Zadaci_kolokvij_1_NUM

Rješenja 1. kolokvija iz kolegija NUMERIČKE METODE U STROJARSTVU 1. Za štap zadan i opterećen prema slici potrebno je koristeći Galerkinovu metodu odrediti pomak u točki B i raspodjelu uzdužne sile. Za funkciju pomaka pretpostaviti

[ ]mxaxaxu 221)( += .

Zadano: .konst,,, 00 == AElqFlq

○Geometrijski rubni uvjeti:

0)0( ==xu . [ ]maau 2

21 00)0( += pa je g.r.u. zadovoljen. ○Prirodni rubni uvjeti:

FLxN −== )( . Raspodijeljeno opterećenje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxqxq x 0)( .

Diferencijalna jednadžba koja opisuje osno opterećenje štapova glasi:

0dd

2

2

=+ xqxuAE

Integralna forma težinskog reziduala glasi:

0dd

02

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+∫ dxfq

xuAE i

l

x

Ovaj izraz možemo raspisati na

dxfqdxfxuAEdxfq

xuAE i

l

xi

l

i

l

x ∫∫∫ +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

002

2

02

2

dd

dd

Primjenom parcijalne integracije na prvi integral na desnoj strani dobivamo:

dxxf

xuAEf

xuAEdxf

xuAE

li

l

ii

l

∫∫ −=000

2

2

dd

dd

dd

dd

0dd

dd

dd

000

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+− ∫∫

l

i

li

l

ix fxuAEdx

xf

xuAEdxfq

Težinske funkcije su:

.;2

2

1

xfxf

=

=

Derivacije težinskih funkcija jesu:

.2dd

;1dd

2

1

xxfxf

=

=

Vrijednosti težinskih funkcija na granicama integracije su:

.)(,0)0(;)(,0)0(

222

11

llffllff==

==

Derivacija pretpostavljene funkcije pomaka je:

.2dd

21 xaaxu

+=

° i=1

[ ] 0)2( 00

210

0 =−++− ∫∫ lll

FxdxxaaAEdxxlxq

° i=2

[ ] 02)2( 02

021

0

20 =−++− ∫∫

lll

FxdxxxaaAEdxxlxq

° i=1

[ ] [ ] 03 000

221

0

3

0 =−++− lll

lxqxaxaAEl

xq

° i=2

[ ] 03

44 0

20

0

3

22

10

4

0 =−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

lll

lxqxaxaAEl

xq

[ ] 03

20

221

3

0 =−+− lqlalaAEl

lq

03

44

30

3

22

1

4

0 =−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− lqlalaAE

llq

[ ]3

2

02

02

21lqlqlalaAE −=+−

434

3

03

0

3

22

1lqlqlalaAE −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

AElqlaa

32 0

21 −=+

AElqlaa

43

34 0

21 −=+

AElqa 0

1 125

−=

AEqa 0

2 41

−=

[ ]mxAEqx

AElqxu 200

41

125)( −−= .

[ ]mlx

lx

AElqxu

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

220

41

125)(

[ ]mAE

lqAE

lqlxu2

02

0

32

41

125)( −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−==

Analitičko rješenje:

[ ]m21

61 32

0

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lx

lx

AElqu

Usporedba rezultata Galerkinova metoda

-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

00 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/Lu*

u*

u^* Gal

Usporedba normiranih pomaka ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

AElquu

20* /

Uzdužne sile:

[ ]Ndd

xuAEN = .

[ ]N21

125)( 0 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


[ ]N21

21)(

2

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


-1

-0,9

-0,8

-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,30 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

N*

N*

N^* Gal

Usporedba normiranih uzdužnih sila ( )lqNN 0

* /=

2. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći Rayleigh-Ritz-ovu metodu odrediti progib u točki C te raspodjelu momenata savijanja i poprečnih sila. Za funkciju progiba pretpostaviti jednu od ponuđenih:

1. [ ]m)( 32

21 xaxaxw += ,

2. [ ]m2cos2sin)( 21 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax

laxw ππ ,

3. [ ]m2cos)( 21 axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π ,

uz uvjet 0, 21 ≠aa .

Zadano: .konst,,, 00 == EIlqFlq


0)(dd,0)(,0)0(

dd,0)0( ======== lx

xwlxwx

xwxw .

Ponuđene funkcije rješenja:

1. 32

21)( xaxaxw += , 2

21 a3a2dd xx

xw

+=

0)(;000)0( 32

21

32

21 =+==+= lalalwaaw ; 032)(;00302)0(

dxd 2

212

21 =+==+= lalalwaaw

Iz ove 4 jednadžbe slijedi da

laalalalaalala 212

21213

22

1 2332;0 −=⇒+−=⇒=+ ,

što je moguće samo za , pa ova funkcija nije primjerena postavljenom uvjetu! 0,0 21 == aa

2. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax

laxw ππ 2cos2sin)( 21 , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llax

llaxw ππππ 2sin22cos2)(

dxd

21

( ) ( ) ( ) ( ) 02cos2sin)(,00cos0sin)0( 2121 =+==+= ππ aalwaaw

( ) ( ) ( ) ( ) 02sin22cos2)(dxd,00sin20cos2)0(

dxd

2121 =−==−= ππππππl

al

alwl

al

aw

Iz ove 4 jednadžbe slijedi da 0,0 12 == aa pa ova funkcija nije primjerena postavljenom uvjetu!

3. 212cos)( axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2sin2)(

dxd

1

( ) ( ) 02cos)(,00cos)0( 2121 =+==+= aalwaaw π

( ) ( ) 02sin2)(dxd,00sin2)0(

dxd

11 ===−= πππl

alwl

aw

Prve dvije jednadžbe daju uvjet 1221 0 aaaa −=⇒=+ ,

dok su druge dvije jednadžbe zadovoljene!

Iz ovog uvjeta slijedi pretpostavljena funkcija rješenja

112cos)( axl

axw −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π

Funkcional za gredu glasi:

[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

lxzy wFdxwqdxdx

wdEI0 0 2

0

2

2

2

21

Raspodijeljeno opterćenje: 0)( qxqz =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2cos2)(

dxd 2

12

2

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

llaEI

0 02

110110

22

12cos2cos2cos2

21 ππππ

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

la

lEI

0 02

110110

2

1

4 2cos2cos2cos221 ππππ

Iz tablica: axa

xxax 2sin41

21dcos2∫ +=

( )( )[ ]1100

110

0

21

4

cos2sin2

2sin24

1212

21 aalqxax

llaqx

ll

xal

EIl

l

y −−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Π ππ

ππ

ππ

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )[ ]11011110

21

4

cos00sin2

2sin2

0sin8

0212sin

8212

21

aalqalalalaq

lllal

EI y

−−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

ππ

ππ

ππ

[ ] ( )[ ]110102

1

4

212

21 aalqlaqla

lEI y −−−−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

lqal

lEIalqalqal

lEIa yy 01

22

10101

42

1 324122

41

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

lqal

lEIa y 01

42

1 3241

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

0a1

=∂Π∂

lql

lEIaa y 0

4

11

32412 +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

∂Π∂ π

032412 0

4

1 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ lq

llEIa y

π

yy EIlql

EIqa

40

4

40

1 83

26

ππ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

yy EIlqx

lEIlqxw

40

4

40

4 832cos

83)(

ππ

π+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

[ ]m2cos18

3)(4

04 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

lEIlqxw

y

ππ

.

( )[ ] [ ]m4

3cos18

3)2

(4

04

40

4yy EI

lqEI

lqlxwπ

ππ

=−==

Usporedba progiba Rayleigh-Ritz

-9,000E-03-8,000E-03-7,000E-03

-6,000E-03-5,000E-03-4,000E-03-3,000E-03

-2,000E-03-1,000E-030,000E+00

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

w*

wR-RwMKE

Usporedba normiranih progiba ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

[ ]Nm2cos2

3)( 202 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llqxM y

ππ

.

Poprečne sile:

3

3

dxwdEIQ yz −= ,

[ ]N2sin3)( 0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llqxQz

ππ

.

Usporedba momenata savijanja Rayleigh-Ritz

-0,25-0,2

-0,15-0,1

-0,05

00,05

0,1

0,150,2

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

M*

MR-RMMKE

Usporedba normiranih momenata ( )2

0* / lqMM =

3. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći metodu konačnih razlika postaviti sustav jednadžbi (matrično Aw=F) za model diskretiziran s n=7 jednako razmaknutih čvorova. Na osnovu pretpostavljenih progiba, potrebno je postaviti jednadžbe za izračunavanje momenata savijanja u čvorovima. Zadano: .konst,,, 00 == EIlqFlq

Čvorovi konačnih razlika:

26

3 llx ==∆

○Geometrijski rubni uvjeti: 0)2(,0)0( 51 ====== wlxwwxw .

○Prirodni rubni uvjeti: 0)3( 7 === MlxM .

Diferencijske jednadžbe po čvorovima: Čvor 2:

( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( ) F

EIxwww

3

432 47 ∆=+− , xqlqF ∆== 00 2

22 ,

( )EI

xqwww4

0432 247 ∆=+−

Čvor 3:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI

Zamjenska sila F3 jednaka je

203xqF ∆

=

( )EI

xqwww4

0432 2

104640 ∆=+−+−

Čvor 4:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 04

( )EI

xqwwww4

06432 64 ∆=++−

Čvor 6:

( )iiiii Fxwwww

3

211 452 ∆=+−+− ++− EI

Zamjenska sila F6 jednaka je kao i F4

xqF ∆= 06

( )EI

xqwww4

0467 52 ∆=++−

Čvor 7:

( )2

11 2 wwwEIM iiiyi x∆

+−−= +−

Moment savijanja u čvoru 6 je ( )22

20

06xqxxqM ∆

−=∆

∆−=

( )( )2

7652

0 22 x

wwwEIxqy ∆

+−−=

∆−

( )yEIxqww

40

76 212 ∆

=+−

Jednadžba konačnih razlika u matričnom obliku:

( )

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−−

−

2111212

12251

1641464

147

40

7

6

4

3

2

EIxq

wwwww

Rješenje:

( ) [ ]m

22727.486364.1136364.0568128.0590909.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EIxq

wwwww

,

[ ]m

2642.01165.00085.00355.00369.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EILq

wwwww

.

Usporedba:

Usporedba normiranih progiba-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

w*

w* MKEw* MKR


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dd

xwEIM −=

( )211 2

xwwwEIM iii

i ∆+−

−= +−

Čvor 1:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

202210

1 2955.0181818.1590909.022 lqxq

xEI

xq

EIwwx

wwwEIM −=∆−=∆

∆⋅

−===∆

+−−=

Čvor 2:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2321

2 1534.061369.0568128.0590909.022 lqxq

xEI

xq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 3:

( )

( ) ( )

( )( )

20

202

40

2432

3

1022.0

409.0136364.0568128.02590909.02

lq

xqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 4:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2543

4 0739.02954.0136364.02568128.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 5:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2654

5 5.0286364.1136364.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆+

−=∆

+−−=

Čvor 6:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2765

6 125.05.022727.486364.122 lqxq

xEI

xq

EIx


∆+⋅−

−=∆

+−−=

Usporedba normiranih momenata

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

0

0,1

0,2

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

M*

M* MKEM* MKR


0* / lqMM =


[ ]mxaxaxu 221)( += .



0)0( ==xu . [ ]maau 2



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxqxq x 0)( .


0dd

2

2

=+ xqxuAE


0dd

02

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+∫ dxfq

xuAE i

l

x


dxfqdxfxuAEdxfq

xuAE i

l

xi

l

i

l

x ∫∫∫ +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

002

2

02

2

dd

dd


dxxf

xuAEf

xuAEdxf

xuAE

li

l

ii

l

∫∫ −=000

2

2

dd

dd

dd

dd

0dd

dd

dd

000

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+− ∫∫

l

i

li

l

ix fxuAEdx

xf

xuAEdxfq


.;2

2

1

xfxf

=

=


.2dd

;1dd

2

1

xxfxf

=

=


.)(,0)0(;)(,0)0(

222

11

llffllff==

==


.2dd

21 xaaxu

+=

° i=1

[ ] 0)2( 00

210

0 =−++− ∫∫ lll

FxdxxaaAEdxxlxq

° i=2

[ ] 02)2( 02

021

0

20 =−++− ∫∫

lll

FxdxxxaaAEdxxlxq

° i=1

[ ] [ ] 03 000

221

0

3

0 =−++− lll

lxqxaxaAEl

xq

° i=2

[ ] 03

44 0

20

0

3

22

10

4

0 =−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

lll

lxqxaxaAEl

xq

[ ] 03

20

221

3


lq

03

44

30

3

22

1

4

0 =−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− lqlalaAE

llq

[ ]3

2

02

02


434

3

03

0

3

22

1lqlqlalaAE −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

AElqlaa

32 0

21 −=+

AElqlaa

43

34 0

21 −=+

AElqa 0

1 125

−=

AEqa 0

2 41

−=

[ ]mxAEqx

AElqxu 200

41

125)( −−= .

[ ]mlx

lx

AElqxu

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

220

41

125)(

[ ]mAE

lqAE

lqlxu2

02

0

32

41

125)( −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−==


[ ]m21

61 32

0

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lx

lx

AElqu


-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

00 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/Lu*

u*

u^* Gal


⎞⎜⎜⎝

⎛=

AElquu

20* /

Uzdužne sile:

[ ]Ndd

xuAEN = .

[ ]N21

125)( 0 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


[ ]N21

21)(

2

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


-1

-0,9

-0,8

-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,30 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

N*

N*

N^* Gal


* /=


1. [ ]m)( 32

21 xaxaxw += ,

2. [ ]m2cos2sin)( 21 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax

laxw ππ ,

3. [ ]m2cos)( 21 axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π ,




0)(dd,0)(,0)0(

dd,0)0( ======== lx

xwlxwx

xwxw .


1. 32

21)( xaxaxw += , 2

21 a3a2dd xx

xw

+=

0)(;000)0( 32

21

32

21 =+==+= lalalwaaw ; 032)(;00302)0(

dxd 2

212

21 =+==+= lalalwaaw


laalalalaalala 212

21213

22

1 2332;0 −=⇒+−=⇒=+ ,


2. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax


⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llax


dxd

21



dxd

2121 =−==−= ππππππl

al

alwl

al

aw


3. 212cos)( axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2sin2)(

dxd

1

( ) ( ) 02cos)(,00cos)0( 2121 =+==+= aalwaaw π

( ) ( ) 02sin2)(dxd,00sin2)0(

dxd

11 ===−= πππl

alwl

aw




112cos)( axl

axw −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π


[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

lxzy wFdxwqdxdx

wdEI0 0 2

0

2

2

2

21


⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2cos2)(

dxd 2

12

2

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

llaEI

0 02

110110

22

12cos2cos2cos2

21 ππππ

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

la

lEI

0 02

110110

2

1


Iz tablica: axa

xxax 2sin41

21dcos2∫ +=

( )( )[ ]1100

110

0

21

4

cos2sin2

2sin24

1212

21 aalqxax

llaqx

ll

xal

EIl

l

y −−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Π ππ

ππ

ππ

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )[ ]11011110

21

4

cos00sin2

2sin2

0sin8

0212sin

8212

21

aalqalalalaq

lllal

EI y

−−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

ππ

ππ

ππ

[ ] ( )[ ]110102

1

4

212

21 aalqlaqla

lEI y −−−−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

lqal

lEIalqalqal

lEIa yy 01

22

10101

42

1 324122

41

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

lqal

lEIa y 01

42

1 3241

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

0a1

=∂Π∂

lql

lEIaa y 0

4

11

32412 +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

∂Π∂ π

032412 0

4

1 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ lq

llEIa y

π

yy EIlql

EIqa

40

4

40

1 83

26

ππ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

yy EIlqx

lEIlqxw

40

4

40

4 832cos

83)(

ππ

π+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

[ ]m2cos18

3)(4

04 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

lEIlqxw

y

ππ

.

( )[ ] [ ]m4

3cos18

3)2

(4

04

40

4yy EI

lqEI

lqlxwπ

ππ

=−==


-9,000E-03-8,000E-03-7,000E-03

-6,000E-03-5,000E-03-4,000E-03-3,000E-03

-2,000E-03-1,000E-030,000E+00

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

w*

wR-RwMKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

[ ]Nm2cos2

3)( 202 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llqxM y

ππ

.

Poprečne sile:

3

3

dxwdEIQ yz −= ,

[ ]N2sin3)( 0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llqxQz

ππ

.


-0,25-0,2

-0,15-0,1

-0,05

00,05

0,1

0,150,2

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

M*

MR-RMMKE


0* / lqMM =



26

3 llx ==∆




( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( ) F

EIxwww

3

432 47 ∆=+− , xqlqF ∆== 00 2

22 ,

( )EI

xqwww4

0432 247 ∆=+−

Čvor 3:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


203xqF ∆

=

( )EI

xqwww4

0432 2

104640 ∆=+−+−

Čvor 4:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 04

( )EI

xqwwww4

06432 64 ∆=++−

Čvor 6:

( )iiiii Fxwwww

3

211 452 ∆=+−+− ++− EI


xqF ∆= 06

( )EI

xqwww4

0467 52 ∆=++−

Čvor 7:

( )2


+−−= +−


20

06xqxxqM ∆

−=∆

∆−=

( )( )2

7652

0 22 x

wwwEIxqy ∆

+−−=

∆−

( )yEIxqww

40

76 212 ∆

=+−


( )

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−−

−

2111212

12251

1641464

147

40

7

6

4

3

2

EIxq

wwwww

Rješenje:

( ) [ ]m

22727.486364.1136364.0568128.0590909.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EIxq

wwwww

,

[ ]m

2642.01165.00085.00355.00369.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EILq

wwwww

.

Usporedba:


0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

w*

w* MKEw* MKR


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dd

xwEIM −=

( )211 2

xwwwEIM iii

i ∆+−

−= +−

Čvor 1:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

202210

1 2955.0181818.1590909.022 lqxq

xEI

xq

EIwwx


∆⋅

−===∆

+−−=

Čvor 2:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2321

2 1534.061369.0568128.0590909.022 lqxq

xEI

xq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 3:

( )

( ) ( )

( )( )

20

202

40

2432

3

1022.0

409.0136364.0568128.02590909.02

lq

xqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 4:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2543

4 0739.02954.0136364.02568128.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 5:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2654

5 5.0286364.1136364.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆+

−=∆

+−−=

Čvor 6:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2765

6 125.05.022727.486364.122 lqxq

xEI

xq

EIx


∆+⋅−

−=∆

+−−=


-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

0

0,1

0,2

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

M*

M* MKEM* MKR


0* / lqMM =

Rješenja ponovljenog 1. kolokvija iz kolegija NUMERIČKE METODE U STROJARSTVU 1. Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći Galerkinovu metodu odrediti progib točke B i raspodjelu momenata savijanja i poprečne sile. Za funkciju progiba pretpostaviti

[ ]m)( 32

21 xaxaxw += .



0)0(dd,0)0( ==== x

xwxw .

00302)0(dd,000)0( 2

213

22

1 =+==+= aaxwaaw pa su g.r.u. zadovoljeni.

○Prirodni rubni uvjeti: FLxQ == )( . 0)( == LxM

Raspodijeljeno opterećenje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxqxq z 0)( .


0dd

4

4

=− zqxwEI .


0ddd

04

4

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∫ xfq

xwEI i

l

z .


xfqxfxwEIxfq

xwEI i

l

zi

l

i

l

z ddddd

dd

004

4

04

4

∫∫∫ −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

Primjenom parcijalne integracije na prvi integral na desnoj strani dva puta dobivamo:

dxxf

xwEIf

xwEIdxf

xwEI

li

l

ii

l

∫∫ −=0

3

3

03

3

04

4

dd

dd

dd

dd

xxf

xwEI

xf

xwEIx

xf

xwEI

li

lii

l

ddd

dd

dd

ddd

dd

dd

02

2

2

2

02

2

03

3

∫∫ −=

0dd

dd

dddd

dd

dd

03

3

02

2

002

2

2

2

=+−− ∫∫l

i

li

i

l

z

li f

xwEI

xf

xwEIxfqx

xf

xwEI

Drugi izraz slijeva predstavlja prirodni rubni uvjet momenta pomnožen derivacijom težinske funkcije, a prvi izraz slijeva predstavlja negativnu poprečnu silu kao rubni uvjet pomnoženu težinskom funkcijom.


.

;3

2

21

xfxf

=

=


.6dd;3

dd

2dd

;2dd

22

222

21

21

xxfx

xf

xfx

xf

==

==


222322

11211

3)(dd

,0)0(dd

.)(,0)0(

2)(dd

,0)0(dd

;)(,0)0(

llxf

xfllff

llxf

xfllff

====

====


.62dd,32

dd

212

22

21 xaaxwxaxa

xw

+=+=

° i=1

( ) ( ) 00)0(0)0(20dd2)62( 22

00

021 =⋅−⋅−+⋅−⋅+−+ ∫∫ FlFMlxx

lxqxxaaEI

ll

° i=2

( ) ( 00)0(0)0(30dd6)62( 323

00

021 =⋅−⋅−+⋅−⋅+−+ ∫∫ FlFMlxx

lxqxxxaaEI

ll

)

° i=1

04

)2

124( 30

0

4

00

2

21 =⋅−−+ lql

xqxaxaEIll

° i=2

05

)3

362

12( 40

0

5

00

3

2

2

1 =⋅−−+ lql

xqxaxaEIll

° i=1

04

)64( 30

3

02

21 =⋅−−+ lqlqlalaEI

° i=2

05

)126( 40

4

03

22


EIlqlala

302

21 4564 =+

EIlqlala

403

22

1 56126 =+

EIlqa

20

1 2013

=

EIlqa 0

2 409

−=

[ ]mxEI

lqxEI

lqxw 3022

0

409

2013)( −= .

[ ]mlx

lx

EIlqxw

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

3240

409

2013)(

[ ]mEI

lqll

ll

EIlqlxw

40

3240

4017

409

2013)( =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==


[ ]mlx

lx

lx

EIlqxw

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

53240

1201

41

32)(

Normirani progibi

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

w*

w* Galerkinw* Analitički


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

[ ]Nmdd

2

2

xwEIM y −= .

[ ]Nm1013

2027)( 2

0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxlqxM y .


[ ]Nm34

23

61)(

32

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lx

lxlqxM y .

Normirani momenti

-1,6

-1,4

-1,2

-1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

M*

M* GalerkinM* Analitički

Usporedba normiranih uzdužnih sila ( )2

0* / lqMM =

Poprečne sile:

[ ]Ndd

3

3

xwEIQz −= .

[ ]N2027)( 0lqxQz = .


[ ]N23

21)(

2

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lxlqxQz .


1. [ ]m)( 32

21 xaxaxw += , 2. [ ]m2sin)( 1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

laxw π , 3. [ ]mcos)( 21 ax

laxw +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=π ,

uz uvjet . 0, 21 ≠aa Zadano: .konst,,, 00 == EIlqFlq


.0)(,0)0(dd,0)0( ====== lxwx

xwxw


1. 32

21)( xaxaxw += , 2

21 a3a2dd xx

xw

+=

0)(;000)0( 32

21

32

21 =+==+= lalalwaaw ; 00302)0(

dxd 2

21 =+= aaw .

Iz ove 3 jednadžbe slijedi da .0 21

32

21 laalala −=⇒=+

pa ova funkcija može biti funkcija rješenja!

2. [ ]m2sin)( 1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= x

laxw π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llaxw ππ 2cos2)(

dxd

1 .

( ) ( ) 02sin)(,00sin)0( 11 ==== πalwaw

( ) ,00cos2)0(dxd

1 ==l

aw π

Iz ove 3 jednadžbe slijedi da (3. jednadžba) pa ova funkcija nije primjerena postavljenom uvjetu!

01 =a

3. [ ]mcos)( 21 axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ sin)(

dxd

1

( ) ( ) 0cos)(,00cos)0( 2121 =+==+= aalwaaw π ,

( ) .00sin)0(dxd

1 =−=l

aw π

Prve dvije jednadžbe daju uvjet 1221 0 aaaa −=⇒=+ , 1221 0 aaaa =⇒=+−

što je suprotan zahtjev pa je to moguće samo za 021 == aa ! Iz ovih provjera uvjeta slijedi pretpostavljena funkcija rješenja

[ ]m)()( 232

32

22 lxxaxalxaxw −=+−= .


[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

l

lxzy wFxwqdxxwEI

02

40

2

2

2

ddd

21 .

Raspodijeljeno opterćenje: 0)( qxqz = .

)26()(dxd

22

2

lxaxw−= .

( )( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ =−−−−−=Πl l

l

lxy lxxalqdxlxxaqdxlxaEI0

2

4

2320

2320

22 )()(26

21

( ) ( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ =−−−−+−=Πl l

l

lxy lxxlaqdxlxxaqdxllxxaEI0

2

4

2320

2320

2222 42436

21

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=Π

23

20

2

34

200

223

22 4434

42

243

3621 llllaqxlxaqxlxlxaEI

l

l

l

y

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−+−=Π

23

20

33

44

203332

2 44231

24141212

21 llllaqlllllaqlllaEI y

( ) 24

024

032

2 643

192112 alqalqEIla y ++=Π

0a 2

=∂Π∂

0643

192114

a4

04

03

22

=++=∂Π∂ lqlqEIla y

40

32 96

104 lqEIla y −=

yEIlqa 0

2 1925

−= , yEI

lqa2

01 192

5=

[ ]m192

5192

5)( 3022

0 xEI

lqxEI

lqxwyy

−=

[ ]m192

5192

5)(324

0

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lx

lx

EIlqxw

y

.

[ ]m6464

5643

1925

41

1925

41

1925)

4(

40

40

3240

yyy EIlq

EIlq

EIlqlxw

⋅==

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

Normirani progibi

0

0,001

0,002

0,003

0,004

0,005

0,006

0,007

0,008

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/Lw

*

w* R-Rw* MKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

[ ]Nm965

325)( 2

0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxlqxM y .

Poprečne sile:

3

3

dxwdEIQ yz −= ,

[ ]N325)( 0lqxQz = .

Normirani momenti

-0,25

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0 0,125 0,25 0,375 0,5 0,625 0,75 0,875 1

x/LM*

M* R-RM* MKE


0* / lqMM =

3. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći metodu konačnih razlika postaviti sustav jednadžbi (matrično Aw=F) za model diskretiziran s n=7 jednako razmaknutih čvorova. Na osnovi pretpostavljenih vrijednosti progiba, potrebno je postaviti jednadžbe za izračunavanje momenata savijanja u čvorovima. Zadano: .konst,,0 =EIlq


36

2 llx ==∆

○Geometrijski rubni uvjeti: .0)2(,0)(,0)0( 741 ========= wlxwwlxwwxw .



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

lxqxqz 2

1)( 0 .


( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( )

2

3

432 47 FEIxwww ∆

=+− ,

xqF ∆= 0256

, ( )EI

xqww4

032

547∆

=−6

Čvor 3:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 0323

( )EI

xqwww4

0432 3

204640∆

=+−+−

Čvor 5:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 0513

( )EI

xqwwww4

06432 3

164∆

=++−

Čvor 6:

( )iiii Fxwww

3

2145 ∆=+− ++ EI


xqF ∆= 0616

( )EIxqww

4

056 6145 ∆

=−


( )

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−

61313265

54004610

01640047

40

6

5

3

2

EIxq

wwww

.

Rješenje:

( ) [ ]m

00107.000083.000344.000332.0

185416192762

927259

1854499

40

40

6

5

3

2

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EILq

EIxq

wwww

.

Usporedba: Normirani progibi

-0,0005

0

0,0005

0,001

0,0015

0,002

0,0025

0,003

0,0035

0,004

0 0,5 1 1,5

w*

x/L2

w*MKRw*MKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EILqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dd

xwEIM −= ,

( )211 2

xwwwEIM iii

i ∆+−

−= +−

Čvor 1:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

202210

1 05981.05383.018544992

2 Lqxqx

EIxq

EIwwx


∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

−===∆

+−−=

Čvor 2:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2321

2 02877.02589.0927259

18544992

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 3:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2432

3 0322.02896.09272592

1854499

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 4:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2543

4 03845.03463.092762

927259

2 Lqxqx

EIxq

EIx


∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−=∆

+−−=

Čvor 5:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2654

5 0052.00469.01854161

927622

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

−=∆

+−−=

Čvor 6:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2765

6 01187.01068.018541612

92762

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

−=∆

+−−=

Normirani momenti

-0,1

-0,08

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0 0,5 1 1,5

M*

x/L

2

M*MKRM*MKE


0* / LqMM =

RJEŠENJE 1. KOLOKVIJA NUMERIČKE METODE U STROJARSTVU

1. Za štap zadan i opterećen prema slici potrebno je pomoću Galerkinove metode odrediti raspodjelu uzdužne sile. Za Galerkinovu metodu izvesti potrebnu integralnu relaciju. Za funkciju pomaka pretpostaviti jednu od ponuđenih: 1. 2

1 2( )u x a x a x= + , 2. 1 2( ) cos

2u x a x a

Lπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, 3.

1 2( ) sin2

u x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: 0 , , konst.q L AE =

Diferencijalna jednadžba koja opisuje problem osno opterećenog štapa je

2

2

d 0d x

uAE qx

+ = .

U Galerkinovoj metodi pretpostavlja se funkcija zavisne varijable, tj. funkcija rješenja kao ( ) ( )i i

iu x a f x= ∑ .

Uvrštavanjem pretpostavljenog rješenja u diferencijalnu jednadžbu u općem slučaju daje grešku, tj., rezidual 2

2

dd x

uR AE qx

= + .

U metodi težinskog reziduala integrira se rezidual pomnožen težinskom funkcijom i izjednačava s nulom. U Galerkinovoj metodi težinska funkcija je funkcija kojom se pretpostavlja rješenje, tj., , pa je integral težinskog reziduala ( )if x

2

2

d d 0d x i

l

uAE q f xx

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ , 1,i n= .

Nadalje se raspisuje 2 2

2 2

d dd dd dx i i x i

l l l

u uAE q f x AE f x q f xx x

⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ∫ d 0= .

Prvi integral u gornjem izrazu se transformira primjenom parcijalne integracije 2

2

dd d dd dd d dd

ii i

l l

fu u ux

AE f x AE f AEx xx

= −∫ ∫ x .

dd d d dd d dx

ii x

l l

fu uAE f AE x q f xx x

0i− + =∫ ∫ ,

što predstavlja galerkinovu integralnu relaciju.

Izraz dd iuAE fx

predstavlja rubni uvjet sila koji se za ovaj problem ne izračunava jer su na rubovima područja (uklještenja)

zadani pomaci. Rubni uvjeti pomaka:

(0) 0, ( ) 0u u L= = . Od ponuđenih funkcija rubne uvjete zadovoljava: 1. 2

1 2(0) 0 0 0u a a= + = -zadovoljava, 21 2 1 2( ) 0u L a L a L a a L= + = → = − -zadovoljava;

2. ( )1 2 1(0) cos 0 0u a a a= + = = , u L , što vodi na ( ) 0u x = -NE zadovoljava; 1 2 2( ) cos 0

2a a aπ⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

3. ( )1 2 2(0) sin 0 0u a a a= + = = , u L , što vodi na ( ) 0u x = -NE zadovoljava; 1 2 1( ) sin 0

2a a aπ⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠dakle, prva ponuđena funkcija uz uvjet zadovoljava. 1 2a a= − LUvođenjem tog uvjeta u ponuđenu funkciju dobiva se

( )2 22 2 2( )u x a Lx a x a x Lx= − + = − .

Slijedi da je jedan nezavisni parametar , pa je težinska funkcija 2a 2f x Lx= − . Derivacije funkcije rješenja i težinske funkcije su

( )2d 2du a x Lx= − , d 2

df x Lx= − .

Duž štapa djeluje raspodijeljeno opterećenje

( ) 0 2xxq x qL

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

( )( ) ( )22 0

0 0

2 2 d 2 dL L xAE a x L x L x q x Lx x

L⎛ ⎞− − − − − − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 0 .

3 3

2 0 03 4L LAE a q− = .

02

34

qa

AE= .

01

34

q La

AE= − .

Sada je pretpostavljeno rješenje 22

03( )4

q L x xu xAE L L

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠.

Uzdužna sila jednaka je

0d 3 2 1d 4u xN AE q Lx L

⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

2. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je pomoću Rayleigh-Ritzove metode odrediti raspodjelu momenta savijanja. Za funkciju progiba pretpostaviti jednu od ponuđenih:

1. 1( ) sinw x a xLπ⎛= ⎜

⎝ ⎠⎞⎟ , 2.

1 2( ) cosw x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, 3.

1 2( ) sin2

w x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: 20 0 0 0 0, , , , konst.L q F q L M q L EI= = =

Za gredu funkcional je jednak

[ ] ( )22

0 022 00 0

1 d dd d2 dd

L L

Lz xx

w wEI x q w x F w Mxx

Π=

=

⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − − − − −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∫ ∫ .

Rubni uvjeti pomaka: (0) 0, ( ) 0w w L= = .

Od ponuđenih funkcija rubne uvjete zadovoljava: 1. ( )1(0) sin 0 0w a= = ( )1( ) sin 0w L a π= = -zadovoljava; 2. ( )1 2 1 2(0) cos 0 0w a a a a= + = + = , - suprotni zahtjevi, ne zadovoljava; ( )1 2 1 2( ) cos 0w L a a a aπ= + = − + =

3. ( )1 2 2(0) sin 0 0w a a a= + = = . 3. 1 2( ) sin 0

2w L a a aπ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟

⎝ ⎠1 = . što vodi na ( ) 0w x = -NE zadovoljava.

Zadovoljava prva ponuđena funkcija 1( ) sinw x a xLπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

22

1 12

d dcos , sind dw wa x ax L L L Lx

π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

x ⎞⎟⎠

.

( )22

1 1 0 1 10 0 0

2

1 sin d sin d sin cos2

L L

zLx x

EI a x x q a x x F a x a x ML L L L L Lπ π π π π πΠ 0

= =

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠∫ ∫ ,

axa

xxax 2sin41

21dsin 2∫ −=

42

1 1 0 1 0 114

LEIa L a q a q L a q LLπΠ π

π⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

0 .

Iz uvjeta stacionarnosti funkcionala slijedi

1

0aΠ∂

=∂

.

4

1 0 0 01

1 02

LEIa L q q L q La LΠ π π

π∂ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

= ,

4

1 0 0 01 2La q q q

EIπ

π π⎛ ⎞⎛= + +⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎝

⎞⎟⎠

,

pa je funkcija progiba 4

01( ) 1 2 sinqLw x xEI L

πππ π

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

,

a moment savijanja 22

02

d 1 1 2 sindy

w LM EI q xLxππ

π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛= − = + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

.

3. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je izvesti globalnu jednadžbu konačnih razlika. Izvesti sve potrebne izraze za rješavanje zadatka. Također izvesti izraze za izračunavanje reakcija. Gredu diskretizirati s n = 5 jednako razmaknutih čvorova. Zadano: 2

0 0 0 0 0, , , , konst.L q F q L M q L EI= = =

Za jednako razmaknute čvorove iz razvoja funkcije u Taylorov red oko ix slijedi aproksimacija derivacije prema shemi središnje razlike

( ) ( ) ( )1 1 1 1dd 2

i i i ii

x xx

2x x xφ φ φ φφ

∆ ∆+ − + −− −

= = .

Aproksimacija druge derivacije slijedi iz prvih derivacija u točkama 12

ix

−i 1

2i

x+

:

112

dd

i i

ix

x xφ φφ∆

−

−

⎛ ⎞ −=⎜ ⎟

⎝ ⎠, 1

12

dd

i i

ix

x xφ φφ∆+

+

⎛ ⎞ −=⎜ ⎟

⎝ ⎠;

( )( )

1 11 122 2 1 1

2 2

d dd d 2d

d

i i i ii i

i i ii

x xx x x xx

x xx x

φ φ φ φ φ φφ φ φφ ∆ ∆

∆ ∆ ∆

+ −+ −

+ −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − −−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = .

Prema gornjem izrazu diskretizirana diferencijalna jednadžba 2

2

dd z

M qx

= − je oblika

( )1 1

2

2i i iz

M M Mq

x∆+ −− +

= − .

U općem slučaju poprečno raspodijeljeno opterećenje je promjenjljivo, pa se uzima ekvivalentna čvorna sila koja uzima u obzir promjenu raspodijeljenog opterćenja

i iF q x∆= , pa slijedi

( )1 12i i i iM M M F x∆+ −− + = − .

Diskretiziranjem 2

2

dd y

wEI Mx

= − slijedi

( )1 1

2

2i ii

w w wM EI

x∆i+ −− +

= − .

Uz pretpostavku stalne savojne krutosti EI slijedi

( ) ( ) ( )( )2 1 1 1 1 2

2 2 2

2 2 22i i i i i i i i i

iw w w w w w w w w

EI EI EI F xx x x

∆∆ ∆ ∆

+ + + − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− .

( ) ( ) ( ) ( )3

2 1 1 1 1 22 2 2 2i i i i i i i i i i

xw w w w w w w w w F

EI∆

+ + + − − −− − + + − + − − + = − ,

( )3

2 1 1 1 1 22 2 4 2 2i i i i i i i i i i


EI∆

− − − + + +− − + + + − − + = ,

( )3

2 1 1 24 6 4i i i i i i

xw w w w w F

EI∆

− − + +− + − + = .

Uvođenje rubnih uvjeta pomaka - uklještenje

2i iw − w= , uz 1 0iw − =

( )3

1 26 4i i i i i

xw w w w F

EI∆

+ ++ − + = ,

( )3

1 27 4i i i i

xw w w F

EI∆

+ +− + = .

- čvor uz slobodni kraj

Ovdje vrijedi , pa slijedi 1 0iM + =

( )12 i i iM M F x∆−− + = − ,

( ) ( )( )1 1 1 2

2 2

2 22 i i i i i i

iw w w w w wEI EI F x

x x∆

∆ ∆+ − − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

( ) ( ) ( )3

1 1 1 22 2 2i i i i i i i

xw w w w w w F

EI∆

+ − − −− + − − + = − ,

( )3

2 1 14 5 2i i i i i

xw w w w F

EI∆

− − +− + − = .

- čvor na slobodnom kraju

Ovdje vrijedi 1i iM F x∆− = − , pa slijedi

( )1 2

2

2i i ii

w w wEI F x

x∆

∆− −− +

− = − ,

( )3

1 22 ii i i

F xw w w

EI∆

− −− + = .

Za zadani primjer nosača rubni uvjeti su: r.u. pomaka- , 1 30, 0w w= =r.u. sila- . 5 0M =Diferencijske jednadžbe po čvorovima:

čvor 2: ( )3

22 47

F xw w

EI∆

+ = ,

, gdje su zamjenske čvorne sile 1F

20 0

0 1 1 02 22 2M q L

0M F x F q x Fx x

∆ ∆∆ ∆

= → = = = = ,

( )40

2 47 2q x

w wEI∆

+ = − ,

čvor 4: ( )3

2 4 5 45 2x

w w w FEI∆

+ − = ,

4 1 0 0 0 02 3F F q x q x q x q x∆ ∆ ∆ ∆= + = + = ,

( )40

2 4 55 2 3q x

w w wEI∆

+ − = .

čvor 5: ( )3

55 42

F xw w

EI∆

− = ,

, 0 0

5 0 02 32 2

q x q x q xF F q x 0

2∆ ∆ ∆

∆= − + = − + = − ,

( )30

5 4322

q xw w

EI∆

− = − .

Sada je globalna jednadžba konačnih razlika

( )420

4

5

7 1 0 21 5 2 30 2 1 3

2

wq x

wEI

w

∆

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Izrazi za određivanje reakcija slijedi iz d dMQx

= ,

12

i iiR Q F

+= + , 1

11

22

d d

i i

ii

M MMQx x∆

+

++

−⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

( ) ( )2 1 1

1 3 32

2 2i i i i i

i

w w w w w wQ EI EI

x x∆ ∆1i+ + +

+

− + − += − + − ,

( )( )1 1 1 2w +3

2

3 3i i i ii

EIQ w w wx∆

− ++

= − + − 1 1i iw w, , − +=

( )( )1 1 1 2w +3

2

3 3i i i ii

EIQ w w wx∆

+ ++

= − + − 0iw, = ,

( )( )1 13

2

4 i ii

EIQ wx∆

+ ++

= − 2w ,

( )( )1 23 4i i i i . EIR w w F

x∆+ += − +

1 12 2

i ii iR Q F Q

+ −= + − , 1

11

22

d d

i i

ii

M MMQx x∆

−

−−

−⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 1 1

1 3 32

2 2i i i i i i

i

w w w w w wQ EI EI

x x∆ ∆2+ − −

−

− + − += − + − ,

( )( )1 1 1 13

2

2 2i i i i i ii

EIQ w w w w wx∆

+ − −−

= − + − + − + 2w − ,

( )( )1 2 1 1iw +−3

2

3 3i i ii

EIQ w w wx∆

− −−

= − + 0iw, =

( )( )1 2 13

2

3i i ii

EIQ w wx∆

− − +−

= − − 1w ,

( )( )1 1 13

2

3i i ii

EIQ w wx∆

− + ++

= + − 2w ,

( )( )

( )( )1 1 2 2 13 33 3i i i i i i i

EI EIR w w w F w wx x∆ ∆

− + + − − += + − + − − − 1iw ,

( )( )2 1 1 23 4 4i i i i i

EIR w w w wx∆

− − + += − + + − + iF .

1. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći Rayleigh-Ritz-ovu metodu odrediti progib na mjestu djelovanja sile F i raspodjelu momenata savijanja. Za funkciju progiba pretpostaviti jednu od ponuđenih:

1. 21 2( )w x a x a x= + 3 , 2.

1 22( ) sinw x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: 0 0, , 2 , konst.q L F q L EI= =


d( 0) 0, ( 0) 0, ( )dww x x w x L 0x

= = = = = = .

1. 2 31 2( )w x a x a x= + : 1 20 0 0a a= + zadovoljeno, 1 20 2 0 3 0a a= + zadovoljeno,

zadovoljeno samo za 21 20 a L a L= + 3 L1 2a a= − .

2. 1 2

2( ) sinw x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠:

120 sin 0aLπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠2a+ zadovoljava,

12 20 cosaL Lπ π⎛≠ ⎜

⎝ ⎠0⎞⎟ ne zadovoljava!

Odabrana funkcija je pod 1. oblika ( )2 3 3

2 2 2( )w x a Lx a x a x Lx= − + = − 2 Funkcional za zadanu gredu je

[ ]22

2230 0

1 d2 dx

L L

LzwEI dx q wdx F

⎛ ⎞Π = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ w

( )( ) ( ) ( )2

3 2 3 222 0 2 230 0

1 6 22

L L

LxEI a x L dx q a x Lx dx Fa x LxL

⎡ ⎤Π = − − − − −⎣ ⎦∫ ∫

( ) ( ) ( )2 2 2 4 3 3 20 222 2 030 0

1 36 24 4 22

L L

Lq aEIa x xL L dx x Lx dx a q L x Lx

L⎡ ⎤Π = − + − − − −⎣ ⎦∫ ∫

3 23 2 5 42 2 0 2

2 2 020 03

1 236 24 4 22 3 2 5 4 3 3

L L

L

q ax x x x L LEIa L xL L a q L LL

2⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Π = − + − − − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( )5 5 3 3

2 3 3 3 0 22 2

1 812 12 4 22 5 4

q a L L L LEIa L L L a q LL

⎛ ⎞ ⎛Π = − + − − − −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝0

427 9

⎞⎟⎠

4 42 3 0 2 2 0

282

20 27q a L a q LEIa LΠ = + +

2

0a∂Π

=∂

4 43 0 0

284 0

20 27q L q LEIa L + + =

02

1874 27 20

q LaEI

⋅= −

⋅ ⋅ ⋅

20

1187

4 27 20q La

EI⋅

=⋅ ⋅ ⋅

22 30 0187 187( )

4 27 20 4 27 20q L q Lw x x x

EI EI⋅ ⋅

= −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

2 340187( )

2160q L x xw x

EI L L⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

2 34 40 0187 1872 2 2( )

3 2160 3 3 2160 27q L q LLw

EI EI⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

4

Moment savijanja: 2

2

ddy

wM EIx

= − .

4 20 0

2 3

187 1872 6( ) 2 62160 2160y

q L q Lx xM xL L L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦.

2. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći metodu konačnih razlika odrediti moment savijanja u točki x = L. Problem diskretizirati s n=5 jednako razmaknutih čvorova. Zadano: 0 0, , , konst.q L F q L EI= =

○Geometrijski rubni uvjeti: d( 0) 0, ( 0) 0, ( ) 0, ( 2 ) 0dww x x w x L w x Lx

= = = = = = = = .

○Prirodni rubni uvjeti: 5( 2 )M x L M 0= = = .


24 2L Lx∆ = =


( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( ) FEIxwww

3

432 47 ∆=+− , , 0 0 03F q L q x q x= + ∆ = ∆

( )40

2 47 3q x

w wEI∆

+ =

Čvor 4:

( )iiii Fxwww

3

2145 ∆=+− ++ EI

( )3

4 25x

w w FEI∆

+ = , , 0 0 03F q L q x q x= + ∆ = ∆

( )4

4 2 05 3x

w w qEI∆

+ =

Rješenje jednadžbi je ( ) ( )4 4

0 02 4

6 9,16 17 16 17

q x q xw w

EI EI∆ ∆

= =⋅ ⋅

Moment savijanja na mjestu x=L jednak je prema ( )2

11 2x

wwwEIM iiii ∆

+−−= +−

40

22 3 43 02 2

6 92 1516 17 16 17

682 2

q Lw w w EIM EI EI q L

L L

⎛ ⎞+⎜ ⎟− + ⋅ ⋅⎝ ⎠= − = − = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3. Za homogenu pravokutnu ploču zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći metodu konačnih volumena postaviti sustav jednadžbi. Problem diskretizirati s 2x2 konačna volumena. Zadano: 40 , 1 , 2 .q ρ λ= = =

Rubni uvjeti su: ( )0, 200T y yx

λ ∂ =∂

, ( ),0 200T x xy

λ ∂ =∂

, ( )2, 200 40T y y= − , T(x,1) = 100x - 10x2.

Podjela ploče na konačne volumene

Jednadžba konačnog elementa

T T T Tx x y ye w n s

qy y x x ρλ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞∆ − ∆ + ∆ − ∆ = − ∆⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠V

KV 1:

2 1

1e

T TTx

−∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠, 3 1

0.5n

T TTy

⎛ ⎞ −∂=⎜ ⎟∂⎝ ⎠

, 1 1200 200 0.25 252w

T yx λ

∂⎛ ⎞ = = ⋅ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠,

1 1200 200 0.5 502s

T xy λ

⎛ ⎞∂= = ⋅ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

( ) 3 12 1

400.5 1 25 0.5 50 1 0.5 10.5 2

T TT T −− + − ⋅ − ⋅ = − ⋅ ,

1 2 32.5 0.5 2 52.5T T T− + + = . KV 2:

2 2 2200 0.25 40 10

0.5 0.5 0.5e

e

T T T TTx

− ⋅ − − −∂⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟∂⎝ ⎠, 4 2

0.5n

T TTy

⎛ ⎞ −∂=⎜ ⎟∂⎝ ⎠

, 2 1

1w

T TTx

−∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠,

1 1200 200 1.5 1502s

T xy λ

⎛ ⎞∂= = ⋅ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

( )2 4 2 2 110 400.5 1 0.5 150 1 0.5 10.5 0.5 1 2

T T T T T− − −+ − ⋅ − ⋅ = − ⋅ ,

1 2 40.5 3.5 2 130T T T− + = . KV 3:

4 3

1e

T TTx

−∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠,

23 3100 0.5 10 0.5 47.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T TTy

⎛ ⎞ 3− ⋅ − ⋅ − −∂= = =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

,

1 1200 200 0.75 752w

T yx λ

∂⎛ ⎞ = = ⋅ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠, 3 1

0.5s

T TTy

⎛ ⎞ −∂=⎜ ⎟∂⎝ ⎠

4 3 3 3 147.5 400.5 1 75 0.5 1 0.5 11 0.25 0.5 2

T T T T T− − −+ − ⋅ − ⋅ = − ⋅ ,

1 3 42 6.5 0.5 162.5T T T− + = − . KV 4:

4 4 4200 40 110

0.5 0.5 0.5e

e

T T y T TTx

− − − −∂⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟∂⎝ ⎠, ⎛ ⎞⎜ ⎟ ,

4 3

1w

T TTx

−∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠, 4 2

0.5s

T TTy

⎛ ⎞ −∂=⎜ ⎟∂⎝ ⎠

24 4 4100 1.5 10 1.5 127.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T TTy

− ⋅ − ⋅ − −∂= = =

∂⎝ ⎠

4 34 4 4 2110 127.5 400.5 1 0.5 1 0.5 10.5 0.25 1 0.5 2

T TT T T T−− − −+ − − ⋅ = − ⋅ ,

2 3 42 0.5 7.5 630T T T+ − = − .

1

2

3

4

2.5 0.5 2 0 52.50.5 3.5 0 2 1302 0 6.5 0.5 162.50 2 0.5 7.5 630

TTTT

− ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

4. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je pomoću metode konačnih elemenata za proračunski model izvesti globalnu jednadžbu konačnih elemenata. Primijeniti osnovne gredne elemente. Problem diskretizirati s 3 elementa. Zadano: 0 , , konst.q L EI =

Podjela grede na konačne elemente s pripadnim stupnjevima slobode (proračunski model)

Stupnjevi slobode konačnih elemenata

Geometrijski rubni uvjeti su

( ) ( )0 0, 0w x w x L= = = = . što vodi na

1 3 0w w= = .

Svi elementi imaju jednaku duljinu l = L/2.

Tablica podudaranja stupnjeva slobode konačnih elemenata s globalnim stupnjevima slobode

. Matrica krutosti konačnog elementa 1:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

−−−

=

llll

llll

llll

llll

EI y

4626

612612

2646

612612

22

2323

22

2323

1k ,

koja je nakon uvrštavanja l = L/2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅−

⋅−

⋅−

⋅

=

LLLL

LLLL

LLLL

LLLL

EI y

24462246

4681246812

22462446

4681246812

22

2323

22

2323

1k

Pomoću tablice podudaranja, matricu krutosti prvog elementa transformiramo u globalne stupnjeve slobode

3 2 3 2

2 2

3 2 3 21

2 2

96 24 96 24

24 8 24 4

96 24 96 24

24 4 24 8

L L L L

L L L L

L L L LEI

L L L L

⎡ ⎤− − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥

= ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

k

Matrica krutosti konačnog elementa 2 je brojčano identična onoj prvog elementa, a transformirana u globalne stupnjeve slobode je

3 2 3 2

2 22

3 2 3 2

2 2

96 24 96 24

24 8 24 4

96 24 96 24

24 4 24 8

L L L L

L L L LEI

L L L L

L L L L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

k

Matrica krutosti konačnog elementa 3 je brojčano identična onoj prvog elementa, a transformirana u globalne stupnjeve slobode je

3 2 33

2 2

3 2 3 2

2 2

96 24 96 24

24 8 24 4

96 24 96 24

24 4 24 8

L L L LEI

L L L L

L L L L

L L L L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥= ⎢ ⎥

⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

k 2

Zbrajanjem ovih matrica krutosti dobivamo globalnu matricu krutosti

3 2 3 2

2 2

3 2 3 3 2 2 3 2

2 2 2 2

3 2 3 3 2 2 3 2

2 2 2 2

3 2 3

2 2

96 24 96 24

24 8 24 4

96 24 96 96 24 24 96 24

24 4 24 24 8 8 24 4

96 24 96 96 24 24 96 24

24 4 24 24 8 8 24 4

96 24 96 24

24 4 24 8

L L L L

L L L L

L L L L L L L L

L L L L L L L LEI

L L L L L L L

L L L L L L L L

L L L

L L L

⎡ − − −⎢⎢−

− + − − −

− − +=

− + − + −

− − + +

−

−⎣

K

⎤⎥⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

⎦

2

L

L

L

−

Vektor čvornih sila za prvi element određen je prema T

z0

dl

S q x= ∫F N ,

Matrica funkcija oblika jednaka je

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= 2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2 232231lx

lx

lx

lx

lx

lxx

lx

lxN .

2 3

2 3

2 3

21

02 30

2 3

2 3

2

3 21

2

d3 2

l

S

x xl l

x xxl l q x

x xl lx xl l

⎡ ⎤− +⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥− + −⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

∫F ,

22

10 0

2 2

42

4812

2 4

12 48

S

Ll

Ll

q ql L

l L

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ −− ⎢ ⎥⎢ ⎥

= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

F .

Vektor transformiran u globalne stupnjeve slobode glasi 1SF

2

120

4

48

4

48

S g

L

L

L

q L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F

Analogno za KE 2 i KE 3

22

20 0

2 2

42

4812

2 4

12 48

S

Ll

Ll

q ql L

l L

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ −− ⎢ ⎥⎢ ⎥

= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

F ,

2

20

2

4

48

4

48

S g

L

L

qL

L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F

22

30 0

2 2

42

4812

2 4

12 48

S

Ll

Ll

q ql L

l L

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ −− ⎢ ⎥⎢ ⎥

= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

F , 30

2

2

4

48

4

48

S g

L

qL

L

L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F .

Zbrajanjem 1 2 3, i s g s g s gF F F dobivamo vektor čvornih sila za proračunski model

48q

L L⎢ ⎥= ⎢F

2

2 2

0

2 2

2

4

48

4 4

48

4 4

48 48

4

48

S

L

L

L L

L L

L L

L

L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−

⎥+⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2

0

2

4

48

20

20

4

48

S

L

L

L

qL

L

L

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F

Globalni sustav jednadžbi glasi

RKV =

3 2 3 2

2 2

1

3 2 3 3 2 1

2

2 22

3 2 3 3 2

2 2

3 2 3 2

2 2

96 24 96 24

24 8 24 4

96 24 192 96 240

24 4 16 24 40

96 24 192 96 240

24 4 16 24 40

96 24 96 24

24 4 24 8

L L L L

L L L L w

L L L L Lw

L L L L LEI

L L L L L

L L L L L

L L L L

L L L L

ϕ

ϕ

⎡ ⎤− − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

2

03

3

4

4

2

4

48

20

20

4

48

L

L

L

qw L

wL

L

ϕ

ϕ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎡ ⎤ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Uvođenjem osnovnih (Dirichlet-ovih) rubnih uvjeta globalna jednadžba konačnih elemenata je

22

2 3 2 1

2

20

32 2

4

42 3 2 2

2

8 24 4

4824 192 240

24 16 40 024 4 16 24 4 0

24 96 24 4

4 24 8 48

LL LL

LL L Lw

L L LEI q

L L LL L w L

L L L L

L LL

ϕ

ϕϕ

ϕ

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

.

5. Za štap pravokutnog poprečnog presjeka opterećenog na uvijanje potrebno je pomoću metode konačnih elemenata izračunati posmično naprezanje u točki (3b/8, 3a/8). Primijeniti osnovne pravokutne elemente. Problem diskretizirati s 2 elementa. Napomena: koristite simetriju problema. Zadano: a, b=2a, GJ

Diferencijalna jednadžba koja opisuje problem

2 2

2 2 2x yψ ψ∂ ∂

+ = −∂ ∂

Proračunski (diskretizirani) model

Tablica poklapanja globalnih čvornih parametara i onih pojedinih konačnih elemenata

Globalni čvorni parametri 1 2 3 4 5 6

KE 1 1 2 3 4 KE 2 1 2 3 4

Za uvijanje štapova neokruglog presjeka vrijedi da je St'Venant-ova funkcija naprezanja jedanaka nuli na slobodnim plohama. Iz ovoga mogu se napisati osnovni (Dirichlet-ovi) rubni uvjeti za diskretizirani model:

3 4 5 60, 0, 0, 0ψ ψ ψ ψ= = = = . Za osnovni pravokutni element prema slici matrica krutosti jednaka je

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 216 2 2 2

2 2

a b a b a b b a

a b a b b a a b

ab a b b a a b a b

b a a b a b a b

⎡ ⎤+ − − + −⎢ ⎥⎢ ⎥− + − − +⎢ ⎥=⎢ ⎥− + − + −⎢ ⎥⎢ ⎥− − + − +⎣ ⎦

k

2

2

KE 1: Mjere konačnog elementa 1 su prema slici: , gdje su zadane mjere presjeka. Uvođenjem omjera stranica presjeka b=2a dobivaju se mjere konačnih elemenata za stvaranje matrice krutosti.

ˆ ˆ/ 8, / 4a b b a= = ˆˆ ,a b

ˆ ˆ/ 4, / 4a a b a= = . 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 216 16 16 16 16 16 16 16

2 2 216 16 16 16 16 16 16 161

6 2 2 24 4 16 16 16 16 16 16 16 16

2 216 16 16 16 16 16

a a a a a a a a

a a a a a a a a

a a a a a a a a a a

a a a a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛

− + − − +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞− − + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

k

2

⎞⎟⎠

2 2

216 16a a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞

+⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦

,

2 2 2 2

2 2 2 2

12 2 2 2 2

2 2 2 2

4 216 16 16 16

4 1 2 14 2 1 4 1 21 116 16 16 16

2 1 4 166 2 416 1 2 1 416 16 16 16

2 416 16 16 16

a a a a

a a a a

a a a a a

a a a a

⎡ ⎤− − −⎢ ⎥

⎢ ⎥− − −⎡ ⎤⎢ ⎥

− − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − −⎢ ⎥= ⎢ ⎥ =⎢ ⎥− − −⎢ ⎥− − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − −⎣ ⎦⎢ ⎥

⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎣ ⎦

k .

Vektor čvornih opterećenja uslijed „ f “ iz diferencijalne jednadžbe izračunava se prema

1

2

3

4

d da b

Sa b

NN

f y xNN

− −

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫F .

Formulacija ovog končnog elementa je izvedena prema parcijalnoj diferencijalnoj jednadžbi oblika

2 2 2

2 2;i i

f fx x x yφ φ φ∂ ∂ ∂

− = + = −∂ ∂ ∂ ∂

.

Usporedbom ove i diferencijalne jedndžbe koja opisuje uvijanje štapova neokruglog presjeka, vidljivo je da je „ f “ jednako 2! Pomoću ovog možemo izračunati

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

21

1112 d d184

4 4 1

a b

Sa b

a x b ya x b y ay xa a a x b ya x b y

− −

⎡ ⎤− − ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥− +⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

∫ ∫F .

Pomoću tablice poklapanja globalnih čvornih parametara i onih konačnog elementa transformiramo matricu krutosti i vektor čvornih opterećenja

1

4 1 0 0 2 11 4 0 0 1 2

0 0 0 0 0 010 0 0 0 0 062 1 0 0 4 11 2 0 0 1 4

g

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

k , . 2

1

1100811

S ga

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F

Za konačni element 2 matrica krutosti i vektor čvornih opterećenja su isti pa su transformirani u globalne čvorne parametre

2

0 0 0 0 0 00 4 1 2 1 00 1 4 1 2 010 2 1 4 1 060 1 2 1 4 00 0 0 0 0 0

g

⎡ ⎤⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −

= ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎣ ⎦

k , 2

2

0111810

S ga

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F .

Zbrajanjem ovih transformiranih matrica krutosti dobivamo globalnu matricu krutosti

4 1 0 0 0 11 8 1 2 2 2

0 1 4 1 2 010 2 1 4 1 062 2 2 1 4 11 2 0 0 1 4

− −⎡ ⎤⎢ ⎥− − − − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −

= ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − − − −⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

K , . 2

1211821

Sa

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

F

Od rubnih uvjeta postoje samo osnovni (zadane vrijednosti funkcije) pa nakon uvođenja tih r.u. jednadžbe konačnih elemenata su

21

2

4 1 11 8 28

aψψ

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡=⎢ ⎥

⎤⎢ ⎥ ⎢− ⎥⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦ ⎦

.

Rješenje je

1 2

2

156227

124

aψψ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Posmično naprezanje u bilo kojoj točci presjeka ima dvije komponente, izx zyτ τ koje izračunavamo prema

zx Gyψτ ϑ∂

=∂

, zy Gxψτ ϑ∂

= −∂

.

Za funkciju naprezanja vrijedi ( ),x yψ ψ= , a po konačnom elementu je

( ) 1 1 2 2 3 3 4 4,x y N N N Nψ ψ ψ ψ ψ= + + + . Derivacije su

( ) 31 2 41 2 3, NN N Nx y 4x x x x x

ψ ψ ψ ψ ψ∂∂ ∂ ∂∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂,

( ) 31 2 41 2 3, NN N Nx y

y y y y 4yψ ψ ψ ψ ψ∂∂ ∂ ∂∂

= + + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Točka (3b/8, 3a/8) je unutar KE 1, za koji su čvorni parametri prema tablici poklapanja

1 2

156227

12400

a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

ψ .

Deriviranjem funkcija oblika jer su pridružene čvornim parametrima različitim od 0

dobivamo vrijednosti derivacije

1 i N N2

i x yψ ψ∂ ∂∂ ∂

u zadanoj točki

3 3,8 8

0.015b a

axψ∂

= −∂

, 3 3,8 8

0.4506b a

ayψ∂

= −∂

.

Posmično naprezanje u zadanoj točki je 0.45060.015

G aϑ−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

τ .

Rješenja ponovljenog 1. kolokvija iz kolegija NUMERIČKE METODE U STROJARSTVU 1. Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći Galerkinovu metodu odrediti progib točke B i raspodjelu momenata savijanja i poprečne sile. Za funkciju progiba pretpostaviti

[ ]m)( 32

21 xaxaxw += .



0)0(dd,0)0( ==== x

xwxw .

00302)0(dd,000)0( 2

213

22

1 =+==+= aaxwaaw pa su g.r.u. zadovoljeni.

○Prirodni rubni uvjeti: FLxQ == )( . 0)( == LxM


⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxqxq z 0)( .


0dd

4

4

=− zqxwEI .


0ddd

04

4

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∫ xfq

xwEI i

l

z .


xfqxfxwEIxfq

xwEI i

l

zi

l

i

l

z ddddd

dd

004

4

04

4

∫∫∫ −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

Primjenom parcijalne integracije na prvi integral na desnoj strani dva puta dobivamo:

dxxf

xwEIf

xwEIdxf

xwEI

li

l

ii

l

∫∫ −=0

3

3

03

3

04

4

dd

dd

dd

dd

xxf

xwEI

xf

xwEIx

xf

xwEI

li

lii

l

ddd

dd

dd

ddd

dd

dd

02

2

2

2

02

2

03

3

∫∫ −=

0dd

dd

dddd

dd

dd

03

3

02

2

002

2

2

2

=+−− ∫∫l

i

li

i

l

z

li f

xwEI

xf

xwEIxfqx

xf

xwEI

Drugi izraz slijeva predstavlja prirodni rubni uvjet momenta pomnožen derivacijom težinske funkcije, a prvi izraz slijeva predstavlja negativnu poprečnu silu kao rubni uvjet pomnoženu težinskom funkcijom.


.

;3

2

21

xfxf

=

=


.6dd;3

dd

2dd

;2dd

22

222

21

21

xxfx

xf

xfx

xf

==

==


222322

11211

3)(dd

,0)0(dd

.)(,0)0(

2)(dd

,0)0(dd

;)(,0)0(

llxf

xfllff

llxf

xfllff

====

====


.62dd,32

dd

212

22

21 xaaxwxaxa

xw

+=+=

° i=1

( ) ( ) 00)0(0)0(20dd2)62( 22

00

021 =⋅−⋅−+⋅−⋅+−+ ∫∫ FlFMlxx

lxqxxaaEI

ll

° i=2

( ) ( 00)0(0)0(30dd6)62( 323

00

021 =⋅−⋅−+⋅−⋅+−+ ∫∫ FlFMlxx

lxqxxxaaEI

ll

)

° i=1

04

)2

124( 30

0

4

00

2

21 =⋅−−+ lql

xqxaxaEIll

° i=2

05

)3

362

12( 40

0

5

00

3

2

2

1 =⋅−−+ lql

xqxaxaEIll

° i=1

04

)64( 30

3

02


° i=2

05

)126( 40

4

03

22


EIlqlala

302

21 4564 =+

EIlqlala

403

22

1 56126 =+

EIlqa

20

1 2013

=

EIlqa 0

2 409

−=

[ ]mxEI

lqxEI

lqxw 3022

0

409

2013)( −= .

[ ]mlx

lx

EIlqxw

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

3240

409

2013)(

[ ]mEI

lqll

ll

EIlqlxw

40

3240

4017

409

2013)( =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==


[ ]mlx

lx

lx

EIlqxw

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

53240

1201

41

32)(

Normirani progibi

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

w*

w* Galerkinw* Analitički


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

[ ]Nmdd

2

2

xwEIM y −= .

[ ]Nm1013

2027)( 2

0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxlqxM y .


[ ]Nm34

23

61)(

32

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lx

lxlqxM y .

Normirani momenti

-1,6

-1,4

-1,2

-1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

M*

M* GalerkinM* Analitički

Usporedba normiranih uzdužnih sila ( )2

0* / lqMM =

Poprečne sile:

[ ]Ndd

3

3

xwEIQz −= .

[ ]N2027)( 0lqxQz = .


[ ]N23

21)(

2

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lxlqxQz .


1. [ ]m)( 32

21 xaxaxw += , 2. [ ]m2sin)( 1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

laxw π , 3. [ ]mcos)( 21 ax

laxw +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=π ,

uz uvjet . 0, 21 ≠aa Zadano: .konst,,, 00 == EIlqFlq


.0)(,0)0(dd,0)0( ====== lxwx

xwxw


1. 32

21)( xaxaxw += , 2

21 a3a2dd xx

xw

+=

0)(;000)0( 32

21

32

21 =+==+= lalalwaaw ; 00302)0(

dxd 2

21 =+= aaw .

Iz ove 3 jednadžbe slijedi da .0 21

32

21 laalala −=⇒=+

pa ova funkcija može biti funkcija rješenja!

2. [ ]m2sin)( 1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= x

laxw π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llaxw ππ 2cos2)(

dxd

1 .

( ) ( ) 02sin)(,00sin)0( 11 ==== πalwaw

( ) ,00cos2)0(dxd

1 ==l

aw π

Iz ove 3 jednadžbe slijedi da (3. jednadžba) pa ova funkcija nije primjerena postavljenom uvjetu!

01 =a

3. [ ]mcos)( 21 axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ sin)(

dxd

1

( ) ( ) 0cos)(,00cos)0( 2121 =+==+= aalwaaw π ,

( ) .00sin)0(dxd

1 =−=l

aw π

Prve dvije jednadžbe daju uvjet 1221 0 aaaa −=⇒=+ , 1221 0 aaaa =⇒=+−

što je suprotan zahtjev pa je to moguće samo za 021 == aa ! Iz ovih provjera uvjeta slijedi pretpostavljena funkcija rješenja

[ ]m)()( 232

32

22 lxxaxalxaxw −=+−= .


[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

l

lxzy wFxwqdxxwEI

02

40

2

2

2

ddd

21 .

Raspodijeljeno opterćenje: 0)( qxqz = .

)26()(dxd

22

2

lxaxw−= .

( )( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ =−−−−−=Πl l

l

lxy lxxalqdxlxxaqdxlxaEI0

2

4

2320

2320

22 )()(26

21

( ) ( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ =−−−−+−=Πl l

l

lxy lxxlaqdxlxxaqdxllxxaEI0

2

4

2320

2320

2222 42436

21

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=Π

23

20

2

34

200

223

22 4434

42

243

3621 llllaqxlxaqxlxlxaEI

l

l

l

y

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−+−=Π

23

20

33

44

203332

2 44231

24141212

21 llllaqlllllaqlllaEI y

( ) 24

024

032

2 643

192112 alqalqEIla y ++=Π

0a 2

=∂Π∂

0643

192114

a4

04

03

22

=++=∂Π∂ lqlqEIla y

40

32 96

104 lqEIla y −=

yEIlqa 0

2 1925

−= , yEI

lqa2

01 192

5=

[ ]m192

5192

5)( 3022

0 xEI

lqxEI

lqxwyy

−=

[ ]m192

5192

5)(324

0

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lx

lx

EIlqxw

y

.

[ ]m6464

5643

1925

41

1925

41

1925)

4(

40

40

3240

yyy EIlq

EIlq

EIlqlxw

⋅==

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

Normirani progibi

0

0,001

0,002

0,003

0,004

0,005

0,006

0,007

0,008

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/Lw

*

w* R-Rw* MKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

[ ]Nm965

325)( 2

0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxlqxM y .

Poprečne sile:

3

3

dxwdEIQ yz −= ,

[ ]N325)( 0lqxQz = .

Normirani momenti

-0,25

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0 0,125 0,25 0,375 0,5 0,625 0,75 0,875 1

x/LM*

M* R-RM* MKE


0* / lqMM =

3. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je koristeći metodu konačnih razlika postaviti sustav jednadžbi (matrično Aw=F) za model diskretiziran s n=7 jednako razmaknutih čvorova. Na osnovi pretpostavljenih vrijednosti progiba, potrebno je postaviti jednadžbe za izračunavanje momenata savijanja u čvorovima. Zadano: .konst,,0 =EIlq


36

2 llx ==∆

○Geometrijski rubni uvjeti: .0)2(,0)(,0)0( 741 ========= wlxwwlxwwxw .



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

lxqxqz 2

1)( 0 .


( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( )

2

3

432 47 FEIxwww ∆

=+− ,

xqF ∆= 0256

, ( )EI

xqww4

032

547∆

=−6

Čvor 3:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 0323

( )EI

xqwww4

0432 3

204640∆

=+−+−

Čvor 5:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 0513

( )EI

xqwwww4

06432 3

164∆

=++−

Čvor 6:

( )iiii Fxwww

3

2145 ∆=+− ++ EI


xqF ∆= 0616

( )EIxqww

4

056 6145 ∆

=−


( )

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−

61313265

54004610

01640047

40

6

5

3

2

EIxq

wwww

.

Rješenje:

( ) [ ]m

00107.000083.000344.000332.0

185416192762

927259

1854499

40

40

6

5

3

2

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EILq

EIxq

wwww

.

Usporedba: Normirani progibi

-0,0005

0

0,0005

0,001

0,0015

0,002

0,0025

0,003

0,0035

0,004

0 0,5 1 1,5

w*

x/L2

w*MKRw*MKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EILqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dd

xwEIM −= ,

( )211 2

xwwwEIM iii

i ∆+−

−= +−

Čvor 1:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

202210

1 05981.05383.018544992

2 Lqxqx

EIxq

EIwwx


∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

−===∆

+−−=

Čvor 2:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2321

2 02877.02589.0927259

18544992

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 3:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2432

3 0322.02896.09272592

1854499

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 4:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2543

4 03845.03463.092762

927259

2 Lqxqx

EIxq

EIx


∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−=∆

+−−=

Čvor 5:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2654

5 0052.00469.01854161

927622

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

−=∆

+−−=

Čvor 6:

( )

( )

( )( ) 2

02

02

40

2765

6 01187.01068.018541612

92762

2 Lqxqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

−=∆

+−−=

Normirani momenti

-0,1

-0,08

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0 0,5 1 1,5

M*

x/L

2

M*MKRM*MKE


0* / LqMM =

1. Za stap zadan i opterećen, pomoću Galerkina odrediti pomak točke na sredini (L/2)i

reakciju u uklještenju B. Funkciju pomaka je određena jednom od slijedećih funkcija:

a) L

x

L

xaxu 1)(

b) b)L

xaxu

2sin)(

c)L

xa

L

xaxu

2cos

2sin)( 21

Zadano: q0, L , AE=konst.

2. R-R metodom, odrediti progib u točki c, te raspodjelu momenata savijanja i poprečnih

sila. Zadano: q0, F=q0L

a) 3

2

2

1)( xaxaxw

b) xL

axw2

sin)(

c) L

x

L

xaxw 1)(

3. Za gredu, metodom konačnih elemenata postaviti sustav jednadžbi (matrična Aw=F)

sa n=7 čvorova. Zadano: q0, L, F=q0L, EI=konst.

Primjer 1. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je primjenom Galerkinove metode odrediti raspodjelu pomaka i momenta savijanja. Za pretpostavljenu funkciju pomaka odabrati jednu od ponuđenih:

a) a cosw xlπ⎛= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟ , b) 2 3

1 2w a x a x= + , c) 1 2a sin2

w xlπ⎛ ⎞ a= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: l, EI = konst., q0.

○Geometrijski rubni uvjeti: ( 0) 0, ( ) 0w x w x l= = = = .

a) pa ova funkcija ne zadovoljava, ( )cos 0 1 0a= ⇒ =

b) ( ) 1 2w 0 0 0 0,a a= + =

( ) 2 31 2 1w 0l a l a l a a= + = ⇒ = − 2l pa ova funkcija zadovoljava uz navedeni uvjet,

c) ( )1 2 2 1a sin 0 0 0; a sin 0 a 02

a a π⎛ ⎞+ = ⇒ = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

1 pa ova funkcija ne zadovoljava.

Odabrana funkcija pomaka je ( )2 3 32 2 2w a lx a x a x lx= − + = − 2 .


0( )zxq x ql

= .

Integralna forma težinskog reziduala s primjenom dvostruke parcijalne integracije glasi:

0dd

dd

dd

dd

dd

02

2

03

3

02

2

2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∫

l

yi

l

yi

l

izi

y xwEI

xf

xwEIfdxfq

xf

xwEI

Težinska funkcija je: ( )3 2f x lx= −

Derivacije težinske funkcije jesu:

( ) ( )2

22

d d3 2 ; 6 2d df fx lx x lx x= − = −

Derivacije pretpostavljene funkcije pomaka su:

( ) ( )2

22 22

d d3 2 ; 6 2d dw wa x lx a x lx x= − = −

( ) ( ) ( )3 22 0

0

6 2 6 2l

yxEI a x l x l q x lx dxl

⎡ ⎤ 0− − − − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ .

( )( ) ( )3 22 0

0 0

6 2 6 2l l

yxEI a x l x l dx q x lx dxl

− − − −∫ ∫ 0= .

( )4

2 2 32 0

0 0

36 24 4 0l l

yxEI a x xl l dx q x dxl

⎛ ⎞− + − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ = .

3 2 5 42

2 2 00

36 24 4 03 2 5 4

l l

yo

x x x xEI a l l x a ql

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝=⎟

⎠.

43

2 04 020yll EI a q+ =

02 80 y

q laEI

= −

2 340

80 y

q l x xwEI l l

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Moment savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

20 2 680y

q l xMl

⎛ ⎞⎛ ⎞= − − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Primjer 2. Za nosač zadan i opterećen prema slici potrebno je primjenom Rayleigh-Ritzove metode odrediti raspodjelu pomaka i momenta savijanja. Za pretpostavljenu funkciju pomaka odabrati jednu od ponuđenih:

a) a cosw xlπ⎛= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟ , b) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lw πsina , c) 2 3

1 2 3aw x a x a x= + + 4 .

Zadano: l, EI = konst., F0=2q0 l, q0.

○Geometrijski rubni uvjeti: d( 0) 0, ( ) 0, ( ) 0dww x x l w x lx

= = = = = = .

a) ( )cos 0 1 0a= ⇒ = pa ova funkcija ne zadovoljava,

b) ( ) ( )dwsin 0 1, cos , cos 0 1 0d

a x ax l l

π π⎛ ⎞= = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

pa ova funkcija ne zadovoljava,

c)

.

( )

( )

( )

( )

1 2 3

2 3 2 3 2 31 2 3 1 2 3 1 2 3

21 2 3

2 3 4 21 2 3 1 2 3

2 22 3 2 3

2 2 3 3

2 3

1 3

w 0 0 0 0,dw dw2 3 4 , 2 2 2 3 4 4 8 4 12 32 0d d

3 8

w 2 4 8 16 0 2 4

2 4 3 83 2 4 8

4

3 4 8

a a a

a x a x a x l a l a l a l a l a l a lx xa a l a l

l a l a l a l a a l a l

a l a l a l a la a a l a l

a a l

a a l l a

= + +

= + + = + + = + + =

⇒ = − −

= + + = ⇒ = − −

− − = − −− = −

= −

= − − − 2 23 34l a l=

pa ova funkcija zadovoljava uz navedene uvjete .

( )2 2 3 4 2 2 3 43 3 3 34 4 4 4w a l x a lx a x a l x lx x= − + = − + .

Funkcional za nasač glasi:

[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

llxzy wFdxwqdx

dxwdEI

2

0

2

0

2

2

2

21 .

( )2

2 232

d 8 24 12d

w a l lx xx

= − + .

Raspodijeljeno opterćenje:

0( ) 1zxq x ql

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

, [ ]llx 2,∈ .

( )( ) ( )( )2 222 2 2 2 3 4

3 0 30

1 8 24 12 1 4 42

l l

yl

xEI a l lx x dx q a l x lx x dxl

⎛ ⎞Π = − + − − − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

( )( )2 2 3 40 32 4 4

x lq l a l x lx x

=⎡ ⎤− − +⎣ ⎦

. 5 5

2 53 3 0 32

2 6yl l

0EI a a q a q lΠ = − − .

5 52

3 0 313

2 6yl lEI a q aΠ = − .

0, 1a i

i∂Π= =

∂.

5

5 03 0 3

3

13 1306 6y

y

qlEI a l q aa E∂Π

= − = ⇒ =∂ I

.

2 34

013 4 46 y

q l x x xwEI l l l

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

4

.

Moment savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

22

013 8 24 126y

x xM q ll l

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠.

Primjer 3. Za nosač zadan i opterećen prema slici potrebno je primjenom metode konačnih razlika u matričnom obliku izvesti jednadžbe za određivanje nepozantih progiba. Provesti diskretizaciju s n = 5 jednako razmaknutih čvorova. Raspisati uvođenje rubnih uvjeta u jednadžbe. Izvesti izraz za određivanje reakcije u desnom osloncu (x = 2l). Zadano: l, EI=konst., q0 , M0.

Proračunski model:

24 2l lxΔ = =

○Geometrijski rubni uvjeti: 1 5( 0) 0, ( 2 )w x w w x l w= = = = = = 0

0

. ○Prirodni rubni uvjeti:

1( 0)M x M= = = .


( )iiii Fxwww

3

2145 Δ=+− ++ EI

0

0 0 022MM F x F

x= Δ ⇒ =

Δ

( ) ( )3 20 0

2 3 45 42 2

x xM Mw w wEI x EIΔ Δ

− + = − = −Δ

Čvor 3:

( )

iiiiii FEIxwwwww

3

2112 464 Δ=+−+− ++−−

( )40

2 3 44 6 42

x qw w wEIΔ

− + − =

Čvor 4:

+

( )3

2 14 7i i i

xw w w

EI− −

Δ− + = iF

( ) ( )2 40

2 14 72i i i

x xMw w wEI EI− −

Δ Δ− + = + 0q


( ) ( )

( )

0

222 0

3

4 200

25 4 14 6 4

21 4 7

2

M

wx qw x

EIw M x q

⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥

Δ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − = Δ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎢ ⎥+ Δ⎢ ⎥⎣ ⎦

Reakcija u uklještenju:

Iz uvjeta ravnoteže slijedi

12

i i iR F Q

−− = − .

1i ii i

M MR Fx

−−− = −

Δ.

( ) ( )1 1 2 1

1 2 22

2 21 i i i i i

i

w w w w w wQ EI EIx x x

− + − −

−

⎛ ⎞− + − += −⎜ ⎟

⎜ ⎟Δ Δ Δ⎝ ⎠

i .

( )( )1 1 23

2

4 i ii

EIQ w wx

− −−= −

Δ1 10,i i iw w w uz − += . =

( )( )1 23 4i i i

EIiR w w

x− − F= − −

Δ+ .


[ ]mxaxaxu 221)( += .



0)0( ==xu . [ ]maau 2



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

lxqxq x 0)( .


0dd

2

2

=+ xqxuAE


0dd

02

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+∫ dxfq

xuAE i

l

x


dxfqdxfxuAEdxfq

xuAE i

l

xi

l

i

l

x ∫∫∫ +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

002

2

02

2

dd

dd


dxxf

xuAEf

xuAEdxf

xuAE

li

l

ii

l

∫∫ −=000

2

2

dd

dd

dd

dd

0dd

dd

dd

000

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+− ∫∫

l

i

li

l

ix fxuAEdx

xf

xuAEdxfq


.;2

2

1

xfxf

=

=


.2dd

;1dd

2

1

xxfxf

=

=


.)(,0)0(;)(,0)0(

222

11

llffllff==

==


.2dd

21 xaaxu

+=

° i=1

[ ] 0)2( 00

210

0 =−++− ∫∫ lll

FxdxxaaAEdxxlxq

° i=2

[ ] 02)2( 02

021

0

20 =−++− ∫∫

lll

FxdxxxaaAEdxxlxq

° i=1

[ ] [ ] 03 000

221

0

3

0 =−++− lll

lxqxaxaAEl

xq

° i=2

[ ] 03

44 0

20

0

3

22

10

4

0 =−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

lll

lxqxaxaAEl

xq

[ ] 03

20

221

3


lq

03

44

30

3

22

1

4

0 =−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− lqlalaAE

llq

[ ]3

2

02

02


434

3

03

0

3

22

1lqlqlalaAE −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

AElqlaa

32 0

21 −=+

AElqlaa

43

34 0

21 −=+

AElqa 0

1 125

−=

AEqa 0

2 41

−=

[ ]mxAEqx

AElqxu 200

41

125)( −−= .

[ ]mlx

lx

AElqxu

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

220

41

125)(

[ ]mAE

lqAE

lqlxu2

02

0

32

41

125)( −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−==


[ ]m21

61 32

0

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

lx

lx

AElqu


-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

00 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/Lu*

u*

u^* Gal


⎞⎜⎜⎝

⎛=

AElquu

20* /

Uzdužne sile:

[ ]Ndd

xuAEN = .

[ ]N21

125)( 0 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


[ ]N21

21)(

2

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

lxlqxN .


-1

-0,9

-0,8

-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,30 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

N*

N*

N^* Gal


* /=


1. [ ]m)( 32

21 xaxaxw += ,

2. [ ]m2cos2sin)( 21 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax

laxw ππ ,

3. [ ]m2cos)( 21 axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π ,




0)(dd,0)(,0)0(

dd,0)0( ======== lx

xwlxwx

xwxw .


1. 32

21)( xaxaxw += , 2

21 a3a2dd xx

xw

+=

0)(;000)0( 32

21

32

21 =+==+= lalalwaaw ; 032)(;00302)0(

dxd 2

212

21 =+==+= lalalwaaw


laalalalaalala 212

21213

22

1 2332;0 −=⇒+−=⇒=+ ,


2. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

lax


⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llax


dxd

21



dxd

2121 =−==−= ππππππl

al

alwl

al

aw


3. 212cos)( axl

axw +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π , ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2sin2)(

dxd

1

( ) ( ) 02cos)(,00cos)0( 2121 =+==+= aalwaaw π

( ) ( ) 02sin2)(dxd,00sin2)0(

dxd

11 ===−= πππl

alwl

aw




112cos)( axl

axw −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π


[ ]∫ ∫ =−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Π

l l

lxzy wFdxwqdxdx

wdEI0 0 2

0

2

2

2

21


⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llaxw ππ 2cos2)(

dxd 2

12

2

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

llaEI

0 02

110110

22

12cos2cos2cos2

21 ππππ

∫ ∫=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

l l

lxy ax

lalqdxax

laqdxx

la

lEI

0 02

110110

2

1


Iz tablica: axa

xxax 2sin41

21dcos2∫ +=

( )( )[ ]1100

110

0

21

4

cos2sin2

2sin24

1212

21 aalqxax

llaqx

ll

xal

EIl

l

y −−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Π ππ

ππ

ππ

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )[ ]11011110

21

4

cos00sin2

2sin2

0sin8

0212sin

8212

21

aalqalalalaq

lllal

EI y

−−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

ππ

ππ

ππ

[ ] ( )[ ]110102

1

4

212

21 aalqlaqla

lEI y −−−−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

lqal

lEIalqalqal

lEIa yy 01

22

10101

42

1 324122

41

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Π

ππ

lqal

lEIa y 01

42

1 3241

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Ππ

0a1

=∂Π∂

lql

lEIaa y 0

4

11

32412 +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

∂Π∂ π

032412 0

4

1 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ lq

llEIa y

π

yy EIlql

EIqa

40

4

40

1 83

26

ππ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

yy EIlqx

lEIlqxw

40

4

40

4 832cos

83)(

ππ

π+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

[ ]m2cos18

3)(4

04 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

lEIlqxw

y

ππ

.

( )[ ] [ ]m4

3cos18

3)2

(4

04

40

4yy EI

lqEI

lqlxwπ

ππ

=−==


-9,000E-03-8,000E-03-7,000E-03

-6,000E-03-5,000E-03-4,000E-03-3,000E-03

-2,000E-03-1,000E-030,000E+00

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

w*

wR-RwMKE


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwdEIM yy −= ,

[ ]Nm2cos2

3)( 202 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= x

llqxM y

ππ

.

Poprečne sile:

3

3

dxwdEIQ yz −= ,

[ ]N2sin3)( 0 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= x

llqxQz

ππ

.


-0,25-0,2

-0,15-0,1

-0,05

00,05

0,1

0,150,2

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x/L

M*

MR-RMMKE


0* / lqMM =



26

3 llx ==∆




( )iiii Fxwww

3

2147 ∆=+− ++ EI

( ) F

EIxwww

3

432 47 ∆=+− , xqlqF ∆== 00 2

22 ,

( )EI

xqwww4

0432 247 ∆=+−

Čvor 3:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


203xqF ∆

=

( )EI

xqwww4

0432 2

104640 ∆=+−+−

Čvor 4:

( )iiiiii Fxwwwww

3

2112 464 ∆=+−+− ++−− EI


xqF ∆= 04

( )EI

xqwwww4

06432 64 ∆=++−

Čvor 6:

( )iiiii Fxwwww

3

211 452 ∆=+−+− ++− EI


xqF ∆= 06

( )EI

xqwww4

0467 52 ∆=++−

Čvor 7:

( )2


+−−= +−


20

06xqxxqM ∆

−=∆

∆−=

( )( )2

7652

0 22 x

wwwEIxqy ∆

+−−=

∆−

( )yEIxqww

40

76 212 ∆

=+−


( )

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−−

−

2111212

12251

1641464

147

40

7

6

4

3

2

EIxq

wwwww

Rješenje:

( ) [ ]m

22727.486364.1136364.0568128.0590909.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∆=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EIxq

wwwww

,

[ ]m

2642.01165.00085.00355.00369.0

40

7

6

4

3

2

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

EILq

wwwww

.

Usporedba:


0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

w*

w* MKEw* MKR


⎞⎜⎜⎝

⎛=

EIlqww

40* /

Momenti savijanja:

2

2

dd

xwEIM −=

( )211 2

xwwwEIM iii

i ∆+−

−= +−

Čvor 1:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

202210

1 2955.0181818.1590909.022 lqxq

xEI

xq

EIwwx


∆⋅

−===∆

+−−=

Čvor 2:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2321

2 1534.061369.0568128.0590909.022 lqxq

xEI

xq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 3:

( )

( ) ( )

( )( )

20

202

40

2432

3

1022.0

409.0136364.0568128.02590909.02

lq

xqx

EIxq

EIx

wwwEIM =∆=∆

∆+⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 4:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2543

4 0739.02954.0136364.02568128.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆⋅−

−=∆

+−−=

Čvor 5:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2654

5 5.0286364.1136364.02 lqxqx

EIxq

EIx


∆+

−=∆

+−−=

Čvor 6:

( )

( ) ( )

( )( ) 2

02

02

40

2765

6 125.05.022727.486364.122 lqxq

xEI

xq

EIx


∆+⋅−

−=∆

+−−=


-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

0

0,1

0,2

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x/L

M*

M* MKEM* MKR


0* / lqMM =

RJEŠENJE 1. KOLOKVIJA NUMERIČKE METODE U STROJARSTVU

1. Za štap zadan i opterećen prema slici potrebno je pomoću Galerkinove metode odrediti raspodjelu uzdužne sile. Za Galerkinovu metodu izvesti potrebnu integralnu relaciju. Za funkciju pomaka pretpostaviti jednu od ponuđenih: 1. 2

1 2( )u x a x a x= + , 2. 1 2( ) cos

2u x a x a

Lπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, 3.

1 2( ) sin2

u x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: 0 , , konst.q L AE =

Diferencijalna jednadžba koja opisuje problem osno opterećenog štapa je

2

2

d 0d x

uAE qx

+ = .

U Galerkinovoj metodi pretpostavlja se funkcija zavisne varijable, tj. funkcija rješenja kao ( ) ( )i i

iu x a f x= ∑ .

Uvrštavanjem pretpostavljenog rješenja u diferencijalnu jednadžbu u općem slučaju daje grešku, tj., rezidual 2

2

dd x

uR AE qx

= + .

U metodi težinskog reziduala integrira se rezidual pomnožen težinskom funkcijom i izjednačava s nulom. U Galerkinovoj metodi težinska funkcija je funkcija kojom se pretpostavlja rješenje, tj., , pa je integral težinskog reziduala ( )if x

2

2

d d 0d x i

l

uAE q f xx

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ , 1,i n= .

Nadalje se raspisuje 2 2

2 2

d dd dd dx i i x i

l l l

u uAE q f x AE f x q f xx x

⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ∫ d 0= .

Prvi integral u gornjem izrazu se transformira primjenom parcijalne integracije 2

2

dd d dd dd d dd

ii i

l l

fu u ux

AE f x AE f AEx xx

= −∫ ∫ x .

dd d d dd d dx

ii x

l l

fu uAE f AE x q f xx x

0i− + =∫ ∫ ,

što predstavlja galerkinovu integralnu relaciju.

Izraz dd iuAE fx

predstavlja rubni uvjet sila koji se za ovaj problem ne izračunava jer su na rubovima područja (uklještenja)

zadani pomaci. Rubni uvjeti pomaka:

(0) 0, ( ) 0u u L= = . Od ponuđenih funkcija rubne uvjete zadovoljava: 1. 2

1 2(0) 0 0 0u a a= + = -zadovoljava, 21 2 1 2( ) 0u L a L a L a a L= + = → = − -zadovoljava;

2. ( )1 2 1(0) cos 0 0u a a a= + = = , u L , što vodi na ( ) 0u x = -NE zadovoljava; 1 2 2( ) cos 0

2a a aπ⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

3. ( )1 2 2(0) sin 0 0u a a a= + = = , u L , što vodi na ( ) 0u x = -NE zadovoljava; 1 2 1( ) sin 0

2a a aπ⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠dakle, prva ponuđena funkcija uz uvjet zadovoljava. 1 2a a= − LUvođenjem tog uvjeta u ponuđenu funkciju dobiva se

( )2 22 2 2( )u x a Lx a x a x Lx= − + = − .

Slijedi da je jedan nezavisni parametar , pa je težinska funkcija 2a 2f x Lx= − . Derivacije funkcije rješenja i težinske funkcije su

( )2d 2du a x Lx= − , d 2

df x Lx= − .

Duž štapa djeluje raspodijeljeno opterećenje

( ) 0 2xxq x qL

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

( )( ) ( )22 0

0 0

2 2 d 2 dL L xAE a x L x L x q x Lx x

L⎛ ⎞− − − − − − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 0 .

3 3

2 0 03 4L LAE a q− = .

02

34

qa

AE= .

01

34

q La

AE= − .

Sada je pretpostavljeno rješenje 22

03( )4

q L x xu xAE L L

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠.

Uzdužna sila jednaka je

0d 3 2 1d 4u xN AE q Lx L

⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

2. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je pomoću Rayleigh-Ritzove metode odrediti raspodjelu momenta savijanja. Za funkciju progiba pretpostaviti jednu od ponuđenih:

1. 1( ) sinw x a xLπ⎛= ⎜

⎝ ⎠⎞⎟ , 2.

1 2( ) cosw x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, 3.

1 2( ) sin2

w x a x aLπ⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zadano: 20 0 0 0 0, , , , konst.L q F q L M q L EI= = =

Za gredu funkcional je jednak

[ ] ( )22

0 022 00 0

1 d dd d2 dd

L L

Lz xx

w wEI x q w x F w Mxx

Π=

=

⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − − − − −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∫ ∫ .

Rubni uvjeti pomaka: (0) 0, ( ) 0w w L= = .

Od ponuđenih funkcija rubne uvjete zadovoljava: 1. ( )1(0) sin 0 0w a= = ( )1( ) sin 0w L a π= = -zadovoljava; 2. ( )1 2 1 2(0) cos 0 0w a a a a= + = + = , - suprotni zahtjevi, ne zadovoljava; ( )1 2 1 2( ) cos 0w L a a a aπ= + = − + =

3. ( )1 2 2(0) sin 0 0w a a a= + = = . 3. 1 2( ) sin 0

2w L a a aπ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟

⎝ ⎠1 = . što vodi na ( ) 0w x = -NE zadovoljava.

Zadovoljava prva ponuđena funkcija 1( ) sinw x a xLπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

22

1 12

d dcos , sind dw wa x ax L L L Lx

π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

x ⎞⎟⎠

.

( )22

1 1 0 1 10 0 0

2

1 sin d sin d sin cos2

L L

zLx x

EI a x x q a x x F a x a x ML L L L L Lπ π π π π πΠ 0

= =

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠∫ ∫ ,

axa

xxax 2sin41

21dsin 2∫ −=

42

1 1 0 1 0 114

LEIa L a q a q L a q LLπΠ π

π⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

0 .

Iz uvjeta stacionarnosti funkcionala slijedi

1

0aΠ∂

=∂

.

4

1 0 0 01

1 02

LEIa L q q L q La LΠ π π

π∂ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

= ,

4

1 0 0 01 2La q q q

EIπ

π π⎛ ⎞⎛= + +⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎝

⎞⎟⎠

,

pa je funkcija progiba 4

01( ) 1 2 sinqLw x xEI L

πππ π

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

,

a moment savijanja 22

02

d 1 1 2 sindy

w LM EI q xLxππ

π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛= − = + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

.

3. Za gredu zadanu i opterećenu prema slici potrebno je izvesti globalnu jednadžbu konačnih razlika. Izvesti sve potrebne izraze za rješavanje zadatka. Također izvesti izraze za izračunavanje reakcija. Gredu diskretizirati s n = 5 jednako razmaknutih čvorova. Zadano: 2

0 0 0 0 0, , , , konst.L q F q L M q L EI= = =

Za jednako razmaknute čvorove iz razvoja funkcije u Taylorov red oko ix slijedi aproksimacija derivacije prema shemi središnje razlike

( ) ( ) ( )1 1 1 1dd 2

i i i ii

x xx

2x x xφ φ φ φφ

∆ ∆+ − + −− −

= = .

Aproksimacija druge derivacije slijedi iz prvih derivacija u točkama 12

ix

−i 1

2i

x+

:

112

dd

i i

ix

x xφ φφ∆

−

−

⎛ ⎞ −=⎜ ⎟

⎝ ⎠, 1

12

dd

i i

ix

x xφ φφ∆+

+

⎛ ⎞ −=⎜ ⎟

⎝ ⎠;

( )( )

1 11 122 2 1 1

2 2

d dd d 2d

d

i i i ii i

i i ii

x xx x x xx

x xx x

φ φ φ φ φ φφ φ φφ ∆ ∆

∆ ∆ ∆

+ −+ −

+ −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − −−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = .

Prema gornjem izrazu diskretizirana diferencijalna jednadžba 2

2

dd z

M qx

= − je oblika

( )1 1

2

2i i iz

M M Mq

x∆+ −− +

= − .

U općem slučaju poprečno raspodijeljeno opterećenje je promjenjljivo, pa se uzima ekvivalentna čvorna sila koja uzima u obzir promjenu raspodijeljenog opterćenja

i iF q x∆= , pa slijedi

( )1 12i i i iM M M F x∆+ −− + = − .

Diskretiziranjem 2

2

dd y

wEI Mx

= − slijedi

( )1 1

2

2i ii

w w wM EI

x∆i+ −− +

= − .

Uz pretpostavku stalne savojne krutosti EI slijedi

( ) ( ) ( )( )2 1 1 1 1 2

2 2 2

2 2 22i i i i i i i i i

iw w w w w w w w w

EI EI EI F xx x x

∆∆ ∆ ∆

+ + + − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− .

( ) ( ) ( ) ( )3

2 1 1 1 1 22 2 2 2i i i i i i i i i i


EI∆

+ + + − − −− − + + − + − − + = − ,

( )3

2 1 1 1 1 22 2 4 2 2i i i i i i i i i i


EI∆

− − − + + +− − + + + − − + = ,

( )3

2 1 1 24 6 4i i i i i i

xw w w w w F

EI∆

− − + +− + − + = .

Uvođenje rubnih uvjeta pomaka - uklještenje

2i iw − w= , uz 1 0iw − =

( )3

1 26 4i i i i i

xw w w w F

EI∆

+ ++ − + = ,

( )3

1 27 4i i i i

xw w w F

EI∆

+ +− + = .

- čvor uz slobodni kraj

Ovdje vrijedi , pa slijedi 1 0iM + =

( )12 i i iM M F x∆−− + = − ,

( ) ( )( )1 1 1 2

2 2

2 22 i i i i i i

iw w w w w wEI EI F x

x x∆

∆ ∆+ − − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

( ) ( ) ( )3

1 1 1 22 2 2i i i i i i i

xw w w w w w F

EI∆

+ − − −− + − − + = − ,

( )3

2 1 14 5 2i i i i i

xw w w w F

EI∆

− − +− + − = .

- čvor na slobodnom kraju

Ovdje vrijedi 1i iM F x∆− = − , pa slijedi

( )1 2

2

2i i ii

w w wEI F x

x∆

∆− −− +

− = − ,

( )3

1 22 ii i i

F xw w w

EI∆

− −− + = .

Za zadani primjer nosača rubni uvjeti su: r.u. pomaka- , 1 30, 0w w= =r.u. sila- . 5 0M =Diferencijske jednadžbe po čvorovima:

čvor 2: ( )3

22 47

F xw w

EI∆

+ = ,

, gdje su zamjenske čvorne sile 1F

20 0

0 1 1 02 22 2M q L

0M F x F q x Fx x

∆ ∆∆ ∆

= → = = = = ,

( )40

2 47 2q x

w wEI∆

+ = − ,

čvor 4: ( )3

2 4 5 45 2x

w w w FEI∆

+ − = ,

4 1 0 0 0 02 3F F q x q x q x q x∆ ∆ ∆ ∆= + = + = ,

( )40

2 4 55 2 3q x

w w wEI∆

+ − = .

čvor 5: ( )3

55 42

F xw w

EI∆

− = ,

, 0 0

5 0 02 32 2

q x q x q xF F q x 0

2∆ ∆ ∆

∆= − + = − + = − ,

( )30

5 4322

q xw w

EI∆

− = − .

Sada je globalna jednadžba konačnih razlika

( )420

4

5

7 1 0 21 5 2 30 2 1 3

2

wq x

wEI

w

∆

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Izrazi za određivanje reakcija slijedi iz d dMQx

= ,

12

i iiR Q F

+= + , 1

11

22

d d

i i

ii

M MMQx x∆

+

++

−⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

( ) ( )2 1 1

1 3 32

2 2i i i i i

i

w w w w w wQ EI EI

x x∆ ∆1i+ + +

+

− + − += − + − ,

( )( )1 1 1 2w +3

2

3 3i i i ii

EIQ w w wx∆

− ++

= − + − 1 1i iw w, , − +=

( )( )1 1 1 2w +3

2

3 3i i i ii

EIQ w w wx∆

+ ++

= − + − 0iw, = ,

( )( )1 13

2

4 i ii

EIQ wx∆

+ ++

= − 2w ,

( )( )1 23 4i i i i . EIR w w F

x∆+ += − +

1 12 2

i ii iR Q F Q

+ −= + − , 1

11

22

d d

i i

ii

M MMQx x∆

−

−−

−⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 1 1

1 3 32

2 2i i i i i i

i

w w w w w wQ EI EI

x x∆ ∆2+ − −

−

− + − += − + − ,

( )( )1 1 1 13

2

2 2i i i i i ii

EIQ w w w w wx∆

+ − −−

= − + − + − + 2w − ,

( )( )1 2 1 1iw +−3

2

3 3i i ii

EIQ w w wx∆

− −−

= − + 0iw, =

( )( )1 2 13

2

3i i ii

EIQ w wx∆

− − +−

= − − 1w ,

( )( )1 1 13

2

3i i ii

EIQ w wx∆

− + ++

= + − 2w ,

( )( )

( )( )1 1 2 2 13 33 3i i i i i i i

EI EIR w w w F w wx x∆ ∆

− + + − − += + − + − − − 1iw ,

( )( )2 1 1 23 4 4i i i i i

EIR w w w wx∆

− − + += − + + − + iF .

Documents

Zadaci_kolokvij_1_NUM