 3.12.

i i+1

F

M

Slika 3.12. Spoj grednih elemenata

1i+l M 1i

0+ M i

l M i0 M

i

0Q

i

l Q

1i

0

+

Q

1i+

l Q

PRIMJER 3.4

Gredni nosač krutosti na savijanje EI i duljine L zglobno je oslonjen na krajevima iopterećen jednolikim opterećenjem q 0 prema slici 3.13.a. Odrediti elastičnu liniju i reakcije u

osloncima nosača, ako je nosač predstavljen modelom konačnih elemenata prema slici 3.13.b.

EI L

1 2 3

q0

a)

b) 1 2

L/2 L/2


36



3. Savijanje grede

Matrična jednadžba modela glasi

[ ] { } { } qFFK −=∆⋅

ili u razvijenom obliku

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

+−

+−−

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

12

1

1212

11

12

1

)4

1(

0

0

0

0

0

0

0

3

3

2

2

1

1

3

3

2

2

1

1

L

L L

L

Lq

M

R

M

Q

M

R

w

w

w

ϕ

ϕ

ϕ

2

1

Pomaci u čvorovima određuju se iz reduciranog sustava jednadžbi (zasjenčena polja)

20366264263

346244243142

0336234233132

2

0224223122

481k k k

0k k k k

2

1k k k k

48

1k k k

Lqw

w

Lqw

Lqw

−=++

=+++

=+++

=++

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

gdje je

L EI

L

EI

L

EI L

EI

L

EI L

EI

L

EI

L

EI

8k k k k k

4k 16k 0k k k k

24k 0k 192k k k

4k 24k 8k

6646643663

464434432442

36343332332

2422322

===

=====

====

=−==

Rješenje gornjeg sustava glasi

EI

Lq 30

124

1=ϕ

EI

Lqw

40

2384

5= 02 =ϕ

EI

Lq 30

324

1−=ϕ

37




Povratkom u nereducirani sustav mogu se neposredno odrediti reakcije u osloncima

Lq Rw

Lq Rw

03356253

01213112

4

1k k

4

1k k

+=+

+−=+

ϕ

ϕ

gdje su

L

EI 24k 12 =

313 96k L

EI −=

353 96k L

EI −=

256 24k L

EI −=

te proizlazi

Lq R 012

1= Lq R 03

2

1−= (smjer)

Elastična linija i raspodjela poprečnih sila prikazani su na slikama 3.14.a i b.

a)

b) R

1

R5

−

+

w2

ϕ 1

ϕ 3

1 2 3


Ovaj primjer se mogao riješiti razmatranjem samo jedne polovice nosača s jednim

konačnim elementom i primjenom uvjeta simetrije . Matrična jednadžba glasi0Q ,0 22 ==ϕ

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

+

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

=

=

−

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

12

1

12

1

4

1

0

0

0

0

0

2

2

1

1

2

2

1

1

L

L Lq

M

Q

M

R

w

w

ϕ

ϕ

38



3. Savijanje grede

Redukcijom sustava (zasjenčena polja) proizlazi

2

022312248

1k k Lqw =+ϕ gdje je

L

EI 8k 22 = ,

223 24k L

EI −=

Lqw0233132 4

1k k =+ϕ gdje je

2332

k k = ,333

96k L

EI =

Rješenje sustava glasi

EI

Lq 3

0

124

1=ϕ ,

EI

Lqw

4

0

2384

5=

Povratkom u nereducirani sustav mogu se neposredno odrediti reakcija R 1 i moment savijanjaM 2 na sredini nosača

Lq Rw 01213112

4

1k k +−=+ϕ gdje je

212 24k

L

EI = ,

313 96k

L

EI −=

2

0224314248

1k k Lq M w −−=+ϕ gdje je

L

EI 4k 42 = ,

243 24k L

EI −=

Proizlazi da je

Lq R 012

1= 2

028

1 Lq M =

PRIMJER 3.5

Gredni nosač krutosti na savijanje EI i duljine L uklješten je na oba kraja i opterećenmomentom M 0 prema slici 3.15.a. Odrediti elastičnu liniju i reakcije u uklještenju nosača

upotrebom modela konačnih elemenata prema slici 3.15.b.

L, EI

1 2

a)

b)

3

L/2

M 0

1 2


Matrična jednadžba sustava glasi

[ ] { } { }FK =∆⋅

39





⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

−

−=

=

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

3

3

02

2

1

1

3

3

2

2

1

1

0

0

0

0

0

M

R

M M

R

M

R

w

w

w

ϕ

ϕ

ϕ

2

1

Pomaci u čvorovima određuje se iz reduciranog sustava jednadžbi (zasjenčena polja)

0244243

234233

k k

0k k

M w

w

−=+

=+

ϕ

ϕ

gdje je233 192k

L

EI = , 0k k 4334 == ,

L

EI 16k 44 =

Rješenje sustava glasi : 02 =w EI

L M 02

16

1−=ϕ

Reaktivne sile i momenti u uklještenju određuju se povratkom u nereducirani sustav

jednadžbi

2141 k ϕ =− R , 2241 k = M , 2543 k = R , 2643 k =− M

gdje je:

214 24k L

EI = ,

L

EI 4k 24 = ,

254 24k L

EI −= ,

L

EI 4k 64 =

Rješenje glasi

L

M R 0

1

2

3= ,

L

M R 0

3

2

3=

014

1 M M −= , (smjer) 03

4

1 M M =

40



3. Savijanje grede

Elastična linija, te dijagrami raspodjele poprečnih sila i momenata savijanja prikazani su na

slikama 3.16.a, b i c.

1 2

a)

b)

c)

3

M 1

M 3

R3

R1 +

1 2

ϕ 2

−

+ +

−


Ovaj primjer se može takođe riješiti razmatranjem samo jedne polovice nosača s jednim

konačnim elementom i primjenom uvjeta antisimetrije 2M ,0 022 M w == . Matrična

jednadžba glasi

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=−

−

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

2

0

0

0

02

2

1

1

2

2

1

1

M M

Q

M

R

w

w

ϕ

ϕ

Redukcijom sustava (zasjenčena polja) proizlazi

2k

0

244

M −=

ϕ gdje je L

EI

8k 44 =

EI

L M 02

16

1−=ϕ

Izrazi za reakcije glase

1214k R−=ϕ gdje je214 24k =

gdje je

L

EI

1224k M =ϕ L

EI 4k 24 =

41




te se dobiva

L

M R 0

12

3=

01 4

1 M M −= (smjer)

PRIMJER 3.6

Konzolni nosač krutosti na savijanje EI i duljine L opterećen je na sredini silom F prema

slici 3.17.a. Odrediti elastičnu liniju i reakcije u uklještenju upotrebom modela konačnihelemenata prema slici 3.17.b.

Zadano:2mkN10 kN,6,1 m,1 === EI F L

L, EI

1 2 3

a)

b)

L/2

F

1 2



[ ] { } { }FK =∆⋅


⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

0

0

0

0

0

3

3

2

2

1

1

3

3

2

2

1

1

M

Q

M

F Q

M

R

w

w

w

ϕ

ϕ

ϕ

2

1

42



3. Savijanje grede

Pomaci u čvorovima određuju se iz reduciranog sustava (zasjenčena polja)

0k k k k

0k k k k

0k k k k

k k k k

366365264263

356355254253

346345244243

336335234233

=+++

=+++

=+++

=+++

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ww

ww

ww

F ww

gdje je

2

366566546643663

35635545543553

2

346345

2

3443443

33633534333

2

116k k k k k k k

2

316k 616k k k k k

416k

2

316k 16k 0k k

2

316k )6(16k 0k )66(16k

L L

EI

L L

EI

L

EI

L

L

EI L

L

EI L

L

EI

L L

EI

L

EI

L

EI

====

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −====

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −====

=−==+=

Uvođenjem ovih izraza u gornji sustav jednadžbi slijedi

02

1

2

3

4

1

2

3

0

2

36

2

36

04

1

2

3162

3612

3

2

32

2

2

3322

3

2

32

2

3

332

=+−+

=−+−−

=+−

=+−

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ

L Lw L Lw

Lw Lw

L Lw L

EI

FL Lww

Za zadane numeričke vrijednosti proizlazi rješenje sustava

m0066,02 =w rad02,02 = m016,03 =w rad02,03 =ϕ

Reakcije u uklještenju određuju se iz nereduciranog sustava jednadžbi neposrednimizračunavanjem

2242231

2142131

k k

k k

ϕ

ϕ

+=

+=−

w M

w R

gdje je

)6(16k 313 −=

L

EI L

L

EI

2

316k

314 = ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= L

L

EI

2

316k

323 2

3244

116k L

L

EI =

Proizlazi, da je

kN6,11 = R

kNm79,01 −= M (smjer)

43




Elastična linija i raspodjela poprečnih sila i momenata savijanja duž grede prikazani su

na slici 3.18.

1 2 3

a)

b)

c)

F

+

−

R1

F

w2

w3

M 1

ϕ 2

ϕ 3


PRIMJER 3.7

Okvirni nosač prema slici 3.19.a sastoji se iz dijela AC s krutošću na uvijanje GI p i izdijela CE s krutošću na savijanje EI , te je opterećen momentom M 0 u točki C. Odrediti:

a) raspodjelu deformacija b) reakcije u osloncima A i E s odgovarajućim naprezanjima

Dio AC ima beskonačno veliku krutost na savijanje. Problem riješiti metodom konačnihelemenata s modelom prema slici 3.19b.

Zadano: m05,0 kNm,2 m,2 0 === d M a (promjer poprečnog presjeka nosača),

3,0,mkN108,0 ,mkN101,22828 =⋅=⋅= ν G E

A

C

E M

0

y

z

2a

2 a

x

1

2

3

4

A

C

E

a

a

D

B

a

a

a) b)


44



3. Savijanje grede

Dio AC opterećen je na uvijanje, pa je modeliran s dva štapna elementa (1,2); dio CE optere-

ćen je na savijanje, te je modeliran s dva gredna elementa (3,4).

Reakcije u osloncima pretpostavljene su prema 3.20.

1

2

3 4

A

C

ED

B

C

y

y

z

x

QE

M E


At M

2

0 M

20

M


[ ] { } { }FK =∆⋅

odnosno u razvijenom obliku

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

=

=

−=

=

=

=

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

=

E

E

D

D

tt

C

t

t

E

E

D

D

CC

C

B

A

0

0

0

0

0

0

0

0

0C

B

A

M

Q M

Q

M M

Q

M

M

w

w

w

ϕ

ϕ

ψ ϕ

ψ

ψ

3

4

2

2

1

U točki C progib 0C =w , jer ta točka pripada i dijelu AC okvira s beskonačnom krutosti na

savijanje. Kut uvijanja ψ C dijela AC je ujedno i kut nagiba ϕ C kod savijanja dijela CE.

45




Reducirani sustav jednadžbi glasi

0k k k

0k k k

k k k k

0k k

D66D65C64

D56D55C54

tD46D45C44B42

C24B22

0

=++

=++

=+++

=+

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ψ

ϕ ψ

w

w

M w

gdje je

56654664

4

12

3

3456

4

11

3

33554554

3

2446

3

2345

3

22

2

2244

2

124224

2

11

1

2222

k k k k

k k k k k k k k

k k k k k k k

k k k k k k

==

+=+==

==+=

==+=

te se dobiva

( )

( ) ( )

( ) ( ) 0222

3322

0332

662

32

23

22

2

0 11

D22

3D3C2

3

D3D3C3

tD2

3D3C2

3

tB

t

Ct

Bt

0

=+++−+

=+−+++−

−=+−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−

=−+

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ψ

ϕ ψ

aaa

EI waa

a

EI a

a

EI

aaa

EI w

a

EI a

a

EI

M aa

EI aw

a

EI a

a

EI

a

GI

a

GI

a

GI

a

GI

Rješenje ovog sustava glasi

rad015,0

m01546,0w

rad08155,0

rad04077,0

D

D

CC

B

=

−=

−==

−=

ϕ

ϕ ψ

ψ

Raspodjela deformacija prikazana je na slici 3.21.

A

C

ED

B

C

z

x

ϕ C

ϕ D

ψ B

ψ C

wD


46



3. Savijanje grede

Iz nereduciranog sustava jednadžbi neposredno se određuju reakcije

B12A k = M

D76D75E k k += wQ

D86D85E k k ϕ +=− w M

gdje je

( ) ( )

2

3

442863

t11285

3

432763

43175

t11212

2k k 3k k

32

k k 62

k k k k

aa

EI a

a

GI

aa

EI

a

EI

a

GI

==−==

−==−==−==

Proizlazi

kNm01,1A = M 0E =Q kNm99,0E −= M (smjer)

Naprezanja u osloncima

2

3

A

t

AA mm N41

16===

π

τ

d

M

W

M

2

3

EEE mm N82

32===

π σ

d

M

W

M

PRIMJER 3.8.

Za okvirni nosač opterećen silom F prema slici 3.22.a odreditia) elastičnu liniju

b) reakcije u osloncima

c) dijagrame uzdužnih i poprečnih sila te momenata savijanja

Svi dijelovi nosača imaju beskonačno veliku osnu krutost. Zbog simetrije razmatratisamo jednu polovicu nosača. Problem riješiti metodom konačnih elemenata s modelom prema

slici 3.22.b.

Zadano: 3,0 ,kNm81,180 kN,5 m,1 2 ==== ν EI F l

1

2

3

1

2

34

F

l l

2l 2l

4

3 3

2

1

RV1

RH1

M 3

M 3

M 4

c) b)a)

slika 3.22 Primjer 3.8

24

F Q =

23Q

33Q

47




Model na slici 3.22.b sastoji se od tri gredna elementa s tim da je lokalna os x iz definicije

grednog elementa, slika 3.11, različita za vertikalne elemente 1 i 2 u odnosu na horizontalnielement 3. Radi pravilnog postavljanja matrične jednadžbe modela prikladno je prikazati sve

pretpostavljene sile i momente za oba dijela nosača, slika 3.22.c.

Matrična jednadžba modela [ ]{ } { }FK

=∆ u razvijenom obliku glasi

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

=

−

=

=

=

=

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

4

4

3

3

3

2

3

2

2

1

H

4

4

3

3

3

2

3

2

2

1

1

2

0

0

0

0

0

0

0

01

M

F Q

Q

M

Q

M

Q

M

R

w

w

w

w

w

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

element 1 element 2 element 3

U vektoru čvornih pomaka { }∆ imamo

01 =w zglobni oslonac

beskonačno velika osna krutost horizontalnog dijela

beskonačno velika osna krutost vertikalnog dijela

02

3 =w

03

3 =w

04 = uvjet simetrije

U vektoru čvornih sila { }F imamo

01 = M zglobni oslonac

0322 === M M Q ravnoteža sila i momenata u spojnim čvorovima

Zbog zamjene u redoslijedu pomaka i3

3w 3 treba u matrici krutosti elementa 3 zamijeniti 1.

i 2. redak i stupac.Reducirani sustav jednadžbi glasi

0k k

0k k k k

0k k k k

0k k k k

0k k k

488386

468366264263

346244243142

336234233132

224223122

=+

=+++

=+++

=+++

=++

w

ww

w

w

w

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

48



3. Savijanje grede

Koeficijenti uz nepoznanice glase

3

3

33886886

2

2

2368

3

22

2

446646643663

2

2446

2

22

1

444434432442

2

2

1436

2

12

1

34343

2

11

1

33332332

1

24242

1

2323

1

2222

12k k k k

6k k

8k k k k k k k

2k k

8k k k k k k k

6k k 0k k k

24k k k k k

2k k

6k k

4k k

L

EI L

EI

L

EI L

EI

L

EI L

EI

L

EI L

EI

L

EI

L

EI

===

−===+===

===+===

===+==+==

==−====

Uvrštavanjem ovih izraza u gornji sustav jednadžbi slijedi

EI FLw L

w L Lw

Lw L

Lw L

122

0343

0404

032

3

43

4322

21

321

221

=+−

=−++

=++=++−

=+−

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ


m10243,0w

rad10277,0rad10035,0

m10104,0w

rad10138,0

2

4

2

3

2

2

2

2

2

1

−

−

−

−

−

⋅=

⋅=⋅−=

⋅−=

⋅−=

ϕ

ϕ

ϕ

Elastična linija okvirnog nosača prikazana je na slici 3.23.

w4

w2

ϕ 1

ϕ 2

ϕ 3

Slika 3.23. Primjer 3.8.

49




Povratkom u nereduciranu matričnu jednadžbu modela mogu se neposredno odrediti

nepoznate sile i momenti. Slijedi

4498396

33478376

2

3356254253

H214213112

k k

k k

k k k

k k k 1

M w

Qw

Qw

Rw

−=+−=+

=++

−=++

ϕ

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

gdje je

2

3

4398

3

4296

3

3

13782

3

1276

2

2

34562

2

32543

2

3153

2

1

14143

1

13132

1

1212

6k k

2k k

12k k

6k k

6k k

6k k

12k k

6k k

12k k

6k k

L

EI

L

EI L

EI

L

EI L

EI

L

EI

L

EI L

EI

L

EI

L

EI

−====

−====

−==−==−==

==−====

Sile i momenti glase

kN375,01H −= R (smjer)

(smjer)kN375,02

3 −=Q

kN5,23

3 =Q

kNm75,14 = M

Vertikalna reakcija u osloncu

kN5,23

3V1== Q R

zadovoljava uvjete statičke ravnoteže21V

F R =

Dijagrami raspodjele uzdužnih i poprečnih sila te momenata savijanja u nosaču prikazani

su na slici 3.24.

−

+

−

−

− − +

−

+

−

-2,5 kN

-2,5 kN

2,5 kN

-0,375 kN

-0,375 kN

0,375 kN

-0,75 kNm

1,75 kNm

a) b) c)

Slika 3.24. Primjer 3.8.

50



4. RASTEZANJE PRAVOKUTNE PLOČE

4.1. Diferencijalna jednadžba rastezanja pravokutne ploče

Na slici 4.1. prikazan je diferencijalni element pravokutne ploče opterećene na

rastezanje /6/ sa svojim osnovnim značajkama: u , v - pomaci u ravnini ploče, q x , q y - vanjskoopterećenje u ravnini ploče, N x , N y - normalne membranske sile po jedinici duljine, S - smična

membranska sila po jedinici duljine.

z

y

x

d y

y, v

d x

x, uS S

N x

N y

0

q y

q x

Slika 4.1 Diferencijalni element pravokutne ploče opterećene na rastezanje

x x

S S d

∂

∂+

y y

N N

y

y d∂

∂+ y

y

S S d

∂

∂+ x

x

N N x

x d∂

∂+

Postavljanjem uvjeta ravnoteže za element na slici 4.1. dobivamo jednadžbe ravnoteže

x x q

y

S

x

N −=

∂

∂+

∂

∂ y

yq

x

S

y

N −=

∂

∂+

∂

∂ (a)

Iz bilanse pomaka elementa u smjeru x (u) i y (v) slijede jednadžbe deformacije

, x

u x

∂

∂=ε ,

v y

∂

∂=ε ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂=

y

u

x

v xy

2

1γ (b)

Veza između deformacija izražena je preko jednadžbe kompatibilnosti deformacija

2

2

2

22

2 x y y x

y x xy

∂

∂+∂

∂=∂∂

∂ ε ε γ (c)

Hookeov zakon za dvoosno stanje naprezanja daje slijedeće jednadžbe

( ) y x x N N Eh

ν ε −=1

, ( ) x y y N N Eh

ν ε −=1

,( )

S Eh

xy

ν γ

+=

12 (d)

Ako se izrazi (d) uvrste u (c) i uvede Airy-eva potencijalna funkcija naprezanja ,

∫−∂

∂

= xq y N x x d2

2θ

, ∫−∂

∂

= dy2

2

y y q x N

θ

, y xS ∂∂

∂

−=

θ 2

(e)

51




tada se dobiva diferencijalna jednadžba rastezanja pravokutne ploče

f y y x x

=∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂4

4

22

4

4

4

2 θ θ θ

(4.1)

gdje je

( ) ( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂−

∂

∂+

∂

∂= ∫∫

y

q

x

q yq

x xq

y f

y x y x ν dd

2

2

2

2

Membranske sile mogu se izraziti u ovisnosti o Airy-evoj funkciji

∫−∂

∂= xq

y N x x d

2

2θ

∫−

∂

∂= yq

x

N y y d2

2θ

(4.2)

ydxS

∂

∂−= θ 2

4.2. Numeričko rješenje primjenom metode konačnih elemenata

Pravokutna ploča se modelira sustavom membranskih konačnih elemenata /4/ (trokutasti,

pravokutni), te se problem svodi na određivanje membranskih pomaka i sila u spojnim

točkama elemenata, tj. u čvorovima. Ovdje je, jednostavnosti radi, prikazano modeliranjesamo s trokutastim elementima, ali je tehnika modeliranja s pravokutnim elementima

identična.Trokutasti membranski element prikazan je sa svojim značajkama na slici 4.2.

1

32

u1 , U

1

u3 , U

3

u2 , U

2v2 , V

2

v1 , V

1

v3 , V

3

x

y

q xq

y

Slika 4.2. Trokutasti membranski element

Element ima tri čvora, u svakom čvoru su dva stupnja slobode u i v , te dvije membranske sileU i V . Matrična jednadžba ima svoj standardni oblik

[ ] { } { } { } pf f k −=δ⋅ (4.3)

gdje je

[ ] [ ] [ ]21 k k k += matrica krutosti

52



4. Rastezanje pravokutne ploče

matrica krutosti na rastezanje:

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅=

2

21

1221

2

12

21131213

2

13

312131123113

2

31

2132123213323132

2

32

23212312231331232332

2

23

11

simet.

k

x

y x y

x x y x x

y x y y y x y

x x y x x x y x x

y x y y y x y y y x y

D

ν

ν

ν ν

ν ν

ν ν ν

matrica krutosti na smik:

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅=

2

12

1221

2

21

31123121231

121321133113

2

13

2312232131232313

2

23

12322132313213322332

2

32

22

simet.

k

y

y x x

y y y x y

y x x x y x x

y y y x y y y x y

y x y x y x x x y x x

D

A

Eh D

y y y x x x A A

Eh D

)1(8

, elementa, površina- )1(4

2

jiij jiij21

ν

ν

+=

−=−=−

=

{ } { } silačvornihvektor f pomaka,čvornihvektor

3

3

2

2

1

1

3

3

2

2

1

1

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=δ

V

U

V

U

V

U

v

u

v

u

v

u

{ }⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎢

⎣

⎡

−= y

x

q

q A

10

01

10

0110

01

3f p vektor čvornih sila vanjskog opterećenja

53




PRIMJER 4.1.

Trokutasta ploča zadana i opterećena silom F prema slici 4.3.a. Odrediti pomak hvatištasile i reakcije u osloncima. Ploču obuhvatiti s jednim konačnim elementom prema slici 4.3.b.

a/2

b

a

F y

x

1

1

3

2

a) b)


Uzevši u obzir sve rubne uvjete, matrična jednadžba sustava (čitaj: elementa) u razvijenom

obliku glasi

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

−=

=

=

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

==

=

=

⋅

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

F V

U

V U

V

U

v

u

vu

v

u

3

3

2

2

1

1

3

3

2

2

1

1

0

00

0

0

Obzirom da su samo pomaci u 3 i v 3 različiti od nule, reducirani sustav jednadžbi glasi

F vu

vu

−=+

=+

366365

356355

k k

0k k

Kod određivanja koeficijenata uz nepoznanice valja uzeti u obzir obje matrice krutosti (narastezanje i na smik):

( ) ( ) 0k 121155 =−= y y D ( ) ( ) 22

2122255k a D x x D =−=

( ) ( )( ) 0k 21121156 =−−= y y x x D ν ( ) ( )( ) 0=k 21122256 −−= y y x x D

( ) ( ) 0k k 156165 == ( ) ( ) 0k k

256265 ==

( ) ( ) 21

2121166k a D x x D =−= ( ) ( ) 0k 212266 =−= y y D

54




Prema tome, reducirani sustav jednadžbi sada glasi

F va D

ua D

−=

=

32

1

32

2 0

Odatle proizlazi

( ) F

Eha

Av

u

2

2

3

3

14

0

ν −−=

=

Reakcije u osloncima se određuju neposredno iz nereduciranog sustava

3462

3362

3261

3161

k k

k

k

vV vU

vV

vU

==

=

=

gdje je

( ) ( )( ) ab D y y x x D ν ν 132121116k −=−−= ( ) ( )( ) 0k 21232216 =−−= y y x x D

( ) ( )( )2

k 2

112231126

a D x x x x D −=−−= ( ) ( )( ) 0k 32212226 =−−= y y y y D

( ) ( )( ) ab D y y x x D ν ν 113121136k =−−= ( ) ( )( ) 0k 21312236 =−−= y y x x D

( ) ( )( ) 2k

2

112311146 a D x x x x D −=−−= ( ) ( )( ) 0k 13212246 =−−= y y y y D

te proizlazi

F b

aU ν =1 F V

2

11 =

F b

aU ν −=2 (smjer) F V

2

12 =

55




PRIMJER 4.2.

Sustav se sastoji od trokutaste ploče ABC i grede CD i opterećen je silom F prema slici4.4.a. Odrediti pomak hvatišta sile i reakcije u osloncima A, B i D. Problem riješiti uz pomoć

modela koji se sastoji od jednog trokutastog membranskog i dva gredna elementa i prikazan je

na slici 4.4.b. Greda CD ima beskonačno veliku osnu krutost, a spojnu tocku C pretpostaviti uobliku zgloba.

Zadano: 0,3 ,kNm1,359 kN,2 m,5,0 m,02,0 m,1 2 ====== ν EI F l ha

a

F

1

1

32

a) b)

a

5

4

2

3

A

CB

D

2l


Uzevši u obzir sve rubne uvjete, te beskonačno veliku osnu krutost grede CD ( )03 =v ,

matrična jednadžba sustava glasi

[ ] { } { }FK =∆⋅

56




odnosno, uzevši u obzir sve rubne uvjete, u razvijenom obliku

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

=

=

=

=

−=

=

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

=

=

=

5

5

4

4

3

3

3

2

2

1

1

5

5

4

4

3

3

33

2

2

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

M

Q

M

Q

M

V

F U

V

U

V

U

w

w

v

wu

v

u

v

u

ϕ

ϕ

ϕ

3

1

element 2

Obzirom da su pomaci u 3, 3, w 4 i 4 različiti od nule, reducirani sustav jednadžbi glasi:

0k k k k

0k k k k

0k k k k

k k k k

499498397395

489488387385

479478377375

459458357355

=+++

=+++

=+++

−=+++

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

wu

wu

wu

F wu

gdje je

( ) ( )

( ) ( ) 2

3

2

3

322

2449933

312

23489

899833

3

11

2

3388

79977887

59955885

2

3

2

24793

2

1459

3

2

23783

2

1358

2

3

2

22773

2

1257

57753

2

1

2

11

1

5555

2222k k k 3232k k k

k k 6262k k k

k k k k

k k k k

2k k 32k k

32k k 62k k

22k k 22k k

k k 62k k k

l l EI l

l EI l

l EI l

l EI

l

EI

l

EI

l l

EI l

l

EI

l l

EI

l

EI

l

l

EI l

l

EI l

EI a D

+=+=+−=+=

=+=+=

==

==

====

−==−==

====

=+=+=

57




Nakon što se uvedu numeričke vrijednosti u gornje izraze, dobiva se

( )

06,5475 4,14368618,4

0 2,689474,86186,34473

04,14364,86188,28724,8618

4,86186,344734,86186,34473308,2307692

433

433

4433

4433

=++

=+−−

=+−+

−=+−++

ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

u

wu

wu

F wu

Rješenje ovog sustava glasi:

mm00087,03 −=u mm000271,04 −=w

rad0000013,03 = rad000000975,04 =

Konstrukcija u deformiranom obliku prikazana je na slici 4.5

F

ϕ 3

ϕ 4

w4

u3


Povratkom u nereducirani sustav jednadžbi određuju se nepoznate reakcije u osloncima

5411,9411,823451325

5410,9410,823351315

k k k k

k k k k

M wV uV u

QwU uU u

−=+==

=+==

ϕ

ϕ

gdje je

( )

( )

2

3

3

4211,9

2

1

1

4545

3

3

4111,8

2

1

1

3535

3

3

3210,9

2

1

1

2525

3

3

3110,8

1

1515

2k k k k

32k k k k

32k k k k

62k k 0k k

l l

EI a D

l l

EI a D

l l

EI a D

l

EI

==−==

==−==

−====

−====

ν

ν

58




Kada se uvrste brojčani podaci proizlazi

01 =U

kN6,01 −=V (smjer)

kN22 =U

kN6,02 =V

kN00093,05 =Q

kNm00093,05 −= M (smjer)

59





5. SAVIJANJE PRAVOKUTNE PLOČE

5.1. Diferencijalna jednadžba savijanja pravokutne ploče

Na slici 5.1 prikazan je diferencijalni element pravokutne ploče opterećene na

savijanje /6/ sa svojim osnovnim značajkama: w -progib, M -moment savijanja, Q -poprečnasila, T -moment uvijanja, q z-vanjsko opterećenje. Veličine M , Q i T izražene su po jedinici

duljine, a na slici 5.1. prikazane su s pozitivnim predznakom.

z, w

y

x

d y

y

d x

x

0

T T Q

x

M x

Q y

M y

q z

dz z

h/2

h/2

d xd y

σ y τ

yxτ

xy

σ x

Slika 5.1. Diferencijalni element pravokutne ploče opterećene na savijanje

x x

M M x

x d∂

∂+

y y

M M

y

y d∂

∂+

x x

T T d

∂

∂+

y y

T T d

∂

∂+ x

x

QQ x

x d∂

∂+

y y

QQ

y

y d∂

∂+

Postavljanjem uvjeta ravnoteže sila i momenata za element ploče na slici 5.1. slijedi jednadžba

ravnoteže

z

y x q x

M

y x

T

x

M −=

∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂2

22

2

2

2 (a)

Veza između progiba ploče w i deformacija u smjeru x i y glasi

2

2

x

w z x

∂

∂−=ε ,

2

2

y

w z y

∂

∂−=ε ,

y x

w z xy

∂∂

∂−=

2

2γ (b)

61




Unutarnji momenti M x, M y i T mogu se izraziti preko naprezanja u presjeku ploče

∫−

=2

2

d

h

h

x x z z M σ , ∫−

=2

2

d

h

h

y y z z M σ , ∫−

=2

2

d

h

h

xy z z T τ (c)

Ako se primijene izrazi Hookeovog zakona za dvoosno stanje naprezanja

( ) y x x

E νε ε

ν σ +

−=

21, ( ) x y y

E νε ε

ν σ +

−=

21

,( ) xy xy

E γ

ν τ

+=

12 (d)

i međusobno povežu gornje jednadžbe, dobiva se diferencijalna jednadžba savijanja

pravokutne ploče

D

q

y

w

y x

w

x

w z =∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂4

4

22

4

4

4

2 (5.1)

gdje je

( )2

3

112 ν −=

Eh D krutost ploče na savijanje

funkcija progiba ploče( y xw , )

Unutarnje sile i momenti mogu se izraziti u ovisnosti o progibnoj funkciji

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂−=

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂−=

2

2

2

2

2

2

2

2

x

w

y

w D M

y

w

x

w D M

y

x

ν

ν

(5.2)

( ) y x

w DT

∂∂

∂−−=

2

1 ν (5.3)

x

T

y

M Q

y

T

x

M Q

y

y

x x

∂∂+

∂∂=

∂

∂+

∂

∂=

(5.4)

62



5. Savijanje pravokutne ploče

5.2 Rubni uvjeti

Rubni uvjeti su od bitnog značenja kod određivanja rješenja diferencijalne jednadžbe(5.1). Ovdje su razmatrani rubni uvjeti za dva tipična načina oslanjanja ploče, tj. za zglobno

oslonjenu i za upetu ploču.

y x

y x

a) b)

Slika 5.2. Rubni uvjeti ploče

02

2

=∂

∂

y

w

02

2

=∂

∂

x

w

0=∂

∂

y

w

0=∂

∂

x

w0=w

0=w

0=w 0=w0=w0=w

02

2

=∂

∂

x

w 0=w 0=w0

2

2

=∂

∂

y

w

0=∂

∂

x

w

0=∂

∂

y

w

Na zglobno oslonjenim rubovima progib i odgovarajući moment savijanja jednaki su nuli. Toznači slijedeće:

Rubovi x = 0, x = a

,0 ,0 == x M w

što prema izrazu (5.2) daje 02

2

2

2

=∂

∂

+∂

∂

y

w

x

wν

Obzirom da je na tim rubovima zakrivljenost ploče 0=∂

∂

y

w to je i promjena te

zakrivljenosti 02

2

=∂

∂

y

w automatski zadovoljena. Prema tome, uvjet momenta

svodi se na razmatranim rubovima na uvjet0= x M 02

2

=∂

∂

x

w

Rubovi y = 0, y = b

,0 ,0 == y M w

što prema izrazu (5.2) daje 02

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂

y

w

x

wν

63




Ovdje je, zbog analognih razloga kao i za ostala dva ruba, promjena zakrivljenosti 02

2

=∂

∂

x

w

automatski zadovoljena, te se uvjet momenta 0= x M svodi na uvjet 02

2

=∂

∂

y

w

Ovi uvjeti prikazani su na slici 5.2.a.

Na upetim rubovima progib i nagib ploče jednaki su nuli. To znači slijedeće:

Rubovi x = 0, x = a

0

0

=∂

∂

=

x

w

w

Rubovi y = 0, y = b

0

0

=∂

∂

=

y

w

w

Ovi uvjeti prikazani su na slici 5.2.b.

5.3. Analitičko rješenje primjenom dvostrukog trigonometrijskog reda(Navier-ova metoda)

Rješenje na osnovi Navier-ove metode /5/ razvijeno je za pravokutnu zglobno

oslonjenu ploču prema slici 5.3., opterećenu vanjskim opterećenjem ( ) y xq z ,f = .

y x

0

ba

q z

Slika 5.3 Zglobno oslonjena ploča za rješenje Navier

Funkcija progiba ( ) y xw , pretpostavlja se u obliku dvostrukog reda funkcija

( ) ∑ ∑∞ ∞

=m n

mnb

yn

a

xmw y xw π π

sinsin, (5.5)

gdje svaki član za sebe zadovoljava rubne uvjete na slici 5.2.a.

64




Vanjsko opterećenje ( ) y xq z , se takođe razvija u dvostruki red sinus funkcija

( ) ∑∑∞ ∞

=m n

mn z b

yn

a

xmq y xq π π

sinsin, (5.6)

Koeficijenti razvoja reda q mn određuju se na poznati način /5/

( )∫ ∫=a b

mn y xb

yn

a

xm y x

abq

0 0

ddsinsin,f 4 π π

(5.7)

Izrazi (5.5) i (5.6) uvode se u diferencijalnu jednadžbu (5.1) te se dobiva algebarska jednadžbau obliku

∑∑∑∑ ∞ ∞∞ ∞

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++

m n

mn

m nmn

b

yn

a

xm

D

q

b

yn

a

xm

b

n

ba

nm

a

mw

π π π π π π π sinsinsinsin2

4

44

22

422

4

44

Izjednačavanjem odgovarajućih članova reda (isti m i n ) na lijevoj i desnoj strani ove jednadžbe slijedi

2

2

2

2

24

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

=

π π π

nm D

qw mn

mn (5.8)

Rješenje na osnovi Navier-ove metode s ishodištem u uglu ploče, slika 5.3, pogodno jeza sve oblike opterećenja, samo valja voditi računa da funkcije progiba i opterećenja budu

kompatibilne, u protivnom se može desiti da integral (5.7) poprimi vrijednost nula.

U slučaju jednolikog ili simetričnog opterećenja q z može se rješenje Navier upotrijebiti ikada je ishodište koordinatnog sustava postavljeno u sredini ploče. U tom slučaju treba u

izrazima (5.5), (5.6) i (5.7) funkcije sinus zamijeniti s funkcijama cosinus, a u integralu (5.7)

treba postaviti granice integriranja od -a /2 do a /2 i od -b /2 do b /2.

PRIMJER 5.1

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h , zglobno oslonjena na krajevima,

opterećena je jednolikim opterećenjem q 0 prema slici 5.4. Odrediti funkciju progiba w (x ,y ) i

progib u sredini.

y x

b

a

q0


65




Zbog jednolikog opterećenja funkcija progiba w (x ,y ) se pretpostavlja redom simetričnih

sinus funkcija u smjeru x i y . S tri člana reda funkcija glasi

( )b

y

a

xw

b

y

a

xw

b

y

a

xw y xw

π π π π π π 3sin

3sinsin

3sinsinsin, 333111 ++=

a progib u sredini

3331112

,2

wwwba

w ++=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

Nepoznati koeficijenti progiba w 11, w 31 i w 33 određuju se primjenom izraza (5.8)

2

22

4

1111

11⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

2

22

4

3131

19⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

2

22

4

3333

99⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

Nepoznati koeficijenti opterećenja q 11, q 31 i q 33 određuju se primjenom izraza (5.7)

020 0

033

020 0

031

020 0

011

9

16dd

3sin

3sin

4

3

16ddsin

3sin

4

16ddsinsin

4

q y xb

y

a

xq

abq

q y xb

y

a

xq

abq

q y xb

y

a

xq

abq

a b

a b

a b

π

π π

π

π π

π

π π

==

==

==

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

Uvođenjem ovih vrijednosti u izraze za koeficijente progiba proizlazi

( )222

44

6

0

11

16

ba

ba

D

qw

+=

π

( )222

44

6

0

31

93

16

ba

ba

D

qw

+=

π

( )222

44

6

0

33

999

16

ba

ba

D

qw

+=

π

te je progib u sredini ploče

( ) ( ) ( )⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

++

++

+=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 222222226

44

0

999

1

93

1116

2,

2 bababa D

baqbaw

π

66




PRIMJER 5.2

Pravokutna ploča iz Primjera 5.1 opterećena je opterećenjem ( )b

y

a

xq y xq π π

sinsin, 0=

prema slici 5.5. Odrediti funkciju progiba w (x ,y ) i progib u sredini.

y x

b a

q0

0


Zbog simetričnosti opterećenja i u ovom slučaju se funkcija progiba w (x ,y ) pretpostavljaredom simetričnih sinus funkcija u smjeru x i y

( )b

y

a

xw

b

y

a

xw

b

y

a

xw y xw

π π π π π π 3sin

3sinsin


a progib u sredini ploče

3331112

,2

wwwbaw ++=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

Problem se opet svodi na određivanje nepoznatih koeficijenata opterećenja q 11, q 31 i q 33

0dd3

sinsin3

sinsin4

0ddsin3

sinsin4

ddsinsin4

0 0

033

0 0

2

031

0

0 0

22

011

==

==

==

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

a b

a b

a b

y xb

y

b

y

a

x

a

xqabq

y xb

y

a

x

a

xq

abq

q y xb

y

a

xq

abq

π π π π

π π π

π π

Proizlazi, da doprinos progibu daju samo oni članovi reda koji su potpuno kompatibilni

funkciji opterećenja (m=1, n=1), tj.

( )2224

44

0

11

ba D

baqw

+=

π 03331 == ww

te progib u sredini ploče iznosi

112

,2

wba

w =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

67




PRIMJER 5.3.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h opterećena je opterećenjem

( ) ( a xq y xq 21, 0 −= ) prema slici 5.6. Odrediti funkciju progiba, te mjesto i iznos najvećeg

progiba.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 ,mkN1 m,01,0 m,2 m,4 2820 =⋅===== ν E qhba

y xba

q0

0

a/2

-q0


Zbog antisimetričnosti opterećenja funkcija progiba w (x ,y ) je pretpostavljena redomantisimetričnih sinus funkcija u smjeru x. S dva člana reda funkcija w (x ,y ) glasi

( )b

y

a

xw

b

y

a

xw y xw

π π π π sin

4sinsin

2sin, 4121 +=

Nepoznati koeficijenti progiba w 21 i w 41 prema (5.8) glase

2

22

4

2121

14⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

2

22

4

4141

116⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

Nepoznati koeficijenti opterećenja q 21 i q 41 određuju se prema (5.7), tj.

∫ ∫

∫ ∫

=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −=

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

a b

a b

q y xb

y

a

x

a

xqab

q

q y x

b

y

a

x

a

xq

abq

0 02

0041

0 02

0021

4ddsin4sin214

8ddsin

2sin

21

4

π

π π

π

π π

te se dobiva

( )mm7,1

4

242226

44

021 =

+

⋅=

ba D

baqw

π

( )mm138,0

16

42226

44

041 =

+=

ba D

baqw

π

Funkcija progiba glasi

( ) b

y

a

x

b

y

a

x

y xw

π π π π

sin

4

sin000138,0sin

2

sin0017,0, +=

68




Raspodjela progiba duž simetrale 2b y = prikazana je na slici 5.6.a, gdje je naznačen i

približan položaj mjesta najvećeg progiba mm7,1max =w

wmax

a/2

x=0,22a

w( x)

0 x

Slika 5.6.a Primjer 5.3

PRIMJER 5.4.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h opterećena je opterećenjem

( ) ( a xq y xq −= 1, 0 ) prema slici 5.7. Odrediti funkciju progiba w (x ,y ), temjesto i iznos najvećeg progiba.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 ,mkN1 m,01,0 m,2 m,4 282

0 =⋅===== ν E qhba

y x

b

a

q0

0


Zbog nesimetričnosti opterećenja funkcija progiba w (x ,y ) je pretpostavljena redom

simetričnih i antisimetričnih sinus funkcija u smjeru osi x. Uzeta su tri člana reda, te funkcijaw (x ,y ) glasi:

( )b

y

a

xw

b

y

a

xw

b

y

a

xw y xw

π π π π π π sin

3sinsin


Nepoznati koeficijenti progiba w 11, w 21 i w 31 prema (5.8) iznose

2

22

4

1111

11⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

2

22

4

2121

14⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

2

22

4

3131

19⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

69




Nepoznati koeficijenti opterećenja q 11, q 21 i q 31 određeni su prema (5.7)

2

0

0 0

031

20

0 0

021

2

0

0 0

011

3

8ddsin

3sin1

4

4ddsin

2sin1

4

8ddsinsin1

4

π

π π

π

π π

π

π π

q y x

b

y

a

x

a

xq

abq

q y xb

y

a

x

a

xqabq

q y x

b

y

a

x

a

xq

abq

a b

a b

a b

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

Proizlazi

( )222

44

6

0

11

8

ba

ba

D

qw

+=

π

( )222

44

6

0

21

4

4

ba

ba

D

qw

+=

π

( )222

44

6

0

31

93

8

ba

ba

D

qw

+=

π

Najveći progib se nalazi na simetrali plo

če 2b y = , te su približno mjesto i njegov iznos

određeni uvođenjem zadanih brojčanih vrijednosti. Dobiva se

m000218,0m000865,0m0044,0

mkN27,0mkN045,0mkN81,0

312111

2

31

2

21

2

11

===

===

www

qqq

Raspodjela progiba duž simetrale 2b y = prikazana je na slici 5.8 i na njoj je naznačen

položaj najvećeg progiba koji iznosi mm62,4max =w

wmax

x=0,357a

w( x)

0 xa


70




PRIMJER 5.5.

Kvadratna ploča duljine stranice l i debljine h slobodno je oslonjena na svojim krajevima

i opterećena s ( ) ( )l xq y xq π cos1, 0 −= prema slici 5.9. Odrediti funkciju progiba w (x ,y ) i

iznos progiba u sredini ploče.

y x

q0

l

l


Funkcija progiba je pretpostavljena s jednim članom reda

( )b

y

a

xw y xw

π π coscos, 11=

Progib u sredini iznosi: ( )110,0 ww =

Nepoznati koeficijent progiba w 11 određen je izrazom (5.8)

2

22

4

1111

11⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

=

ba D

qw

π

Nepoznati koeficijent opterećenja q 11 slijedi iz izraza (5.7)

02

2

2

2

2

011

416ddcoscoscos1

4q y x

l

y

l

x

l

xq

abq

l

l

l

l π

π π π π −=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= ∫ ∫

− −

te proizlazi( )

6

0

4

11

4

π

π

D

ql w

−=

To je ujedno i progib u sredini ploče.

71




5.4. Analitičko rješenje primjenom jednostrukog Fourierovog reda (Levy-eva metoda)

Rješenje na osnovi Levy-eve metode /6/ razvijeno je za pravokutnu ploču koja je

zglobno oslonjena na krajevima 2 i 2 b yb y −== , proizvoljno učvršćena na druga dva

kraja i opterećena opterećenjem ( ) xq z

f = prema slici 5.10., dakle opterećenje se ne mijenja u

smjeru osi y.

y x

b

a

qz

p r o i z v

o l j n o

o s l o n

j.

p r o i z v

o l j n o

o s l o n

j.

Slika 5.10. Pravokutna ploča za rješenje Levy

Funkcija progiba je pretpostavljena u obliku jednostrukog Fourierovog reda

( ) ( )∑∞

=n

nb

yn xw y xw

π cos, (5.9)

Nepoznati koeficijent reda w n(x ) rješenje je diferencijalne jednadžbe savijanja

ploče (5.1) za smjer x

( ) D

xw

x

w

x

wnn

nn

n f

d

d2

d

d 4

2

22

4

4

=+− β β (5.10.)

gdje jeb

nn

π β =

Ovo rješenje se sastoji od homogenog i partikularnog dijela

( ) ( ) xw xww npnhn +=

Homogeno rješenje ( ) xwnh glasi

( ) x x B x x B x B x B xw nnnnnnnnnnnh β β β β β β shchchsh 4321 +++=

Partikularno rješenje w np (x ) određuje se od slučaja do slučaja, ovisno o funkciji

opterećenja f(x ) na desnoj strani jednadžbe (5.10). Ukoliko je f(x ) jednostavna funkcija(pravac, parabola, polinom, trigonometrijska funkcija), tada se i w np (x ) može pretpostaviti u

obliku funkcije f(x ).

72




Dakle, problem se svodi na određivanje konstanti integracije B n 1 do B n 4. Problem se

može pojednostavniti u slučaju simetrije (antisimetrije) vanjskog opterećenja. U tom slučajueliminiraju se iz homogenog rješenja funkcije koje nisu simetrične (antisimetrične)

izjednačavanjem pripadnih konstanti integracije s nulom, kako slijedi

Simetrija.............. izostaviti x x x nnn β β β ch i sh , dakle 031 == nn B B

Antisimetrija........ izostaviti x x x nnn β β β sh i ch , dakle 042 == nn B B

Preostale konstante integracije određuju se iz rubnih uvjeta.

PRIMJER 5.6.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h oslonjena je i opterećena jednolikim

opterećenjem q 0 prema slici 5.11. Odrediti funkciju progiba i iznos progiba u sredini ploče.


0 =⋅===== ν E qhba

y x

b

a

q0


Funkcija progiba se pretpostavlja samo s jednim članom reda, tj. n=1.

Homogeno rješenje ( ) xwh1 , zbog simetričnog vanjskog opterećenja,

( )01311 == B B , glasi:

( ) x x B x B xw h 11141121 shch β β β +=

gdje jeb

π β =1

Partikularno rješenje ( ) xw p1 se pretpostavlja na osnovu funkcije smetnje ( )0f q x = kao

( ) 11 A xw p =

Kada se ovo rješenje s derivacijama uvrsti u jednadžbu (5.10) proizlazi

4

1

01

β D

q A = dakle ( )

4

1

01

β D

q xw p =

Prema tome, koeficijent reda w1( x) glasi

( )4

1

0

11141121 shch β

β β β D

q x x B x B xw ++=

73




Nepoznate konstante B 12 i B 14 određuju se iz rubnih uvjeta

2

a x = 0=w 0

d

d=

x

w

što daje potrebne dvije jednadžbe

02

ch22

sh2

sh

02

sh22

ch

1

2

111141112

4

1

0

1114112

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

=++

aaa B

a B

D

qaa B

a B

β β β β β β

β β β β

Rješenjem ovog sustava i uvođenjem zadanih brojčanih vrijednosti dobiva se

m001894,012 −= B m000319,014 = B

te funkcija progiba glasi

( ) y D

q x x x y xw 14

1

0111 chsh000319,0ch001894,0, β

β β β β ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−=

Raspodjela progiba duž simetrala 0 xi 0 == y prikazana je na slici 5.12.a i b. Iznos progiba

u sredini ploče iznosi ( ) m00665,00,0 =w

wmax

w( y)

0 yb/2-b/2

wmax

w( x)

0 xa/2-a/2

a) b)


74




PRIMJER 5.7.

Pravokutna ploča iz Primjera 5.6 slobodno je oslonjena na svojim krajevima i opterećena

opterećenjem a xqq π sin0= prema slici 5.13. Odrediti funkciju progiba, te približno mjesto

i iznos najvećeg progiba.

y x

-q0

b

a

q0

0


Uzimajući u obzir jedan član reda (n=1) i asimetričnost opterećenja ( )01412 == B B , homogeno

rješenje glasi

( ) x x B x B xw h 11131111 chsh β β β +=

Partikularno rješenje se pretpostavlja u obliku

a

x Aw p

π sin11 =


( )2224

440

1

ba

ba

D

q A

+⋅=π

Dakle, koeficijent w 1(x ) glasi

( )( ) a

x

ba

ba

D

q x x B x B xw

π

π β β β sinchsh

2224

440

11131111

+⋅++=

Nepoznate konstante B 11 i B 13 određuju se iz rubnih uvjeta

2

a x = 0=w 0

d

d2

2

= x

w

što daje potrebne dvije jednadžbe

( )

( )0

2

sin

2

ch

22

sh2

2

sh

02

sin2

ch22

sh

2

2

2224

440

111

2

1131

2

111

2224

440

1113111

=

+

⋅−⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ++

=+

⋅++

π π

π

β β β β β β

π

π β β β

aba

ba

D

qaaa B

a B

ba

ba

D

qaa B

a B

75




Rješenje sa zadanim brojčanim vrijednostima glasi

m0014,011 −= B m00029,013 = B

te je funkcija progiba

( )( )

ya

x

ba

ba

D

q x x x y xw 12224

440

111 cossinch00029,0sh0014,0, β π

π β β β

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

+⋅++−=

Raspodjela progiba duž simetrale 0= y prikazana je na slici 5.14, gdje je ujedno naznačen i

položaj najvećeg progiba mm81,1max ±=w

wmax

a/2

x=-0,27a

w( x)

0 x-a/2

x=-0,27a


PRIMJER 5.8.

Pravokutna ploča iz Primjera 5.6 opterećena je opterećenjem ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

2

110 x

aqq prema

slici 5.15. Odrediti funkciju progiba, te približno mjesto i iznos najvećeg progiba.

y x

b

a

q0


Obzirom da je opterećenje nesimetrično, homogeno rješenje glasi

( ) x x B x x B x B x B xw h 111411131121111 shchchsh β β β β β β +++=

Partikularno rješenje se pretpostavlja u obliku polinoma 1. stupnja

( ) 211 A x A xw p +=

76





a D

bq A

14

4

01

π −=

2

14

4

02

π D

bq A =

Dakle, koeficijent ( ) xw1 glasi

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−++++=

2

11shchchsh

4

4

0111411131121111 x

a D

bq x x B x x B x B x B xw

π β β β β β β

Nepoznate konstante određuju se iz rubnih uvjeta14131211 i,, B B B B

0d

d,0,

2

0d

d,0,

2

==−=

===

x

ww

a x

x

ww

a x

što daje potrebne četiri jednadžbe

01

2ch

22sh

2sh

22ch

2sh

2ch

02

sh22

ch22

ch2

sh

01

2ch

22sh

2sh

22ch

2sh

2ch

02

sh22

ch22

ch2

sh

4

4

01

2

11114

1

2

1111311121111

4

4

011141113112111

4

4

01

2

11114

1

2

1111311121111

11141113112111

=−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++−

=++−+−

=−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++

=+++

a D

bqaaa B

aaa B

a B

a B

Dbqaa Baa Ba Ba B

a D

bqaaa B

aaa B

a B

a B

aa B

aa B

a B

a B

π β β β β

β β β β β β β β

π β β β β β β

π β β β β

β β β β β β β β

β β β β β β

Rješenjem ovog sustava jednadžbi dobiva se

m00036,0 m,00026,0 m,001,0 m,001,0 14131211 =−=−== B B B B

što daje funkciju progiba ( ) y xw , u obliku

( ) [( )] y x

x x x x x x y xw

1

111111

cos25,05,00085,0

sh00036,0ch00026,0ch001,0sh001,0,

β

β β β β β β

−+

++−−=

77




Budući da se najveći progib nalazi na simetrali , na slici 5.16 prikazana je raspodjela

progiba duž nje, gdje je takođe naznačen položaj najvećeg progiba u iznosu .

0= y

mm6,4max =w

wmax

a/2 x=-0,38a

w( x)

0 x

-a/2


Kako je zadano nesimetrično opterećenje superpozicija simetričnog (konstantnog) iasimetričnog opterećenja, vidjeti proračun w 1p (x ), ovaj zadatak se mogao riješiti i parcijalnim

određivanjem konstanti B 11 i B 13 (asimetrično opterećenje) te konstanti B 12 i B 14 (konstantnoopterećenje). Dobitak se sastoji u tome, što se umjesto jednog sustava od 4 jednadžberješavaju 2 sustava s po 2 nepoznanice.

5.5. Približno analitičko rješenje primjenom Ritz-ove metode

Ritz-ova metoda /6/ je energetska metoda na osnovi principa minimuma ukupne energije

kod savijanja ploče, a to znači: od svih funkcija progiba ploče, koje zadovoljavaju rubneuvjete, treba odrediti one koje daju minimalnu ukupnu energiju strukturi ploče i time stabilno

stanje ravnoteže iste.

Stoga se progibna funkcija w (x ,y ) pretpostavlja u obliku reda funkcija

(5.11)( ) (∑=

=n

1iii ,f , y x A y xw )

gdje su f i(x ,y ) neprekinute funkcije koje, svaka za sebe, moraju zadovoljavati geometrijske

rubne uvjete i opisivati deformaciju ploče. Nepoznati koeficijenti A1, A2, ..., An određuju se izuvjeta minimuma ukupne energije

0 ...,,0 ,021

=∂

∂=

∂

∂=

∂

∂

n A

W

A

W

A

W (5.12)

Ovaj postupak minimizacije daje n algebarskih jednadžbi s nepoznanicama A1, A2, ..., An.

Ukupna energija kod savijanja ploče glasi

( ) ∫∫∫∫ −⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂−

∂

∂

∂

∂−−⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂=

S

z

S

y xwq y x y x

w

y

w

x

w

y

w

x

wW dddd12

2

12

2

2

2

2

22

2

2

2

2

ν (5.13)

gdje je S - površina ploče

Točnost Ritzove metode u mnogome ovisi o tome, u kojoj mjeri mogu funkcije f i(x,y) dobro opisati progibnu plohu uslijed stvarnog opterećenja. Ovdje su u tu svrhu upotrebljene

trigonometrijske funkcije. U Tablicama 5.1 i 5.2 prikazan je za zglobno oslonjenu i upetu ploču izbor takvih funkcija za razna opterećenja i položaje ishodišta koordinatnog sustava.

78




Koordinatni sustav

Opterećenje u uglu ploče u sredini ploče

Jednoliko,Simetrično b

y

a

x π π jsin

isin

i=1,3,5... j=1,3,5....

b

y

a

x π π jcos

icos

i=1,3,5... j=1,3,5...

Antisimetrično b

y

a

x π π jsin

isin

i=2,4,6... j=2,4,6...

b

y

a

x π π jsin

isin

i=2,4,6... j=2,4,6....

Nesimetrično b

y

a

x π π jsin

isin

i=1,2,3... j=1,2,3...

Tablica 5.1 Trigonometrijske funkcije oblika za zglobno oslonjenu ploču

Koordinatni sustav

Opterećenje u uglu ploče u sredini ploče

Jednoliko,simetrično

22 j

sini

sin ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

b

y

a

x π π

i=1,2,3,... j=1,2,3,...

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

b

y

a

x π π jcos1

icos1

4

1

i=2,4,6,... j=2,4,6,....

22 j

cosi

cos ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

b

y

a

x π π

i=1,3,5,... j=1,3,5,...

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

b

y

a

x π π 2cos1

2cos1

4

1

Tablica 5.2 Trigonometrijske funkcije oblika za upetu ploču

U slučaju kada su dvije i dvije nasuprotne stranice ploče različito učvršćene, tada valjakombinirati funkcije iz obje tablice.

PRIMJER 5.9.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h upeta je na svim stranicama i opterećena

jednolikim opterećenjem q 0 prema slici 5.17. Odrediti funkciju progiba i progib u sredini

ploče.

y x

b

a

q0

0


79




Funkcija progiba pretpostavljena je s jednim članom reda prema tablici 5.2

( )b

y

a

x A y xw

π π 22

1 sinsin, =

Kada se za ukupnu energiju W (5.13) izvedu potrebne derivacije funkcije w (x ,y ) i potom izvrši

njihovo integriranje u granicama , proizlazi( )∫ ∫a b

y x0 0

dd...

1033

422442

14

1

16

3232 abAq

ba

abab DAW −

++= π

Uvjet minimuma ukupne energije 01

=∂

∂

A

W daje potrebnu jednadžbu za određivanje

koeficijenta A1

04

1

16

3234 0133

42244 =−

++abq A

ba

abab Dπ

iz koje proizlazi

( )42244

0

44

1323 bbaa D

qba A

++=

π

što je ujedno i iznos progiba u sredini ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

2,

2

baw .

PRIMJER 5.10.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h zglobno je oslonjena i opterećena

opterećenjem xa

qq 02= prema slici 5.18. Odrediti progibnu funkciju, te mjesto i iznos

najvećeg progiba.

y x

b

a

q0 0

-q0


80




Funkcija progiba pretpostavljena je s jednim članom reda prema tablici 5.1.

( )b

y

a

x A y xw

π π cos

2sin, 1=

Prema izrazu (5.13) za ukupnu energiju W , nakon izvođenja potrebnih derivacija funkcije

w (x ,y ) i njihovog integriranja u granicama ( )∫ ∫− −

2

2

2

2

dd...

a

a

b

b

y x , proizlazi da ukupna energija iznosi

( )12

0

44

22242

1 24

8 A

abq

ba

baab A

DW

π π +

+=

Primjenom uvjeta minimuma 01

=∂

∂

A

W dobiva se jednadžba

( )02

4

82

2

0

44

2224

1 =++

π π

abq

ba

baab A

D

iz koje proizlazi

( )2226

0

44

1

4

8

ba D

qba A

+−=

π

U skladu s pretpostavljenom funkcijom progiba proizlazi, da se najveći progib nalazi na

simetrali i to za0= y4

a x ±= u iznosu 1max Aw ±=

PRIMJER 5.11.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h učvršćena je i opterećena opterećenjem

( a xqq −= 10 ) prema slici 5.19. Odrediti funkciju progiba, te mjesto i iznos najvećeg progiba.


0 =⋅===== ν E qhba

y x

a

b

q0


81




Zbog nesimetričnosti opterećenja (i deformacije) funkcija progiba je u smjeru x pretpo-

stavljena s dva člana reda

( )b

y

a

x A

b

y

a

x A y xw

π π π π 2

2

2

1 sin2

sinsinsin, +=

Po načelu superpozicije vrijedi

( ) ( ) ( ) y xw y xw y xw ,,, 21 +=

te se za svaku komponentu progiba može zasebno primijeniti Ritz-ova metoda. Nakonizvođenja potrebnih derivacija dobiva se ukupna energija po komponentama

( )

( ) 2

2

2

42

2

4

2

1

2

1

42

1

4

1

2

32

712

32

83

2

1

4

32

112

512

291

2

1

A A A DW

A A A DW

π

π ν π

π π ν π

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

Uvođenjem uvjeta minimuma energije po komponentama

01

1 =∂

∂

A

W , 0

2

2 =∂

∂

A

W

slijedi

( ) ( )mm114,0

1469

64 mm,997,0

32259

20485251 =

+==

+=

ν π ν π D A

D A

Funkcija progiba glasi

( )b

y

a

x

a

x y xw

π π π 2sin2

sin114,0sin997,0, ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

82




Raspodjela progiba duž simetrale 2b y = , po komponentama (po članovima reda) i u

cijelosti, prikazana je na slici 5.20, gdje je označeno mjesto najvećeg progiba u iznosu

mm.035,1max =w

a/4

w2( x)

x

wmax

x=0,24a

w( x)

aa/20

w1( x)

A1

A2



Kod primjene metode konačnih razlika /6/ ploča se modelira s dvodimenzionalnom

mrežom konačnih razlika, slika 5.21, te se problem svodi na određivanje progiba, sila imomenata u točkama mreže.

0

y, j

x, iδ

δ

Slika 5.21 Mreža konačnih razlika

83




Svaka točka mreže ima svoju mrežnu koordinatu T(i,j), te se za nju može postaviti slijedeća

algebarska jednadžba

4ij

2 ji,1 j1,i1 ji,1 j1,-i

j2,i j1,iij j1,-i j2,-i1 j,1i1- ji,1- j1,-i2- ji,

282

8208282

δ D

q

wwww

wwwwwwwww

=++−+

++−++++−+

+++++

++−+

(5.14)

Ova jednadžba zamjenjuje diferencijalnu jednadžbu savijanja ploče (5.1) i naziva se

diferencijska jednadžba u točki T(i,j) mreže konačnih razlika. Raspored koeficijenata uz progibe u ovoj jednadžbi prikazana je shematski na slici 5.22.

y

x

j+2

j+1

j

j-1

j-2i-2 i-1 i i+2i+1

T(i,j)

1

20-8 -8 1

1

2

1

-8 2

-82 2

δ

δ

Slika 5.22 Shema koeficijenata diferencijske jednadžbe za točku T(i,j)

Jednadžba (5.14) postavlja se za sve točke mreže osim za točke na rubu. Na taj način se problem svodi na rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi, čije rješenje su progibi utočkama mreže.

Na analogan način mogu se diferencijalni izrazi (5.2), (5.3) i (5.4) za unutarnje sile imomente zamijeniti s odgovarajućim diferencijskim izrazima

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ([ ] j1,-iij j1,i1- ji,ij1 ji,2ij

1- ji,ij1 ji, j1,-iij j1,i2ij

22

22

wwwwww D

M

wwwwww D

M

y

x

+−++−−=

+−++−−=

++

++

ν δ

ν δ

) (5.15)

( ) ( )1- j1,-i1 j1,-i1- j1,i1 j1,i2ij4

1wwww

DT +−−−−= ++++

δ

ν (5.16)

( ) ( )[

( )]

( ) ( )[

( )]2- ji,1- ji,1 ji,2 ji,

1- j1,-i1- ji,1- j1,i1 j1,-i1 ji,1 j1,i3ij

j2,-i j1,-i j1,i j2,i

1- j1,-i j1,-i1 j1,-i1- j1,i j1,i1- j1,i3ij

22-

222

22

222

wwww

wwwwww D

Q

wwww

wwwwww D

Q

y

x

−+−

−−+−+−−=

−+−+

+−+−+−−=

++

+++++

++

++++

δ

δ

(5.17)

84




Obzirom da se u jednadžbama (5.14) , koje se postavljaju za točke ploče do ruba,

pojavljuju prekobrojne nepoznanice za točke izvan ruba ploče, za ove nepoznanice je nužno postaviti dodatne jednadžbe preko rubnih uvjeta ploče, slika 5.2. Ti rubni uvjeti se takođe

dadu izraziti u obliku diferencijskih izraza

( )

( )

( )

( )1- ji,ij1 ji,2

ij

2

2

j1,-iij j1,i2

ij

2

2

1- ji,1 ji,

ij

j1,-i j1,i

ij

21

21

2

1

21

www

y

w

www x

w

ww y

w

ww xw

+−=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

+−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

−=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ∂∂

+

+

+

+

δ

δ

δ

δ

(5.18)

PRIMJER 5.12.

Kvadratna ploča dimenzija a a × i debljine h zglobno je oslonjena i opterećena

jednolikim opterećenjem q 0. Odrediti progib u sredini ploče za mrežu konačnih razlika prema

slici 5.23.a.

j

ia

a T(2,2)

3

2

1 1

2

3q0

i

j

2 3 410

0

2

3

4

a) b)


Obzirom da je unutar ruba ploče samo točka T(2,2), jednadžba (5.14) za tu točku glasi

40332313423222120231211120 2828208282 δ

D

qwwwwwwwwwwww =+−++−+−++−+

2

a=δ gdje je

Za točke na rubu vrijede rubni uvjeti

03323133212312111 ======== wwwwwwww

85




Točke izvan ruba povezane su s točkama unutar ruba preko preostalih rubnih uvjeta

202122

21

2

2

20 www y

w+−==⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ što daje 2220 ww −=

021222

12

2

2

20 www x

w +−==⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂∂ što daje 2202 ww −=

222324

23

2

2

20 www y

w+−==⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂


223242

32

2

2

20 www x

w+−==⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂


Kada se ovi izrazi uvrste u osnovnu jednadžbu, proizlazi da je progib u sredini ploče

D

qw

40

2216

1 δ =

PRIMJER 5.13.

Kvadratna ploča dimenzija a a × i debljine h upeta je i opterećena jednolikim

opterećenjem q 0. Odrediti raspodjelu progiba u ploči za mrežu konačnih razlika prema slici

5.24.Zadano: a, q0, D(krutost ploče)

j

i

12

34

5

1

2

3

5

3

4 T 1

T 2

T 3


86




Zbog višestruke simetričnosti dovoljno je razmatrati samo 1/8 ploče (zasjenčena površina)

koja sadrži tri točke mreže. Za njih se postavljaju jednadžbe oblika (5.14)

1 2 3 4 51

2

3

4

5

T1(3,3)

j

i

40

33231342322231 208282

q

wwwwwww −+−++−+

354434245343 2828 δ D

wwwwww =++−++−

1 2 3 4 51

2

3

4

5

T2(4,3)

j

i

40455444346353

43332352423241

2828

208282

δ q

wwwwww

wwwwwww

=++−++−

−+−++−+

D

1 2 3 4 51

2

3

4

5

T3(4,2)

j

i

40445343336252

42322251413140

2828

208282

δ q

wwwwww

wwwwwww

=++−++−

−+−++−+

D

Ove osnovne jednadžbe se mogu odmah značajno pojednostavniti uvođenjem slijedećih uvjeta

simetrije

4334233242442422 , wwwwwwww ======

i rubnih uvjeta

0545352453513514131 ========= wwwwwwwww

87




Proizlazi

404062423343

40

63423343

40423343

222 16

168 25

8 2032

δ

δ

δ

D

qwwwww

D

q

wwww

D

qwww

=++++−

=+−−

=++−

U gornjim jednadžbama još su kao višak nepoznanice koje se pomoću rubnih

uvjeta mogu izraziti preko osnovnih nepoznanica

406362 i, www

(4042

412

10 ww

y

w−==⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

δ ) što daje 4240 ww =

( 4262

52 210 ww

xw −==⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂


( 4363

532

10 ww

x

w−==⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂


Uvođenjem ovih izraza, osnovne jednadžbe dobivaju svoj konačni oblik

40423343

40423343

40423343

242 16

168 26

8 2032

δ

δ

δ

D

qwww

D

qwww

D

qwww

=++−

=−−

=++−

Rješenje glasi

4033 461,0 δ

D

qw = ,

4043 309,0 δ

D

qw = ,

4042 209,0 δ

D

qw =

5.7 Numeričko rješenje primjenom metode konačnih elemenata

Pravokutna ploča se modelira sustavom pločastih konačnih elemenata (trokutasti,

pravokutni), te se problem svodi na određivanje progiba, nagiba i unutarnjih sila u spojnim

točkama elemenata, tj. u čvorovima. Ovdje će se prikazati modeliranje samo s pravokutnim pločastim elementima /7/.

Numerički primjeri koji slijede obrađeni su s modelima koji sadrže vrlo malen brojkonačnih elemenata. Obzirom da konvergencija prema točnom analitičkom rješenju ovisi i o

gustoći mreže konačnih elemenata, dobivena rješenja u navedenim primjerima samo su

približna.

88




Pravokutni pločasti element prikazan je sa svojim značajkama na slici 5.25.

y

z x

ϕ 1 , Φ

1

ψ 1 , Ψ

1

w1 , W

1

ϕ 4

, Φ 4

ψ 4 , Ψ

4

w4 , W

4

ψ 3 , Ψ

3

ϕ 3 , Φ

3

ψ 2 , Ψ

2

ϕ 2 , Φ

2

w2 , W

2

w3 , W

3

2

1

3

4q

z

Slika 5.25 Pravokutni pločasti konačni element

Element ima 4 čvora, u svakom čvoru su 3 stupnja slobode i to progib w i kutevi zakreta ϕ i ψ,

zatim poprečna sila W i momenti savijanja i .

Matrična jednadžba konačnog elementa ima svoj uobičajeni oblik

[ ] { } { } { }qf f δk −=⋅

gdje je

[ ]( )

[ ] [ ][ ] [ ] ⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡

−=

2221

1211

2

3

k k k k

112k

A Eh

ν matrica krutosti

y x l l A ⋅= površina elementa

[ ] [ ]T

2112 k k =

89




Podmatrica [ ] 11k

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−−⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

++−−⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−−−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−++

22

22

2222

22222

22222

22222222

)1(15

4

3

4

)1(15

4

3

4simet.

)41(5

12)41(

5

12)414(

5

1)(4

)1(15

1

3

20)1(

5

12)1(

15

4

3

4

0)1(15

4

3

2

)41(5

1

)1(15

4

3

4

)1(5

12)41(

5

1)414(

5

1)2(2)41(

5

12)41(

5

12)414(

5

1)(4

a

abb

abb

aaa

bbabb

ababb

ν β

ν ν α

ν β ν α ν α

ν β ν β ν β

ν α ν α ν ν α

ν β ν α ν β α ν β ν α ν α

Podmatrica [ ] 12k

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ −+

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ −+−

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ −−

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ −+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

222222

222222

22222222

222222

222222

22222222

115

1

3

101

5

11

15

4

3

2041

5

1

01151

311

5101

151

321

512

15

11

5

1414

5

1241

5

11

5

12414

5

122

115

4

3

2041

5

11

15

1

3

101

5

1

0115

1

3

21

5

1201

15

1

3

11

5

1

415

11

5

12414

5

1221

5

11

5

1414

5

12

aaaa

bbbb

abab

aaaa

bbbb

bbab

ν β ν β ν β ν β

ν α ν α ν α ν α

ν β ν α ν β α ν β ν α ν α β

ν β ν β ν β ν β

ν α ν α ν α ν α

ν β ν α ν α β ν β ν α ν β α

Podmatrica [ ] 22k

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−−++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−−−−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−−++

22

22

2222

22222

22222

22222222

)1(15

4

3

4

)1(15

4

3

4simet.

)41(5

12)41(

5

12)414(

5

1)(4

)1(15

1

3

20)1(

5

12)1(

15

4

3

4

0)1(15

4

3

2)41(

5

1)1(

15

4

3

4

)1(5

12)41(

5

1)414(

5

1)2(2)41(

5

12)41(

5

12)414(

5

1)(4

a

abb

abb

aaa

bbabb

ababb

ν β

ν ν α

ν β ν α ν α

ν β ν β ν β

ν α ν α ν ν α

ν β ν α ν β α ν β ν α ν α

gdje jea

b

b

a== β α ,

90




Vektor čvornih Vektor čvornih Vektor čvornih sila uslijed

pomaka sila vanjskog opterećenja

{ }

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

δ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

w

w

w

w

{ }

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

ΨΦ

Ψ

Φ

Ψ

Φ

Ψ

Φ

=

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

W

W

W

W

f { }

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

−−

−

−

=

y

x

x

y

y

x

x

y

l

l

l

l

l

l

l

l

6

6

6

6

f q

PRIMJER 5.14.

Kvadratna ploča dimenzija a a × i debljine h upeta je i opterećena jednolikim

opterećenjem q 0 prema slici 5.26.a. Odrediti progib u sredini.Zbog dvostruke simetrije dovoljno je razmatrati 1/4 ploče i nju modelirati s jednim elementom

prema slici 5.26.b.

a

a

q0

1

43

2

1

y

x

a) b)


91




Ako se uzmu u obzir uvjeti simetrije u čvoru 4 i rubni uvjeti u čvorovima 1, 2 i 3 , tada

matrična jednadžba sustava (čitaj: elementa 1) glasi

[ ]

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−−

−

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−−

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

ΨΦ

=

Ψ

Φ

Ψ

Φ

Ψ

Φ

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

==

=

=

=

=

=

==

=

=

⋅

2

2

6

2

2

6

2

2

6

2

2

6

424

0W

W

W

W

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

k 2

0

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

a

a

a

a

a

a

a

a

aq

w

w

w

w

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

Redukcijom ovog sustava dobiva se

696

k 2

0410,10

aqw =

gdje je

( ) ( ) ( ) ( )1

112

4

4145

1

4k k 22

322

224410,10

==

−⋅⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−++==

β α

ν ν β α a

Eh

Progib u sredini ploče glasi

)

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

−=

ν

ν

4145

1416

13

3

4

0

2

4

Eh

aqw

92




PRIMJER 5.15.

Pravokutna ploča dimenzija b a × i debljine h učvršćena je i opterećena silom F u

sredini prema slici 5.27.a. Odrediti progib u sredini ploče. Zbog simetrije razmotriti samo 1/4

ploče s jednim elementom prema slici 5.27.b.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 m,02,0 m,428

=⋅=== ν E ha

y

x

11

43

2

F b

a

a) b)


4

F

Uvjeti simetrije u čvoru 4 i rubni uvjeti u čvorovima 1, 2 i 3 daju slijedeću matričnu jednadžbu

sustava

[ ]

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

Ψ

Φ

=

=Ψ

Φ

Ψ

Φ

Ψ

Φ

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

⋅

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

4W

0

W

W

W

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

k

F w

w

w

w

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

Redukcijom ovog sustava dobiva se

4k k

0k k

410,10310,9

49,1039,9

F w

w

=+

=+

ψ

ψ

93




gdje je

( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

1

4145

14

112

4k k

k 115

124112

4k k

115

4

3

4

4112

4k k

22

22

3

224410,10

10,922

3

22349,10

2

22

3

22339,9

==

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++

−==

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−−==

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

−==

β α

ν β α ν

ν α ν

ν α ν

a

Eh

a

a

Eh

a

a

Eh

Uvođenjem zadanih brojčanih vrijednosti rješenje sustava glasi

m000214,04 F w ⋅= rad0003,03 F ⋅=ψ

PRIMJER 5.16.

Kvadratna ploča dimenzija a a × i debljine h kruto je spojena i oslonjena na 4 stupa i

opterećena jednolikim opterećenjem prema slici 5.28.a. Odrediti deformacije ploče i stupova,

te normalno naprezanje u stupovima. Pretpostaviti neizmjernu krutost stupova na savijanje.Zbog dvoosne simetrije dovoljno je razmotriti 1/4 konstrukcije, te istu modelirati s

jednim pločastim i jednim štapnim elementom prema slici 5.28.b.

Zadano: 3,0 kN,1024 ,mkN2 m,02,0 m,1 m,4 52

0 =⋅===== ν EAqhl a

a

a

l

l

l

l

l

a/2

a/2

1

y x

1

4

2

3

q0

a) b)

2

5


Iz razloga simetrije 0 , , ,0 44313131 ==−==== ϕ ψ ϕ ψ ww

Zbog krutosti stupa 022 ==ψ

Na mjestu učvršćenja stupa 05 =u

94




Ako se gornji uvjeti uzmu u obzir, dobiva se slijedeća matrična jednadžba sustava

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

−

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

Ψ

Φ

=

=Ψ

Φ

=

Ψ

Φ

=

Ψ

=Φ

=

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

⋅

0

2

2

6

2

2

6

2

2

6

2

2

6

96

N

0W

0

0W

0W

0

0W

0

0

0

0

0

0

0

2

0

5

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

5

4

4

4

13

3

3

2

2

22

1

1

31

a

a

a

a

a

a

a

a

aq

u

w

w

uw

ww

ψ

ϕ

ϕ ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

element 2

Redukcijom gornje jednadžbe dobiva se sustav jednadžbi koji glasi

16k k k k k k

16k k k k k k

16k k k k k k

192k k k k k k

2

410,10110,9310,7210,4110,2310,1

2

47,10179377274172371

2

44,10149347244142341

3

42,10129327224122321

qawwww

qawwww

qawwww

qawwww

=+++++

=+++++

=+++++

=+++++

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

Svi koeficijenti uz nepoznanice elementi su matrice krutosti pločastog elementa 1 s istim

indeksima, samo je . Oni se određuju iz odgovarajućih podmatrica

prikazanih na strani 90. Pritom je

2

11

1

4444 k k k +=

[ ] [ ] [ ]221211 k ,k ,k

22

m44

== a

A površina elementa 1

1== β α

( ) mkN5,38112 2

3

=−= A

Eh D ν

95




Uvođenjem zadanih brojčanih vrijednosti reducirani sustav poprima oblik

( )

Dwww

Dwww

D

www

Dwww

256,1044,1012,7

256,456,46,612,9

244,16168956,1024,212,9

3

228,412,108,616,3

4213

4213

4213

4213

=+−⋅+−

=−−−

=−++−−

=−−+

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ


rad006,0

mm24

mm0034,0

mm3,18

31

4

2

31

=−=

=

=

==

ψ ϕ

w

w

ww

Raspodjela deformacija na 1/4 konstrukcije prikazana je na slici 5.29.

1

4

2

3

w2

w3

w4

w1

ϕ 1

ψ 3


Izraz za normalno naprezanje u stupu glasi

S A

5 N=σ

gdje je

površina poprečnog presjeka stupa2m01131,0=S A

poprečna sila u stupu5 N

96




Sila N5 određuje se iz nereducirane jednadžbe sustava

kN075,8k N 213,45 == w

gdje je mkN2375037k 13,4 −=−=

l

EAS

Normalno naprezanje u stupu iznosi

2mm N714,0=σ

97





6. Osnosimetrične ljuske i okrugla ploča

6. OSNOSIMETRIČNE LJUSKE I OKRUGLA PLOČA

6.1. Diferencijalni element osnosimetrične ljuske

Na slici 6.1 prikazan je diferencijalni element osnosimetrične ljuske /7/, koji je dobiven

presjecanjem ljuske s dva para međusobno okomitih ravnina. Dvije uzdužne ravnine,

međusobno postavljene pod kutem φ d , prolaze kroz os rotacije (simetrije) z , a dvije poprečne

ravnine su okomite na tu os.

B

D

A

C

d s2

d s 1

y

x

z

Φ dΦ

dϑ

ϑ S

2

S1

Slika 6.1 Diferencijalni element osnosimetrične ljuske, geometrijske značajke

ne

1e

2e

1r

2r

0r

r

j

k

i

Osnovne geometrijske značajke prikazanog elementa jesu

21 , r r polumjeri meridijalne i cirkularne zakrivljenosti

ϑ sin20 r r = projekcija polumjera r u poprečnoj ravniniϑ kut između normale na površinu ljuske i osi simetrije z

z os simetrije (rotacije) ljuske

99




Na slici 6.2 prikazan je diferencijalni element sa silama i momentima /7/ pozitivnog

smjera djelovanja u skladu s izabranim koordinatnim sustavom prikazanim na slici 6.1.

B

D

A

C

y

x

z

Φ dΦ

dϑ

ϑ S

2

S1

N 2

M 2

M 1

N 1

Q1

M 2

N 2

r 1

r 2

r 0

Slika 6.2 Diferencijalni element osnosimetrične ljuske, sile i momenti

ϑ ϑ

ϑ ϑ

ϑ ϑ

dd

d

ddd

dd

d

11

11

11

M M

N N

QQ

+

+

+

Sile i momenti savijanja diferencijalnog elementa jesu

p tlak

momenti savijanja u meridijalnom i cirkularnom smjeru

membranske sile u meridijalnom i cirkularnom smjeru

poprečna sila

21 , M M

21 , N N

1Q

ϑ ϑ sincos 11 Q N Y += radijalna sila

ϑ ϑ cossin 11 Q N Z −= osna sila

Sve sile i momenti izraženi su po jedinici duljine ljuske.

100




Na slici 6.3 prikazan je diferencijalni element s pomacima /7/ u pozitivnom smjeru.

B

A

ϑ

dϑ

ϑ + β

dϑ +d β

β

∆

u

δ wdϑ

w

S 2

S 1

z

Slika 6.3 Diferencijalni element osnosimetrične ljuske, pomaci

ϑ ϑ

dd

dww +

ϑ ϑ

dd

duu +

1r

′1r

′2r

2r

0r

′1S

′2S

Pomaci ljuske jesu

u meridijalni pomak

normalni pomakw

ϑ ϑ δ sincos wu −= radijalni pomak

ϑ ϑ sincos uw −=∆ osni pomak

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

ϑ β

d

d1

1

wu

r kut savijanja u meridijalnoj ravnini

6.2. Diferencijalna jednadžba osnosimetrične ljuske

Postavljanjem jednadžbi ravnoteže sila i kompatibilnosti pomaka za dane značajkediferencijalnog elementa te koristeći jednadžbe teorije elastičnosti, dobiva se kompleksnanehomogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s promjenjivim koeficijentimau obliku /7/

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ′++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

ϑ ρ ρ ϑ

ρ

ϑ ϑ

ρ

ϑ ρ

λ ϑ

ϑ ρ ϑ

ρ

ϑ ρ

ctg1

d

d

sin2ctg

112

ctg1

1d

dctg

d

d

d

d

2

2

22

2

2

2

2

C pr pr

W iW W

(6.1)

gdje je

1

2

r

r = ρ

h

cr 1=λ ( )2112 ν −=c β c

EhiQr W

2

12 +=

Iz rješenja ove jednadžbe proizlaze izrazi za sile i pomake, koji se sastoje iz savojnog imembranskog dijela, što u općem obliku ima izgled

+= ∗ gdje je ( ) ( ) p AV U A f ,,f ii ==∗

101




Prema tome, dobivamo /7/

( )ϑ

ϑ 2

2

244333241

2

1sin2

ctg2 r

C pr V AV AU AU A

cr

h N

′++−++−−=

( )ϑ

2

11

22142322112

sin2

2 r C

r r pr V AV AU AU A N ′−⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −+−++=

( )142322211 V AV AU AU Ac

h M +++−−=

12 M M ν =

( ) ϑ ϑ

ϑ ϑ

cossin

cos2sin

1

2 2

2

244333241

2 r

C pr V AV AU AU A

cr

hY

′++−++−−= (6.2)

ϑ

ϑ

sin

sin

2 2

2

r

C pr Z

′+=

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

′−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+−++=

1

2

1

2

2

224132211

2

sinsin2

2sin

r

r

Eh

C

r

r

Eh

pr V AV AU AU A

Eh

r ν

ϑ ϑ ν ϑ δ

( )∫ +−=∆ ϑ ϑ ε ϑ β dsincos 11r

( ) ( )

21

1

234434231

2

d

d1

2

1 N N

r

r

EhV AV AU AU A

h

cr

Eh+−−−+−=

ϑ β

U izrazima (6.2) pojavljuju se konstante integracije A1 do A4 i C ́, te

trigonometrijsko-eksponencijalne funkcije

(6.3)

214

213

2

1

sine

cose

U U U

U U U

U

U

+=

−=

=

=

α

α

α

α

214

213

-

2

-

1

sine

cose

V V V

V V V

V

V

+=

−=

=

=

α

α

α

α

koje za 0=α poprimaju vrijednost:⎩⎨⎧

=

≠==

2iza 0

2iza 1ii V U

Argument α ovisi o geometrijskim značajkama pojedinih tipova ljusaka.

Konstante integracije se određuju iz rubnih uvjeta. Pritom se u praktičkim proračunima,u slučaju dugih ljusaka, postupak za njihovo određivanje može pojednostavniti upotrebom

načela o zanemarenju međusobnog utjecaja rubova. Naime, utjecaj ruba se u stijenci ljuske prigušuje udaljavanjem od ruba. Taj utjecaj je u izrazima (6.2) izražen sa savojnim dijelom, tj.

s funkcijama U i V, te se njegovo prigušenje može izraziti samo s funkcijama koje u sebi

sadrže prigušni faktor e α. Preostale funkcije s faktorom pojačanja eα se izostavljaju na način,

da se njima pridružene konstante integracije izjednače s nulom. O tome, da li će to bitifunkcije U ili V, to ovisi o predznaku argumenta.

Konstanta C ́ se određuje na osnovi rubnih uvjeta u aksijalnom smjeru. Za statički

određeno oslanjanje C ́=0.

102




Izrazi (6.2) vrijede za slučaj opterećenja u obliku konstantnog tlaka p koji je pozitivan,

kada djeluje iznutra.

6.3. Cilindrična ljuska

Jedan segment cilindrične ljuske prikazan je na slici 6.4.

d x r = xξ

x

M 1m

Y m

M 10

Y 0

S 2

r 2=r

dϑ

S 1

p

Slika 6.4 Cilindrična ljuska

2

π ϑ =

∞=1r

Geometrijske značajke cilindrične ljuske jesu

r

x

r r

r

=

=

==

∞=

ξ

π ϑ

2

const.2

1

Argument ξ α h

cr

2= (uvijek pozitivan)

Sile i pomaci cilindrične ljuske slijede iz jednadžbi (6.2)

21

pr N =

( ) pr V AV AU AU A N +−++= 241322112

( )142312211 V AV AU AU Ac

h M +++−−=

12 M M ν =

( 443332412

V AV AU AU Acr

hY −++−−= ) (6.4)

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−++= ν δ

2

11

2

24132211 Eh

pr V AV AU AU A

Eh

r

103




( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−++−−=∆ ξ ν

ν 21

2

1

2

2

44333241

pr

EhV AV AU AU A

c

rh

Eh

( )344342312

1V AV AU AU A

h

cr

Eh−−+−= β

Izrazi (6.4) vrijede za slučaj opterećenja u obliku konstantnog tlaka p koji je pozitivan,

kada djeluje iznutra.

PRIMJER 6.1.

Cijev polumjera R i debljine stijenke h učvršćena je na jednom kraju i opterećena iznutratlakom p prema slici 6.5. Odrediti rapodjelu pomaka i sila u stijenci cijevi u okolini spoja s

krutim zidom.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 kPa,100 m,001,0 m,1,0 28 =⋅==== ν E ph R

x

p

h

R

A

A


Zadana cijev se može smatrati polubeskonačnom cilindričnom ljuskom s rubom A. Za

nju će se odrediti raspodjela δ, β, M i Y pomoću izraza (6.4). Pritom će se koristiti princip

zanemarenja utjecaja ruba A, te će se iz navedenih izraza odstraniti funkcije U ( )0>α

postavljanjem uvjeta 021 == A A . Dakle, kao nepoznanice preostaju konstante koje

se određuju iz rubnih uvjeta na rubu A

43 i A A

( ) 0 0 0 0 AAA ==== β δ α x

što daje dvije jednadžbe

0

02

11

43

2

3

=−−

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

A A

Eh

pR A

Eh

Rν

Rješenje glasi: mkN5,82

113 −=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−= ν pR A mkN5,84 = A

104




Tražene veličine iznose

( ) ( ) 0000004,00000004,00000004,0 21 ++−= α α δ V V

( ) ( )α α β 34 000016,0000016,0 V V +−=

( ) ( )α α 12 0258,00258,0 V V M −=

( ) ( )α α 43 046,1046,1 V V Y −=

Njihova raspodjela u blizini ruba A prikazana je na slici 6.6

600

500

400

300

200

100

3000

2000

1000

6 3

4 2

2 1

rub A

M 1

Y

kNm/m kN/m m rad

δ 105 β 105

β

δ

M 1

Y

x

10 20 30

40 50 60

mm


105




PRIMJER 6.2.

Cijev polumjera R , duljine L i debljine stijenke h učvrščena je na oba kraja za kruti zid i

opterećena izvana tlakom p prema slici 6.7.a. Odrediti radijalni pomak δ na sredini raspona

cijevi.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 kPa,200 m,02,0 m,2 m,1,028

=⋅===== ν E ph L R

L

p

p

R

h L/2

x

B A

b)a)


Zbog simetričnosti problema dovoljno je razmatrati 1/2 cijevi s dva ruba A i B, te s koordi-natnim sustavom prema slici 6.7.b.

U slučaju kada se međusobni utjecaj rubova A i B uzima u obzir, tada se u izrazu (6.4) za δ

zadržavaju sve konstante A i i one se određuju iz rubnih uvjeta na ovim rubovima.

Rub A ( )0 0 A == α x 0A = β

0A =∆

Rub B ( )rad09,9 2 B == α L x 0B =δ

0B = β

što daje jednadžbe

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( ) 0

02

11

0

0

B34B43B42B31

2

B24B13B22B11

4321

4321

=−−+

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−++

=−++−

=−−+

α α α α

ν α α α α

V AV AU AU A

Eh

pRV AV AU AU A

Eh

R

A A A A

A A A A


mkN343,2031 == A A mkN278,3142 −== A A

106




Radijalni pomak δ na rubu A iznosi

( ) mm04,02

11

2

31A −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+= ν δ

Eh

pR A A

Eh

R

Isti primjer može se riješiti na jednostavniji način, primjenom na

čela o zanemarenjumeđusobnog utjecaja ruba A na rub B. U tom slučaju se razmatra samo rub A, a u izrazu

(6.4) za δ su 021 == A A . Za određivanje konstanti A3 i A4 upotrijebit će se već ranije

postavljeni rubni uvjeti za rub A ( )0 ,0 ,0 AAA =∆== β α , što daje jednadžbe

0

0

43

43

=−

=−−

A A

A A

Rješenje ovog sustava je trivijalno, tj. 043 == A A , te pomak poprima oblik

mm0405,0211

2

−=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −−= ν δ

Eh pR

Ovaj rezultat je praktički isti kao i u slučaju kada je međusobni utjecaj rubova uzet uobzir. To znači, da je sredina raspona cijevi (rub A) toliko udaljena od zida (rub B), da su

utjecaji savijanja od zida u potpunosti prigušeni, te su u stijenci cijevi preostali samomembranski efekti.

6.4. Konusna ljuska

Jedan segment konusne ljuske prikazan je na slici 6.8.a.

ϑ S2

r 2

x x

0

xr 2

r 20

x0

xr

2

r 20

a) b) c)

p

Slika 6.8 Konusna ljuska

Geometrijske značajke konusne ljuske

ϑ

ϑ

ctg

const.

0

1

xr

r

=

=

∞=

Argument ( )202tg

2

2 r r

h

c−= ϑ α

107




Vrijednost argumenta ovisi o položaju promatranog ruba konusne ljuske. U slučaju donjeg

ruba, slika 6.8.c, argument je pozitivan ( x> x0), a u slučaju gornjeg ruba, slika 6.8.b,

argument α je negativan ( x< x0).

Izrazi za sile i pomake konusne ljuske slijede iz jednadžbi (6.2)

( )2

ctg2

244333241

2

1 pr V AV AU AU A

cr h N +−++−−= ϑ

( ) 2241322112 pr V AV AU AU A N +−++=

( )142312211 V AV AU AU Ac

h M +++−−=

12 M M ν =

( ) ϑ ϑ

sin2sin

1

2

244333241

2

pr V AV AU AU A

cr

hY +−++−−= (6.5)

ϑ sin2

2 pr Z =

( ) ( ) ϑ ν ϑ δ sin22

sin 224132211

2 −+−++= Eh

pr V AV AU AU A

Eh

r

( ) ϑ β ctg2

3

2

1 234434231

2

Eh

pr V AV AU AU A

h

cr

Eh−−−+−=

Izrazi (6.5) vrijede za slučaj opterećenja u obliku konstantnog tlaka p , koji je pozitivan,

kada djeluje iznutra, te za ljuske s kutem .9045 °<≤° ϑ

PRIMJER 6.3.

Konusna ljuska na užem je kraju učvršćena za zid, a na širem, slobodnom kraju

opterećena je momentom savijanja M 0 prema slici 6.9.a. Odrediti radijalni pomak δ na slo-

bodnom kraju konusa, te raspodjelu M , Y i δ u njegovoj okolini.

Zadano: m,kNm1,0 ,60 m,01,0 m,1 m,5,0 0 ===== M h Rr

ϑ

3,0 ,mkN101,2 28 =⋅= ν E

ϑ

h

R

r

M 0

M 0

x0

x

r 2A

M 0

r 20

A

a) b)


108




Obzirom da je ljuska opterećena momentom na svom rubu, čije djelovanje se prenosi na

čitavu ljusku, ovdje se ne može primijeniti princip zanemarenja utjecaja rubova. Stoga se u

izrazima (6.5) moraju odrediti sve konstante A i. Argument α je definiran prema koordinatnom

sustavu na slici 6.9.b. Za određivanje konstanti A i postavljaju se rubni uvjeti

00 =α 0=δ 0= β

( ) rad14cos

1

2

sin2A =−= r R

h

c

ϑ

ϑ α 01 M M −=

0=Y

iz kojih slijede jednadžbe

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( )[ ] 0sin

1

2

02

1

0sin

A44A33A32A41

2

0A14A23A12A21

432120

3120

=−++−−

−=+++−−

=−−+−

=+

α α α α ϑ

α α α α

ϑ

V AV AU AU Acr

h

M V AV AU AU Ac

h

A A A Ah

cr

Eh

A A Eh

r

A


mkN000018,0

mkN000027,0

mkN000036,0mkN000027,0

4

3

2

1

−=

=

=−=

A

A

A A

Uvođenjem ovih vrijednosti u izraze (6.5) mogu se odrediti tražene veličine u bilo kojem presjeku stijenke ljuske.

Radijalni pomak δ A na slobodnom kraju ljuske iznosi

m000018,0A =δ

109




Raspodjela traženih veličina δ, M 1 i Y u okolini slobodnog kraja ljuske prikazana je na slici

6.10.

1

0 ,5

0 ,12 0

s l o b o d ni r u b A

M 1 Y

k N m / mk N / m m

δ 10 6

x

0 ,9 m

10

0 ,0 5

0 ,8

0 ,7 0 ,6 0 ,5 0 ,4

0 ,30 ,2

0 ,10

M 1

Y

δ


6.5. Sferna ljuska

Jedan segment sferne ljuske sa svojim značajkama prikazan je na slici 6.11.

r = r 1 = r 2

ϑ z

p

Slika 6.11 Sferna ljuska

20

π ϑ =

Geometrijske značajke sferne ljuske

const.21 == r r argument ( )02

ϑ ϑ α −=h

cr

110




U okviru ove knjige analiziraju se sferne ljuske u okolini 2π ϑ = (visoke ljuske) tako,

da se redovito uzima 20 π ϑ = što znači, da je 0i0 << α ϑ ϑ .

Izrazi za sile i pomake sferne ljuske slijede iz jednadžbi (6.2)

( ) 2ctg2443332411

pr V AV AU AU Acr

h N +−++−−= ϑ

( )2

241322112

pr V AV AU AU A N +−++=

( )142312211 V AV AU AU Ac

h M +++−−=

12 M M ν =

( ) ϑ ϑ

cos2sin

1

244333241

pr V AV AU AU A

cr

hY +−++−−= (6.6)

ϑ sin2

pr Z =

( ) ( ) ϑ ν ϑ δ sin12

sin 24132211 −+−++= Eh

pr V AV AU AU A

Eh

r

( )344342312

1V AV AU AU A

h

cr

Eh−−+−= β

Izrazi (6.6) vrijede za slučaj opterećenja u obliku konstantnog tlaka p , koji je pozitivan,kada djeluje iznutra.

PRIMJER 6.4.

Spremnik u obliku polusfere polumjera R i debljine stijenke h opterećen je iznutra

tlakom p prema slici 6.12.a. Odrediti radijalni pomak δ vrha spremnika A, meridijalno

naprezanje σ1 u vrhu A i u spoju B spremnika s podlogom, te raspodjelu δ i M 1 u okolini spojaB.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 kPa,500 m,02,0 m,5,2 28 =⋅==== ν E ph R

p R

h

A

B

A

B ϑ

ϑ 0

ϑ

ϑ 0

a) b) c)


111




U ovom primjeru se razmatra sferna ljuska s dva ruba A i B. Svaki od rubova i njegova

okolina mogu se analizirati zasebno prema slikama 6.12.b i 6.12.c uz primjenu načela ozanemarenju međusobnog utjecaja rubova.

Rub A

Primjenom spomenutog načela i zbog 0<α isključuju se iz izraza (6.6) funkcije V i, što

znači da su konstante 043 == A A , te kao nepoznanice preostaju konstante A1 i A2. Za njihovo

rješavanje upotrijebiti će se slijedeći rubni uvjeti (uvjeti simetrije)

0A =α 0A = β

0A =Y

iz čega slijede jednadžbe

( )

( ) 02

cos2sin

1

2

02

1

21

21

=++−−

=+−

π

ϑ

pR A A

cR

h

A Ah

cR

Eh

Rješenje ovog sustava je trivijalno, tj. 021 == A A

To znači da vrh A spremnika u stvarnosti nije rub, tako da u toj točki nema efektasavijanja, već postoje samo membranski efekti.

Radijalni pomak vrha A

( ) m26,02

sin12

2

A =−= π ν δ

Eh

pR

Naprezanje u vrhu A

21A1 mm N25,31==

h

N σ gdje je mkN625

21 ==

pR N

Rub B

I ovdje, primjenom principa zanemarenja utjecaja rubova i zbog 0<α vrijedi uvjet

. Nepoznate konstante A043 == A A 1 i A2 određuju se iz slijedećih rubnih uvjeta

0B =α 0B =δ

0B = β

Dobivaju se jednadžbe

( )

( ) 02

1

02

sin122

sin

21

2

1

=+−

=−+

A Ah

cR

Eh

Eh

pR A

Eh

R π ν

π

112




s rješenjem

mkN12501 −= A mkN125012 =−= A A

Naprezanje u točki B

MPa5,1135,6262

11B1 ±=±=

h

M h

N σ

gdje je

( )

mkNm56,7

mkN125022

ctg2

21

211

−=−=

=++−−=

c

h A M

pR A A

cR

h N

π

Raspodjela radijalnog pomaka δ i momenta M 1 u okolini točke B dana je izrazima

( ) ( )

( )12211

2

2211 sin12

sin

U AU Ac

h M

Eh

pRU AU A

Eh

R

+−−=

−++= ϑ ν ϑ δ

i prikazana je na slici 6.13.

M 1

δ

m kNm/m

0,2 15

-0,2

87,5 85

82,5 80 ϑ °

δ

M 1točka

B


113




6.6. Okrugla ploča

Jedan segment okrugle ploče sa svojim značajkama prikazan je na slici 6.14.

M 1m

M 10

Y 0

Y m

r

R

z

r

R

r

R

r 1

a) b) c)

Slika 6.14 Okrugla ploča

Geometrijske značajke okrugle ploče

⎩

⎨⎧

←

←=

otvoromsar

otvora bez 0

1

minr

0

max

=

=

=

ϑ

ξ R

r

Rr

Izrazi za sile i pomake okrugle ploče glase /7/

2

311

1

ξ R

A

R

AY N +==

2

312

1

ξ R

A

R

A N −=

( ) ( ) ( ) ( )[ ]1ln12

316

111 2

2

2421 ++′

−+−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+= ξ ν ξ ν

ξ ν ν

C pR A A

cR

h M

12 M M ν =

ξ ξ

R

C pR Z

′+=

2 (6.7)

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−= 231

111

ξ ν ν

ξ δ A A

Eh

114




( ) C C R pR

Eh

c A A

Eh

cRw ′′+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

′−+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−==∆ 1ln2

864ln

2

22

44

3

2

4

2

22 ξ ξ ξ ξ

ξ

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ′+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ += ξ ξ ξ

ξ ξ β ln

216

1 33

3

2

422

C R pR

Eh

c A A

Eh

c

Razlikujemo punu ploču i ploču sa središnjim otvorom. U slučaju pune ploče, slika

6.14.b, bezdimenzionalna koordinata ξ poprima sve vrijednosti od 0 do 1. Stoga treba iz izraza

(6.7) isključiti sve članove koji sadrže21 i ln ξ ξ . To se postiže uvjetom .

U slučaju ploče s otvorom vrijednost od ξ se kreće od

04 =′= C A

Rr 1 do 1.

U nekim slučajevima može se analiza ploče pojednostavniti tako, da se zanemare ili

membranski efekti ili efekti savijanja. U slučaju zanemarenja membranskih efekata

otpadaju membranske veličine ( )δ ,, 21 N N što se postiže uvjetom 031 == A A , a u slučaju

zanemarenja efekta savijanja otpadaju veličine savijanja ( ) β ,,, 21 ∆ M M što se postiže

uvjetom 042 =′′=′== C C A A .

PRIMJER 6.5.

Okrugla ploča polumjera R i debljine stijenke h , opterećena je s jedne strane tlakom p

prema slici 6.15. Odrediti raspodjelu progiba w , kuta savijanja β i momenta savijanja M 1 uradijalnom smjeru ploče.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 kPa,500 m,015,0 m,1 28 =⋅==== ν E ph R

R

h p


Zbog prirode opterećenja mogu se u ploči zanemariti membranski efekti. Kako se radi o punoj ploči, to su u izrazima (6.7) konstante 0431 =′=== C A A A . Ostaju kao

nepoznanice C A ′′i2 . Za njihovo određivanje postavljaju se slijedeći rubni uvjeti

1=ξ 0=∆

0= β

115




iz čega slijede jednadžbe

016

0642

1

3

3

2

22

4

3

2

=−

=′′++−

pR

Eh

c

A Eh

c

C pR

Eh

c

Eh

cR

Rješenje ovih jednadžbi glasi

kN68750002 = A m12,0=′′C

Konačni izrazi za radijalnu raspodjelu traženih veličina

2

1

2

42

125,103625,40

48,048,0

12,012,024,0

ξ

ξ ξ β

ξ ξ

−=

−=

++−=

M

w

Raspodjela ovih veličina je prikazana na slici 6.16.a, b i c.

R R

0 ,

5 8 R

R

0 ,

6 2 7 R

β

w M

1 β max

a) b) c)


Progib u sredini m12,0=w

Kut savijanja u sredini 0= β

Najveći kut savijanja (na 0,577 R) rad185,0max = β

Moment savijanja u sredini mkNm625,401 = M

Moment savijanja u uklještenju mkNm5,621 −= M

116




PRIMJER 6.6.

Okrugla ploča polumjera R s otvorom polumjera r , debljine stijenke h , opterećena je naunutarnjem rubu s momentom savijanja M 0 prema slici 6.17. Odrediti raspodjelu progiba w i

momenta M 1 u radijalnom smjeru ploče.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 m,02,0 m,kNm5 m,5,0 m,5,128

0 =⋅===== ν E h M r R

M 0

M 0

r 1

R

A B


U ovom slučaju se mogu zanemariti membranski efekti u ploči, tako da u izrazima (6.7)

vrijedi , te kao nepoznanice preostaju031 == A A C C A A ′′′ i,, 42 . Postavljanjem rubnih uvjeta

Rr =Aξ 0=w

01 M M =

1B =ξ 0=w

0= β

dobivaju se potrebne jednadžbe za određivanje nepoznatih konstanti u obliku

( ) 01ln28

ln2

A

2

A

2

3

2

A4

2

A22

=′′+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

′−+⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +− C

C R

Eh

c A A

Eh

cRξ ξ ξ

ξ

( ) ( ) ( )[ ] 0A2

A

42 1ln12

1111 M C A A

cR

h=++′−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+ ξ ν

ξ ν ν

08 3

22

22 =′′+′+− C C

Eh

Rc A

Eh

cR

( ) 0422 =+ A A

Eh

c


mkN211500

mkN211500

4

2

−=

=

A

A

m0189,0

mkN6925

=′′

−=′

C

C

Funkcije raspodjele traženih veličina u radijalnom smjeru ploče imaju oblik

( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ]1ln15,34621

12115001211500

0189,01ln2625,865ln2115002

211500

21

22

3

22

2

+++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++=

+−+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

ξ ν ξ

ν ν

ξ ξ ξ ξ

cR

h M

R Eh

c

Eh

cRw

117




Njihova raspodjela prikazana je na slikama 6.18.a i b.

0,53 R

M min

wmax

a)

b)


Najveći progib (na 0,53 R) mm15,1max =w

Najmanji moment savijanja (na 0,53 R) mkNm838,3min = M

Najveći moment savijanja (u uklještenju) mkNm17,5max = M

118




6.7. Spoj ljusaka

Vrlo često su ljuskaste konstrukcije sastavljene od 2 ili više ljusaka. U tom slučaju od posebnog je interesa analizirati mjesta njihovog spoja. Naime, na tim mjestima javlja se velika

koncentracija naprezanja uslijed snažno izraženog efekta savijanja. Stoga se u samom spojuračunaju iznosi sila i pomaka, a u njegovoj okolini (u svakoj ljusci) njihova raspodjela. Pritomse koriste uvjeti ravnoteže sila i kompatibilnosti pomaka u spoju, posebno vodeći računa o

konvenciji predznaka sila i pomaka koja vrijedi za svaku ljusku. Redovito se za svaku ljusku

zasebno primijenjuje i načelo zanemarenja utjecaja rubova (čitaj: spoja) na ostatak ljuske.

PRIMJER 6.7.

Ljuskasta konstrukcija sastavljena je od cilindrične i konusne ljuske iste debljine h

stijenke i opterećena iznutra tlakom p prema slici 6.19. Odrediti radijalni pomak δ u spojuljusaka, te njegovu raspodjelu u okolini spoja.


h

h

R p

30°

z


Na slici 6.20 posebno je prikazana svaka ljuska sa svojim koordinatnim sustavom i pozitivno

orjentiranim silama i pomacima na mjestu spoja.

z ϑ =60°

x0

x

β K

x

β C

M 1C

M 1K

Y C

δ C

δ K

Y K

r 20

r 2


119




Kod cilindrične ljuske 0C >α , a kod konusne ljuske 0K <α . Stoga, kod primjene

načela zanemarenja utjecaja ruba, otpadaju u izrazima (6.4) za sile i pomake cilindrične ljuske

funkcije U i uz uvjet 0C2C1 == A A , a u izrazima (6.5) konusne ljuske funkcije V i uz uvjet

. Prema tome, problem se svodi na određivanje nepoznanica A0K 4K 3 == A A 3C, A4C, A1K i

A2K .

Postavljanjem uvjeta spoja

K C α α = K C δ δ =

K C β β =

K 1C1 M M =

K C Y Y =

dobiva se sustav jednadžbi

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+ ν

ϑ ν

2

11

sin

2

11 20K 1

20C3 pr A

Eh

r pR A

Eh

R

( ) ( ) ϑ ctg2

3

2

1

2

12

20K 2K 1

20C4C3

Eh

pr A A

h

cr

Eh A A

h

cR

Eh−+−=−−−

K 2C4 Ac

h A

c

h−=−

( ) ( ) ϑ ϑ

cos2sin

1

22

2

20K 2K 1

20

C4C3

pr A A

cr

h A A

cR

h++−−=−−

s rješenjem

mkN414,56

mkN889,16

mkN33,1479

mkN414,56

C4

C3

K 2

K 1

−=

−=

=

−=

A

A

A

A

Radijalni pomak u spoju

mm0567,0K C == δ δ

Funkcije raspodjele pomaka

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−=

2

11

2

2C41C3C Eh

pRV AV A

Eh

Rδ cilindrična ljuska

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++= ν

ϑ δ

2

11

sin 2

22K 21K 1

2K

Eh

pr U AU A

Eh

r konusna ljuska

120




Obje raspodjele prikazane su na slici 6.21.

6

5

4

3

2

00,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1m

xC

δ 105 m

1,9

1,8

1,7

1,6

1,5

1,4

1,3 x

K

m

1


PRIMJER 6.8.

Ljuskasta konstrukcija sastavljena je od dvije konusne ljuske iste debljine h stijenke i

opterećene iznutra tlakom p prema slici 6.22. Odrediti iznos radijalnog pomaka δ,

membranske sile N 1 i momenta savijanja M 1 na mjestu spoja.


p

hh

R 30°

15°


121




Na slici 6.23 posebno je prikazana svaka ljuska s pripadnim koordinatnim sustavom i sa

silama i pomacima na mjestu spoja.

M 1L

M 1D

Y D

ϑ L

ϑ D

Y Lδ

L δ D

x0L

xL r

20L

r 2L

r 2D

r 20D

xD

x0D

β L

β D

Slika 6.23 Primjer 6.8 (L - lijevo, D - desno)

Pošto su 0L <α i 0D <α , kod primjene načela zanemarenja utjecaja ruba proizlazi dasu 0D4D3L4L3 ==== A A A A , te u izrazima (6.5) ostaju kao nepoznanice konstante A1L, A2L,

A1D i A2D. Postavljanjem uvjeta u spoju

0DL ==α α DL δ δ =

DL β β −=

D1L1 M M =

DL Y Y −=

dobiva se sustav jednadžbi

D

2

D20D1

DD20L

2

L20L1

LL20 sin2

11

sinsin

2

11

sinϑ ν

ϑ ϑ ν

ϑ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

Eh

pr A

Eh

r

Eh

pr A

Eh

r

( ) ( ) DD20

D2D1D20

LL20

L2L1L20 ctg

2

3

2

1ctg

2

3

2

1ϑ ϑ

Eh

pr A A

h

cr

Eh Eh

pr A A

h

cr

Eh++=−+−

D2L2 Ac

h A

c

h−=−

( ) ( ) D

2

D20D2D1

DD20

L

2

L20L2L1

LL20

ctgsin

1

2ctg

sin

1

2ϑ

ϑ ϑ

ϑ Eh

pr A A

cr

h

Eh

pr A A

cr

h−+−=++−−

s rješenjem:

mkN6054

mkN5951

L2

L1

=

−=

A

A

mkN6054

mkN5971

D2

D1

=

−=

A

A

Tražene veličine na mjestu spoja

mkN5,505

mkN5,505

mkN015,36

mm375,1

D1

L1

1

−=

=

−=

=

N

N

M

δ

122




PRIMJER 6.9.

Sferna posuda ravnog dna polumjera R i debljine h stijenke iznutra je opterećena tlakom

p prema slici 6.24. Odrediti na vrhu A posude vertikalni pomak δ i moment savijanja M 1, u

točki B spoja sfere s okruglom pločom dna posude moment savijanja M 1, a u točki C sredine

ploče dna posude vertikalni pomak.


p R

h

hB

C

A


Ako se primijeni načelo o zanemarenju međusobnog utjecaja rubova, tada se točke A i B sfere mogu razmatrati zasebno. Obje točke prikazane su s pripadnim koordinatnim sustavima,

silama i pomacima na slici 6.25.a i b.

R

BA

R

δ

ϑ

ϑ 0

ϑ

ϑ 0

B M

1S M

1P M 1

β P

β S

a) b)


123




Točka A

Iz slike 6.25.a uočljivo je, da se razmatra samo 1/2 sfere, te da je 0S <α . Stoga su u

izrazima (6.6) za sile i pomake 043 == A A , te ostaju kao nepoznanice A1 i A2.

Postavljanjem uvjeta simetričnosti za

0A =α 0A = β

0A =Y

slijede jednadžbe

( )

( ) 0

sin

1

2

02

1

21

0

21

=+−−

=+−

A A

cR

h

A Ah

cR

Eh

ϑ

s trivijalnim rješenjem 021 == A A

Prema tome, na vrhu A sfere nema savijanja, tako da je

( )

0

mm017,02

sin12

1

2

A

=

=−=

M

Eh

pR π ν δ

Točke B i C

Iz slike 6.25.c vidljivo je, da je čitava posuda zakrenuta za 90°, tako da se točka B može

razmatrati kao spoj sferne ljuske i okrugle ploče, dok je točka C središte okrugle ploče.Primjenom principa o zanemarenju međusobnog utjecaja rubova u sfernoj ljusci su, zbog

0S <α , konstante 0S4S3 == A A . Zanemarivanjem membranskih efekata u punoj okrugloj

ploči konstante 0PP4P3P1 =′=== C A A A . Dakle, sveukupno preostaju nepoznanice A1S, A2S,

A2P i .C ′′Postavljanjem uvjeta spoja u točki B

( )1 ,0 BB == ξ α PS β β −=

P1S1 M M =

0S =δ

0P =w

proizlaze slijedeće jednadžbe

( )162

1 3

3

2

2P2S2S1

pR

Eh

c

Eh

c A A A

h

cR

Eh+−=+−

( ) ( )ν ν +−+=− 3

16

12

P2S2

pR

cR

h A A

c

h

124




( ) 0sin12

sin S1 =−+ ϑ ν ϑ Eh

pR A

Eh

R

0642

1P

4

3

2

P22 =′′++− C

pR

Eh

c A

Eh

cR

s rješenjem

mkN435,3918

mkN70

S2

S1

=

−=

A

A

m024,0

kN281,2274

P

P2

=′′

=

C

A

Moment savijanja M 1 u točki B ploče (isti iznos je i sa strane sfere)

( ) ( ) mkNm35,23316

12

P21 −=+−+= ν ν pR

AcR

h M

Vertikalni pomak točke C središta okrugle ploče: m024,0PC =′′= C w

Zbrajanjem vertikalnih pomaka točaka A i C, proizlazi međusobno odmicanje ovih točaka zaiznos od 0,024017 m.

PRIMJER 6.10

Na spoju cilindrične ljuske, opterećene iznutra tlakom p , sa) pregradom

b) ukrepom

prema slici 6.26, odrediti veličinu radijalnog pomaka δ, radijalne sile Y i momenta savijanja

M 1. Ujedno odrediti njihovu raspodjelu u ljusci u okolini spoja, te je prikazati u oblikudijagrama.

Zadano: 3,0 ,mkN101,2 kPa,500 m,015,0 m,5,0 m,5,1 28 =⋅===== ν E phr R

h

h

h

h

z z

R R

r 1

p p p p

a) b)


125




Slučaj a)

Obzirom na simetričnost spoja dovoljno je u razmatranje uzeti samo jednu njegovu

polovicu.

z z

R R

r h

h x

R

x=Pξ

R

x=Cξ

Zbog simetričnog opterećenja tlakom, u pregradi se javljaju samo membranski efekti,

dakle 0PPP4P2 =′′=′== C C A A , a zbog mogućnosti da 0=ξ (puna ploča), je i . Kod

ljuske će se primijeniti načelo o zanemarivanju međusobnog utjecaja rubova, te je

. Dakle u izrazima (6.4) i (6.7) za sile i pomake preostaju nepoznanice A

0P3 = A

0C2C1 == A A 3C, A4C,

i A1P, te se za njihovo određivanje na spoju ( )0 ,0 PC == ξ α postavljaju slijedeći uvjeti:

CP δ δ =

CP21 Y Y =

0C = β

izčega slijedi primjenom izraza (6.4) i (6.7) sustav jednadžbi

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+=− ν ν

2

111

2 2

C3P1 Eh

pR A

Eh

R A

Eh

( )C4C3P122

1 A A

cR

h A

R−=

0C4C3 =−− A A

Rješenje sustava, uz uvrštenje zadanih numeričkih vrijednosti, glasi

mkN3,122

mkN4,523

mkN4,523

P1

C4

C3

=

=

−=

A

A

A

Raspodjela veličina δ, Y i M 1 u ljusci postavlja se primjenom izraza (6.4)

( ) ( ) 3

21

32

2C41C3C 10306,01025,02

11 −− ⋅++⋅−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−= V V

Eh

pRV AV A

Eh

Rν δ

( ) ( 121C42C3C1 38,2 V V V AV Ac

h M −=+−= )

( ) ( 434C43C3C 26,202

V V V AV AcR

H Y +=−−= )

126




i prikazana je na slici 6.27.

Vrijednost ovih veličina na mjestu spoja ( )0C =α iznosi

mkN52,40

mkNm38,2

mm056,0

C

C1

C

=−=

=

Y

M

δ

40

30

20

10

000

1

20,4

0,3

0,2

0,1

-1

-2

-3

M 1C

δ C

Y C

m kNm/m kN/m

0,8 0,7 0,6 0,5 0,4

0,3

0,2 0,1

x

m

δ C

M 1C

Y C

Slika 6.27 Primjer 6.10, raspodjela δ C, M 1C i Y C

127




Slučaj b)

I ovdje se zbog simetrije razmatra samo jedna polovica spoja. Obzirom na membransko

opterećenje ukrepe uzima se da je 0U4U2 =′′=′== C C A A , a kod ljuske, zbog zanemarenja

međusobnog utjecaja rubova, vrijedi 0C2C1

== A A . Prema tome, u odgovarajućim izrazima

(6.4) i (6.7) za sile i pomake preostaju nepoznanice A3C, A4C, A1U i A3U. Za njihovo odre-

đivanje postavljaju se slijedeći uvjeti na spoju ( )0 ,0 UC == ξ α

CU δ δ =

CU21 Y Y =

0C = β

i na slobodnom kraju ukrepe ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

R

r Uξ

0C =Y

Primjenom izraza (6.4) i (6.7) slijedi sustav jednadžbi

( ) ( )[ ] ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+=+−− ν ν ν

2

1111

2 3

C3U3U1 Eh

pR A

Eh

R A A

Eh

( ) ( )C4C3U3U122

1 A A

cR

h A A

R−−=+

0C4C3 =−− A A

011 2

1

U3U1 =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +r

R A

R A

R

Uvrštavanjem zadanih numeričkih vrijednosti dobiva se slijedeće rješenje ovog sustava

mkN6,491

mkN6,491

C4

C3

=

−=

A

A

kN4,14

kN6,129

U3

U1

−=

=

A

A

Raspodjela δ, M 1 i Y u ljusci definirana je odgovarajućim izrazima (6.4)

( ) ( ) 321

3

2

2C41C3C 10306,010235,0211 −− ⋅++⋅−=⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+−= V V

Eh pRV AV A

Eh R ν δ

( ) ( 121C42C3C1 23,2 V V V AV Ac

h M −=+−= )

( ) ( 434C43C3C 03,192

V V V AV AcR

hY +=−−= )

i nije prikazana dijagramima jer je po obliku vrlo slična raspodjeli na slici 6.27

128




Vrijednosti ovih veličina na mjestu spoja ( )0C =α iznosi

mkN38

mkNm23,2

mm071,0

C

C1

C

=

−=

=

Y

M

δ

Ako se ove vrijednosti usporede s onima iz slučaja a) (pregrada) uočljivo je, da je kod

ukrepe radijalni pomak ljuske δ veći nego kod pregrade, ali su zato moment savijanja M 1C i

radijalna sila Y C manji.

6.8. Primjena metode konačnih elemenata

Proračun osnosimetričnih ljusaka od velike je praktičke važnosti, stoga je i tu metoda

konačnih elemenata našla svoju primjenu.Obzirom na osnu simetriju strukture i u slučaju osnosimetričnog vanjskog opterećenja,

problem opisan konačnim elementima postaje jednodimenzionalan. No, prije opisa konačnog elementa koji je korišten za modeliranje ljuske, valja prikazati

neke odnose koji kod osnosimetričnih ljusaka proizlaze iz klasične teorije ljusaka.

6.8.1. Matrica elastičnosti izotropne ljuske

Kao i kod svih ljusaka tako se i kod osnosimetričnih ljusaka istovremeno javljaju efekti

savijanja i membranski efekti. U slučaju osnosimetričnog opterećenja pomak točke na srednjoj

površini ljuske jednoznačno je određen s meridijalnom i normalnom komponentom u i w . Ako

se kut nagiba ljuske ne mijenja (osnosimetrični element) tada su vektor sila {σ} i vektor

deformacija {ε} u ljusci povezani na slijedeći način

(6.7){ } [ ] { } [ ]

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=⋅=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

2

1

2

1

2

1

2

1

DεDσ

κ

κ

ε

ε

M

M

N

N

gdje je [D] matrica elastičnosti izotropne ljuske,

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

121200

121200

001

001

1D

22

222

hh

hh

Eh

ν

ν

ν

ν

ν

a indeksi 1 i 2 označavaju meridijalni i cirkularni smjer u ljusci.

129




6.8.2. Konačni element

Za modeliranje osnosimetričnih ljuski najčešće se koristi osnosimetrični konusnielement /8/ koji je prikazan na slici 6.28.

r j

a) b) c)

r i

j

i

d s

sl

u w∆

j

β j

δ j

δ i

β i

∆i

Z j

Y j

M j

M i

Y i

Z i

ϑ

Slika 6.28 Osnosimetrični konusni element

n

Element ima dva čvora (i, j) s polumjerima r i i r j , meridijalnu duljinu l i kut nagiba

prema osi rotacije z , slika 6.28.a. U svakom čvoru definirana su tri stupnja slobode,

slika 6.28.b,

- osni pomak,

δ - radijalni pomak,

β - kut zakreta normale na srednju površinu ljuske

i tri čvorne sile, slika 6.28.c,

Z - osna sila,Y - radijalna sila,M 1 - meridijalni moment savijanja,

tako da vektor čvornih pomaka {δ} i čvornih sila {f } glase

{ }

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

∆

∆

=

j

j

j

i

i

i

δ

β

δ

β

δ

{ }

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

1j

j

j

1i

i

i

f

M

Y

Z

M

Y

Z

130




U unutrašnjosti elementa definirani su meridijalni i normalni pomak u i w , slika 6.28b,

sa slijedećim funkcijama oblika

( )

( ) 36

2543

21

aaaa

aa

s s s sw

s su

+++=

+= (6.8)

Ovi pomaci povezani su s vektorom čvornih pomaka {δ} preko matrice oblika [N],

(6.9)[ ] { }δ N ⋅=⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

w

u

Matricu oblika [Ν] čine funkcije oblika, a izvedena je u Prilogu A.

U cilju razmatranja vektora čvornih sila uslijed površinskog opterećenja {f }p

pretpostavlja se da površinsko opterećenje djeluje po jedinici površine elementa s normalnom i

meridijalnom komponentom p i q , slika 6.28.c. Obzirom da ove komponente djeluju u istomsmjeru kao i pomaci u i w , odgovarajući vektor {f }p određuje se takođe uz pomoću matrice

oblika [N] kako slijedi

{ } [ ]∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=1

0

iT p d Ncos2f ξ ξ ϑ π

l

r

q

p (6.10)

gdje jel

s=ξ

Prema tome, osnovna jednadžba konačnog elementa glasi

[ ]{ } { } { } pf f δk −= (6.11)

Matrica krutosti konačnog elementa [k ] određuje se prema poznatoj relaciji iz metode

konačnih elemenata

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]∫∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅⋅=⋅=

1

0

iTTdBDBcos2dBDBk ξ ξ ϑ π

l

r V

V

(6.12)

[B] je matrica deformacija koja povezuje vektor deformacija {ε} u elementu i vektor čvornih

pomaka {δ},

{ } [ ] { }δBε ⋅= (6.13)

Matrica [B] izvedena je u Prilogu A.

Iz izraza (6.10) i (6.12) vidljivo je, da se pojedini članovi matrice [k ] i vektora {f }p moguodrediti primjenom postupka numeričke integracije.

131




6.8.3. Model

Nakon što su definirani svi elementi jednadžbe konačnog elementa (6.11), prelazi se naodređivanje globalne jednadžbe modela ljuske sastavljenog od konačnih elemenata koja glasi

[ ] { } { } { } pFFK −=∆⋅ (6.14)

gdje je [Κ] matrica krutosti, { } vektor čvornih pomaka, {F} vektor čvornih sila i {F}p vektorčvornih sila uslijed površinskog opterećenja modela.

Obzirom da je zbog osne simetrije ljuske prikazani konačni element

jednodimenzionalan, matrica [K ] se formira na identičan način kao i kod ostalih jednodimenzionalnih elemenata (štapni, gredni), tj. preklapanjem matrica krutosti pojedinih

elemenata, slika 6.29.

n

n-1

m-1

m

m+1

[k]n

[k]n-1

[K]

Slika 6.29 Spajanje konačnih elemenata

Na isti način, preklapanjem vektora {f }p, dobiva se i vektor {F}p čvornih sila uslijed površinskog opterećenja modela.

Primjena metode konačnih elemenata za analizu osnosimetričnih ljusaka nije ilustriranariješenim primjerima. Razlog tome leži u složenosti problema, koji nije moguće riješiti bez

podrške elektroničkog računala. U tu svrhu neophodno je razviti odgovarajuće algoritme za

određivanje matrice krutosti [ ]k konačnog elementa i [ ]K globalnog modela ljuske, štonadilazi dimenzije ovog udžbenika.

132



Prilog A

Izvod matrice oblika [N] i matrice krutosti [k ] za osnosimetričan konusni element

a) Matrica oblika [ N]

Matrica oblika [Ν] povezuje pomake u i w u elementu s vektorom čvornih pomaka {δ}, jednadžba (6.9), i koristi se za određivanje vektora čvornih sila uslijed površinskog

opterećenja {f }p. U postupku njenog izvođenja najprije treba transformirati vektor čvornih

pomaka {δ}i u svakom čvoru na slijedeći način:

{ } [ ] { }i

i

i

i

i

i

i

i δt

100

0sincos

0cossin

δ ⋅=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧∆

⎥⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢

⎣

⎡

−=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

β

δ ϑ ϑ

ϑ ϑ

β

w

u

što za cijeli element daje

{ } [ ] { }[ ]

[ ]{ }δ

t0

0tδTδ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=⋅= (A.1)

gdje je [Τ] matrica transformacija pomaka.

Zatim, funkcije oblika (6.8) dadu se također prikazati u matričnom obliku

(A.2)[ ] { } { }A100

00001AP

32 ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡=⋅=

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

s s sw

u β

gdje je { } 654321T

aaaaaaA =

Vektor {δ} može se izraziti u ovisnosti o vektoru koeficijenata { } ako se u funkcije

oblika (6.8) uvrste rubne vrijednosti za lokalnu koordinatu s 0 ,0 ji == s s . Slijedi

{ } [ ] { } [ ]

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=⋅=

6

5

4

3

2

1

a

a

a

a

a

a

LALδ odnosno { } [ ] { }δLA1−= (A.3)




gdje je

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

−

−

−

=−

2222

22

1

120

120

130

230

000100

000010

001

001

000001

L

l l l l

l l l l

l l

Ako se u jednadžbu (A.2) uvrsti jednadžba (A.3) dobiva se

[ ] [ ] { } [ ] { }δ NδBP1 ⋅=⋅=

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−

w

u

(A.4)

gdje je

[ ] ( )

( ) ( ) ( ) ( ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−−−+−+−

−=

32323232 23022310

00001 N

ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ

ξ ξ

l l )

Nadalje, ako se u jednadžbu (A.4) uvrsti jednadžba (A.1), tada proizlazi

[ ] [ ] { } [ ][ ] [ ][ ][ ] { } [ ] { }δ Nδt Nt NδT N ji ⋅=⋅=⋅⋅=⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

w

u

(A.5)

gdje je [Ν] tražena matrica oblika. Ona se određuje na slijedeći način:

[ ][ ] ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−+−+−−−−

−−=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−+−−−

−=

323232

3232i

2sin231cos31

0cos1sin1

100

0sincos

0cossin

2310

001t N

ξ ξ ξ ϑ ξ ξ ϑ ξ ξ

ϑ ξ ϑ ξ

ϑ ϑ

ϑ ϑ

ξ ξ ξ ξ ξ

ξ

l

l

)



Prilog A

[ ][ ]( ) ( )

( ) ( ) ( ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−−−−=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−−=

323232

3232 j

sin23cos23

0cossin

100

0sincos

0cossin

230

00t N

ξ ξ ϑ ξ ξ ϑ ξ ξ

ϑ ξ ϑ ξ

ϑ ϑ

ϑ ϑ

ξ ξ ξ ξ

ξ

l

l

)

Čitava matrica oblika [Ν] prikazana je na stranici 136.

b) Matrica krutosti [k ]

Matrica krutosti [k ] definirana je izrazom (6.12). Odatle je vidljivo da prethodno treba

odrediti matricu deformacija [ ].

Veza između vektora deformacija {ε}i pomaka u i w u elementu definirana je na slijedeći

način:

{ }( )

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

+=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

s

w

r

s

w

wur

s

u

d

dcos

d

d

sincos1

d

d

ε

2

2

2

1

2

1

ϑ

ϑ ϑ

κ

κ

ε

ε

odnosno u matričnom obliku

{ } [ ] ⎪⎭⎪⎬⎫

⎪⎩⎪⎨⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−=⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩⎪⎨⎧

Λ=w

u

rl

l

r r

l

w

u

ξ ϑ

ξ

ϑ ϑ

ξ

d

dcos

10

d

d10

sin1

cos1

0d

d1

ε

2

2

2

(A.6)

gdje je [Λ] diferencijalni matrični operator.

Ako se u jednadžbu (A.6) uvrsti jednadžba (A.5) dobiva se

{ } [ ] [ ]{ } [ ]{ }δBδ Nε =Λ= (A.7)

gdje je [ ] matrica deformacija koja je prikazana na stranici 136.



Matrica oblika [N]

[ ] ( ) ( )

( ) ( ) ( ) (⎢⎢

⎣

⎡

−−−+−+−+−−

−−=

32323232 232cos231cos231

sin0cos1sin1 N

ξ ξ ξ ξ ξ ϑ ξ ξ ϑ ξ ξ

ϑ ξ ϑ ξ ϑ ξ

l ) ( ) − 32 sin23cos

cos

ϑξ ξ ϑ

ϑ ξ

Matrica deformacija [B]

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

−

rξ

ϑ cos2

( ) ( ) ( ) ( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−+−−+−−−−

−−

−−−−

+−−+−+−+−−+−

−−

=

rl r rl rl

l l l l

r r

l

r r r

l l l

ϑ ξ ξ

ϑ ξ ξ

ϑ ϑ ξ ξ

ϑ ξ ξ

ϑ ξ

ξ ϑ ξ

ϑ ξ

ϑ ξ ξ ξ

ϑ ξ ξ ξ

ϑ ξ ξ

ϑ ξ

ϑ ϑ ξ ξ ξ

ϑ ϑ ϑ

cos66

cos341

cossin66

cos66

sin126

64sin126

cos126

cossin23

sin2

sin231

cos1

cossin23

sin0

cossin

B

2222

22

222

32

2

322

322

32



Kazalo

A

Airy-eva funkcija naprezanja, 51

C

cilindrična ljuska, 103

Č

čvor konačnog elementa:- gredni, 35

- ljuskasti, 130

- membranski, 52- pločasti, 88

- štapni, 18

D

diferencijalni element:

- grede, 25- ljuske, 99

- membrane, 51

-

pravokutne ploče, 61- štapa – osno opterećenje, 9

- štapa – uvijanje, 23

diferencijska jednadžba

- grede, 27- pravokutne ploče, 24

- štapa, 11

dvostruki Fourier-ov red, 64

E

elastična linija, 26

G

greda, 25

gredni konačni element, 35

I

interpolacijski polinom, 10

J jednostruki Fourier-ov red, 72



K

konačne razlike, 9

konusna ljuska, 107krutost grede na savijanje, 25

krutost štapa na uvijanje, 23kut nagiba grede, 25kut savijanja ljuske, 101

kut uvijanja štapa, 23

L

Levy-eva metoda, 72

M

matrica deformacija konačnog elementa ljuske, 131, 136matrica elastičnosti izotropne ljuske, 129matrica krutosti:

- grednog konačnog elementa, 35

- konačnog elementa ljuske, 131- membranskog konačnog elementa na rastezanje, 53

- membranskog konačnog elementa na smik, 53

- štapnog konačnog elementa, 19matrica oblika konačnog elementa ljuske, 131, 134, 136

membranski konačni element, 52membranske sile ljuske, 100

meridijalni pomak ljuske, 101minimum ukupne energije ploče, 78

moment savijanja:- grede, 25

- ploče, 61

moment uvijanja:- ploče, 61

- štapa, 23

mreža konačnih razlika:- grede, 26

- ploče, 83- štapa, 11

N

načelo o zanemarenju međusobnog utjecaja rubova ljuske, 102

Navier-ova metoda, 64normalna membranska sila, 51

normalno opterećenje ploče, 61

normalni pomak ljuske, 101



O

okrugla ploča, 114okrugla ploča s otvorom, 115

opterećenje membrane, 51opterećenje na uvijanje, 23osna krutost štapa, 9

osna sila ljuske, 100osni moment tromosti grede, 25

osni pomak ljuske, 101osno opterećenje štapa, 9

osnosimetrična ljuska, 99osnosimetrični konusni element ljuske, 130

P

polumjeri zakrivljenosti ljuske, 99 pomaci u ravini ploče, 51

poprečna sila:

- grede, 25- ljuske, 100

- ploče, 61 poprečno opterećenje grede, 25

pravokutni pločasti konačni element, 89 progib:

-

grede, 25- ploče, 61 puna okrugla ploča, 115

R

radijalni pomak ljuske, 101

radijalna sila ljuske, 100

rastezanje pravokutne ploče, 51Ritz-ova metoda, 78

rubni uvjeti ploče, 63

S

savijanje pravokutne ploče, 61

sferna ljuska, 110smična membranska sila, 51

spoj ljusaka, 119

Š

štap, 9

štapni konačni element:- opterećen na uvijanje, 24

- osno opterećen, 18



T

tlak, 100

U

ukupna energija ploče, 78upeta ploča, 63

uvijanje štapa, 23

uzdužni pomak štapa, 9uzdužna sila u štapu, 9

V

vektor čvornih pomaka:- grede, 35

- membrane, 53- ploče, 91- štapa, 19

vektor čvornih sila:

- grede, 36- membrane, 53

- ploče, 91

- štapa, 19vektor čvornih sila uslijed vanjskog opterećenja:

- grede, 35- membrane, 53

- ljuske, 131- ploče, 91

- štapa, 19

Z

zglobno oslonjena ploča



Literatura

/1/ D. BAZJANAC : “Nauka o čvrstoći”, Tehnička knjiga, Zagreb 1968.

/2/ I. ALFIREVIĆ : “Nauka o čvrstoći I dio”, Tehnička knjiga, Zagreb 1989.

/3/ O.C. ZIENKIEWICZ : “The Finite Element Method in Engineering Science”,Mc Graw-Hill, London 1971.

/4/ I. SENJANOVIĆ : “Metoda konačnih elemenata u strukturnoj analizi brodskih konstrukcija”, Sveučilište u Zagrebu, Zagreb 1975.

/5/ S. TIMOŠENKO, S. VOJNOVSKI-KRIEGER : “Teorija ploča i ljuski”, Građevinska knjiga, Beograd 1962.

/6/ R. SZILARD : “Theory and Analysis of Plates, Classical and Numerical Methods”,Prentice-Hall, New York 1966.

/7/ I. SENJANOVIĆ : “Theory of shells of revolution”, Brodarski Institut, Zagreb 1972.

/8/ P. L. GOULD : “Finite element analysis of shells of revolution”, Pitman Publishing inc.,London 1985.

/9/ - : “Inženjerski priručnik IP1, temelji inženjerskih znanja”, Školska knjiga,Zagreb 1996.



Documents

Teorija konstrukcija 1