Zadaci_razno_NUM

8/7/2019 Zadaci_razno_NUM

1/165

Rjeenja 1. kolokvija iz kolegija NUMERI KE METODE U STROJARSTVU

1. Za tap zadan i optere en prema slici potrebno je koriste i Galerkinovu metodu odrediti pomak utoki B i raspodjelu uzdune sile. Za funkciju pomaka pretpostaviti

[ ]m xa xa xu 221)( += .

Zadano: .konst,,, 00 == AE lqF lq

Geometrijski rubni uvjeti:

0)0( == xu .[ ]maau 221 00)0( += pa je g.r.u. zadovoljen.

Prirodni rubni uvjeti:F L x N == )( .

Raspodijeljeno optere enje:

=

l x

q xq x 0)( .

Diferencijalna jednadba koja opisuje osno optere enje tapova glasi:

0dd

2

2

=+xq x

u AE

Integralna forma teinskog reziduala glasi:

0dd

02

2

=

+ dx f q xu AE i

l

x

Ovaj izraz moemo raspisati na

dx f qdx f x

u AE dx f q

xu

AE il

xi

l

i

l

x +=

+

002

2

02

2

dd

dd

Primjenom parcijalne integracije na prvi integral na desnoj strani dobivamo:

dx x f

xu

AE f xu

AE dx f x

u AE

li

l

ii

l

=000

2

2

dd

dd

dd

dd

0dd

dd

dd

000

=

+

l

i

l

i

l

i x f xu AE dx

x f

xu AE dx f q

Teinske funkcije su:

.

;2

2

1

x f

x f

==

Derivacije teinskih funkcija jesu:

.2d

d

;1dd

2

1

x x

f x f

=

=

Vrijednosti teinskih funkcija na granicama integracije su:

.)(,0)0(

;)(,0)0(2

22

11

ll f f

ll f f

====


2/165

Derivacija pretpostavljene funkcije pomaka je:

.2dd

21 xaa xu +=

i=1

[ ] 0)2( 00

21

0

0=++ l

ll

Fxdx xaa AE dx x

l

xq

i=2

[ ] 02)2( 020

210

20

=++ lll

Fxdx x xaa AE dx xl

xq

i=1

[ ] [ ] 03 000

221

0

3

0=++ ll

l

lxq xa xa AE l

xq

i=2

[ ] 03

44 0

20

0

3

22

1

0

4

0=+

+ l

ll

lxq x

a xa AE l

xq

[ ] 03

20

221

3

0=+ lqlala AE

ll

q

03

44

30

3

22

1

4

0 =

+ lqlala AE

ll

q

[ ]3

2

02

02

21l

qlqlala AE =+

434

3

03

0

3

22

1l

qlql

ala AE =

+

AE lq

laa32 0

21 =+

AE lql

aa43

34 0

21 =+

AE lq

a 01 125=

AE qa 02 4

1=

[ ]m x AE

q x

AE

lq xu 200

41

125

)( = .

[ ]ml

xl

x AE

lq xu

=

220

41

125

)(

[ ]m AE

lq

AE

lql xu

20

20

32

41

125

)( =

==


3/165

Analiti ko rjeenje:

[ ]m21

61

320

=

l x

l x

AE lq

u

Usporedba rezultata Galerkinova metoda

-0,7

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1

0

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

x/L

u *

u*

u^* Gal

Usporedba normiranih pomaka

=

AE lq

uu2

0* /

Uzdune sile:

[ ] Nd

d

x

u AE N = .

[ ] N21

125

)( 0

=

l x

lq x N .

Analiti ko rjeenje:

[ ] N21

21

)(2

0

=

l x

lq x N .

Usporedba rezultata Galerkinova metoda

-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 uzdunih sila ( )lq N N 0* /=


4/165

2. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i Rayleigh-Ritz-ovu metoduodrediti progib u to ki C te raspodjelu momenata savijanja i popre nih sila. Za funkciju progiba

pretpostaviti jednu od ponu enih:1. [ ]m)( 3221 xa xa xw += ,

2. [ ]m2cos2sin)( 21

+

= x

la x

la xw

,

3. [ ]m2cos)( 21 a xla xw + =

,

uz uvjet0, 21 aa .

Zadano: .konst,,, 00 == EI lqF lq


0)(dd

,0)(,0)0(dd

,0)0( ======== l x xw

l xw x xw

xw .

Ponu ene funkcije rjeenja:

1. 322

1)( xa xa xw += ,2

21 a3a2dd

x x xw +=

0)(;000)0( 322

13

22

1 =+==+= lalalwaaw ; 032)(;00302)0(dxd 2

212

21 =+==+= lalalwaaw

Iz ove 4 jednadbe slijedi da

laalalalaalala 212

21213

22

1 23

32;0 =+==+ ,

to je mogu e samo za , pa ova funkcija nije primjerena postavljenom uvjetu!0,0 21 == aa

2.

+

= x

la x

la xw

2cos

2sin)( 21 ,

= x

lla x

lla x

w 2sin

22cos

2)(

dxd

21

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

( ) ( ) ( ) ( )02sin22cos2)(dxd

,00sin2

0cos2

)0(dxd

2121====

la

lal

wl

al

aw

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

3. 212

cos)( a xl

a xw +

= ,

= x

lla x

w 2sin

2)(

dxd

1

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

( ) ( )02sin

2)(

dx

d,00sin

2)0(

dx

d11

====

lal

w

la

w

Prve dvije jednadbe daju uvjet

1221 0 aaaa ==+ ,dok su druge dvije jednadbe zadovoljene!


5/165

Iz ovog uvjeta slijedi pretpostavljena funkcija rjeenja

112

cos)( a xl

a xw

=

Funkcional za gredu glasi:

[ ] =

=

l l

l x z y wF dxwqdxdx

wd EI

0 0 20

2

2

2

21

Raspodijeljeno opter enje:0)( q xq z =

= x

lla x

w 2cos

2)(

dxd

2

12

2

=

=

l l

l x

y a xlalqdxa x

laqdx x

lla EI

0 02

110110

22

12

cos2

cos2

cos2

21

=

=

l l

l x

y a xlalqdxa x

laqdx x

la

l EI

0 0 2

110110

2

1

42

cos2

cos2

cos2

21

Iz tablica: axa

x xax 2sin41

21

dcos 2 +=

( )( )[ ]1100

110

0

21

4

cos2

sin2

2sin

24

1212

21

aalq xa xl

laq x

ll

xal

EI l

l

y

+

=

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )[ ]11011110

21

4

cos00sin2

2sin2

0sin8021

2sin8212

21

aalqal

alal

aq

lllal EI y

++

=

[ ] ( )[ ]11010214

212

21

aalqlaqlal

EI y

=

lqal

lEI alqalqal

lEI a y y 01

22

10101

42

1 32

41

22

41 +

=++

=

lqal

lEI a y 01

42

1 32

41 +

=

0a 1

=

lql

lEI aa y 0

4

11

32

41

2 +

=

032

41

2 04

1 =+

lql

lEI a y

y y EI lql

EI q

a4

04

40

1 83

26

=

=


6/165

y y EI lq

xl EI

lq xw

40

4

40

4 832

cos8

3)(

+

=

[ ]m2cos18

3)(

40

4

= x

l EI lq

xw y

.

( )[ ] [ ]m4

3cos1

8

3)

2

(4

04

40

4

y yEI

lq EI

lql xw

===

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-03

0,000E+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-R

wMKE

Usporedba normiranih progiba

=

EI lq

ww4

0* /

Momenti savijanja:

2

2

dxwd

EI M y y = ,

[ ] Nm2

cos23

)(2

02

= xllq x M y

.Popre ne sile:

3

3

dxwd

EI Q y z = ,

[ ] N2sin3)( 0

= x

llq xQ z

.

Usporedba momenata savijanja Rayleigh-Ritz

-0,25

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

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 *

MR-R

MMKE

Usporedba normiranih momenata ( )2

0*

/ lq M M =


7/165

3. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodu kona nih razlika postavitisustav jednadbi (matri no Aw =F) za model diskretiziran s n=7 jednako razmaknutih vorova. Naosnovu pretpostavljenih progiba, potrebno je postaviti jednadbe za izra unavanje momenatasavijanja u vorovima.Zadano: .konst,,, 00 == EI lqF lq

vorovi kona nih razlika:

263 ll

x ==

Geometrijski rubni uvjeti:0)2(,0)0( 51 ====== wl xww xw .

Prirodni rubni uvjeti:0)3( 7 === M l x M .

Diferencijske jednadbe po vorovima:

vor 2:

( )iiii F

xwww

3

2147=+ ++ EI

( )F

EI x

www3

432 47=+ , xqlqF == 00 22

2 ,

( ) EI

xqwww

40

432 247=+

vor 3:

( ) iiiiii F xwwwww3

2112 464

=++ ++ EI


8/165

Zamjenska sila F 3 jednaka je

203

xqF

=

( ) EI

xqwww

40

432 21

04640=++

vor 4:

( )iiiiii F

xwwwww

3

2112 464=++ ++ EI


xqF = 04

( ) EI

xqwwww

40

6432 64=++

vor 6:

( )iiiii F

xwwww

3

211 452=++ ++ EI

Zamjenska sila F 6 jednaka je kao i F 4 xqF = 06

( ) EI

xqwww

40

467 52=++

vor 7:

( )211 2 www EI M iii yi

x+= +

Moment savijanja u voru 6 je( )22

20

06

xq x xq M

==

( )( )2

7652

0 22 x

www EI

xq y

+=

( ) y EI xqww

4076 2

12 =+


9/165

Jednadba kona nih razlika u matri nom obliku:

( )

=

2

11

1212

12

251

1641

464

147

40

7

6

4

3

2

EI xq

w

w

w

w

w

Rjeenje:

( ) [ ]m

22727.4

86364.1

136364.0

568128.0

590909.0

40

7

6

4

3

2

=

EI xq

w

w

w

w

w

,

[ ]m

2642.0

1165.0

0085.0

0355.0

0369.0

40

7

6

4

3

2

=

EI Lq

w

w

w

w

w

.

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* MKE

w* MKR


=

EI lq

ww4

0* /

Momenti savijanja:

2

2

dd x

w EI M =

( )211 2

x

www EI M iiii

+= +


10/165

vor 1:

( )

( ) ( )

( )( ) 20202

40

202210

1 2955.0181818.1590909.022

lq xq x

EI xq

EI ww x

www EI M ==

===

+=

vor 2:

( )( ) ( )

( )( ) 20202

4

0

2321

2 1534.061369.0568128.0590909.022

lq xq x

EI xq

EI x

www EI M ==

+=

+=

vor 3:

( )

( ) ( )

( )( )

20

202

40

2432

3

1022.0

409.0136364.0568128.02590909.02

lq

xq x

EI

xq

EI x

www EI M ==

+=

+=

vor 4:

( )

( ) ( )

( )( ) 20202

40

2543

4 0739.02954.0136364.02568128.02

lq xq x

EI xq

EI x

www EI M ==

=

+=

vor 5:

( )

( ) ( )

( )( ) 20202

40

2654

5 5.0286364.1136364.02

lq xq x

EI xq

EI x

www EI M ==

+=

+=

vor 6:

( )

( ) ( )

( )( ) 20202

40

2765

6 125.05.022727.486364.122

lq xq x

EI xq

EI x

www EI M ==

+=

+=

Usporedba normiranih momenata

-0,6

-0,5

-0,4

-0,3

-0,2

-0,10

0,1

0,2

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

x/L

M *

M* MKE

M* MKR

Usporedba normiranih momenata ( )20* / lq M M =


11/165

Rjeenja ponovljenog 1. kolokvija iz kolegija NUMERI KE METODE U STROJARSTVU

1. Za konzolu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i Galerkinovu metodu odrediti progib to ke B i raspodjelu momenata savijanja i popre ne sile. Za funkciju progiba pretpostaviti

[ ]m)( 3221 xa xa xw += .Zadano: .konst,,, 00 == EI lqF lq

Geometrijski rubni uvjeti:0)0(

dd

,0)0( ==== x xw

xw .

00302)0(dd

,000)0( 2213

22

1=+==+= aa

xw

aaw pa su g.r.u. zadovoljeni.

Prirodni rubni uvjeti:F L xQ == )( . 0)( == L x M


=

l x

q xq z 0)( .

Diferencijalna jednadba koja opisuje osno optere enje tapova glasi:

0dd

4

4

=zq x

w EI .

Integralna forma teinskog reziduala glasi:

0ddd

04

4

=

x f q

xw

EI il

z .

Ovaj izraz moemo raspisati na

x f q x f x

w EI x f q

xw

EI il

zi

l

i

l

z dddd

ddd

004

4

04

4

=

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

dx x f

xw

EI f x

w EI dx f

xw

EI l

i

l

ii

l

=0

3

3

03

3

04

4

dd

dd

dd

dd

x x

f

xw

EI x f

xw

EI x x f

xw

EI l

i

l

iil

ddd

dd

dd

dd

ddd

dd

02

2

2

2

02

2

03

3

=

0dd

dd

dd

dddd

dd

03

3

02

2

002

2

2

2

=+ l

i

l

ii

l

z

li f

xw

EI x f

xw

EI x f q x x

f

xw

EI

Drugi izraz slijeva predstavlja prirodni rubni uvjet momenta pomnoen derivacijom teinskefunkcije, a prvi izraz slijeva predstavlja negativnu popre nu silu kao rubni uvjet pomnoenuteinskom funkcijom.


12/165

Teinske funkcije su:

.

;3

2

21

x f

x f

==

Derivacije teinskih funkcija jesu:

.6d

d;3

dd

2dd

;2dd

22

222

21

21

x x f

x x f

x

f x

x f

==

==

Vrijednosti teinskih funkcija na granicama integracije su:

222322

11211

3)(dd

,0)0(dd

.)(,0)0(

2)(dd

,0)0(dd

;)(,0)0(

ll x f

x f

ll f f

ll x

f

x

f ll f f

====

====

Derivacija pretpostavljene funkcije pomaka je:

.62dd,32dd 2122

221 xaa xw xa xa xw +=+=

i=1

( ) ( ) 00)0(0)0(20dd2)62( 220

00

21=+++ F lF M l x x

l x

q x xaa EI ll

i=2

( ) ( 00)0(0)0(30dd6)62( 3230

00

21=+++ F lF M l x x

l x

q x x xaa EI ll

)

i=1

04

)2

124( 300

4

0

0

2

21=+ lq

l x

q x

a xa EI ll

i=2

05

)3

362

12( 400

5

0

0

3

2

2

1=+ lq

l x

q x

a x

a EI ll

i=1

0

4

)64( 303

02

21 =+ lql

qlala EI

i=2

05

)126( 404

03

22

1 =+ lql

qlala EI

EI

lqlala

302

21 45

64 =+

EI

lqlala

403

22

1 56

126 =+

EI

lqa

20

1

20

13=

EI lq

a 02 409=


13/165

[ ]m x EI

lq x

EI

lq xw 302

20

409

2013

)( = .

[ ]ml

xl

x EI

lq xw

=

3240

409

2013

)(

[ ]m EI

lq

l

l

l

l

EI

lql xw

40

3240

40

17

40

9

20

13)( =

==

Analiti ko rjeenje:

[ ]ml

xl

xl

x EI

lq xw

+

=

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* Galerkin

w* Analiti ki

Usporedba normiranih pomaka

=

EI

lqww

40* /

Momenti savijanja:

[ ] Nmdd

2

2

x

w

EI M y=

.

[ ] Nm1013

2027

)( 20

=

l x

lq x M y .

Analiti ko rjeenje:

[ ] Nm34

23

61

)(3

20

+

=

l x

l x

lq x M y .


14/165

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* Analiti ki

Usporedba normiranih uzdunih sila ( )20* / lq M M =

Popre ne sile:

[ ] Ndd

3

3

xw

EI Q z = .

[ ] N2027

)( 0 lq xQ z = .

Analiti ko rjeenje:

[ ] N23

21

)(2

0

+

=

l x

lq xQ z .


15/165

2. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i Rayleigh-Ritz-ovu metoduodrediti progib u to ki C te raspodjelu momenata savijanja i popre nih sila. Za funkciju progiba

pretpostaviti jednu od ponu enih:

1. [ ]m)( 3221 xa xa xw += , 2. [ ]m2

sin)( 1

= x

la xw

, 3. [ ]mcos)( 21 a xla xw+

= ,

uz uvjet .0, 21 aa

Zadano: .konst,,, 00 == EI lqF lq


.0)(,0)0(dd

,0)0( ====== l xw x xw

xw

Ponu ene funkcije rjeenja:

1. 322

1)( xa xa xw += ,2

21 a3a2dd

x x xw +=

0)(;000)0( 322

13

22

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

dxd 2

21 =+= aaw .

Iz ove 3 jednadbe slijedi da.0 21

32

21 laalala ==+

pa ova funkcija moe biti funkcija rjeenja!

2. [ ]m2sin)( 1

= x

la xw

,

= x

lla x

w 2cos

2)(

dxd

1 .

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

( ) ,00cos2)0(dxd

1==

la

w

Iz ove 3 jednadbe slijedi da (3. jednadba) pa ova funkcija nije primjerena postavljenomuvjetu!

01 =a

3. [ ]mcos)( 21 a xla xw+

= ,

= x

lla x

w sin)(

dxd

1

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

( ) .00sin)0(dxd

1==

la

w

Prve dvije jednadbe daju uvjet1221 0 aaaa ==+ , 1221 0 aaaa ==+

to je suprotan zahtjev pa je to mogu e samo za 021 == aa !Iz ovih provjera uvjeta slijedi pretpostavljena funkcija rjeenja


16/165

[ ]m)()( 2323222 lx xa xalxa xw =+= .Funkcional za gredu glasi:

[ ] =

=

l l

l

l x z y wF xwqdx x

w EI

02

40

2

2

2

ddd

21

.

Raspodijeljeno opter enje:

0)( q xq z = .)26()(

dxd

22

2

l xa xw = .

( )( ) ( ) ( )[ ] ==l l

l

l x y lx xalqdxlx xaqdxl xa EI

02

4

2320

2320

22 )()(262

1

( ) ( ) ( ) ( )[ ] =+=l l

l

l x y lx xlaqdxlx xaqdxllx xa EI

02

4

2320

2320

2222 424362

1

( )

+=

23

20

2

34

20

0

223

22 4434

42

243

3621 llllaq xl xaq xl xl xa EI

l

l

l

y

( ) ( )

+=

23

20

33

44

203332

2 44231

241

4121221 l

ll

laql

lll

laqllla EI y

( ) 240240322 643

19211

2 alqalq EI la y ++=

0

a 2=

0643

19211

4a

40

40

32

2

=++=

lqlq EI la y

40

32 96

104 lq EI la y =

y EI lq

a 02 1925= ,

y EI lq

a2

01 192

5=

[ ]m192

5

192

5)( 302

20 x

EI

lq x

EI

lq xw

y y

=

[ ]m192

5192

5)(

3240

=

l x

l x

EI lq

xw y

.

[ ]m6464

5643

1925

41

1925

41

1925

)4

(4

04

0324

0

y y y EI

lq

EI

lq

EI

lql xw

==

==


17/165

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/L

w *

w* R-Rw* MKE


= EI

lqww

40*

/

Momenti savijanja:

2

2

dxwd

EI M y y = ,

[ ] Nm965

325

)( 20

=

l x

lq x M y .

Popre ne sile:

3

3

dx

wd EI Q y z = ,

[ ] N325

)( 0 lq xQ z = .

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 1x/L

M *

M* R-RM* MKE

Usporedba normiranih momenata

( )2

0

* / lq M M =


18/165

3. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodu kona nih razlika postavitisustav jednadbi (matri no Aw =F ) za model diskretiziran s n=7 jednako razmaknutih vorova. Naosnovi pretpostavljenih vrijednosti progiba, potrebno je postaviti jednadbe za izra unavanjemomenata savijanja u vorovima.Zadano: .konst,,0 = EI lq


362 ll

x ==

Geometrijski rubni uvjeti:.0)2(,0)(,0)0( 741 ========= wl xwwl xww xw .

Prirodni rubni uvjeti:0)2( 7 === M l x M .


=

l x

q xq z 21)( 0 .

Diferencijske jednadbe po vorovima:

vor 2:

( )iiii F

xwww

3

2147=+ ++ EI

( )2

3

432 47 F EI x

www=+ ,

xqF = 0256

,( ) EI

xqww

40

325

47=

6


19/165

vor 3:

( )iiiiii F

xwwwww

3

2112 464=++ ++ EI


xqF = 0323

( ) EI

xqwww40

432 3204640 =++

vor 5:

( )iiiiii F

xwwwww

3

2112 464=++ ++ EI


xqF = 0513

( ) EI

xqwwww

40

6432 31

64=++

vor 6:

( )iiii F

xwww

3

2145=+ ++ EI



20/165

xqF = 0616

( ) EI x

qww4

056 61

45=

Jednadba kona nih razlika u matri nom obliku:

( )

=

613132

65

5400

4610

0164

00474

0

6

5

3

2

EI

xq

w

w

w

w

.

Rjeenje:

( )[ ]m

00107.0

00083.0

00344.0

00332.0

185416192762927

2591854499

40

40

6

5

3

2

=

=

EI

Lq

EI

xq

w

w

w

w

.

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/L

2

w*MKRw*MKE


=

EI

Lqww

40* /


21/165


22/165

Rjeenja 2. kolokvija iz kolegija Numeri ke metode u strojarstvu

1. Za tanku homogenu plo u s konstantnim toplinskim izvorom q potrebno je koriste i metodukona nih volumena postaviti sustav diskretiziranih jednadbi . Problem diskretizirati s 3x2 kona nihvolumena.Zadano: a= 1.5 m, b= 1 m, 380 Nm/skg, 1 kg/m , 20 N/Ks .q = = =

Rubni uvjeti su: ( )0, 0T

y x

= , ( ), 0 0T

x y

= , ( )1.5, 60T

y x

= , T(x,1) = 49 - x2

.

Podjela plo e na kona ne volumene

Rubni uvjeti za plo u su

( ) ( ) 20 0; 0 0; ( 1.5 m) 3; ( 1 m) 49T T T x y x T y x y x

= = = = = = = = x .

Diferencijalna jednadba koja opisuje stacionarno provo enje topline homogene plo e glasi

i i

T q

x x =

.

Integrirana ta jednadba po kona nom volumenu glasi

d di iV V

T V q

x x =

V .Lijevi integral moemo prema Gauss-ovom integralnom teoremu zamijeniti plonim integralom poorijentiranoj zatvorenoj plohi koja ome uje kona ni volumen V

Sn xT

V xT

x iS iV iidd

=

.

Desni integral po volumenu je aproksimiran prema


23/165

dV

q V q V = ,gdje je veli ina kona nog volumena.V Ploni integral moemo nadalje zapisati kao zbroj plonih integrala po plohama kona nogvolumena kao:

=

c Scci

ii

S i cSn x

T Sn x

T dd .

Primjenom pravila srednje vrijednosti dobiva se

dc

ci c ci cc ci iS c

T T n S n S

x x

= .

Kona no dobivamo

ci cc i c

T n S q V

x

= ,

gdje je c = e, n, w i s; cS veli ina plohe c.

T T T Tx y x y

T T T Tx y x y

ex e ey e wx w wy we we w

nx n ny n sx s sy sn sn s

n S n S n S n S

qn S n S n S n S V

+ + + + + + + =

.

Za kona ne volumene vrijedi1,0;1,0;0,1;0,1 ======== sysxnynxwywxeyex nnnnnnnn ,

;e w n sS S y S S x= = = = y xV , .=Uvo enjem projekcija normala na plohama na koordinatne osi u gornju jednadbu dobivamo:

T T T Tx x y ye w n sq y y x x

+ =

V

KV 1:

2 1

0.5e

T T T x

= , 4 1

0.5n

T T T y

= , 0

w

T x

= , 0=

s yT .

2 1 4 1 800.5 0.5 0.5 0.50.5 0.5 20

T T T T + = ,

1 2 42 1T T T + + = .


24/165

KV 2:

3 2

0.5e

T T T x

= , 5 2

0.5n

T T T y

= , 2 1

0.5w

T T T x

= , 0=

s yT ,

3 2 5 2 2 1 800.5 0.5 0.5 0.5 0.50.5 0.5 0.5 20

T T T T T T + = .

1 2 3 53 1T T T T + + = KV 3:

3e

T x

= , 6 3

0.5n

T T T y

= , 3 2

0.5w

T T T x

= , 0

s

T y

= ,

6 3 3 2 803 0.5 0.5 0.5 0.5 0.50.5 0.5 20

T T T T + =

2 3 62 0.5T T T + = .KV 4:

( ) 20.25m,1m 49 0.25 48.9375T = =


25/165

5 4

0.5e

T T T x

= , 448.9375

0.25n

T T y

= , 0

w

T x

= , 4 1

0.5s

T T T y

= 80

,

5 4 4 4 148.93750.5 0.5 0.5 0.5 0.50.5 0.25 0.5 20

T T T T T + =

1 4 54 98.875T T T + = .

KV 5:

( ) 20.75m,1m 49 0.75 48.4375T = =

6 5

0.5e

T T T x

= , 5 4

0.5w

T T T x

= , 5 2

0.5s

T T T y

= ,

48 T

548.43750.25n

T T y

= ,

6 5 5 5 4 5 2.4375 800.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.50.5 0.25 0.5 0.5 20

T T T T T T + =

2 4 5 65 97.875T T T T + + = . KV 6:

( ) 21.25m,1m 49 1.25 47.4375T = =

3e

T x

= , 647.4375

0.25n

T T y

= 6 5

0.5w

T T T x

= , 6 3

0.5s

T T T y

= 47 T

, ,

6 6 5 6 3.4375 803 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.50.25 0.5 0.5 20

T T T T + =

3 5 64 94.375T T T + = .

V 1:K 1 2 42 1T T T + + =


26/165

KV 2:

T + =

be kona nih volumena rijeit e se matri no:

1

0 1 2 0 0 1 0.5

1 0 0 4 1 0 98.875

0 1 0 1 5 1 97.875

0 0 1 0 1 4 94.375

T

T

T

T

T

T

=

.

. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je pomo u metode kona nih elemenata zarora unski model izvesti globalnu jednadbu kona nih elemenata. Primijeniti osnovne gredne

1 2 3 53 1T T T T + + =

KV 4: 5T T

KV 3: 2 3 62 0.5T T T + =

KV 5:1 4 54 98.87

KV 6:2 4 5 65 97.875T T T T + + =

3 5 64 94.375T T T + =

Jednad

1

2

3

4

5

6

2 1 0 1 0 0 1

1 3 1 0 1 0

2

pelemente. Problem diskretizirati s 2 elementa.

Zadano: 00 , , , konst.2q L

q L F EI = =

Podjela grede na kona ne elemente s pripadnim stupnjevima slobode (prora unski model)


27/165

Geometrijski rubni uvjeti su

( ) ( ) ( )d0 0, 0 0,dw

w x x w x L 0 x

= = = = = = .

to vodi na1 1 3 0w w = = = .

a su jednake duljine l = L/2.

va slobode s globalnim stupnjevima slobode

Oba element

Tablica podudaranja stupnje

.

Matrica krutosti kona nog elementa 1:

=

llll

llll

llll

llll

EI y

4626

612612

2646

612612

22

2323

22

2323

1k ,

koja je nakon uvrtavanja l = L/2

=

L L L L

L L L L

L L L L

L L L L

EI y

24462246

4681246812

22462446

4681246812

22

2323

22

2323

1k

Pomo u tablice podudaranja, matricu krutosti prvog elementa transformiramo u globalne stupnjeveslobode

004681246812

=

000000

000000

0024462246

004681246812

0022462446

22

2323

22

2323

1

L L L L

L L L L

L L L L

L L L L

EI ygk .

Matrica krutosti kona nog elementa 2 je broj ano identi na onoj prvog elementa, a transformirana u

globalne stupnjeve slobode je


28/165

=

L L L L

L L L L

L L L L

L L L L EI yg

2446224600

468124681200

2246244600

468124681200

000000

000000

22

2323

22

2323

2k .

Globalna matrica krutosti prora unskog modela matrica krutosti oba elementa jednaka je zbrojutransformiranih na globalne stupnjeve slobode

=

L L L L

L L L L

L L L L L

L L L L L

L L L L

L L L L

EI y

2446224600

468124681200

22462240

2246

468120

281246812

0022462446

004681246812

22

2323

22

23323

22

2323

K .

Vektor vornih sila za prvi element odre en je prema

S ,Matrica funkcija oblika jednaka je

T

l

q x=F N z0

d

32 23 x x

+

+=

2

32

3

3

2

2

2

32

32

2321

l x

l x

l x

l x

l x

l x

xll

N .

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 x x

l l q x x xl l x x

l l

+

+

=

F


29/165


30/165

2

0

2

4

48

0

4

48

L

L

L R q

L

L

=

Globalni sustav jednadbi glasiRKV =

3 2 3 2

2 2 1

1

3 2 3 3 22

22 2

3 2 3 2

2 2

12 8 6 4 12 8 6 40 0

6 4 4 2 6 4 2 2 0 0

12 8 6 4 12 8 2 12 8 6 40

6 4 2 2 4 2 2 6 4 2 20

12 8 6 4 12 8 6 40 0

6 4 2 2 6 4 4 20 0

y

L L L L

w L L L L

w L L L L L EI

L L L L L w

L L L L

L L L L

2

0

3

32

4

48

0

4

48

L

L

Lq

L

L

=

,

a nakon uvrtavanja rubnih uvjeta

3 2

2

2 0

23

2

192 240

16 40 0

24 4 848

y

L L w L

EI q L L

L

L L L

=

.

Radi provjere to nosti uspore en je progib na sredini grede:4

0 52 512 y

q L Lw EI

= ,

a rjeenje s kojim je ovo uspore eno je4

0 0.01032 y

q L Lw

EI

=

.

Relativna greka jerel.gr.=-5.2%.


31/165

3. Za tap pravokutnog popre nog presjeka optere enog na uvijanje potrebno je pomo u metodekona nih elemenata izra unati posmi no naprezanje u to ki ( b/6, a /3). Primijeniti osnovne trokutneelemente. Problem diskretizirati s 2 elementa. Napomena: koristite simetriju problema.Zadano: a , b= 2a , GJ

Diferencijalna jednadba koja opisuje problem2 2

2 2 2 x y + =

Prora unski (diskretizirani) model

Tablica poklapanja globalnih vornih parametara i onih pojedinih kona nih elemenata

Globalni vorni parametri 1 2 3 4KE 1 1 2 3KE 2 1 2 3

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

2 3 40, 0, 0 = = = .Za osnovni trokutni element matrica krutosti je obilka

2 21 1 1 2 1 2 1 3 1 3

2 22 1 2 1 2 2 2 3 2 3

2 23 1 3 1 3 2 3 2 3 3

14

k A

+ + + = + + + + + +

,

gdje su

1 2 3 3 2 2 3 1 1 3 3 1 2 2

1 2 3 2 3 1 3 1 2

1 3 2 2 1 3 3 2 1

, ,

, ,

, ,

1 x y x y x y x y x y x y

y y y y y y

x x x x x x

= = = = = = = = =

geometrijske karakteristike kona nog elementa.


32/165

KE 1:

1 1

2 2

3 3

0, 0

, 02

,2 2

x y

b x y

b a x y

= =

= =

= =

,1 2 3

1 2 3

, ,2 2

0, ,2 2

a a

b b

0= = =

= = =.

2 2

2 2 2 21

2 2

04 4

11 4 4 4 442 2 2

04 4

a a

a a b bk

a b

b b

= +

,

to nakon uvo enja b= 2a daje

1

1 1 0

1 5 4

0 4 4

k

=

.

Vektor vornog optere enja uslijed f (iz diferencijalne jednadbe to je 2;2 2

2 2 f x y + =

) jednak je

11

2

3

ds A

N

F N f

N

=

A ,

gdje su ( )1 , 1,2k k k k

N x y k 3 A

= + + = funkcije oblika.

Pomo u izvedenog izraza za integral umnoka potenciranih linearnih funkcija oblika moemo

izra unati ovaj integral kao

( )1 2 3! ! !

d 22 !

i j k

A

i j k N N N A A

i j k =

+ + + ;

( )11!0!0!

2d 21 0 0 2 ! 8

i

A

ab N A = + + + ,

to ponovno nakon b= 2a daje

21

12d

6i

A

N A a= .Integrali ostalih funkcija oblika su isti, pa je


33/165

1 2

161616

sF a

=

.

Matrica krutosti KE 1 transformirana u globalne vorne parametre jednaka je

1

1 1 0 0

1 5 4 0

0 4 4 0

0 0 0 0

gk

=

.

Vektor optere enja KE 1 transformiran u globalne vorne parametre jednak je

1 2

161

6160

s gF a

=

.

Analogno vrijedi za KE 2:

1 1

2 2

3 3

0, 0

,2 2

0, 2

x y

b a x y

a x y

= =

= =

= =

,1 2 3

1 2 3

0, ,2 2

, 0,

2 2

a a

b b

= = =

= = =.

2 2

2 22

2 2 2

04 4

10

1 4 442 2 2

4 4 4 4

b b

a ak

a b

b a a b 2

=

+

,

2

4 0 4

0 1 14 1 5

k

=

.


34/165

2 2

161616

sF a

=

.

2

4 0 0 40 0 0 0

0 0 1 1

4 0 1 5

gk

=

2 2

160

1616

s gF a

=

.

Zbrajanjem transformiranih matrica krutosti izra unava se matrica krutosti prora unskog modela5 1 0 4

1 5 4 0

0 4 5 1

4 0 1 5

K

=

.

Analogno za vektor optere enja

2

13161316

sF a

=

.

Uvo enjem osnovnih rubnih uvjeta dobivamo jednu jednadbu2

15 3a = ,

iz koje je rjeenje za nepoznati vorni parametar 2

1 15a

= .

Posmi no naprezanje u to ki ( b/6, a /3) ima dvije komponente, i zx zy . Ove se komponente

naprezanja izra unavaju prema

, zx zyG G y x

= = .

Funkcija naprezanja ( ), x y u kona nom elementu se izra unava prema( ) 1 1 2 2 3 3, x y N N N = + + .


35/165

To ka ( b/6, a /3) se nalazi unutar KE 2, za koji su vorni parametri

22

1

015

0

a

=

.

Derivacije funkcije naprezanja , x y

izra unavaju se uz uzimanje u obzir vektora vornih

parametara KE 2 pomo u

( ) 1 1,N

x y x x

=

, ( ) 1 1,

N x y

y y

=

.

Derivacije funkcija oblika su1

1

12

N x A

=

, 1 11

2 N y A

= .

Uvrtavanjem vrijednosti dobiva se21 2

1 15 2 1522 2 2

zx

a bG G a

a b = =

, .21

0 01 1522 2 2

zx

aG

a b = =


36/165

1


37/165

2


38/165

3


39/165

4


40/165

5


41/165

6


42/165

7


43/165

8


44/165


45/165


46/165


47/165


48/165


49/165


50/165


51/165


52/165


53/165


54/165


55/165

1. Za stap zadan i optereen, pomou Galerkina odrediti pomak toke na sredini (L/2)ireakciju u ukljetenju B. Funkciju pomaka je odreena jednom od slijedeih funkcija:

a) L

x

L

xa xu 1)(

b) b) L xa xu

2sin)(

c) L

xa

L

xa xu

2cos

2sin)( 21

Zadano: q 0, L , AE=konst.

2. R- R metodom, odrediti progib u toki c, te raspodjelu momenata savijanja i poprenihsila. Zadano: q 0 , F=q 0L

a) 322

1)( xa xa xw

b) x L

a xw2

sin)(

c) L

x

L

xa xw 1)(

3. Za gredu, metodom konanih elemenata postaviti sustav jednadbi (matrina Aw=F)sa n=7 vorova. Zadano: q 0, L, F=q 0L, EI=konst.


56/165


57/165


58/165

1.Zadaca iz Numerickih metoda u strojarstvu

Student:JMBAG:

Zadatak:

Zadano:0q ,l,AE=konst.

Trai se: ( )u x , ( ) N x


59/165

Rjeenje:


21 2

1

1

22

22

1 2

1

2

0

( 0) 0

( )

( )

2

1

2

x

u x

u a x a x

f x

f x l l

f x

f x l l

dua a x

dxdf dxdf

xdx

00( ) 0

l lidf du du AE qfi dx AE fidx dx dx

Za i=1

1 2 00

2

1 2 00 0

2 2 3

1 2 00 0

2 22

1 2 0

22 0

1 2

( 2 )*1 (1 )* 0

( 2 ) ( )

1( 2 ) ( )

2 2 3

( ) ( )2 3

( )6

l

l l

l l

x AE a a x q x dx

l

x AE a a x dx q x dxl

x x x AE a x a q

ll l

AE a l a l q

q l AE a l a l

Za i=22

1 2 00

32

1 2 00 0

2 3 3 4

1 2 00 0

3 32 3

1 2 0

32 3 0

1 2

( 2 )* 2 (1 )* 0

2 *( 2 ) ( )

1(2 4 ) ( )

2 3 3 44

( ) ( )3 3 4

4( )3 12

l

l l

l l

x AE a a x x q x dx

l

x AE x a a x dx q x dx

l x x x x

AE a a ql

l l AE a l a l q

q l AE a l a l


60/165

Matrini zapis:

2

1 202 3

2

2

2 3

1

2

1

21

2 3

2 21 0

22 3

16

4

3 12

4

3

16

12

4 3

3 3

4 3 1

63 3

12

l l a AE q l

a ll l

K a b

l lK

l l

aa

a

bl

a K b

l lK

l l

a q l l laa l AE

l l

20

2

512

1

4

q l la AE

l

Konano rjeenje:

1 1 2 2

0

( )

5( )

12 4

u x a f a f

q x l xu x

AE

Pomak slobodnog kraja

0

5( )

12 2du x

N x AE q ldx

Raspodjela uzdune sile


61/165


62/165


63/165


64/165


65/165


66/165


67/165


68/165


69/165


70/165


71/165

Programski zadaci iz kolegija Numeri ke metode u strojarstvu

1. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je pomo u Galerkinove metode odreditiraspodjelu pomaka i momenta savijanja. Rezultate prikazati u obliku dijagrama. Za funkciju

pomaka pretpostaviti jednu od ponu enih:

a) ( ) 1 cosx

w x a L

=

, b)

2 30 1 2 3 4( )w x a a x a x a x a x= + + + +

4 , c) ( ) 1 sin2

xw x a

L

=

.

Poeljno je numeri ko rjeenje usporediti s analiti kim rjeenjem.Zadano: 20 0 0 0 0, konst., , , L EI q F q L M q L= = = .

EI L

q0

L/2 0F

0 M

2. Potrebno je provesti prora un provo enja topline pravokutne plo e prema slici. Pretpostavlja seda je za cijelu plo u izvor topline q konstantan. Za diskretizaciju kona nim razlikama odrediti

temperature u vorovima. Rezultate usporediti s analiti kim rjeenjem .

Primijeniti mreu kona nih razlika s( ) 2 2, 600 90 90aT x y x y=

5 5n m = jednako razmaknutih vorova.

Zadano:332 W/kg, 240 W/mK, 2700 kg/m , 1 m, 1 m, 0,5 m, 0,5 mq a b c d = = = = = = = .

Rubni uvjeti su:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2

, 0 0, 1, 510 90 , ,0,5 21600,

0,5, 577,5 90 , ,1 510 90 , 0, 0

T T x T y y x

y y

T T y y T x x y

x

= = =

= = =

.

cb

d

a

x

y


72/165

Fakultet strojarstva i brodogradnje

Programski zadaci #1 iz kolegija Numeri ke metode u strojarstvu

Bojan Divjakinja 0035153703


73/165

1. Zadatak

123Geometrijski rubni uvjeti:

0 0 0Prirodni rubni uvjeti:

za

Pretpostavljanje funkcije pomaka:a cos 0

0 cos0 cos0 0b

0 0 0 0 0 0 0 0 0

c sin 00 sin 02 sin0 0

sin2 sin2 0 Jedino je funkcija pod b zadovoljila geometrijske rubne uvjete, pa ju sada uzimam kao pretpostavljenu funkciju pomaka u zadatku.


74/165

2 2

3 6

4 12

2 3 4 2 6 12


75/165

0

0 0

0

0

1 23 94 32 232 4 122 243

3 6 2 29

34 2 4

32 6

94 8

278 98 2732 98 34

6 27 / 12 27 54 3716 1


76/165

0

1 23

278 32 274 12 36 72 4 215 2 29

158 234 272 6812 7298 8164 8180 98 34 /

108 324 729120140 2


77/165

0

1 23 8116 32 278 8 18 1445

5 9 2

29

14316 27 7298 218710 2431608164 98 34 27 /

27 7298 218710 2821320 3


78/165

12 27 54 3716 1 108 324 729120140 2 27 7298 218710 2821320 3

Nakon rjeavanja 3 jednadbe sa 3 nepoznanice dobiju se sljedee vrijednosti:

418640 29810

1013888 Uvrtavanjem dobivenih vrijednosti u pretpostavljenu funkciju pomaka, ista dobiva oblik:

418640 29810 1013888


79/165

Raspodjela momenata savijanja:

414320

29135

101324


80/165

2.Zadatak

Zadano: nxm=5x5 q=32W/kg =240W/mK =2700kg/m 3 a=1m b=1m c=0.5m d=0.5m

Rubni uvjeti:

,0 0

1, 510 90

,0.5 2160 0.5, 577.5 90 ,1 510 90

0, 0 x=y=0.25

4 , , , , , x

x 22.5 vor 0,1

, ,x 0 , , vor 1,0

, ,y 0 , , vor 1,2

, ,y 90 , , 22.5


81/165


82/165

vor 2,3

, 577.5 90 0.75 526.875 vor 4,3

, 510 90 510 90 0.75 459.375 vor 3,4

, 510 90 510 90 0.75 459.375 vor 3,3

4 , , , , , 22.5 4 , , 1468.125 5

1 1 0 0 01 3 1 0 00 1 3 1 00 0 1 4 10 0 0 1 4

,,,,,

0577.5526.87510651468.125

,,,,,

556.85556.85536.19524.86498.24

Usporedba sa analitikim rjeenjem:

, , , , ,MKR 556.85 556.85 536.19 524.86 4

analitiki 588.75 571.875 543.75 526.875


83/165

2.Zadatak

Zadano:

240 W/mK 2880 kg/m3q 10 W/kga 1 mb 0.5 mn 6

Dirachleovi rubnC1: 400 60 Neumannovi rubC2: 28800 120C3: 14400 60C4: 0 0

0 2880 10240 120

Globalne vorne varijable T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8

Elementi i vorne varijable

1 1 2 3 2 1 3 2 3 1 2 3 4 1 3 2 5 1 2 3 6 1 3 2

a

b

y

x

1

2

3

4 6

5

C3

C2

C1

C4

T1

T5 T6 T7 T8

T2 T3T4

1

2

3

4 6

5

T1

T5 T6 T7

T8

T2 T3T4

33

1 21

32

11

11

2

2 2

2

3 33

(0,0) (1,0)


84/165

KE1

213122 112

12 12 0 13 0 13 k 14A 3 133614 1914 14

019 0 19

T1

T5

T2

3

1 2

(0,1/2

(0,0) (1/3,0)


85/165

KE2

213122 112

0 1

2

12 13 13

0k 14A 3 19 19 019 1336140 14 14

T5 T6

T2

3

1

2(0,1/2

(1/3,0)


86/165

3

1336140 0 190 0 014 140 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0190 0 0190 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

3

0 0 0 0 0 0 0 00190 0 0 190 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 014 140 00 190 0 14 13360 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

30 0 0 0 0 0 0 001336

140 0

190 00 14140 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 190 0 0190 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

30 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0190 0 0 1900 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 014 1400 0 190 0 14133600 0 0 0 0 0 0 0


87/165

3

0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 01336140 0 1900 0 14140 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 190 0 01900 0 0 0 0 0 0 0

3

0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0190 0 0 190 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 014 140 0 0 190 0 141336

1312340 0 130 0 034136 340 0 230 00 34136 340 0 2300 0 3413120 0 0 13130 0 01312340 00 230 0 34136 3400 0 230 0 34136 340 0 0 130 0 341312


88/165

! ! ! 2120 120 1612011253

535353

53

11001000

5301001100

5301100100


89/165

53

00100110

5300110010

5300010011

5313322331

Rubni uvjet C 2 :

F y yy ybdy 2y120dy 14 120 30 F bdy 1 2y120dy |y y120|y 1/2 1214 120 30


90/165

Rubni uvjet C 3 :

F x xx xbdx

x 013 0 60 dx 10F x xx xbdx 10

F x132313

60 dx 10F 10F 10F 10Rubni uvjet C 4 :

F 0F 0 0 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 535 5103103 10 5 20 5 2053 20 535 5103 203 15 15 553

Prema Dirichletovimrubnim uvjetima 1,2,3,4 element zamjenjujemo vrijednostima prema rubnom uvjetu: 400 60 400 60 0 400 400 60 393.33

400 60 373.33 400 60 1 340


91/165

Ostali elementi se izraunavaju na sljedei nain:

203 203 13 400 0 0 12 15 247.22 15 233.88 553 95

Sada globalni vektor R ima oblik:

400 393.33 373.33 340 126

KT R1 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 00 0 0 01312340 00 0 0 0 34136 3400 0 0 0 0 34136 340 0 0 0 0 0 341312

400393.33373.33340126.66247.22233.8895

Nakon izraunavanja temperature u vorovima 5,6,7 i 8 su jednake:

361.605 358.771 345.220 326.690Analitika rjeenja za temperature u voro 5,6,7 i 8 prema analitikom rjeenju , 400 60 60glase : 385 378.33 358.33 325

MKE 361.605 358.771analitiki 385 378.33 358.3


92/165

1. Zadatak

Zadano: a b=1.4a nxm=2x4

x=0.25a y=0.175a V=0.04375a 2

2 2

KV1

0

0.25 0.175 2 00.175

0.250.175

0.1750.25 2 0

0.1750.25 2

4.98580.7 1.4286 0.0875 (1) KV2

0.25 0.175 0 2

0.25

2 00.175

0 20.250.175

0.1750.25

0.250.175

2 00.1750.25 2

0.7 6.3858 1.4286 0.0875 (2)


93/165

KV3

0.25

0 0.175 0.175

0.250.175 0.1750.25

0.1750.25 2

1.42863.55720.7 1.4286 0.0875 (3)

KV4

0 20.25 0.175 0.25 0.175

0 20.250.175 0.1750.25 0.250.175 0.1750.25 2 1.4286 0.7 4.9572 1.4286 0.0875 (4)

KV5

0.25 0.175

0 0.175

1.4286 3.55720.7 1.4286 0.0875 (5)


94/165

KV6

0 20.25

0.175

0.25 0.175

1.4286 0.7 4.9572 1.4286 0.0875 (6) KV7

0.25

0 0

0.175

0.250.175 0.1750.25 0.0875

1.4286 2.12860.7 0.0875 (7)

KV8

0 20.25 0

0.25 0.175

0 20.250.175

0.250.175

0.1750.25 0.0875

1.4286 0.7 3.5286 0.0875 (8)


95/165

Nakon rjeavanja sustava jednadbi dobije se:

0.04570.03100.08310.05510.07290.05830.00870.0501


96/165


97/165


98/165


99/165


100/165


101/165


102/165


103/165


104/165


105/165


106/165


107/165


108/165


109/165


110/165


111/165


112/165


113/165


114/165


115/165


116/165


117/165


118/165


119/165


120/165


121/165


122/165


123/165


124/165


125/165


126/165


127/165


128/165


129/165


130/165


131/165


132/165


133/165


134/165


135/165


136/165


137/165


138/165


139/165


140/165

Rjeenja ispita 10.07.2006. iz kolegija NUMERI KE METODE U STROJARSTVU

1. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i Rayleigh-Ritz-ovu metoduodrediti progib na mjestu djelovanja sile F i raspodjelu momenata savijanja. Za funkciju progiba

pretpostaviti jednu od ponu enih:1. 2

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

1 2

2

( ) sinw x a x a L

= +

.

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

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

= = = = = = .

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 za21 20 a L a L= +

3 L1 2a a= .

2.1 2

2( ) sinw x a x a

L = +

:

1

20 sin 0a

L =

2a+ zadovoljava, 1

2 20 cosa

L L

0 ne zadovoljava!

Odabrana funkcija je pod 1. oblika( )2 3 32 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

L zw EI dx q wdx F =

w

( )( ) ( ) ( )2

3 2 3 222 0 2 230 0

16 2

2

L L

L

x EI a x L dx q a x Lx dx Fa x Lx

L =

( ) ( ) ( )2 2 2 4 3 3 20 2 22 2 030 0

136 24 4 2

2

L L

L

q a EIa x xL L dx x Lx dx a q L x Lx

L = +

3 23 2 5 42 2 0 2

2 2 020 0

3

1 236 24 4 2

2 3 2 5 4 3 3

L L

L

q a x x x x L L EIa L xL L a q L L

L2 = +

( )5 5 3 3

2 3 3 3 0 22 2

1 812 12 4 2

2 5 4q a L L L L

EIa L L L a q L L

= +

04

27 9

4 42 3 0 2 2 0

2

82

20 27q a L a q L

EIa L = + +

2

0a

=

4 43 0 0

2

84 0

20 27q L q L

EIa L + + =

02

1874 27 20

q La EI

=


141/165

20

1

1874 27 20

q La

EI

=

22 30 0187 187( )

4 27 20 4 27 20q L q L

w x x x EI EI

= .

2 340187( )

2160q L x x

w x EI L L

=

2 34 40 0187 1872 2 2( )

3 2160 3 3 2160 27q L q L L

w EI EI

= =

4

Moment savijanja:2

2

dd y

w M EI

x= .

4 20 0

2 3

187 1872 6( ) 2 6

2160 2160 yq L q L x x

M x L L L

= = +

.

2. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodu kona nih razlika odreditimoment savijanja u to ki x = L. Problem diskretizirati s n=5 jednako razmaknutih vorova.Zadano: 0 0, , , konst.q L F q L EI = =


d( 0) 0, ( 0) 0, ( ) 0, ( 2 ) 0

dw

w x x w x L w x L x

= = = = = = = = .

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


24 2 L L

x = =

Diferencijske jednadbe po vorovima:vor 2:

( )iiii F

xwww

3

2147=+ ++ EI

( ) F EI xwww3

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

( )402 47 3

q xw w

EI

+ =


142/165

vor 4:

( )iiii F

xwww

3

2145=+ ++ EI

( )3

4 25 xw w F EI + = , ,0 0 03F q L q x q x= + =

( )44 2 05 3

xw w q

EI

+ =

Rjeenje jednadbi je

( ) ( )4 40 02 4

6 9,

16 17 16 17

q x q xw w

EI EI

= =

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

211 2

x

www EI M iiii

+= +

40

22 3 43 02 2

6 92 1516 17 16 17

68

2 2

q Lw w w EI

M EI EI q L L L

+ + = = =

3. Za homogenu pravokutnu plo u zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodukona nih volumena postaviti sustav jednadbi. Problem diskretizirati s 2x2 kona na volumena.Zadano: 40 , 1 , 2 .q = = =


y y x

= , ( ), 0 200T x x y

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

.


Jednadba kona nog elementaT T T Tx x y ye w n s

q y y x x

+ = V

KV 1:


143/165

2 1

1e

T T T x

= , 3 1

0.5n

T T T y

= ,

1 1200 200 0.25 25

2w

T y

x = = =

,

1 1200 200 0.5 50

2s

T x

y

= = =

( ) 3 12 140

0.5 1 25 0.5 50 1 0.5 10.5 2

T T T T

+ = ,

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

2 2 2200 0.25 40 100.5 0.5 0.5

e

e

T T T T T x

= = = , 4 2

0.5n

T T T y

= , 2 1

1w

T T T x

= ,

1 1200 200 1.5 150

2s

T x

y

= = =

( )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 T T x

= ,

23 3100 0.5 10 0.5 47.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T T T y

3

= = = ,

1 1200 200 0.75 75

2w

T y

x

= = = , 3 1

0.5s

T T T y

=

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:


144/165

4 4 4200 40 1100.5 0.5 0.5

e

e

T T y T T T x

= = = ,

24 4 4100 1.5 10 1.5 127.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T T T y

= = = ,

4 3

1w

T T T x

= , 4 2

0.5s

T T T y

=

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

T T T T T T + = ,

2 3 42 0.5 7.5 630T T T + = .

1

2

3

4

2.5 0.5 2 0 52.5

0.5 3.5 0 2 1302 0 6.5 0.5 162.5

0 2 0.5 7.5 630

T

T T

T

=

4. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je pomo u metode kona nih elemenata za prora unski model izvesti globalnu jednadbu kona nih elemenata. Primijeniti osnovne gredneelemente. Problem diskretizirati s 3 elementa.Zadano: 0 , , konst.q L EI =



145/165

Stupnjevi slobode kona nih elemenata

Geometrijski rubni uvjeti su( ) ( )0 0, 0w x w x L= = = = .

to vodi na1 3 0w w= = .

Svi elementi imaju jednaku duljinu l = L/2.

Tablica podudaranja stupnjeva slobode kona nih elemenata s globalnim stupnjevima slobode

.Matrica krutosti kona nog elementa 1:

=

llll

llll

llll

llll

EI y

4626

612612

2646

612612

22

2323

22

2323

1k ,


=

L L L L

L L L L

L L L L

L L L L

EI y

24462246

4681246812

22462446

4681246812

22

2323

22

2323

1k



146/165

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 L

EI L L L L

=

k

Matrica krutosti kona nog elementa 2 je broj ano identi na onoj prvog elementa, a transformirana uglobalne 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 L EI

L L L L

L L L L

=

k


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 L EI

L L L L

L L L L

L L L L

=

k 2


147/165

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 L EI

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


Tz

0

dl

S q x= F N ,Matrica funkcija oblika jednaka je

+

+=

2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2 232231

l x

l x

l x

l x

l x

l x

xl x

l x

N .

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 x xl l q x

x xl l x x

l 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 glasi1SF

2

120

4

48

4

48

S g

L

L

L

q L

=

F


148/165

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

q L

L

=

F

22

30 0

2 2

42

4812

2 4

12 48

S

Ll

Ll

q ql L

l L

= =

F , 3 02

2

4

48

4

48

S g

L

q L

L

L

=

F .

Zbrajanjem 1 2 3, is g s g s gF F F dobivamo vektor vornih sila za prora unski model

2

2 2

0

2 2

2

4

48

4 4

48q L L

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

q L

L

L

=

F

+ =

+

F


149/165

Globalni sustav jednadbi glasi

R KV =

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 Lw

L L L L Lw

L L L L L EI

L L L L L

L L L L L

L L L L

L L L L

2

03

3

4

4

2

4

48

20

20

4

48

L

L

L

qw L

w L

L

=

.

Uvo enjem osnovnih (Dirichlet-ovih) rubnih uvjeta globalna jednadba kona nih 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

L L L L

L L L Lw

L L L EI q

L L L L L w L

L L L L

L L L

=

.

5. Za tap pravokutnog popre nog presjeka optere enog na uvijanje potrebno je pomo u metodekona nih elemenata izra unati posmi no naprezanje u to ki (3 b/8, 3 a /8). Primijeniti osnovne

pravokutne elemente. Problem diskretizirati s 2 elementa. Napomena: koristite simetriju problema.Zadano: a , b= 2a , GJ

Diferencijalna jednadba koja opisuje problem2 2

2 2 2 x y + =


150/165

Prora unski (diskretizirani) model

Tablica poklapanja globalnih vornih parametara i onih pojedinih kona nih elemenata

Globalni vorni parametri 1 2 3 4 5 6KE 1 1 2 3 4KE 2 1 2 3 4

Za uvijanje tapova neokruglog presjeka vrijedi da je St'Venant-ova funkcija naprezanja jedanakanuli na slobodnim plohama. Iz ovoga mogu se napisati osnovni (Dirichlet-ovi) rubni uvjeti za

diskretizirani model:3 4 5 60, 0, 0, 0 = = = = .

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 kona nog elementa 1 su prema slici: , gdje su zadane mjere presjeka.Uvo enjem omjera stranica presjeka b= 2a dobivaju se mjere kona nih elemenata za stvaranjematrice krutosti.

/ 8, / 4a b b a= = ,a b

/ 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

+

,


151/165

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 4

16 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 vornih optere enja uslijed f iz diferencijalne jednadbe izra unava se prema

1

2

3

4

d da b

Sa b

N

N f y x

N

N

=

F .

Formulacija ovog kon nog elementa je izvedena prema parcijalnoj diferencijalnoj jednadbi oblika2 2 22 2;

i i

f f x x x y

= + = .

Usporedbom ove i diferencijalne jedndbe koja opisuje uvijanje tapova neokruglog presjeka,vidljivo je da je f jednako 2!Pomo u ovog moemo izra unati

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

21

1

112 d d

184 4 4 1

a b

S

a b

a x b y

a x b y a y x

a a a x b y

a x b y

+ = = + + +

F .

Pomo u tablice poklapanja globalnih vornih parametara i onih kona nog elementa transformiramomatricu krutosti i vektor vornih optere enja

1

4 1 0 0 2 1

1 4 0 0 1 2

0 0 0 0 0 010 0 0 0 0 06

2 1 0 0 4 11 2 0 0 1 4

g

=

k ,2

1

1

1

0

08

11

S g

a

=

F .

Za kona ni element 2 matrica krutosti i vektor vornih optere enja su isti pa su transformirani uglobalne vorne parametre

2

0 0 0 0 0 0

0 4 1 2 1 0

0 1 4 1 2 010 2 1 4 1 06

0 1 2 1 4 00 0 0 0 0 0

g

=

k ,2

2

0

1

1

18

10

S g

a

=

F .

Zbrajanjem ovih transformiranih matrica krutosti dobivamo globalnu matricu krutosti


152/165

4 1 0 0 0 1

1 8 1 2 2 2

0 1 4 1 2 010 2 1 4 1 06

2 2 2 1 4 1

1 2 0 0 1 4

=

K ,2

1

2

1

18

2

1

S

a

=

F .

Od rubnih uvjeta postoje samo osnovni (zadane vrijednosti funkcije) pa nakon uvo enja tih r.u. jednadbe kona nih elemenata su

21

2

4 1 1

1 8 28a

=

.

Rjeenje je

1 2

2

156227

124

a

=

.

Posmi no naprezanje u bilo kojoj to ci presjeka ima dvije komponente, i zx zy koje izra unavamo

prema

zx G y

= , zy G x

= .

Za funkciju naprezanja vrijedi ( ), x y = , a po kona nom elementu je( ) 1 1 2 2 3 3 4 4, x y N N N N = + + + .

Derivacije su

( )31 2 4

1 2 3,N N N N

x y 4 x x x x x

= + + + ,

( ) 31 2 41 2 3,N N N N

x y y y y y 4 y

= + + +

.

To ka (3 b/8, 3 a /8) je unutar KE 1, za koji su vorni parametri prema tablici poklapanja

1 2

156227

1240

0

a

=

.

Deriviranjem funkcija oblika jer su pridruene vornim parametrima razli itim od 0

dobivamo vrijednosti derivacije

1 i N N 2

i x y

u zadanoj toki

3 3,

8 8

0.015b a

a x =

, 3 3,

8 8

0.4506b a

a y =

.

Posmi no naprezanje u zadanoj to ki je0.4506

0.015G a

=

.


153/165

Rjeenja ispita 10.07.2006. iz kolegija NUMERI KE METODE U STROJARSTVU

1. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i Rayleigh-Ritz-ovu metoduodrediti progib na mjestu djelovanja sile F i raspodjelu momenata savijanja. Za funkciju progiba

pretpostaviti jednu od ponu enih:1. 2

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

1 2

2

( ) sinw x a x a L

= +

.

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

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

= = = = = = .

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 za21 20 a L a L= +

3 L1 2a a= .

2.1 2

2( ) sinw x a x a

L = +

:

1

20 sin 0a

L =

2a+ zadovoljava, 1

2 20 cosa

L L

0 ne zadovoljava!

Odabrana funkcija je pod 1. oblika( )2 3 32 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

L zw EI dx q wdx F =

w

( )( ) ( ) ( )2

3 2 3 222 0 2 230 0

16 2

2

L L

L

x EI a x L dx q a x Lx dx Fa x Lx

L =

( ) ( ) ( )2 2 2 4 3 3 20 2 22 2 030 0

136 24 4 2

2

L L

L

q a EIa x xL L dx x Lx dx a q L x Lx

L = +

3 23 2 5 42 2 0 2

2 2 020 0

3

1 236 24 4 2

2 3 2 5 4 3 3

L L

L

q a x x x x L L EIa L xL L a q L L

L2 = +

( )5 5 3 3

2 3 3 3 0 22 2

1 812 12 4 2

2 5 4q a L L L L

EIa L L L a q L L

= +

04

27 9

4 42 3 0 2 2 0

2

82

20 27q a L a q L

EIa L = + +

2

0a

=

4 43 0 0

2

84 0

20 27q L q L

EIa L + + =

02

1874 27 20

q La EI

=


154/165

20

1

1874 27 20

q La

EI

=

22 30 0187 187( )

4 27 20 4 27 20q L q L

w x x x EI EI

= .

2 340187( )

2160q L x x

w x EI L L

=

2 34 40 0187 1872 2 2( )

3 2160 3 3 2160 27q L q L L

w EI EI

= =

4

Moment savijanja:2

2

dd y

w M EI

x= .

4 20 0

2 3

187 1872 6( ) 2 6

2160 2160 yq L q L x x

M x L L L

= = +

.

2. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodu kona nih razlika odreditimoment savijanja u to ki x = L. Problem diskretizirati s n=5 jednako razmaknutih vorova.Zadano: 0 0, , , konst.q L F q L EI = =


d( 0) 0, ( 0) 0, ( ) 0, ( 2 ) 0

dw

w x x w x L w x L x

= = = = = = = = .

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


24 2 L L

x = =

Diferencijske jednadbe po vorovima:vor 2:

( )iiii F

xwww

3

2147=+ ++ EI

( ) F EI xwww3

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

( )402 47 3

q xw w

EI

+ =


155/165

vor 4:

( )iiii F

xwww

3

2145=+ ++ EI

( )3

4 25 xw w F EI + = , ,0 0 03F q L q x q x= + =

( )44 2 05 3

xw w q

EI

+ =

Rjeenje jednadbi je

( ) ( )4 40 02 4

6 9,

16 17 16 17

q x q xw w

EI EI

= =

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

211 2

x

www EI M iiii

+= +

40

22 3 43 02 2

6 92 1516 17 16 17

68

2 2

q Lw w w EI

M EI EI q L L L

+ + = = =

3. Za homogenu pravokutnu plo u zadanu i optere enu prema slici potrebno je koriste i metodukona nih volumena postaviti sustav jednadbi. Problem diskretizirati s 2x2 kona na volumena.Zadano: 40 , 1 , 2 .q = = =


y y x

= , ( ), 0 200T x x y

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

.


Jednadba kona nog elementaT T T Tx x y ye w n s

q y y x x

+ = V

KV 1:


156/165

2 1

1e

T T T x

= , 3 1

0.5n

T T T y

= ,

1 1200 200 0.25 25

2w

T y

x = = =

,

1 1200 200 0.5 50

2s

T x

y

= = =

( ) 3 12 140

0.5 1 25 0.5 50 1 0.5 10.5 2

T T T T

+ = ,

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

2 2 2200 0.25 40 100.5 0.5 0.5

e

e

T T T T T x

= = = , 4 2

0.5n

T T T y

= , 2 1

1w

T T T x

= ,

1 1200 200 1.5 150

2s

T x

y

= = =

( )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 T T x

= ,

23 3100 0.5 10 0.5 47.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T T T y

3

= = = ,

1 1200 200 0.75 75

2w

T y

x

= = = , 3 1

0.5s

T T T y

=

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:


157/165

4 4 4200 40 1100.5 0.5 0.5

e

e

T T y T T T x

= = = ,

24 4 4100 1.5 10 1.5 127.5

0.25 0.25 0.25n

n

T T T T T y

= = = ,

4 3

1w

T T T x

= , 4 2

0.5s

T T T y

=

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

T T T T T T + = ,

2 3 42 0.5 7.5 630T T T + = .

1

2

3

4

2.5 0.5 2 0 52.5

0.5 3.5 0 2 1302 0 6.5 0.5 162.5

0 2 0.5 7.5 630

T

T T

T

=

4. Za gredu zadanu i optere enu prema slici potrebno je pomo u metode kona nih elemenata za prora unski model izvesti globalnu jednadbu kona nih elemenata. Primijeniti osnovne gredneelemente. Problem diskretizirati s 3 elementa.Zadano: 0 , , konst.q L EI =



158/165

Stupnjevi slobode kona nih elemenata

Geometrijski rubni uvjeti su( ) ( )0 0, 0w x w x L= = = = .

to vodi na1 3 0w w= = .

Svi elementi imaju jednaku duljinu l = L/2.

Tablica podudaranja stupnjeva slobode kona nih elemenata s globalnim stupnjevima slobode

.Matrica krutosti kona nog elementa 1:

=

llll

llll

llll

llll

EI y

4626

612612

2646

612612

22

2323

22

2323

1k ,


=

L L L L

L L L L

L L L L

L L L L

EI y

24462246

4681246812

22462446

4681246812

22

2323

22

2323

1k



159/165

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 L

EI L L L L

=

k


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 L EI

L L L L

L L L L

=

k


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 L EI

L L L L

L L L L

L L L L

=

k 2


160/165

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 L EI

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


Tz

0

dl

S q x= F N ,Matrica funkcija oblika jednaka je

+

+=

2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2 232231

l x

l x

l x

l x

l x

l x

xl x

l x

N .

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 x xl l q x

x xl l x x

l 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 glasi1SF

2

120

4

48

4

48

S g

L

L

L

q L

=

F


161/165

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

q L

L

=

F

22

30 0

2 2

42

4812

2 4

12 48

S

Ll

Ll

q ql L

l L

= =

F , 3 02

2

4

48

4

48

S g

L

q L

L

L

=

F .

Zbrajanjem 1 2 3, is g s g s gF F F dobivamo vektor vornih sila za prora unski model

2

2 2

0

2 2

2

4

48

4 4

48q L L

48

4 4

48 48

4

48

S

L

L

L L

L L

L L

L

L

2

0

2

4

48

Documents

Zadaci_razno_NUM