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