Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 1 5. INTEGRO-DIFERENCNI POSTUPAK Razmatrajući problem štapa po teoriji drugog reda, u slučaju da je štap promenljivog poprečnog preseka, ili da je štap opterećen podužnim opterećenjem, dobija se integro-diferencijalna jednačina pravog štapa po teoriji drugog reda:

1

1

gde su:

Δ

Slika 5.1: Štap sa proizvoljnim podužnim i poprečnim opterećenjem

Nepoznata veličina, ugib ose štapa , nalazi se pod integralom i u diferencijalu, pa je dobijena jednačina integro-diferencijalna. Da bi se jednačina ovog tipa rešila, primeniće se numerički postupak primenom matematičke diskretizacije problema. Štap će se podeliti na delova dužine i uočiće se

1 tačka, u kojima će se za nepoznate usvojiti vertikalna pomeranja ose štapa u diskretnim tačkama 0,1,2, … .

Slika 5.2: Diskretizacija problema

1. Diferencijali se zamenjuju konačnim razilikama:

2

2 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 2. Podeljeno opterećenje u i pravcu se zamenjuje ekvivalentnim sistemom koncentrisanih sila.

Veličine sistema koncentrisanih sila određuju se iz uslova da su momenti savijanja u izabranim tačkama usled zadatog podeljenog opterećenja jednaki momentima usled koncentrisanih sila:

62 , ,

62 , ,

6 , 4 , , 6 , 4 , ,

6 , 2 , 6 , 2 ,

3. Integrali se zamenjuju sumama:

Dobija se integro-diferencna jednačina pravog štapa po teoriji drugog reda:

2 1

1 0,1,2, …

Ovakva linearna jednačina može se napisati u svakoj tački usvojene podele 0,1,2, … , dakle ukupno 1 jednačina. Na raspolaganju su još dva granična uslova na svakom kraju štapa, tako da je

ukupno 5 linearnih jednačina. Broj nepoznatih je takođe 5, jer ima 3 nepoznatih ugiba , , , , … , i dve statičke napoznate i .

Sila najčešće se može direktno odrediti iz uslova ravnoteže. U suprotnom, može se usvojiti da je , odnosno da je približno jednaka vrednosti po teoriji prvog reda, pa se dalji proračun odnosi

na linearizovanu teoriju drugog reda.

Kod primene integro-diferencnog postupka potrebno je razmotriti granične uslove na levom i desnom kraju štapa. Razlikuju se tri karakteristična granična uslova: slobodan, slobodno oslonjen i uklješten kraj štapa.

a) Slobodan kraj

2

2

Sa i , odnosno i označene su zadate brojne vrednosti momenata odnosno poprečnih sila na krajevima štapa.

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 3

b) Slobodno oslonjen kraj

0 0

c) Uklješten kraj

0 0

2

0

20

5.1 Problem stabilnosti Pri razmatranju problema stabilnosti poprečno opterećenje i temperaturni uticaji su jednaki nuli, pa je: 0 0 ∆ 0 0

tako da integro-diferencna jednačina sada glasi:

2 2

1 1

0,1,2, … Kod problema stabilnosti granični uslovi su homogeni pa je:

0 i 0

Novodobijeni sistem on 1 jednačina zajedno sa četiri homogena granična uslova predstavljaju homogen sistem od 5 jednačina sa istim brojem nepozantih. Do kritičnog opterećenja za koji ovaj homogen sistem ma rešenja zazličita od trivijalnog, ili drugim rečima parametar kritičnog opterećenja se određuje iz uslova da je detereminanta sistema jednačina jednaka nuli.

Primer 5.1

Primenom integro-diferencnog postupka i deleći gredu na tri dela odrediti kritičnu vrednost parametra opterećenja .

4 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Rešenje:

• Granični uslovi za : 0 0 2 0

za 0 : 0 0 2 0

• Koncentrisane sile

6 25

18 249 0.67901

0.67901 2.5 3.17901

64

518

169

19

0.80247

64

518

49

49

0 0.24691

62

518

19

0 0.03086

Uvodi se oznaka 0.01852 i postavlja jednačina integro diferencnog postupka u tačkama 1, 2

i 3: 2.5 2 0 1.5 2 2 0 0 · 2 3 0

Ako se iskoriste veze koje slede iz graničnih uslova: 0 0

dobijaju se jednačine: 2.5 2 0 1.5 2 2 0

3 0

Iz treće jednačine izraziće se nepoznata preko ostalih nepoznatih: 1

3 3 0.80247 0.24691

i dobiće se homogen sistem od dve jednačine sa dve nepoznate: 5 0.06383 2.5 0.00152 0

1.5 0.00495 3 0.07679 0

Iz uslova da je determinanta sistema jednaka nuli: 5 0.06383 3 0.07679 2.5 0.00152 1.5 0.00495 0

sledi jednačina: 0.00491 0.56535 11.25 0

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 5 čija su rešenja: 89.55894 25.58362

pa je kritično opterećenje 25.58 / .

Primer 5.2

Koristeći integro-diferencni postupak odrediti najmanju vrednost kritičnog opterećenja. Ako je 0.8 , i ako deluje jednakopodeljeno opterećenje 10 / , odrediti moment u sredini

grede po teoriji drugog reda.

Moment inercije grede je definisan izrazom:

1 8

Rešenje:

• Kritično opterećenje:

Problem je simetričan, pa će se razmatrati samo polovina grede.

Granični uslovi: za 0 0 0 0 (iz uslova ravnoteže) za /2 (iz simetrije)

Uvodi se oznaka i postavlja jednačina integro diferencnog postupka u tačkama 1, 2, 3 i 4:

1.875 2 0 2.5 2 0 2.875 2 0 3.0 2 0

Ako se iskoristi da je 0 , sistem bi izgledao:

1 1.875 2 0 2 2.5 2 0 3 2.875 2 0 4 3.0 · 2 0

Dobijen je sistem od četiri jednačine sa četiri nepoznate:

6 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Kritično opterećenje određuje se iz uslova da je determinanta sistema jednaka nuli. Kako bi se izbeglo razvijanje determinante četvrtog reda, sistem od četiri nepoznate treba svesti na sistem od dve nepoznate i .

13.75

1.875

46

6

2 2.5 23.75

1.8756

63.75

1.875 0

3 2.8753.75

1.875 26

66

6 0

Sređivanjem prethodnih izraza, za matricu sistema dobija se:

0.53333 4.66666 7.5 0.41666 2.51.53333 5.75 0.16666 1.95833 2.875

Iz uslova da je determinanta sistema jednaka nuli (det S = 0), dobija se jednačina četvrtog stepena po :

0.08888 1.82220 11.28333 21.875 7.1875 0 , čija su rešenja:

0.40944 2.82220 6.49592 10.77245

Odakle sledi i kritično opterećenje:

0.4094420250

1.53684.96

Moment u sredini grede:

0.8 · 3684.96 2947.968 1.5

202501.11111 · 10 0.32755

Jednakopodeljeno opterećenje zameniće se koncentrisanim silama. Iz uslova ravnoteže vertikalnih sila dobija se da je 60.0 .

1 1.875 2 0.32755 78.75 2 2.5 2 0.32755 135 3 2.875 2 0.32755 168.75 4 3 · 2 0.32755 180

3.42245 1.875 0 02.5 4.67245 2.5 00 2.875 5.42245 2.8750 0 6 5.67245

0.008750.015

0.018750.02

 

0.10208 0.18167 0.23145 0.24834

Moment u sredini grede je:

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 7

6 60 7.5 15 4.5 3 1.5 2947.968 · 0.24834 912.098 ,

ili na drugi način:

2

20250 · 32 0.23145 0.24834

1.5 912.06 Primer 5.3

1) Koristeći integro-diferencni postupak naći kritično opterećenje stuba. 2) Usvajajući da je 0.7 naći dijagram momenata savijanja po teoriji drugog reda ako postoji horizontalno opterećenje . 3) Dobijeni dijagram uporediti sa dijagramom momenata savijanja po teoriji prvog reda.

Rešenje:

1) Granični uslovi su:

za 0: 0 0 2 0 0 0 za : 0 0

Podeljeno aksijalno opterećenje se zamenjuje ekvivalentnim sistemom koncentrisanih sila:

6 266 · 9 0.11111

0.11111 54 54.11111

6

466

049

49

0.88888

8 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić

6

466

19

49

1.55556

6

266

49

2 2.44444

Sada pišemo jednačine integro-diferencnog postupka za tačke 1, 2 i 3 uz uvođenje veličine

0.00018: 2 0

2 2 0

3 2 0

Kada se u jednačine ubace veze koje slede iz graničnih uslova:

0 , ,

dobija se:

1 2 0

2 4 0

6 0

Zatim se sređivanjem dobija:

2 10 0

5 28.94444

Kada se uvede oznaka dobijaju se jednačine:

1 54.11111 54.11111 2 5 28.94444 0

54.11111 5 28.94444 0.88889 6 2.88889 0

pa je sistem linearnih algebarskih jednačina:

1 54.11111 1566.21578 328.44443 954.11111 25.72842 7.33334 6

0

86141.86772 18195.03627 818.99999 6 0

0.1515 0.050643 0.009078

Odakle sledi da je kritična vrednost parametra opterećenja:

50.43333 /

2) Parametar podužnog opterećenja je:

0.7 0.7 · 50.43333 35.30333 / .

Podužno opterećenje se zamenjuje ekvivalentnim sistemom koncentrisanih podužnih sila:

54.11111 54.11111 · 35.30333 1910.30237 /

0.88889 0.88889 · 35.30333 31.38078 /

1.55556 2.88889 · 35.30333 101.98744 /

2.44444 2.44444 · 35.30333 86.29687 /

Jednakopodeljeno poprečno opterećenje se zamenjuje ekvivalentnim sistemom koncentrisanih poprečnih sila:

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 9

6

266

2 · 10 10 30

6

466

10 4 · 10 10 60

6

466

10 4 · 10 10 60

6 266 2 · 10 10 30

Kada se uvede veličina 0.00018, jednačine integro-diferencnog postupka za tačke 1, 2 i 3

su: 2

2 2

3 2

Nakon sređivanja dobija se linearni sistem jednačina po nepoznatim poprečnim pomeranjima:

0.65615 1.65615 1.00.34385 1.99435 3.650500.34385 0.00565 5.98164

180720

1620

5249.61352 0.94493 2318.22139 0.41728 574.78845 0.10346

Veza između momenata savijanja i ugiba, napisana preko konačnih razlika, glasi:

2

Odakle nalazimo vrednosti momenata savijanja u tačkama 1, 2 i 3:

1187.97105 2337.31005

3448.74821

momenti savijanjatačka i teorija I reda teorija II reda

0 1 2 3

0.0 -180 -720 -1620

0.0 -1187.97105 -2337.31005 -3448.74821

Literatura

1. Đurić M., Stabilnost i dinamika konstrukcija, Građevinski fakultet, Beograd 1977. 2. Ranković S. i Ćorić B., Stabilnost konstrukcija – Zbirka rešenih zadataka sa kraćim izvodima iz

teorije, Naučna knjiga, Beograd 1983.