-
1. Motivacija 1
1. Motivacija
1.1. Zašto metoda konačnih elemenata (MKE) ?
Mnoge se fizikalne pojave u prirodi mogu izraziti pripadnim
jednadžbama i rubnim uvje-tima. Pripadne su jednadžbe najčešće
u obliku parcijalnih diferencijalnih jednadžbi (PDJ),običnih
diferencijalnih jednadžbi (ODJ) ili integralnih jednadžbi (IJ).
Matematički, metodakonačnih elemenata numerička je metoda za
rješavanje skupa povezanih diferencijalnihjednadžbi.
Inženjerski, metoda konačnih elemenata (MKE) numerička je
metoda za rješavanjeskupa povezanih jednadžbi dobivenih
aproksimacijom varijabli kontinuiranog područjaskupom varijabli u
konačnom broju diskretnih točaka (čvorova) tog polja. U
proračunukonstrukcija, povezane jednadžbe su jednadžbe
ravnoteže, a skup varijabli su pomacičvorova. Postupak
rješavanja MKE svodi se na kompletnu transformaciju
diferencijalnihjednadžbi (stacionarne zadaće) ili transformaciju
PDJ u ekvivalentne ODJ pogodne zarješavanje metodom konačnih
razlika.
Mnoge inženjerske zadaće imaju vrlo složenu geometriju i
rubne uvjete, što dovodi donemogućnosti dobivanja analitičkih
(zatvorenih) rješenja polaznih jednadžbi. Analitičkorješenje
rubnih zadaća u zatvorenom obliku moguće je iskazati samo za
pojedine posebneslučajeve s nizom pojednostavljenja u odnosu na
izvornu zadaću. Zbog toga su osmǐsljenemnoge numeričke metode,
(MKE, engl. FEM - finite element method), metoda konačnihtraka
(MKT, engl. FSM - finite strip method), metoda konačnih razlika
(MKR, engl.FDM - finite difference method), metoda konačnih
volumena (MKV, engl. FVM - finitevolume method), metoda rubnih
elemenata (MRE, engl. BEM - boundary elementmethod), hibridna RE-KE
metoda, za dobivanje uporabom računala približnog
rješenjapolazne zadaće koje je zadovoljavajuće točnosti.
Numeričke metode daju rješenje u oblikuskupa rješenja jednadžbi
koje matematički opisuju fizikalnu pojavu u pojedinim
točkamapodručja nad kojim je postavljena zadaća. Polazna
jednadžba ne rješava se izravno negose tijekom procedure
rješavanja svodi na konačni sustav algebarskih jednadžbi.
Rješenjesustava jednadžbi približno je rješenje i polazne
jednadžbe u konačnom broju točaka.
Izmed-u navedenih metoda, MKE je najraspostranjenija,
najprimijenjenija, ali i na-jprimjerenija metoda koja je i sastavni
dio većine komercijalnih programskih paketa upodručju
inženjerske analize. S obzirom da MKE može biti prilagod-ena
zadaćama velikesloženosti i neuobičajene geometrije područja
zadaće, posebno je značajno i korisno sred-stvo u rješavanju
kritičnih zadaća proračuna konstrukcija, provod-enja topline,
mehanikefluida. Dostupnost računala omogućuje inženjerima
svakodnevno rješavanje inženjerskihzadaća metodom konačnih
elemenata. MKE aktualno je najdominantnija metoda za nu-merički
proračun rubnih zadaća nastalih kao matematički model fizikalnih
pojava.
1.2. Koncepcija proračuna MKE
stvarna konstrukcija
matematički model
proračunski model
numerički proračun
-
2 1. Motivacija
1.3. Proračun konstrukcije pomoću MKE
Konstrukcija je diskretizirana podjelom na mrežu konačnih
elemenata. U odnosuna stvarno ponašanje konstrukcije imamo dvije
pogreške, pogrešku modela i pogreškudiskretizacije. Pogrešku
modela možemo smanjiti boljim modelom konstrukcije koji
budekvalitetnije opisivao stvarno ponašanje konstrukcije.
Pogrešku diskretizacije možemosmanjiti kvalitetnijom, finijom
mrežom konačnih elemenata ili povećanjem stupnjeva slo-bode
(polinomi vǐseg stupnja) konačnih elemenata za opis polja
pomaka.
Uporabom računala dolazi i do moguće numeričke pogreške.
Numerička pogreška jeuobičajeno mala, ovisi o mogućnosti
spremanja numeričkih veličina u memoriju (spre-manje odred-enog
broja značajnih znamenki). U posebnim slučajevima, npr. velike
raz-like u krutostima pojedinih dijelova konstrukcije, numerička
pogreška može imati i većiutjecaj. Numerička i diskretizacijska
pogreška su zapravo računalna pogreška.
1.4. Mreža konačnih elemenata
Jednodimenzionalna mreža Kh otvorenog skupa Ω, je familija
dužina (Ki), takvih daje ∀Ki, Kj ∈ Kh zadovoljeno samo jedno od
sljedećih svojstava:
Ki = KjKi ∩Kj je zajednički čvorKi ∩Kj = ⊘ ,
(1.4.1)
i vrijedi∪Ki∈KhKi = Ω . (1.4.2)
Lagrangeov konačni element je trojka (K,ΣK , P ), gdje je K
dužina, ΣK skup čvorova naK i P prostor polinoma definiranih na
K.
Dvodimenzionalna mreža Kh otvorenog skupa Ω, je familija
trokuta ili četverokuta(Ki), takvih da je ∀Ki, Kj ∈ Kh zadovoljeno
samo jedno od sljedećih svojstava:
Ki = KjKi ∩Kj je zajednička stranicaKi ∩Kj je zajednički
čvorKi ∩Kj = ⊘ ,
(1.4.3)
i vrijedi∪Ki∈KhKi = Ω . (1.4.4)
Lagrangeov konačni element je trojka (K,ΣK , P ), gdje je K
trokut ili četverokut, ΣK skupčvorova na K i P prostor polinoma
definiranih na K.
-
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma 3
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
2.1. Jednadžbe zadaća teorije elastičnosti
2.1.1. Naprezanja i deformacije
Promatramo trodimenzionalni kontinuum, područje Ω omed-eno
oplošjem, rubom po-dručja ∂Ω. Rub područja ∂Ω podijeljen je u
dva dijela, dio označen ∂Ωq na kojem suodred-ena djelovanja
vanjskog opterećenja i dio označen ∂Ωw na kojem su odred-eni
pomacitočaka oplošja pri čemu je zadovoljena relacija ∂Ω = ∂Ωq ∪
∂Ωw. Tijelo može biti poddjelovanjem volumnih sila qΩ i
površinskih sila q∂Ω.
Stanje naprezanja u proizvoljnoj točki kontinuuma jednoznačno
je odred-eno s kompo-nentama naprezanja σij, i, j = x, y, z.
Postavljanjem jednadžbi ravnoteže momenata okosredǐsnjih osi
izravno slijedi σij = σji, i 6= j što povlači da su za opis
stanja naprezanjapotrebne 3 komponente normalnih naprezanja (σxx,
σyy, σzz) i 3 komponente posmičnihnaprezanja (σxy, σyz, σzx) koje
tvore tenzor naprezanja
σT =[
σxx σyy σzz σxy σyz σzx]
. (2.1.1)
Pripadni tenzor deformacija može biti zapisan u istom
obliku
ǫT =[
ǫxx ǫyy ǫzz ǫxy ǫyz ǫzx]
. (2.1.2)
Deformacija je pomak po jediničnoj duljini, općenito
ǫij =1
2
(
∂wi∂j
+∂wj∂i
)
, i, j = x, y, z. (2.1.3)
Odnos pomaka i deformacija može biti zapisan i u operatorskom
obliku
ǫ = Lw , (2.1.4)
gdje je operator L definiran
L =
∂∂x
0 0
0 ∂∂y
0
0 0 ∂∂z
12
∂∂y
12
∂∂x
0
0 12
∂∂z
12
∂∂y
12
∂∂z
0 12
∂∂x
. (2.1.5)
Veza naprezanja i deformacija izražena je najčešće Hookeovim
zakonom
σ = Cǫ , (2.1.6)
-
4 2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
gdje članovi matrice materijala C [cij] , i, j = 1, . . . 6
ovise o fizikalnim karakteristikamamaterijala. Kod izotropnog
materijala matrica C postaje bitno jednostavnija, uz E
modulelastičnosti, ν Poissonov koeficijent i G = E/[2(1 + ν)]
modul posmika,
C =
E(1−ν)(1−2ν)(1+ν)
Eν(1−2ν)(1+ν)
Eν(1−2ν)(1+ν) 0 0 0
Eν(1−2ν)(1+ν)
E(1−ν)(1−2ν)(1+ν)
Eν(1−2ν)(1+ν) 0 0 0
Eν(1−2ν)(1+ν)
Eν(1−2ν)(1+ν)
E(1−ν)(1−2ν)(1+ν) 0 0 0
0 0 0 G 0 0
0 0 0 0 G 0
0 0 0 0 0 G
. (2.1.7)
2.2. Uzdužno opterećeni štap
2.2.1. Diferencijalna jednadžba uzdužno opterećenog
štapa
Promatramo štap duljine L, Ω = [0, L], uzdužne krutosti E(x)F
(x), E(x) modulelastičnosti, F (x) površina poprečnog presjeka
štapa, opterećen u smjeru svoje težǐsneosi opterećenjem q(x).
Veza deformacije i pomaka (kinematička ovisnost) za
uzdužnoopterećen štap glasi
ǫ =du
dx. (2.2.8)
Veza naprezanja i deformacija dovodi do odnosa
σ = Eǫ = Edu
dx. (2.2.9)
Iz jednadžbe ravnoteže slijedi diferencijalna jednadžba
uzdužno opterećenog štapa
(EFu′)′= −q . (2.2.10)
Uvjeti ravnoteže i uvjeti kompatibilnosti moraju vrijediti i na
rubu područja. Uvjeteravnoteže i kompatibilnosti na rubu
područja zajednički nazivamo rubni uvjeti. Uvjeteravnoteže
zovemo prirodnim ili Neumannovim uvjetima, a uvjete kompatibilnosti
zovemogeometrijskim ili Dirichletovim rubnim uvjetima. Rubni uvjeti
moraju biti zadani narubu područja Ω, u krajnjim točkama x = 0 i
x = L. Rubni uvjeti mogu biti zadani kaopomaci ili kao naprezanja u
krajnjim točkama. Rubne uvjete zapisujemo u obliku
ρ|Γσ = ρ0 , ρ|Γu = u0 , (2.2.11)
gdje su Γσ i Γu područja ruba sa zadanim naprezanjima ρ0 i
pomacima u0 pri čemu moravrijediti
Γσ ∪ Γu = Γ ,Γσ ∩ Γu = ⊘ . (2.2.12)To znači da ne može biti
preklapanja rubnih uvjeta u nekoj točki. Rubni uvjet mora usvakoj
točki biti jednoznačno definiran. Za jednoznačnost rješenja
mora barem u jednojkrajnjoj točki biti zadan geometrijski rubni
uvjet.
-
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma 5
2.2.2. Analitičko rješenje diferencijalne jednadžbe uzdužno
opterećenog štapa
Uzmimo štap duljine L, Ω = [0, L], konstantne uzdužne krutosti
EF = const.,opterećen u smjeru svoje težǐsne osi opterećenjem
q(x). Diferencijalna jednadžba je tada
EFu′′ = −q (2.2.13)uz korektno zadane rubne uvjete.
Primjer 2.2.1. Uzdužno neopterećen štap, q = 0, sa zadanim
geometrijskim rubnimuvjetima, u(0) = u0 i u(L) = uL.
Diferencijalna jednadžba je sada
EFu′′ = 0 . (2.2.1)
Nakon integriranja jednadžbe po području Ω slijedi činjenica
da je uzdužna sila konstantna
N(x) = EFu′(x) = const. . (2.2.2)
Još jednom integracijom po području slijedi
NL = EFu|L0 = EF (uL − u0) , (2.2.3)na temelju čega moěmo
izraziti uzdužnu silu u štapu
N =EF
L(uL − u0) . (2.2.4)
Dvostrukom integracijom početne diferencijalne jednadžbe
slijedi linearna funkcija za po-mak proizvoljne točke
u(x) = c1x+ c2 , (2.2.5)
a integracijske konstante dobivamo uvrštavanjem rubnih uvjeta,
pa slijedi
u(x) = u0 +uL − u0
Lx
= u0 +N
EFx . (2.2.6)
Primjer 2.2.2. Štap, q = 0, sa zadanim geometrijskim rubnim
uvjetom, u(0) = u0, upočetnoj točki i prirodnim rubnim uvjetom,
σ(L) = σL, u krajnjoj točki
Diferencijalna jednadžba je opet ista
EFu′′ = 0 . (2.2.1)
Nakon integriranja jednadžbe po području Ω opet slijedi
činjenica da je uzdužna silakonstantna, a uvrštavanjem prirodnog
rubnog uvjeta u krajnjoj točki odmah slijedi iiznos sile u
štapu
N(x) = EFu′(x) = const. = FσL . (2.2.2)
Još jednom integracijom po području i uvrštavanjem
geometrijskog rubnog uvjeta upočetnoj točki slijedi
u(x) = u0 +N
EFx
= u0 +σLEx . (2.2.3)
-
6 2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
Primjer 2.2.3. Jednoliko uzdužno opterećen štap, q = const.,
sa zadanim geometrijskimrubnim uvjetima, u(0) = u0 i u(L) = uL.
Diferencijalna jednadžba sada glasi
EFu′′ = −q . (2.2.1)
Dvostrukom integracijom početne diferencijalne jednadžbe
slijedi kvadratna funkcija zapomak proizvoljne točke
u(x) = − q2EF
x2 + c1x+ c2 . (2.2.2)
Integracijske konstante dobivamo uvrštavanjem rubnih
uvjeta,
u(0) = u0 = c2 ,
u(L) = uL = −q
2EFL2 + c1L+ u0 (2.2.3)
⇒ c1 =uL − u0
L+
qL
2EF,
na temelju čega slijedi funkcija za pomak proizvoljne
točke
u(x) = u0 +
(
uL − u0L
+qL
2EF
)
x− q2EF
x2 . (2.2.4)
Uzdužnu silu možemo dobiti kao derivaciju pomaka pomonoženu s
uzdužnom krutostištapa
N(x) = EFu′ =
(
uL − u0L
+qL
2EF
)
− qEF
x . (2.2.5)
2.3. Poprečno opterećena greda, savijanje
Promatramo gredu krutosti EI opterećene u poprečnom smjeru
opterećenjem q(x).Veza deformacije i pomaka (kinematička
ovisnost) za poprečno opterećenu gredu glasi
κ = −d2w
dx2. (2.3.6)
Veza naprezanja i deformacija dovodi do odnosa
M = −EIκ = −EI d2w
dx2. (2.3.7)
Iz jednadžbe ravnoteže slijedi diferencijalna jednadžba
poprečno opterećene grede
(EIw′′)′′
= q . (2.3.8)
2.4. Zidni nosač
Promatramo zidni nosač debljine d u ravnini xy opterećen u
svojoj srednjoj ravnini.Takav zidni nosač je u ravninskom stanju
naprezanja, (σiz = σzi = 0, i = x, y, z). Sile u
-
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma 7
presjeku zida dobivamo integriranjem komponenti naprezanja po
debljini zida
n =
SxxSyySxy
=
d2∫
− d2
σdz
=
σxxσyyσxy
· d = σ · d . (2.4.9)
Postavljanjem jednadžbe ravnoteže, divσ + q = 0, slijede
jednadžbe
∂Sxx∂x
+∂Sxy∂y
+ qx = 0 , (2.4.10)
∂Sxy∂x
+∂Syy∂y
+ qy = 0 . (2.4.11)
Odnos naprezanja i deformacija kod zidnih nosača definiran je
relacijom
σ = Cǫ , (2.4.12)
pri čemu je pripadna matrica elastičnosti zidnog nosača
definirana
C =Ed
1 − ν2
1 ν 0ν 1 00 0 1−ν
2
. (2.4.13)
2.5. Jednadžba ploče
2.5.1. Izvod jednadžbe ploče
Promatramo ravninski nosač opterećen okomito na svoju
sredǐsnju ravninu. Takavnosač nazivamo ploča. Pretpostavljamo da
je debljina ploče konstantna i jednaka H. De-bljina ploče je
manjeg reda veličine u odnosu na preostale dvije dimenzije ploče,
duljinui širinu. Ako su progibi ploče mali u odnosu na debljinu
ploče, možemo dobiti zadovo-ljavajuće približno rješenje
zadaće odred-ivanja progiba i momenata savijanja
poprečnoopterećene ploče na temelju odred-enih pretpostavki.
Temeljne pretpostavke su da usredǐsnjoj ravnini nema deformacija,
da se točke normale na sredǐsnju ravninu i nakonsavijanja ploče
nalaze na jednom pravcu okomitom na deformiranu sredǐsnju
ravninu,odnosno da vrijedi Bernoullijeva hipoteza ravnih normala i
da možemo zanemariti nor-malna naprezanja okomita na ploču. Tada
za sve točke sredǐsnje ravnine možemo pret-postaviti da se
njihov progib ostvaruje samo okomito na sredǐsnju ravninu
ploče.
Koordinatni sustav postavljamo tako da se sredǐsnja ravnina
podudara s ravninomxy. Točke sredǐsnje ravnine imaju koordinate
(x, y, 0), a nakon deformiranja imaju koor-dinate (x, y, w).
Proizvoljna točka na udaljenosti z od sredǐsnje ravnine, (x, y,
z), nakondeformiranja ima koordinate (x+uz, y+vz, z+wz) , što
znači da dobiva progibe u smjerusve tri koordinatne osi. Na
temelju pretpostavke o debljini ploče kao dimenziji manjegreda
veličine od ostale dvije dimenzije slijedi
wz = w ,
vz = −z∂w
∂y, (2.5.14)
uz = −z∂w
∂x.
-
8 2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
x
z
(y)
w
u
Slika 2.5.1: Prikaz dijela ploče prije i poslije
deformiranja
Promatramo ploču opterećenu okomito na svoju ravninu
opterećenjem q(x, y) po gorn-joj plohi. Na temelju geometrijskih
uvjeta možemo iskazati komponente deformacijeproizvoljne točke
(x, y, z),
ǫx =∂uz∂x
= −z∂2w
∂x2,
ǫy =∂vz∂y
= −z∂2w
∂y2, (2.5.15)
γxy =∂vz∂x
+∂uz∂y
= −2z ∂2w
∂x∂y.
Prema pretpostavci o djelovanju opterećenja po gornjoj plohi
imamo sljedeće rubne uvjeteza komponente naprezanja
σz = −q(x, y), τzx = 0, τzy = 0 na z = −1
2H,
σz = 0, τzx = 0, τzy = 0 na z = +1
2H. (2.5.16)
Kako komponente naprezanja σz poprimaju male vrijednosti u
usporedbi s komponentamaσx i σy, možemo komponente σz zanemariti.
Sada dobivamo sljedeće odnose komponenti
-
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma 9
naprezanja i deformacija
ǫx =1
E(σx − νσy) ,
ǫy =1
E(σy − νσx) , (2.5.17)
γxy =1
Gτxy ,
pri čemu je E modul elastičnosti, G modul posmika, a ν
Poissonov koeficijent. Isto takomožemo i komponente naprezanja
izraziti preko komponenti deformacija
σx =E
1 − ν2 (ǫx + νǫy) ,
σy =E
1 − ν2 (ǫy + νǫx) , (2.5.18)τxy = Gγxy .
Ako uvrstimo komponente deformacija izražene preko parcijalnih
derivacija progiba w,dobivamo izraze za komponente naprezanja
iskazane preko parcijalnih derivacija progibaw i z koordinate
točke u kojoj promatramo naprezanja
σx = −Ez
1 − ν2(
∂2w
∂x2+ ν
∂2w
∂y2
)
,
σy = −Ez
1 − ν2(
∂2w
∂y2+ ν
∂2w
∂x2
)
, (2.5.19)
τxy = −Ez
1 + ν
∂2w
∂x∂y.
Na temelju ovih izraza možemo uočiti da su naprezanja ovisna o
udaljenosti promatranetočke od sredǐsnje ravnine i da se
naprezanja mijenjaju linearno duž osi z.
Za daljnju analizu ploče izdvojimo jedan infinitezimalni dio
ploče i promatrajmosva unutarnja i vanjska djelovanja na taj
izdvojeni dio, (slika 2.5.2). Umjesto kompo-nenti naprezanja,
uobičajeno je dalje provoditi proračun pomoću momenata savijanja
ipoprečnih sila dobivenim kao rezultantnih djelovanja uslijed
naprezanja
mx =
+ 12H
∫
− 12H
σxzdz , my =
+ 12H
∫
− 12H
σyzdz ,
mxy =
+ 12H
∫
− 12H
τxyzdz , myx =
+ 12H
∫
− 12H
τyxzdz , (2.5.20)
qx =
+ 12H
∫
− 12H
τzxdz , qy =
+ 12H
∫
− 12H
τzydz .
Na temelju prethodnih izraza za komponente naprezanja izraženih
preko parcijalnih derivacija
-
10 2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
τyz
σy τyx
σx
τxy
τxz
z
x
y
dx
dy
H
Slika 2.5.2: Izdvojeni dio ploče sa svim pripadnim
djelovanjima
progiba, integracijom dobivamo momente ploče izražene preko
funkcije progiba u obliku
mx = −D(
∂2w
∂x2+ ν
∂2w
∂y2
)
,
my = −D(
∂2w
∂y2+ ν
∂2w
∂x2
)
, (2.5.21)
mxy = −(1 − ν)D∂2w
∂x∂y,
gdje je
D =EH3
12(1 − ν2) (2.5.22)
krutost ploče na savijanje.
Promatrajmo izdvojeni infinitezimalni ravninski dio ploče sa
svim pripadnim djelo-vanjima, (Slika 2.5.3). Kako stanje naprezanja
nije isto u svim točkama ploče, potrebno
-
2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma 11
dx
dy
mxqx
mxy
mx + (∂mx/∂x)dx
qx + (∂qx/∂x)dx
mxy + (∂mxy/∂x)dx
my
qymyx
my + (∂my/∂y)dyqy + (∂qy/∂y)dy
myx + (∂myx/∂y)dy
Slika 2.5.3: Izdvojeni infinitezimalni ravninski dio ploče sa
svim pripadnim djelovanjima
je iskazati vrijednosti potrebnih veličina u presjecima x + dx
i y + dy. RaspisivanjemTaylorovog reda u okolini točke x i
zanemarivanjem vǐsih derivacija dobivamo približniizraz za
vrijednosti funkcija u točki x+ dx izraženih preko vrijednosti
funkcija u točki x
mx+dx = mx + dmx = mx +∂mx∂x
dx . (2.5.23)
Analogno, na isti način dobivamo i sve ostale potrebne izraze u
navedenim presjecima.Uzimanjem u obzir jednadžbi ravnoteže u
smjeru x i y dobivamo sljedeće jednadžbe
∂mx∂x
dxdy +∂myx∂y
dydx− qxdydx = 0 ,
∂mxy∂x
dxdy +∂my∂y
dydx− qydydx = 0 . (2.5.24)
Sred-ivanjem izraza i koristeći se prethodno dobivenim izrazima
za momente preko parci-jalnih derivacija progiba slijedi
qx = −D∂(∆w)
∂x,
qy = −D∂(∆w)
∂y, (2.5.25)
gdje je ∆ Laplaceov operator
∆w =∂2w
∂x2+∂2w
∂y2. (2.5.26)
Primjenom jednadžbe ravnoteže svih sila u smjeru osi z
proizlazi jednadžba
qdxdy +∂qx∂x
dxdy +∂qy∂y
dydx = 0 . (2.5.27)
-
12 2. Osnovne jednadžbe mehanike kontinuuma
Raspisivanjem ove jednadžbe slijedi
∂4w
∂x4+ 2
∂4w
∂x2∂y2+∂4w
∂y4=
q
D. (2.5.28)
Upotrebom Laplaceovog operatora jednadžbu možemo zapisati u
obliku
∆∆w = ∆2w =q
D. (2.5.29)
Ovako dobivenu linearnu nehomogenu parcijalnu diferencijalnu
jednadžbu četvrtog redanazivamo jednadžbom ploče.
2.5.2. Rubni uvjeti
Razlika u pojedinim rubnim uvjetima je u načinu oslanjanja
rubova ploče. Osnovnimogući uvjeti oslanjanja rubova ploče su
slobodno oslonjeni rub ploče, upeti rub ploče islobodan rub
ploče. Za slobodno oslonjeni rub ploče paralelan osi x vrijede
rubni uvjeti
w = 0 ,∂2w
∂y2+ ν
∂2w
∂x2= 0 . (2.5.30)
Ako je slobodno oslonjeni rub paralelan osi y vrijede rubni
uvjeti
w = 0 ,∂2w
∂x2+ ν
∂2w
∂y2= 0 . (2.5.31)
Za upeti rub ploče paralelan osi x vrijede rubni uvjeti
w = 0 ,∂w
∂y= 0 , (2.5.32)
a za rub paralelan osi y
w = 0 ,∂w
∂x= 0 . (2.5.33)
Za slobodan rub ploče paralelan osi x vrijede rubni uvjeti
∂2w
∂y2+ ν
∂2w
∂x2= 0 ,
∂3w
∂y3+ (2 − ν) ∂
3w
∂y∂x2= 0 , (2.5.34)
a za slobodan rub paralelan osi y
∂2w
∂x2+ ν
∂2w
∂y2= 0 ,
∂3w
∂x3+ (2 − ν) ∂
3w
∂x∂y2= 0 . (2.5.35)
-
3. Varijacijski račun 13
3. Varijacijski račun
3.1. Osnovna lema varijacijskog računa
Varijacijski račun bavi se minimiziranjem funkcionala.
Promatramo funkciju u(x),neprekidnu, dvaput derivabilnu, definiranu
na intervalu [a, b]
u : [a, b] −→ R . (3.1.1)
Možemo definirati funkcional
F(u) :=b∫
a
F (x, u, u′)dx . (3.1.2)
Promatramo sve funkcije neprekidne na intervalu [a, b] s rubnim
uvjetima
u(a) = ua, u(b) = ub, ua, ub ∈ R . (3.1.3)
U fizikalnom smislu takav funkcional je npr. energija
deformacije elastičnog tijela.Zadaća je odrediti funkciju,
izmed-u svih neprekidnih, dvaput derivabilnih funkcija koje
zadovoljavaju zadane rubne uvjete, koja minimizira zadani
funkcional F(u) u dovoljnomaloj h-okolini funkcije u(x). Za
funkciju v(x) kažemo da je u h-okolini funkcije u(x)
akovrijedi
|u(x) − v(x)| < h . (3.1.4)
Nužni uvjet za postojanje (egzistenciju) rješenja je da
postoji funkcija u(x) za koju vrijedi
F(u) ≤ F(v) (3.1.5)
za sve funkcije v(x) iz h-okoline funkcije u(x). Uvedimo
proizvoljnu, na intervalu [a, b]neprekidnu i dvaput derivabilnu,
funkciju g(x) s homogenim rubnim uvjetima g(a) =g(b) = 0. Sada
možemo svaku funkciju v(x), na intervalu [a, b] neprekidnu i
dvaputderivabilnu koja zadovoljava zadane rubne uvjete (3.1.3),
prikazati u obliku
v(x) = u(x) + ǫg(x) (3.1.6)
Ako odaberemo dovoljno malu konstantu δ, tada vrijedi za sve |ǫ|
< δ da je funkcija v(x)u h-okolini funkcije u(x).
Definiranjem funkcije v(x) u obliku (3.1.6) imamo funkcional
G(ǫ) := F(u+ ǫg) =b∫
a
F [x, u(x) + ǫg(x), u′(x) + ǫg′(x)]dx , (3.1.7)
koji je za proizvoljnu funkciju g, uz analitičko rješenje
u(x), zapravo samo funkcija po ǫ.Na taj način smo zadaću
minimiziranja funkcionala sveli na zadaću traženja
ekstremnevrijednosti realne funkcije (po varijabli ǫ). Na temelju
(3.1.5) jasno slijedi
G(0) ≤ G(ǫ) (3.1.8)
-
14 3. Varijacijski račun
za sve |ǫ| < δ, a onda i da G(ǫ) poprima minimum za ǫ = 0.
Funkcija G po svojoj definicijije derivabilna što povlači da je
nužni uvjet za minimum
G ′(0) = 0 . (3.1.9)
Prema definiciji funkcionala (3.1.7) slijedi derivacija po ǫ
G ′(ǫ) =b∫
a
[
∂F
∂v(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′) g +
∂F
∂v′(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′) g′
]
dx
=
b∫
a
[
∂F
∂v(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′) − d
∂F∂v′
(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′)
dx
]
gdx (3.1.10)
+∂F
∂v′(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′) g|ba .
Za ǫ = 0 vrijedi G ′(ǫ) = 0 što povlači da za proizvoljnu
funckiju g(x) vrijedi
b∫
a
[
∂F
∂v(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′) − d
∂F∂v′
(x, u+ ǫg, u′ + ǫg′)
dx
]
gdx = G(0) = 0 . (3.1.11)
Iz toga slijedi osnovna lema varijacijskog računaOsnovna lema
varijacijskog računa: Neka je ψ(x) neprekidna funkcija na
intervalu
[a, b]. Neka je φ(x) proizvoljna i dvaput neprekidno derivabilna
funkcija na intervalu [a, b]koja zadovoljava homogene rubne uvjete
φ(a) = φ(b) = 0. Ako je za svaku φ(x)
b∫
a
ψ(x)φ(x)dx = 0 , (3.1.12)
tada vrijedi ψ(x) = 0.
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 15
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
4.1. Matematički model konstrukcije
4.1.1. Materijalni kontinuum
Promatramo područje Ω ∈ R3. Rub područja Ω označimo ∂Ω = Γ.
Položaj svaketočke unutar područja Ω jednoznačno je odred-en
ured-enom trojkom (x, y, z) ∈ R3. Izmed-uproizvoljne dvije točke
područja Ω uvijek postoji još barem jedna točka. Takvo
područjezovemo kontinuum. Kontinuum sadrži beskonačno mnogo
točaka. Proizvoljne dvijetočke kontinuuma možemo uvijek spojiti
proizvoljnom neprekidnom krivuljom.
Stvarno stanje konstrukcija zapravo je drugačije. Materija je
sastavljena od vrlobliskih atoma i molekula. U mikroskopskim
uvjetima znači da model kontinuuma nevrijedi. Izmed-u dvije
čestice možemo naći prazninu. Kod nekih gradiva diskontinuiteti
sui makroskopski očiti, npr. pukotine u drvetu, pukotine u betonu,
diskontinuitet stjenovitogtemeljnog tla.
Idealizacija konstrukcija kontinuumom svejedno je dobra.
Rješenja diferencijalnihjednadžbi temeljenih na kontinuumu
pokazala su poklapanja s rezultatima pokusa uzrelativno mala
rasipanja oko prosječnih vrijednosti. To zapravo znači da
materija namakroskopskoj razini teži uprosječenju svojih
svojstava na mikroskopskoj razini. Znakovitprimjer za takav stav su
rezultati dobiveni ispitivanjem betonskih uzoraka, pri čemu
jerazdioba rezultata betonskih uzoraka pripremljenih u istim
uvjetima načelno grupiranaoko prosječne vrijednosti s vrlo malim
odstupanjima. Na temelju takvih razmǐsljanjamožemo pretpostaviti
da će kontinuum dovoljno dobro aproksimirati mikroskopske
kon-figuracije konstruktivnih gradiva. Takvom idealizacijom
značajno možemo smanjiti brojnepoznanica u standardnim zadaćama
proračuna konstrukcije.
U praktičnom proračunu možemo uvesti i dodatna
pojednostavljenja. Pretpostavl-jamo da kontinuum ima jednaka
fizikalno-mehanička svojstva u svim svojim točkama- kontinuum je
homogen. Kod nekih gradiva možemo pretpostaviti da ima
jednakafizikalno-mehanička svojstva u svim smjerovima - kontinuum
je izotropan.
4.1.2. Geometrijske (kinematičke) ovisnosti
Konstrukcija se pod djelovanjem opterećenja deformira. Nastaje
tenzorsko poljedeformacija, ǫ, matrica skalarnih funkcija,
ǫ =
ǫx γxy γxzγyx ǫy γyzγzx γzy ǫz
. (4.1.1)
Točke deformabilnog tijela, točke unutar područja
(konstrukcije) mijenjaju svoj položaj.Nastaje vektorsko polje
pomaka, u, vektor skalarnih funkcija,
u =[
ux uy uz]T
. (4.1.2)
Očito je da izmed-u deformacija i pomaka postoje med-usobne
ovisnosti. Ovisnostideformacija i pomaka nazivamo geometrijskim
ovisnostima. Komponente deformacija
-
16 4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
možemo izraziti kao funkcije pomaka
ǫx =∂ux∂x
+1
2
[
(
∂ux∂x
)2
+
(
∂uy∂x
)2
+
(
∂uz∂x
)2]
,
ǫy =∂uy∂y
+1
2
[
(
∂ux∂y
)2
+
(
∂uy∂y
)2
+
(
∂uz∂y
)2]
,
ǫz =∂uz∂z
+1
2
[
(
∂ux∂z
)2
+
(
∂uy∂z
)2
+
(
∂uz∂z
)2]
, (4.1.3)
γxy =∂ux∂y
+∂uy∂x
+
(
∂ux∂x
∂ux∂y
+∂uy∂x
∂uy∂y
+∂uz∂x
∂uz∂y
)
,
γyz =∂uy∂z
+∂uz∂y
+
(
∂ux∂y
∂ux∂z
+∂uy∂y
∂uy∂z
+∂uz∂y
∂uz∂z
)
,
γzx =∂uz∂x
+∂ux∂z
+
(
∂ux∂z
∂ux∂x
+∂uy∂z
∂uy∂x
+∂uz∂z
∂uz∂x
)
.
Komponente tenzora deformacija možemo prikazati i indeksnom
notacijom
ǫi =∂ui∂i
+1
2
(
∂uk∂k
)2
, i = x, y, z , (4.1.4)
γij =∂ui∂j
+∂uj∂i
+∂uk∂i
∂uk∂j
, ij = xy, yz, zx . (4.1.5)
Matrica tenzora deformacije je simetrična (simetričnost očito
slijedi prema definiciji ge-ometrijske ovisnosti pojedinih
komponenata), γxy = γyx, γzy = γyz, γzx = γxz, pa tenzordeformacije
možemo prikazati preko 6 komponenti
ǫ =[
ǫx ǫy ǫz γxy γyz γzx]T
. (4.1.6)
Kod realnih konstrukcija relativne su dužinske deformacije
(∂u/∂x, . . .) i kutovi zaokreta(∂u/∂y, . . .) mali (u odnosu na
dimenzije konstrukcije), što povlači da možemo
zanemaritikvadratne članove, te slijede poznate linearne
komponente Cauchyjevog tenzora deforma-cija
ǫx =∂ux∂x
, γxy = 2ǫxy =∂ux∂y
+∂uy∂x
,
ǫy =∂uy∂y
, γyz = 2ǫyz =∂uy∂z
+∂uz∂y
, (4.1.7)
ǫz =∂uz∂z
, γzx = 2ǫzx =∂uz∂x
+∂ux∂z
,
odnosno u indeksnom zapisu
ǫi =∂ui∂i
, i = x, y, z , γij = 2ǫij =∂ui∂j
+∂uj∂i
, ij = xy, yz, zx . (4.1.8)
Sustav jednadžbi, 4.1.3, možemo zapisati i u matričnom
obliku
ǫ = Lu , (4.1.9)
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 17
gdje je L diferencijalni operator
L =
∂∂x
0 00 ∂
∂y0
0 0 ∂∂z
∂∂y
∂∂x
0
0 ∂∂z
∂∂y
∂∂z
0 ∂∂x
. (4.1.10)
4.1.3. Uvjeti neprekinutosti (kompatibilnosti)
Konstrukcija pod djelovanjem opterećenja postaje deformirana.
Uvjet kompatibil-nosti zahtijeva da je polje deformacija nastalih
zbog djelovanja opterećenja neprekidnoi jednoznačno odred-eno. To
zapravo znači da kontinuum i nakon deformiranja ostajekontinuum.
Ako je polje deformacija neprekidno onda su i komponente polja
deformacijaintegrabilne što povlači da je i polje pomaka
neprekidno.
Neprekidnost i jednoznačnost nužni su uvjeti koje mora
zadovoljiti polje deformacija.Derivacijom neprekidnog i
jednoznačnog polja pomaka jednostavno možemo odrediti
poljedeformacija. Med-utim, ako iz polja deformacija želimo
integriranjem dobiti polje pomakazadaća postaje matematički
preodred-ena, iz 6 komponenti polja deformacija potrebno jeodrediti
3 komponente polja pomaka. To znači da su komponente deformacija
med-usobnoovisne. Postoje tri dodatna uvjeta, tri jednadžbe koje
će odrediti med-usobnu ovisnostkomponenti deformacija.
Deriviranjem jednadžbi (4.1.7) dobivamo tri jednadžbe
∂2ǫx∂y2
+∂2ǫy∂x2
− ∂2γxy∂x∂y
= 0 ,
∂2ǫy∂z2
+∂2ǫz∂y2
− ∂2γyz∂y∂z
= 0 , (4.1.11)
∂2ǫz∂x2
+∂2ǫx∂z2
− ∂2γzx∂z∂x
= 0 ,
koje predstavljaju ponašanje polja deformacija u pripadnim
koordinatnim ravninama xy,yz i zx. Na isti način uz kombiniranje
derivacija jednadžbi (4.1.7) dobivamo nove trijednadžbe
2∂2ǫx∂y∂z
+∂2γyz∂x2
− ∂2γxy∂x∂z
− ∂2γzx∂x∂y
= 0 ,
2∂2ǫy∂z∂x
+∂2γzx∂y2
− ∂2γyz∂y∂x
− ∂2γxy∂y∂z
= 0 , (4.1.12)
2∂2ǫz∂x∂y
+∂2γxy∂z2
− ∂2γzx∂z∂y
− ∂2γyz∂z∂x
= 0 ,
koje predstavljaju ponašanje polja deformacija u prostoru.
Jednadžbe (4.1.11) i (4.1.12)nazivamo uvjeti neprekinutosti
(kompatibilnosti) deformacija. Sustave jednadžbi(4.1.11) i
(4.1.12) možemo zapisati indeksnim zapisom
∂2ǫi∂j2
+∂2ǫj∂i2
− ∂2γij∂i∂j
= 0 , ij = xy, yz, zx , (4.1.13)
2∂2ǫi∂j∂k
+∂2γjk∂i2
− ∂2γij∂i∂k
− ∂2γki∂i∂j
= 0 , ijk = xyz, yzx, zxy . (4.1.14)
-
18 4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
Sustave jednadžbi (4.1.11) i (4.1.12) možemo zapisati i u
matričnom obliku pomoćupripadnih diferencijalnih operatora, Lr za
ravninske uvjete i Lp za prostorne uvjete
Lr =
∂2
∂y2∂2
∂x20 − ∂2
∂x∂y0 0
0 ∂2
∂z2∂2
∂y20 − ∂2
∂y∂z0
∂2
∂z20 ∂
2
∂x20 0 − ∂2
∂z∂x
, (4.1.15)
Lp =
2 ∂2
∂y∂z0 0 − ∂2
∂x∂z∂2
∂x2− ∂2
∂x∂y
0 2 ∂2
∂z∂x0 − ∂2
∂y∂z− ∂2
∂y∂x∂2
∂y2
0 0 2 ∂2
∂x∂y∂2
∂z2− ∂2
∂z∂x− ∂2
∂z∂y
, (4.1.16)
a sustavi jednostavno slijede
Lrǫ = 0 , Lpǫ = 0 . (4.1.17)
Deformacije (4.1.9) uz jednu od grupa jednadžbi (4.1.17) daju
jedinstveno polje pomaka.Uz devet nepoznanica (tri komponente
vektora pomaka i šest komponenti tenzora defor-macija) imamo i
devet jednadžbi. Polje pomaka je dovoljno puta derivabilno, klase
C3,pa vrijedi i obrat.
Uvjet neprekinutosti ne dozvoljava proizvoljan izbor polja
deformacija. Komponentedeformacija moraju biti med-usobno povezane.
Struktura realnih konstrukcija ne odgo-vara u potpunosti definiciji
kontinuuma. To znači da niti uvjet neprekinutosti ne možebiti
zadovoljen. Uprosječenje pogrešaka u strukturi omogućuje
primjenu uvjeta neprekin-utosti.
4.1.4. Uvjeti ravnoteže
Prema poznatom I. Newtonovom zakonu tijelo u inercijalnom
sustavu miruje samoako na njega ne djeluje sila. Tijelo miruje ako
je rezultanta svih sila i momenata jednakanul-vektoru
n∑
i=1
fi = 0 , (4.1.18)
m∑
j=1
mj +n∑
i=1
(ri × fi) = 0 , (4.1.19)
gdje su fi sile, mj koncentrirani momenti koji djeluju na
tijelo, a ri radijus vektori hvatǐstasila. Jednadžbe (4.1.18) i
(4.1.19) predstavljaju uvjete ravnoteže.
U opterećenoj konstrukciji dolazi do pojave naprezanja. Nastaje
tenzorsko poljenaprezanja, σ, matrica skalarnih funkcija,
σ =
σx τxy τxzτyx σy τyzτzx τzy σz
. (4.1.20)
Komponente naprezanja moraju zadovoljiti i diferencijalne uvjete
ravnoteže koje možemo
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 19
izvesti iz jednadžbe (4.1.18)
∂σx∂x
+∂τxy∂y
+∂τxz∂z
+ fx = 0 ,
∂τyx∂x
+∂σy∂y
+∂τyz∂z
+ fy = 0 , (4.1.21)
∂τzx∂x
+∂τzy∂y
+∂σz∂z
+ fz = 0 ,
(4.1.22)
pri čemu su fx, fy, fz komponente vektora volumenskih sila
unutar konstrukcije,
fT =[
fx fy fz]
. (4.1.23)
Iz jednadžbi 4.1.19 možemo izvesti zakon o uzajamnosti
posmičnih naprezanja, što povlačisimetričnost tenzora
naprezanja
τxy = τyx , τyz = τzy , τxz = τzx . (4.1.24)
Tenzor naprezanja možemo prikazati pomoću 6 komponenti
vektora
σ =[
σx σy σz τxy τyz τzx]
. (4.1.25)
Sustav jednadžbi ravnoteže (4.1.21) možemo prikazati
matrično
LTσ + f = 0 (4.1.26)
ili tenzorskidivσ + f = 0 . (4.1.27)
Ako je opterećeno tijelo u mirovanju, tada miruje i svaki dio
opterećenog tijela. Tadai svaki izdvojeni dio opterećenog tijela
opet možemo promatrati kao opterećeno tijelokoje miruje i za taj
izdvojeni dio opet vrijedi prvi Newtonov zakon. To znači da i
svakiizdvojeni dio tijela mora biti u ravnoteži, rezultanta svih
sila i momenata koji djeluju nataj izdvojeni dio tijela mora biti
jednaka nul-vektoru.
Nakon opterećenja tijelo poprimi deformirani položaj i nalazi
se u stanju ravnoteže. Toznači da bi uvjete ravnoteže morali
postaviti na deformiranom stanju. Ali, deformiranostanje nije
unaprijed poznato. Deformirano stanje je rezultat proračuna.
Jednadžberavnoteže su nelinearne. Kod relativno malih deformacija
uvjete ravnoteže možemolinearizirati, možemo prethodno nepoznati
deformirani oblik tijela aproksimirati početnimnedeformiranim
oblikom tijela.
Za nepoznatih šest komponenti naprezanja imamo samo tri
jednadžbe ravnoteže. Toznači, kao i kod deformacija, da su
naprezanja med-usobno zavisna. Tri dodatne jednadžbemožemo dobiti
ako u jedan od uvjeta neprekinutosti, jednadžbe (4.1.17), uvrstimo
zakonponašanja. Dobivamo uvjete kompatibilnosti naprezanja
(Beltrami-Michellove jed-nadžbe).
4.2. Zakoni ponašanja (konstitucije)
Uvjeti kompatibilnosti odnose se na polje deformacija, a uvjeti
ravnoteže na poljenaprezanja. Očito postoji veza izmed-u
naprezanja i deformacija. Veza izmed-u naprezanjai deformacija
ovisi o mehaničkim svojstvima materijala utemeljenim na silama
izmed-uelementarnih čestica.
-
20 4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
4.2.1. Elastični modeli
Najjednostavniji model veze izmed-u naprezanja i deformacija je
linearno elastičanmodel - Hookeov zakon. Prema Hookeovom zakonu
naprezanja su proporcionalna defor-macijama
σ = Cǫ , (4.2.28)
gdje je C matrica materijalnih konstanti
C =E
2 (1 + ν)
2(1−ν)1−2ν
2ν1−2ν
2ν1−2ν 0 0 0
2ν1−2ν
2(1−ν)1−2ν
2ν1−2ν 0 0 0
2ν1−2ν
2ν1−2ν
2(1−ν)1−2ν 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1
(4.2.29)
=E (1 − ν)
2 (1 + ν) (1 − 2ν)
1 ν1−ν
ν1−ν 0 0 0
ν1−ν 1
ν1−ν 0 0 0
ν1−ν
ν1−ν 1 0 0 0
0 0 0 1−2ν2(1−ν) 0 0
0 0 0 0 1−2ν2(1−ν) 0
0 0 0 0 0 1−2ν2(1−ν)
, (4.2.30)
pri čemu su E modul elastičnosti, a ν Poissonov koeficijent.
Za ravninsko stanje naprezanjamatrica proporcionalnosti glasi
C =E
2 (1 + ν)
1 ν 0ν 1 00 0 1+ν
2
. (4.2.31)
Za jednoosno stanje naprezanja, umjesto matrice C imamo
konstantu proporcionalnosti,modul elastičnosti materijala E
σ = Eǫ . (4.2.32)
Postoji i nelinearno elastičan model. Odnos naprezanja i
deformacija je elastičan, alinije prorpocionalan. Jednadžba
nelinearno elastičnog modela glasi
σ = f (ǫ) . (4.2.33)
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 21
4.2.2. Neelastični modeli
Idealno elastično ponašanje većine materijala ostvarivo je
samo pod djelovanjem malihopterećenja. Za realne materijale
uobičajena su odstupanja krivulje opterećenja i rasterećenjai
kod malih opterećenja. Potrebno je poznavati trenutni prirast
deformacije ǫ̇, a usloženijim slučajevima i cijelu povijest
ponašanja materijala. Takav odnos naprezanjai deformacije možemo
prikazati jednadžbom
σ = f (ǫ, ǫ̇) . (4.2.34)
4.3. Rubni uvjeti
4.3.1. Rubni uvjeti na rubu područja
Uvjeti ravnoteže i uvjeti kompatibilnosti moraju vrijediti i na
rubu tijela. Uvjeteravnoteže i kompatibilnosti na rubu tijela
zajednički nazivamo rubni uvjeti. Uvjeteravnoteže zovemo
prirodnim ili Neumannovim uvjetima, a uvjete kompatibilnosti
zovemogeometrijskim ili Dirichletovim rubnim uvjetima. Rubne uvjete
možemo zapisati u ob-liku
ρ|Γσ = ρ0 , ρ|Γu = u0 , (4.3.35)gdje su Γσ i Γu područja ruba
sa zadanim naprezanjima ρ0 i pomacima u0 pri čemu
moravrijediti
Γσ ∪ Γu = Γ ,Γσ ∩ Γu = ⊘ . (4.3.36)To znači da ne može biti
preklapanja rubnih uvjeta u nekoj točki. Rubni uvjet mora usvakoj
točki biti jednoznačno definiran. U slučaju da su zadana
naprezanja i pomaci narubu jednaki 0, ρ0 = 0, u0 = 0 govorimo o
homogenim rubnim uvjetima.
4.3.2. Rubni uvjeti na spoju
Ako je tijelo u ravnoteži tada je i svaki izdvojeni dio u
ravnoteži. Možemo promatratiizdvojeni dio koji sadrži plohu
spoja dvaju susjednih tijela. Smanjivanjem promatra-nog dijela
možemo zadaću svesti na ravnotežu sustava dvije bliske točke.
Naprezanjamed-u njima moraju biti u ravnoteži jer ne može
postojati neuravnotežena komponentanaprezanja zbog ravnoteže
cijelog sustava. Analogno vrijedi i za deformacije, ako sh-vatimo
cijeli sustav kao sastavljen od niza malih dijelova, možemo opet
svesti zadaćuna dvije bliske točke. Za takve dvije točke moraju
opet vrijediti uvjeti kompatibilnosti,ne može doći do odvajanja
točaka na spoju. Na spoju tijela moraju vrijediti prirodni
igeometrijski rubni uvjeti.
Ako je spoj dvaju tijela elastičan, nepoznati su i pomaci i
naprezanja. Tada moranužno biti zadana veza izmed-u pomaka i
naprezanja na spoju. Takav rubni uvjet zovemomješovit ili Robinov
rubni uvjet. Primjer za takvu vezu su tijela koja u nekoj točki
spojau smjeru normale imaju zadanu elastičnu oprugu zadane
krutosti.
U proračunu znamo uvesti idealizaciju da je neko susjedno
tijelo apsolutno kruto inepomično. Takvo tijelo se ne može niti
deformirati niti gibati na takvom spoju. Pro-matrano tijelo ne
može se gibati, ali se može deformirati. Za deformabilno tijelo
umirovanju vrijedi prvi Newtonov zakon. Na spoju se moraju pojaviti
reakcije koje zazadana opterećenja moraju zadovoljiti uvjete
ravnoteže. Prirodni rubni uvjeti automatskisu tako zadovoljeni
uslijed pojave reakcija. Pomaci apsolutno krutog i nepomičnog
tijela
-
22 4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
jednaki su nuli. Uvjet kompatibilnosti vrijedi i na spoju što
povlači da točke promatra-nog tijela spojene za točke apsolutno
krutog tijela moraju pri deformiranju imati pomakejednake nuli
(homogeni uvjet).
Na slobodnoj konturi mora biti zadovoljen prirodni rubni uvjet,
uvjet ravnoteže. Nemasusjednog tijela, pa nema potrebe za
kompatibilnosti. Naprezanja u smjeru normale σni komponente
posmičnih naprezanja τξn i τηn moraju odgovarati komponentama
zadanognaprezanja u tim smjerovima. Ostale komponente σξ, ση, τηη i
τηξ nisu odred-ene rubnimuvjetima. Rubne uvjete možemo
zapisati
ρ =[
σn τξn τηn]T
= ρ0 =[
σn,0 τξn,0 τηn,0]T
, (4.3.37)
pri čemu je ρ vektor totalnog naprezanja, a ρ0 vektor vanjskog
djelovanja u promatranojtočki. Ako slobodni rub neopterećen onda
su i naprezanja na rubu jednaka nuli (naneopterećenom slobodnom
kraju konzolne grede, moment i poprečna sila jednaki su nuli,ako
na slobodnom kraju konzolne grede djeluje koncentrirana sila
okomito na gredu ilikoncentrirani moment onda su poprečna sila i
moment jednaki iznosima zadanih sile imomenta).
4.4. Slaba formulacija rubnih zadaća u proračunu
konstrukcija
4.4.1. Uzdužno opterećeni štap
Promatramo štapa duljine L, modula elastičnosti E(x),
poprečnog presjeka F (x) poddjelovanjem opterećenja q(x) duž
uzdužne osi štapa i koncentrirane uzdužne sile N0 naslobodnom
kraju štapa. Takva je zadaća jednodimenzionalna. Polje pomaka u
zapravoje skalarna vrijednost pomaka točaka štapa u smjeru
uzdužne osi štapa, u(x). Polje de-formacija ǫ jednako je
uzdužnoj deformaciji, u smjeru osi štapa, ǫx(x), a polje
naprezanjaσ jednako je komponenti uzdužnog naprezanja u smjeru osi
štapa σx(x) koje možemo ireprezentirati poljem uzdužnih sila, N
= σx ·F u presjecima štapa. Jednadžba ravnoteže,kinematički
uvjet i zakon ponašanja u takvom jednodimenzionalnom slučaju
glase
ravnoteza :dσx(x)
dx+ q(x) = 0 , (4.4.38)
geometrijska ovisnost : ǫx(x) =du(x)
dx, (4.4.39)
zakon konstitucije : σx(x) = E(x)ǫx(x) , (4.4.40)
što uz rubne uvjete
rubni uvjet pomaka : u(0) = u0 , (4.4.41)
rubni uvjet sila : σx(L) = N0/F (L) , (4.4.42)
predstavlja jednoznačno rješivu zadaću uzdužno opterećenog
štapa, sustav tri jednadžbes tri nepoznanice (ǫx, σx, u(x)).
Diferencijalna jednadžba ravnoteže štapa opterećenog u
smjeru uzdužne osi glasi
(EFu′)′+ q = 0, na Ω = [0, L] , (4.4.43)
uz rubne uvjete
u = u na Γu (4.4.44)
N = N na ΓN . (4.4.45)
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 23
Za prikaz slabe formulacije diferencijalnu jednadžbu pomnožimo
testfunkcijom v ∈ V ,gdje je V prostror dopustivih
testfunkcija,
V = v, v ∈ C1(Ω), vΓu = 0 . (4.4.46)
Integracijom po duljini štapa slijedi
∫ L
0
(EFu′)′ · vdx+
∫ L
0
q · vdx = 0 , (4.4.47)
Nakon parcijalne integracije prvog člana,∫ L
0f ′gdx = (fg)‖L0 −
∫ L
0fg′dx, uy f + EFu′ i
g = v, slijedi
(EFu′ · v)|L0 −∫ L
0
EFu′ · v′dx+∫ L
0
q · vdx = 0 , (4.4.48)
što uz poznati izraz za silu u štapu, EFu′ = N , povlači
∫ L
0
EFu′ · v′dx−∫ L
0
q · vdx− (N · v)|L0 = 0 , (4.4.49)
Za rubne uvjete sila vrijedi N = N = K, pa pripadna slaba
formulacija rubnih uvjeta silaslijedi kao produkt s testfunkcijom
(N −N) · v = 0. Testfunkcije moraju biti jednake 0 utočkama rubnih
uvjeta pomaka što znači da prethodna jednakost vrijedi u svim
rubnimtočkama
(
N −N)
· v = 0 ∀x ∈ Γ . (4.4.50)Slaba formulacija rubne zadaće
uzdužno opterećenog štapa glasi
R(u, v) =
∫ L
0
EFu′ · v′dx−∫ L
0
q · vdx− (N · v)|L0 = 0 , (4.4.51)
Za dovoljno glatke funkcije (u, v) ∈ C2(Ω)×C1(Ω), jednadžba
R(u, v) = 0 predstavljaslabu formulaciju ekvivalentnu zadanoj
rubnoj zadaći. Analitičko rješenje rubne zadaće(rješenje koje
zadovoljava jaku formulaciju) uvijek zadovoljava slabu formulaciju
rubnezadaće. Svako slabo rješenje, rješenje slabe formulacije za
proizvoljnu testfunkciju v ∈ V ,dovoljne točnosti približno je
rješenje rubne zadaće.
4.4.2. Ravninska zadaća - zidni nosač opterećen u svojoj
ravnini
Promatramo zidni nosač u ravnini xy, površinskih izmjera L×H,
modula elastičnostiE(x, y), Poissonovog koeficijenta ν(x, y),
debljine d(x, y) pod djelovanjem opterećenjaq(x, y) u sredǐsnjoj
ravnini nosača i linearno raspodjeljenog opterećenja q0(x, y) na
slo-bodnim rubovima zida. Takva je zadaća dvodimenzionalna. Polje
pomaka u u svakoj
točki zida dvodimenzionalno je polje u =[
u(x, y) v(x, y)]T
.
Polje deformacija dvodimenzionalno je polje, ǫ =[
ǫx(x, y) ǫy(x, y) γxy(x, y)]T
, kao i
polje naprezanja σ =[
σx(x, y) σy(x, y) τxy(x, y)]T
. Jednadžba ravnoteže, kinematičkiuvjet i zakon ponašanja u
takvom dvodimenzionalnom slučaju glase
ravnoteza, dvije jednadzbe : divσ(x, y) + q(x, y) = 0 ,
(4.4.52)
geometrijska ovisnost, tri jednadzbe : ǫ(x, y) = Lu(x, y) ,
(4.4.53)
zakon konstitucije, tri jednadzbe : σ(x, y) = C(x, y)ǫ(x, y) ,
(4.4.54)
-
24 4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća
što uz rubne uvjete
rubni uvjet pomaka : uΓu = u0 , (4.4.55)
rubni uvjet sila : σΓρ = σ0 = q0/d , (4.4.56)
predstavlja jednoznačno rješivu zadaću ravninskog nosača
opterećenog u svojoj ravnini,sustav osam jednadžbi s osam
nepoznanica (ǫ,σ,u).
4.5. Energetski teoremi
4.5.1. Rad vanjskih i unutarnjih sila
Rad vanjskih sila
Wv =
∫
Ω
fTudΩ +
∫
Γ
fTρ uρdΓ (4.5.57)
Rad unutarnjih sila
Wu =
∫
Ω
σTǫdΩ (4.5.58)
Potencijalna energija
Π =1
2
∫
Ω
σTǫ −
∫
Ω
fTudΩ −∫
Γ
fTρ uρdΓ (4.5.59)
4.5.2. Princip virtualnih pomaka
Za konstrukciju u ravnoteži vrijedi da je za proizvoljne,
infinitezimalne virtualne po-make koji zadovoljavaju rubne uvjete
rad virtualnih unutarnjih sila jednak virtualnomradu vanjskih
sila.
Virtualni pomaci su mali, zamǐsljeni pomaci dodani uz stvarne
pomake konstrukcije.Virtualni rad unutarnjih sila je rad stvarnih
unutarnjih sila na virtualnom polju po-
maka.Virtualni rad vanjskih sila je rad stvarnog opterećenja na
virtualnim pomacima.
4.5.3. Princip virtualnih sila
Ako na konstrukciju djeluju infinitezimalne virtualne sile,
virtualni rad vanjskih silajednak je virtualnom radu unutarnjih
sila.
4.5.4. Princip minimuma potencijalne energije
Elastični sustav je u ravnoteži kad je stacionarna vrijednsot
funkcionala ukupne po-tencijalne energije sustava jednaka minimumu
ukupne potencijalne energije
Π(u, ǫ) = min . (4.5.60)
4.5.5. Princip minimuma komplementarne potencijalne energije
Komplementarna energija elastičnog sustava
Π∗ =1
2
∫
Ω
σTDσ −
∫
Γu
qTu0dΓ (4.5.61)
-
4. Varijacijska formulacija rubnih zadaća 25
4.6. Primjena principa virtualnog rada
Ako su K(e) elementarna matrica krutosti, u(e) elementarni
vektor nepoznatih pomakai q(e) elementarni vektor opterećenja u
čvorovima konačnog elementa (e), potencijalnaenergija konačnog
elementa glasi
Π(e) =1
2
[
u(e)]T
K(e)u(e) −[
u(e)]T
q(e) . (4.6.62)
Deriviranjem po elementarnom vektoru nepoznatih pomaka i
izjednačavanjem derivacijes nulom (ekstremna vrijednost, minimum)
slijedi
∂Π(e)
∂u(e)= 0 ⇒ K(e)u(e) = q(e) . (4.6.63)
Uklapanjem elemenata u globalni sustav slijedi
Π =1
2uTKu − uTq , (4.6.64)
a deriviranjem po vektoru u i izjednačavanjem s nulom konačni
zapis
∂Π
∂u= 0 ⇒ Ku = qx . (4.6.65)
-
26 5. Štapni konačni element
5. Štapni konačni element
5.1. Osnovne jednadžbe uzdužno opterećenog štapa
Štapni konačni element opisuje štap opterećen samo u smjeru
svoje uzdužne osi (osix). Kod takvih štapova duljina je značajno
dominantna u odnosu na dimenzije poprečnogpresjeka (b, h
-
5. Štapni konačni element 27
Uvrštavanjem vrijednosti pomaka na rubovima elementa (u
krajnjim čvorovima elementa),u(0) = u1 i u(L
(e)) = u2, slijedi linearna funkcija pomaka točaka unutar
elementa
u(x) =L(e) − xL(e)
u1 +x
L(e)u2
=[
L(e)−xL(e)
xL(e)
]
[
u1u2
]
=[
N(e)1 N
(e)2
]
[
u1u2
]
= N(e)u(e) . (5.2.5)
Za funkcije oblika N(e)i vrijedi da je vrijednost u pripadnom
čvoru xi konačnog elementa
(e) jednaka 1, a u ostalim čvorovima (xj, j 6= i) jednaka 0,
općenito vrijedi N (e)i (xj) = δij.
L(e)
1
x
N(e)2 (x)
L(e)
1
x
N1(x)(e)
Slika 5.2.3: Funkcije oblika N(e)1 i N
(e)2
Deriviranjem funkcija oblika, N(e)1 (x) iN
(e)2 (x) slijedi, u varijacijskoj formulaciji potrebna
prva derivacija za linearni štapni konačni element, B(e) =
dN(e)
dx, (ǫ = du/dx, ǫ(e) =
dN(e)
dxu(e)),
B(e) =dN(e)
dx=[
dN(e)1
dx
dN(e)2
dx
]
=[
− 1L(e)
1L(e)
]
. (5.2.6)
Uz matricu elastičnosti konačnog elementa (e) D(e) = [EF ](e)
slijedi elementarna matricakrutosti
K(e) =
L(e)∫
0
[
B(e)]T
D(e)B(e)dx
=(EF )(e)
L(e)
[
1 −1−1 1
]
. (5.2.7)
U slučaju štapa kod kojeg geometrijske i/ili fizikalne
karakteristike nisu konstantneslijedi integralni izraz za
elementarnu matricu krutosti
K(e) =1
L(e)2
L(e)∫
0
E(x)F (x) −E(x)F (x)
−E(x)F (x) E(x)F (x)
dx . (5.2.8)
Prikazani integral za proračun elementarne matrice potrebno je
numerički integrirati. Zaštap konstantnog modula elastičnosti i
linearno promjenljivog poprečnog presjeka dovoljna
-
28 5. Štapni konačni element
je numerička integracija samo s jednom integracijskom točkom
(u sredini elementa). Zatakav štap uz linearnu promjenu površine
poprečnog presjeka po funkciji F (x) = F (L(e) +x)/L(e) slijedi
elementarna matrica krutosti
K(e) =EF
L(e)
3/2 −3/2
−3/2 3/2
. (5.2.9)
5.3. Elementarni vektor opterećenja linearnog štapnog
konačnogelementa
Elementarni vektor opterećenja štapnog konačnog elementa
izračunamo prema izrazu
q(e) =
L(e)∫
0
q(x)[
N(e)]T
dx , (5.3.10)
Za linearni štapni konačni element slijedi elementarni vektor
opterećenja
q(e) =
L(e)∫
0
q(x)[
N(e)]T
dx
=
L(e)∫
0
q(x)L(e)−xL(e)
dx
L(e)∫
0
q(x) xL(e)
dx
. (5.3.11)
Za poseban slučaj jednoliko kontinuiranog opterećenja, q(x) =
q, slijedi elementarni vektoropterećenja
q(e) = q
L(e)
2
L(e)
2
. (5.3.12)
5.4. Elementarna matrica krutosti i elementarni vektor
opterećenjakvadratnog štapnog elementa
Stupnjevi slobode kvadratnog štapnog elementa uzdužni su
pomaci krajeva elementa,u1 = u(x1) i u3 = u(x3) i uzdužni pomak
sredǐsnje točke (sredǐsnjeg čvora) konačnogelementa u2 =
u(x2). Pomake unutar elementa izražavamo kao kvadratni polinom
oblika
u(x) = c0 + c1x+ c2x2 . (5.4.13)
Uvrštavanjem vrijednosti pomaka u čvorovima elementa, u(0) =
u1, u(L(e)/2) = u2 i
u(L(e)) = u3, slijedi kvadratna funkcija pomaka točaka unutar
elementa
u(x) =
(
2x2
L(e)2 −
3x
L(e)+ 1
)
u1 +
(
− 4x2
L(e)2 +
4x
L(e)
)
u2 +
(
2x2
L(e)2 −
x
L(e)
)
u3
= N(e)u(e) .
-
5. Štapni konačni element 29
L(e)L(e)/2
1
x
N(e)1 (x)
N(e)2 (x)
N(e)3 (x)
Slika 5.4.4: Funkcije oblika N(e)1 , N
(e)2 i N
(e)3
Za funkcije oblika kvadratnog štapnog konačnog elementa
vrijedi N(e)i (xj) = δij.
Deriviranjem funkcija oblika za kvadratni štapni konačni
element slijedi, u varijacijskojformulaciji potrebna derivacija
funkcije oblika kvadratnog štapnog konačnog elementa,B(e) =
dN
(e)
dx
B(e) =dN(e)
dx=[
dN(e)1
dx
dN(e)2
dx
dN(e)3
dx
]
=[(
4x
L(e)2 − 3L(e)
) (
− 8xL(e)
2 +4
L(e)
) (
4x
L(e)2 − 1L(e)
)]
. (5.4.14)
Uz matricu elastičnosti D(e) = [EF ](e) slijedi elementarna
matrica krutosti
K(e) =
L(e)∫
0
[
B(e)]T
D(e)B(e)dx
=EF
L(e)
73
−83
13
−83
163
−83
13
−83
73
. (5.4.15)
Za kvadratni štapni konačni element slijedi elementarni vektor
opterećenja
q(e) =
L(e)∫
0
q(x)[
N(e)]T
dx , (5.4.16)
što za jednoliko kontinuirano opterećenje, q(x) = q, povlači
elementarni vektor opterećenja
q(e) = q
L(e)
6
2L(e)
3
L(e)
6
. (5.4.17)
5.5. Proračun sila u štapu
Za silu u nekom presjeku štapa vrijedi
S(x) = EFu′(x) . (5.5.18)
-
30 5. Štapni konačni element
Vrijednost sile u bilo kojoj točki štapnog konačnog elementa
možemo izračunati uvrštavanjemlokalne koordinate presjeka x u
izraz
S(e)(x) = (EF )(e) (x)(
B(e)(x))
u(e) , (5.5.19)
gdje je u(e) vektor pomaka čvorova promatranog konačnog
elementa.Kod linearnog štapnog konačnog elementa dobivena
funkcija daje konstantnu silu duž
konačnog elementa. Kod izravno neopterećenih elemenata takva
razdioba jednaka je ana-litičkoj funkciji za silu. Kod izravno
opterećenih elemenata analitička funkcija za silu nijekonstantna
što dovodi do odstupanja ovakvog prikaza od analitičke funkcije.
Povećanjembroja elemenata dobivamo točnije rješenje s linearnom
konvergencijom (dvostruko manjaduljina konačnog elementa povlači
dva puta manju pogrešku). Kod uzdužno opterećenihelemenata
možemo dobiti funkciju jednaku analitičkoj funkciji ako izraz
(5.5.19) korigi-
ramo sa S(e)0 (x), utjecajem opterećenja i elementarnog vektora
opterećenja na funkciju za
silu,
S(e)(x) = EF(
B(e))
u(e) + S(e)0 (x) . (5.5.20)
Za jednoliko kontinuirano opterećenje q(x) = q duž štapa taj
utjecaj iznosi
S(e)0 (x) =
qL(e)
2− qx , (5.5.21)
a općenito možemo iskazati kao
S(e)0 (x) =
L(e)∫
0
q(ζ)N1(ζ)dζ −x∫
0
q(ζ)dζ . (5.5.22)
Korekcijski član, u stvari, slijedi iz lokalne jednadžbe
ravnoteže promatranog konačnogelementa.
Kod kvadratnog štapnog konačnog elementa dobivena funkcija
daje linearnu razdiobusile duž konačnog elementa. Takvim
elementom i za štapove opterećene jednolikim kon-tinuiranim
opterećenjem duž osi štapa izraz dobiven numeričkim proračunom
jednak jeanalitičkom izrazu za razdiobu sile duž štapnog
elementa.
5.6. Transformacija u globalni koordinatni sustav
Promatramo štapni element duljine L(e) u ravnini, u
proizvoljnom položaju pod kutemα u odnosu na os x.
Neka su n1 i n2 pomaci krajeva štapa u lokalnom koordinatnom
sustavu, a u1, v1, u2, v2pomaci u globalnom koordinatnom
sustavu,
ulokT
=[
n1 n2]
, uglT
=[
u1 v1 u2 v2]
, (5.6.23)
vrijedi odnos ako pomake u lokalnom koordinatnom sustavu
prebacujemo u globalni ko-ordinatni sustav
u1 = n1 cosα , v1 = −n1 sinα , (5.6.24)u2 = n2 cosα , v2 = −n2
sinα , (5.6.25)
-
5. Štapni konačni element 31
x
z
x′
z′
α
Slika 5.6.5: Štap u ravnini
ili ako pomake u globalnom koordinatnom sustavu prebacujemo u
lokalni koordinatnisustav
n1 = u1 cosα− v1 sinα , (5.6.26)n2 = u2 cosα− v2 sinα .
(5.6.27)
Navedene relacije možemo prikazati i u matričnom zapisu
ugl = Tlok→glulok , (5.6.28)
ulok = Tgl→lokugl , (5.6.29)
pri čemu su matrice transformacije
Tlok→gl =
cosα 0− sinα 0
0 cosα0 − sinα
, (5.6.30)
Tgl→lok =
[
cosα − sinα 0 00 0 cosα − sinα
]
. (5.6.31)
Kod numeričkog proračuna na računalu za konstrukciju
upisujemo koordinate čvorova,pa prethodne transformacije možemo
izraziti i bez trigonometrijskih funkcija, samo pomoćukoordinata
čvorova. Za koordinatni sustav xz matrice transformacije glase
Tlok→gl =1
L(e)
x2 − x1 0z2 − z1 0
0 x2 − x10 z2 − z1
, (5.6.32)
Tgl→lok =1
L(e)
[
x2 − x1 z2 − z1 0 00 0 x2 − x1 z2 − z1
]
′ (5.6.33)
gdje i duljinu konačnog elementa možemo izraziti preko
koordinata čvorova
L(e) =
√
(x2 − x1)2 + (z2 − z1)2 . (5.6.34)
-
32 5. Štapni konačni element
Transformacija elementarnog vektora opterećenja u globalni
vektor opterećenja ide ponačelu transformacije elementarnog
vektora pomaka čvorova
qgl = Tlok→glqlok , (5.6.35)
qlok = Tgl→lokqgl , (5.6.36)
uz iste matrice transformacije kao i kod pomaka čvorova.
5.7. Matrica krutosti proizvoljnog štapnog elementa
Tenzor deformacija možemo izraziti preko pomaka u globalnom
koordinatnom sustavu
ǫ = Bulok = BTgl→lokugl
=1
L(e)
[
1 −1−1 1
] [
cosα − sinα 0 00 0 cosα − sinα
]
u1v1u2v2
(5.7.37)
= Bglugl .
Elementarna matrica krutosti za štap u globalnom koordinatnom
sustavu glasi
K(e)gl
=
L(e)∫
0
BglT
EFBgl
dx
=EF
L(e)
cos α cos α − cos α sin α − cos α cos α cos α sin α− sin α cos α
sin α sin α sin α cos α − sin α sin α− cos α cos α cos α sin α cos
α cos α − cos α sin αsin α cos α − sin α sin α − sin α cos α sin α
sin α
(5.7.38)
=EF
L(e)3
(x2 − x1)2 (x2 − x1) (z2 − z1) − (x2 − x1)
2− (x2 − x1) (z2 − z1)
(x2 − x1) (z2 − z1) (z2 − z1)2
− (x2 − x1) (z2 − z1) − (z2 − z1)2
− (x2 − x1)2
− (x2 − x1) (z2 − z1) (x2 − x1)2 (x2 − x1) (z2 − z1)
− (x2 − x1) (z2 − z1) − (z2 − z1)2 (x2 − x1) (z2 − z1) (z2 −
z1)
2
. (5.7.39)
5.8. Primjeri
Primjer 5.8.1. Zadan je upeti štap duljine L sastavljen iz dva
dijela različitih geometri-jskih karakteristika opterećen
uzdužnom vlačnom silom K na slobodnom kraju. Potrebnoje odrediti
uzdužni pomak slobodnog kraja štapa.
K
L/2 L/2
E, F2 E, F1
Slika 5.8.1.1: Upeti štap sastavljen iz dva dijela opterećen
uzdužnom vlačnom silom naslobodnom kraju
Podijelimo štap na dva konačna elementa (elementi 1-2 i 2-3),
svaki element duljineL/2. Za svaki element možemo napisati
pripadnu elementarnu matricu krutosti
K1−2 =2EF2L
[
1 −1−1 1
]
, (5.8.1.1)
K2−3 =2EF1L
[
1 −1−1 1
]
. (5.8.1.2)
-
5. Štapni konačni element 33
L/2 L/2
E, F2 E, F11 2 3
Slika 5.8.1.2: Podjela štapa na konačne elemente
Uklapanjem elementarnih matrica krutosti slijedi globalna
matrica krutosti zadanog sus-tava
K =2E
L
F2 −F2 0
−F2 F2 + F1 −F1
0 −F1 F1
. (5.8.1.3)
Uz rubni uvjet u1 = 0 i opterećenje silom K u čvoru 3, sustav
jednadžbi glasi
1 0 0
0 2E(F2+F1)L
−2EF1L
0 −2EF1L
2EF1L
u1u2u3
=
00K
. (5.8.1.4)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
KL2EF2
KL(F1+F2)2EF1F2
. (5.8.1.5)
Sile na konačnim elementima štapa za svaki element slijede
prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(
B(e))
u(e)
= EF (e)u
(e)2 − u
(e)1
L(e), (5.8.1.6)
što povlači
S1−2 = EF2
KL2EF2
L2
= K , (5.8.1.7)
S2−3 = EF1
KL(F1+F2)2EF1F2
− KL2EF2
L2
= K . (5.8.1.8)
Primjer 5.8.2. Zadan je upeti štap duljine L, konstantne
uzdužne krutosti EF , opterećenjednoliko kontinuiranom uzdužnom
vlačnom silom q duž svoje uzdužne osi. Potrebno jeodrediti
uzdužni pomak slobodnog kraja štapa.
Podijelimo štap na dva konačna elementa (elementi 1-2 i 2-3),
svaki element duljineL/2. Elementarna matrica krutosti i
elementarni vektor opterećenja jednaki su za oba
-
34 5. Štapni konačni element
q
L
E, F
Slika 5.8.2.1: Upeti štap opterećen jednoliko kontinuiranom
uzdužnom vlačnom silom
L/2 L/2
E, F E, F
L(e) = L
Slika 5.8.2.2: Podjela štapa na konačne elemente
konačna elementa
K1−2 = K2−3 =2EF
L
[
1 −1−1 1
]
, (5.8.2.1)
q1−2 = q2−3 =
qL4
qL4
. (5.8.2.2)
Uklapanjem elementarnih matrica krutosti i elementarnih vektora
opterećenja slijede glob-alna matrica krutosti i globalni vektor
opterećenja zadanog sustava
K =2EF
L
1 −1 0−1 2 −10 −1 1
, (5.8.2.3)
q =
qL4
qL2
qL4
. (5.8.2.4)
Uz rubni uvjet u1 = 0, sustav jednadžbi glasi
2EF
L
1 0 00 2 −10 −1 1
u1u2u3
= q
0
L2
L4
. (5.8.2.5)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
3qL2
8EF
qL2
2EF
. (5.8.2.6)
-
5. Štapni konačni element 35
Ako želimo izračunati pomak neke točke izvan čvorova, uzmemo
pripadnu aproksi-maciju na onom elementu na kojem se nalazi zadana
točka. Neka je tražen pomak točkex = 3L/4 slijedi
u
(
3L
4
)
= u2−3(
x =L(e)
2
)
=(
1 − xL(e)
)
u2 +x
L(e)u3
=1
2
3qL2
8EF+
1
2
qL2
2EF=
7qL2
16EF. (5.8.2.7)
Analitičko rješenje za zadanu točku iznosi 15qL2/(32EF ) što
znači da je numerički do-biveno rješenje s pogreškom od 6,
7%.
Sile na konačnim elementima štapa za svaki element slijede
prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(
B(e))
u(e)
= EF (e)u
(e)2 − u
(e)1
L(e), (5.8.2.8)
što povlači
S1−2 = EF3qL2
8EFL2
=3qL
4, (5.8.2.9)
S2−3 = EFqL2
2EF− 3qL2
8EFL2
=ql
4. (5.8.2.10)
Analitička funkcija za silu nije konstantna duž elementa nego
linearna. Povećanjem brojakonačnih elemenata možemo dobiti
točnije vrijednosti. Analitičku funkciju za silu nasvakom
konačnom elementu možemo dobiti i bez povećanja broja konačnih
elemenatakorekcijom funkcije, (5.5.20), uz L(e) = L/2,
S1−2 =3qL
4+
(
qL
4− qx
)
= qL− qx , x ∈[
0,L
2
]
, (5.8.2.11)
S2−3 =ql
4+
(
qL
4− qx
)
=qL
2− qx , x ∈
[
0,L
2
]
. (5.8.2.12)
Ako za rješavanje uzmemo kvadratni konačni element dovoljno je
uzeti jedan konačnielement duljine L(e). Globalna matrica krutosti
i globalni vektor opterećenja jednakisu elementarnoj matrici
krutosti i elementarnom vektoru opterećenja, te uz
uvrštavanjerubnog uvjeta u1 = 0 slijedi sustav
EF
L
1 0 0
0 163
−83
0 −83
73
u1u2u3
= q
0
2L3
L6
. (5.8.2.13)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
3qL2
8EF
qL2
2EF
. (5.8.2.14)
-
36 5. Štapni konačni element
Funkcija pomaka kvadratna je funkcija jednoznačno odred-ena s
vrijednostima u čvorovima,što znači da je za jednoliko
kontinuirano opterećenje dobivena zapravo analitička funkcija
u(x) =
(
2x2
L(e)2 −
3x
L(e)+ 1
)
u1 +
(
− 4x2
L(e)2 +
4x
L(e)
)
u2 +
(
2x2
L(e)2 −
x
L(e)
)
u3
=
(
2x2
L2− 3x
L+ 1
)
· 0 +(
−4x2
L2+
4x
L
)
3qL2
8EF+
(
2x2
L2− xL
)
qL2
2EF
=q
EF
(
Lx− x2
2
)
. (5.8.2.15)
Uvrštavanjem x = 3L/4, za prethodno odabranu točku, u
(5.8.2.15) slijedi pomak točkeu(3L/4) = 15qL2/(32EF ) što je
jednako analitičkoj vrijednosti pomaka u toj točki.
Sile na kvadratnom konačnom elementu slijede prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(
B(e))
u(e)
= EF (e)[(
4x
L(e)2 −
3
L(e)
)
u1 +
(
− 8xL(e)
2 +4
L(e)
)
u2 +
(
4x
L(e)2 −
1
L(e)
)
u3
]
,
(5.8.2.16)
što u ovom primjeru znači
S(x) = EF
[(
4x
L2− 3L
)
· 0 +(
−8xL2
+4
L
)
3qL2
8EF+
(
4x
L2− 1L
)
qL2
2EF
]
= q (L− x) . (5.8.2.17)
Na taj način dobivena je razdioba sila jednaka analitičkoj
funkciji razdiobe sile duž štapa.
Primjer 5.8.3. Zadan je složeni upeti štap opterećen
koncentriranom uzdužnom vlačnomsilom K na slobodnom kraju.
Potrebno je odrediti uzdužni pomak točke na spoju štapovai
slobodnog kraja štapa.
K
2L L
E, F
E, 2F
E, F
Slika 5.8.3.1: Složeni upeti štap opterećen koncentriranom
uzdužnom vlačnom silom naslobodnom kraju
Podijelimo štap na tri konačna elementa (elementi 1-2, 3-2 i
2-4). Elementarne matricekrutosti za pojedine elemente su
K1−2 =EF
2L
[
1 −1−1 1
]
, (5.8.3.1)
K3−2 =2EF
2L
[
1 −1−1 1
]
, (5.8.3.2)
K2−4 =EF
L
[
1 −1−1 1
]
. (5.8.3.3)
-
5. Štapni konačni element 37
K
2L L
E, F
E, 2F
E, F
1 2
3 4
Slika 5.8.3.2: Podjela štapa na konačne elemente
Uklapanjem elementarnih matrica krutosti slijedi globalna
matrica krutosti zadanog sus-tava
K =EF
L
12
0 −12
00 1 −1 0−1
2−1 1
2+ 1 + 1 −1
0 0 −1 1
. (5.8.3.4)
Uz rubne uvjete u1 = 0, u2 = 0 i opterećenje silom K u čvoru
4, sustav jednadžbi glasi
EF
L
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 52
−1
0 0 −1 1
u1u2u3u4
=
000K
. (5.8.3.5)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3u4
=
0
0
2KL3EF
5KL3EF
. (5.8.3.6)
Sile na konačnim elementima štapa za svaki element slijede
prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(
B(e))
u(e)
= EF (e)u
(e)2 − u
(e)1
L(e), (5.8.3.7)
što povlači
S1−2 = EF2KL3EF
2L=K
3, (5.8.3.8)
S1−3 = 2EF2KL3EF
2L=
2K
3, (5.8.3.9)
S3−4 = EF5KL3EF
− 2KL3EF
L= K . (5.8.3.10)
-
38 5. Štapni konačni element
Primjer 5.8.4. Zadan je upeti štap duljine L s linearno
promjenljivom površinom poprečnogpresjeka F (x) = F (2L−x)/L
opterećen uzdužnom vlačnom silom K na slobodnom kraju.Potrebno
je odrediti uzdužni pomak slobodnog kraja štapa.
K
L
E
2F F
Slika 5.8.4.1: Upeti štap linearno promjenljivog poprečnog
presjeka opterećen uzdužnomvlačnom silom na slobodnom kraju
Vidljivo je da je sila duž štapa konstantna, jednaka K, a
analitičko rješenje za funkcijupomaka glasi
u(x) =KL
EFln
(
2L
2L− x
)
, (5.8.4.1)
a za pomak slobodnog kraja štapa
u(L) =KL
EFln2 =
KL
EF0, 693147 . (5.8.4.2)
Cijeli štap definiramo kao jedan konačni element (1-2) duljine
L. Za takav konačni ele-
K
L
E
2FF
1 2
Slika 5.8.4.2: Štap kao jedan konačni element
ment možemo izračunati pripadnu elementarnu matricu krutosti
numeričkom integracijompomoću jedne točke integracije, I(F ) =
L(e)F (L(e)/2),
K1−2 =E
L2
L∫
0
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=EF
L
32
−32
−32
32
. (5.8.4.3)
-
5. Štapni konačni element 39
Uz rubni uvjet u1 = 0, sustav jednadžbi glasi
1 0
0 3EF2L
[
u1u2
]
=
[
0K
]
. (5.8.4.4)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
[
u1u2
]
=
0
2KL3EF
. (5.8.4.5)
Dobiveni rezultat na slobodnom kraju štapa razlikuje se od
analitičkog rješenja za 3, 82%.
Sila u konačnom elementu slijedi prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(x)(
B(e))
u(e)
= EF (e)(x)u
(e)2 − u
(e)1
L(e), (5.8.4.6)
što povlači izraz za silu duž štapa
S1−2(x) = EF2L− xL
2KL3EF
L=
2K
3
(2L− x)L
, (5.8.4.7)
i sile na krajevima štapa
S(0) =4
3K ,S(L) =
2
3K , (5.8.4.8)
što je jasna razlika u odnosu na analitičko rješenje S = K.
Ako uvrstimo iznos površineu točki numeričke integracije, x =
L/2, slijedi konstantni iznos za silu u štapu
S1−2 = EF2L− L/2
L
2KL3EF
L= K . (5.8.4.9)
Za dobivanje točnijih rezultata podijelit ćemo štap na dva
konačna elementa duljineL(e) = L/2. Za takvu podjelu možemo
izračunati pripadne elementarne matrice krutosti
K
L/2 L/2
E
2FF
1 2 3
Slika 5.8.4.3: Podjela štapa na dva konačna elementa
-
40 5. Štapni konačni element
numeričkom integracijom pomoću jedne točke integracije na
svakom konačnom elementu
K1−2 =E(
L2
)2
L/2∫
0
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=EF
L
72
−72
−72
72
, (5.8.4.10)
K2−3 =E(
L2
)2
L∫
L/2
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=EF
L
52
−52
−52
52
. (5.8.4.11)
Uklapanjem elementarnih matrica krutosti slijedi globalna
matrica krutosti zadanog sus-tava
K =EF
L
72
−72
0
−72
6 −52
0 −52
52
. (5.8.4.12)
Uz rubni uvjet u1 = 0, sustav jednadžbi glasi
EF
L
1 0 00 6 −5
2
0 −52
52
u1u2u3
=
0
0
K
. (5.8.4.13)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
2KL7EF
24KL35EF
. (5.8.4.14)
Dobiveni rezultat na slobodnom kraju štapa razlikuje se od
analitičkog rješenja za 1, 084%,a u sredini štapa za 0,
684%.
Sile na konačnim elementima štapa za svaki element slijede
prema izrazima
S1−2(x) = EF2L− xL
1
L/2
2KL
7EF=
4K
7
2L− xL
, (5.8.4.15)
S2−3(x) = EF3L− 2x
2L
1
L/2
(
24KL
35EF− 2KL
7EF
)
=2K
5
3L− 2xL
. (5.8.4.16)
-
5. Štapni konačni element 41
Na taj način izračunate sile na krajevima elemenata
S(0) = S1−2(0) =8
7K , S(L/2) = S1−2(L/2) =
6
7K , (5.8.4.17)
S(L/2) = S2−3(0) =6
5K , S(L) = S2−3(L/2) =
4
5K . (5.8.4.18)
Ako za iznos površine uvrstimo iznos u točkama integracije za
svaki konačni elementslijede konstantni iznosi po elementu
S1−2 = EF7
4
1
L/2
2KL
7EF= K , (5.8.4.19)
S2−3 = EF5
4
1
L/2
(
24KL
35EF− 2KL
7EF
)
= K . (5.8.4.20)
Ako za rješavanje uzmemo jedan kvadratni konačni element
duljine L(e) = L, globalnamatrica krutosti i globalni vektor
opterećenja jednaki su elementarnoj matrici krutosti ielementarnom
vektoru opterećenja. Elementarna matrica krutosti, uz matricu
elastičnostiD = EF 2L−x
L, iznosi
K(e) =
L(e)∫
0
BTDBdx
=EF
L(e)
256
−143
12
−143
8 −103
12
−103
176
. (5.8.4.21)
Uvrštavanje rubnog uvjeta u1 = 0 slijedi sustav
EF
L
1 0 0
0 8 −103
0 −103
176
u1u2u3
=
0
0
K
. (5.8.4.22)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
15KL52EF
9KL13EF
. (5.8.4.23)
Dobiveni rezultat na slobodnom kraju štapa razlikuje se od
analitičkog rješenja za 0, 121%,a u sredini štapa za 0,
271%.
Sila u proizvoljnoj točki štapu slijedi
S(e)(x) = EF2L− xL
[(
4x
L2− 3L
)
u1 +
(
−8xL2
+4
L
)
u2 +
(
4x
L2− 1L
)
u3
]
=6K
13L2(
2L2 + LX − x2)
, (5.8.4.24)
-
42 5. Štapni konačni element
čime dobivamo vrijednosti u čvorovima
S(0) =12
13K , S(L/2) =
27
26K , S(L) =
12
13K . (5.8.4.25)
Najveća pogreška u odnosu na analitičku vrijednost sile, S(x)
= K, iznosi 7, 7%.
Primjer 5.8.5. Zadan je upeti štap duljine L s nelinearno
promjenljivom površinompoprečnog presjeka F (x) = F2
L−xL , F (0) = 2F, F (L) = F opterećen uzdužnom vlačnom
silom K na slobodnom kraju. Potrebno je odrediti uzdužni pomak
slobodnog kraja štapa
K
L
E
2F F
Slika 5.8.5.1: Upeti štap nelinearno promjenljivog poprečnog
presjeka opterećen uzdužnomvlačnom silom na slobodnom kraju
Vidljivo je da je sila duž štapa konstantna, jednaka K, a
analitičko rješenje za funkcijupomaka glasi
u(x) =KL
EFln2
(
2x−L
L − 12
)
, (5.8.5.1)
a pomak u krajnjoj točki štapa iznosi
u(L) =KL
EF2ln2=KL
EF0, 721348 . (5.8.5.2)
Cijeli štap definiramo kao jedan konačni element (1-2) duljine
L. Za takav konačni
K
L
E
2FF
1 2
Slika 5.8.5.2: Štap kao jedan konačni element
element možemo izračunati pripadnu elementarnu matricu
krutosti numeričkim integri-ranjem pomoću jedne točke
integracije, I(F ) = L(e)F (L(e)/2),
K1−2 =E
L2
L∫
0
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=EF
L
√2 −
√2
−√
2√
2
. (5.8.5.3)
-
5. Štapni konačni element 43
Uz rubni uvjet u1 = 0, sustav jednadžbi glasi
EF
L
1 0
0√
2
[
u1u2
]
=
[
0K
]
. (5.8.5.4)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
[
u1u2
]
=
0
KLEF
√2
2
. (5.8.5.5)
Dobiveni rezultat na slobodnom kraju štapa, u(L) = KLEF
√2
2= KL
EF0, 707107, razlikuje se
od analitičkog rješenja za 1, 974%.Sila u konačnom elementu
slijedi prema izrazu
S(e)(x) = EF (e)(x)(
B(e))
u(e)
= EF (e)(x)u
(e)2 − u
(e)1
L(e), (5.8.5.6)
što povlači izraz za silu duž štapa
S1−2(x) = EF2L−x
L
√2KL
2EF
L= 2−
xL
√2K , (5.8.5.7)
i sile na krajevima štapa
S(0) = K√
2 , S(L) = K
√2
2, (5.8.5.8)
što je jasna razlika u odnosu na analitičko rješenje S = K.
Ako u izraz za silu uvrstimoiznos površine poprečnog presjeka u
toǩi integracije dobivamo konstantnu silu duž
konačnogelementa
S1−2 = EF2L−L/2
L
√2KL
2EF
L= 2−
12
√2K = K . (5.8.5.9)
Za dobivanje točnijih rezultata podijelit ćemo štap na dva
konačna elementa duljineL(e) = L/2. Za takvu podjelu možemo
izračunati pripadne elementarne matricu krutosti
K
L/2 L/2
E
2FF
1 2 3
Slika 5.8.5.3: Podjela štapa na dva konačna elementa
-
44 5. Štapni konačni element
numeričkom integracijom pomoću jedne točke integracije na
svakom konačnom elementu
K1−2 =E(
L2
)2
L/2∫
0
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=4EF
L
2−14 −2− 14
−2− 14 2− 14
, (5.8.5.10)
K2−3 =E(
L2
)2
L∫
L/2
F (x) −F (x)
−F (x) F (x)
dx
=4EF
L
2−34 −2− 34
−2− 34 2− 34
. (5.8.5.11)
Uklapanjem elementarnih matrica krutosti slijedi globalna
matrica krutosti zadanog sus-tava
K =4EF
L
2−14 −2− 14 0
−2− 14 2− 14 + 2− 34 −2− 34
0 −2− 34 2− 34
. (5.8.5.12)
Uz rubni uvjet u1 = 0, sustav jednadžbi glasi
4EF
L
1 0 0
0 2−14 + 2−
34 −2− 34
0 −2− 34 2− 34
u1u2u3
=
0
0
K
. (5.8.5.13)
Rješenjem sustava slijedi vektor nepoznatih pomaka
u =
u1u2u3
=
0
KLEF
2−74
KLEF
(
2−54 + 2−
74
)
. (5.8.5.14)
Dobiveni rezultat na slobodnom kraju štapa, u(L) = KLEF
0, 717750, razlikuje se od anal-itičkog rješenja za 0, 499%,
što ukazuje na kvadratnu konvergenciju iza rješenja,
dvostrukomanja duljina konačnog elementa rezultira četiri puta
manjim odstupanjem od analitičkogrješenja.
-
5. Štapni konačni element 45
Sile na konačnim elementima štapa za svaki element slijede
prema izrazima
S1−2(x) = EF2L−x
L
KLEF
2−74
L/2= K2−
34 2
L−xL , (5.8.5.15)
S2−3(x) = EF2L−2x2L
KLEF
(
2−54 + 2−
74 − 2− 74
)
L/2= K2−
14 2
L−2x2L . (5.8.5.16)
Na taj način izračunate sile na krajevima elemenata iznose
S(0) = S1−2(0) = 214K = 1, 189K , S(L/2) = S1−2(L/2) = 2−
14K = 0, 841K ,
(5.8.5.17)
S(L/2) = S2−3(0) = 214K = 1, 189K , S(L) = S2−3(L/2) = 2−
14K = 0, 841K ,
(5.8.5.18)
pri čemu možemo uočiti manja odstupanja od analitičkog
rješenja za silu u štapu u odnosuna proračun s jednim konačnim
elementom. Ako u izraze za silu uvrstimo iznose površinepoprečnog
presjeka u toǩama integracije svakog konačnog elementa dobivamo
konstantnusilu duž konačnih elemenata
S1−2 = EF2L−L/4
L
KLEF
2−74
L/2= K2−
34 2
34 = K , (5.8.5.19)
S2−3 = EF2L−2L/4
2L
KLEF
(
2−54 + 2−
74 − 2− 74
)
L/2= K2−
14 2
14 = K . (5.8.5.20)
Primjer 5.8.6. Zadan je rešetkasti nosač opterećen
koncentriranom silom K u desnomčvoru donjeg pojasa. Potrebno je
odrediti sile u štapovima nosača. Svi su štapovi jednakog
modula elastičnosti E i poprečnog presjeka F .
L
L
K
1 2
34
Slika 5.8.6.1: Zadani rešetkasti nosač opterećen
koncentriranom silom
Na zadat