Statička nelinearnost za štap u ravnini (1)

Transkript

1 Statička nelinearnost za štap u ravnini (1) K. F. 1. Geometrija pomakâ i deformacija Kaoiobično, uzet ćemo da osštapa leži uravnini xz; kako turavnini razapinjujedinični vektori Øı i Ø k, pripadni je dvodimenzionalni vektorski prostor span Øı, Ø k. Konfiguraciju ravninskoga štapa u ravnotežnom stanju možemo opisati dvjema vektorskim funkcijama skalarne varijable (slika 1.a.): s È Ö0,l ØrÔsÕ, Øe 3 ÔsÕ È V 2 span Øı, Ø k. Funkcija Ør opisuje položaj i oblik osi štapa, a funkcija Øe 3 nagibe ravnina poprečnih presjeka: jedinični vektor Øe 3 ÔsÕ leži na pravcu u kojem se sijeku ravnina osi štapa i ravnina poprečnoga presjeka kroz točku rôsõ odredenu vektorom ØrÔsÕ. Budući da su ravnine poprečnih presjeka okomite na ravninu osi, drugi vektor lokalne ortonormirane baze prostora V 3 s ishodištem u točki rôsõ, koji leži u ravnini poprečnog presjeka, Øe 2 ÔsÕ, bit će okomit na ravninu osi i, stoga, usporedan s vektorom Øj; možemo pisati i Øe 2 ÔsÕ Øj. Napokon, treći je vektor te baze normalni vektor ravnine poprečnoga presjeka, a leži, kao i Øe 3 ÔsÕ, u ravnini osi štapa: Øe 1 ÔsÕ Øe 2 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ Øj Øe 3 ÔsÕ. Ako je ϑôsõ kut izmedu vektorâ Øı i Øe 1 ÔsÕ, bit će Øe 1 ÔsÕ cosϑôsõøı sinϑôsõ Ø k i Øe 3 ÔsÕ sinϑôsõøı cosϑôsõ Ø k, (1) što znači da je ravnotežna konfiguracija ravninskoga štapa odredena trima skalarnim funkcijama: (skalarnim) komponentama x i z funkcije Ør i funkcijom ϑ. Vektori Øe 1 ÔsÕ i Øe 3 ÔsÕ čine lokalnu bazu ravninskoga vektorskog prostora V 2, pa se vektori u ravnini osi štapa, vezani za točku rôsõ, mogu u komponente rastaviti i u toj bazi: slika 1.b. prikazuje rastav vektora Ør ½ ÔsÕ. Ør ½ ÔsÕ νôsõ Øe 1 ÔsÕ βôsõ Øe 3 ÔsÕ, (2) ØQÔsÕ N ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ T ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ; (3) Kinematičko značenje funkcija ν i β objasnit ćemo analizom nekoliko posebnih slučajeva. Ako jeβôsõ 0, onda je Ør ½ ÔsÕ νôsõ Øe 1 ÔsÕ. To geometrijski znači da jevektor Ør ½ ÔsÕ, kojim je odredena tangenta na deformiranu os u točki rôsõ, kolinearan s normalom Øe 1 ÔsÕ ravnine poprečnog presjeka u toj točki; drugim riječima, ravnina poprečnoga presjeka okomita je na deformiranu os. Ako je još i νôsõ 1, Ør ½ ÔsÕ je jedinični vektor: ÐØr ½ ÔsÕÐ ÐØe 1 ÔsÕÐ 1. U predavanju Jednadžbe ravnoteže štapa (1), na stranicama 5. i 6., pokazali smo da je 1

2 ν ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ Øı x ϑôsõ Øe 1 ÔsÕ Ør ½ ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ Øk ØrÔsÕ Ør ½ ÔsÕ z Øe 3 ÔsÕ β ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ a. b. Øe 3 ÔsÕ Slika 1. razlika duljina infinitezimalnoga lučnog odsječka ÙrÔs,dsÕ i diferencijala dørôs,dsõ Ør ½ ÔsÕds zanemariva, tako da možemo uzeti Ð ÙrÔs,dsÕÐ ÐØr ½ ÔsÕÐds. Uz ÐØr ½ ÔsÕÐ 1 je Ð ÙrÔs,dsÕÐ ds. Kako je i Ð Ùr 0 Ôs,dsÕÐ ds, slijedi da se deformiranjem duljina infinitezimalnoga odsječka osi nije promijenila. Ako je pak νôsõ 1, onda je ÐØr ½ ÔsÕÐ νôsõ, tako da je Ð ÙrÔs,dsÕÐ νôsõds. Omjer λôsõ duljina lučnoga odsječka ÙrÔs,dsÕ u ravnotežnoj konfiguraciji i izvornog odsječka Ùr 0 Ôs,dsÕ neopterećenog štapa, λôsõ Ð ÙrÔs,dsÕÐ Ð Ùr 0 Ôs,dsÕÐ ÐØr ½ ÔsÕÐ, (4) nazivamo koeficijentom rastezanja, pa je λôsõ νôsõ. Za λôsõ 1 je Ð ÙrÔs,dsÕÐ Ð Ùr 0 Ôs,dsÕÐ, što znači da se os štapa u (infinitezimalnom) okolišu točke rôsõ rasteže, a ako je λôsõ 1, os se steže. Koeficijent rastezanja mora biti veći od nule: naime, λôsõ 0 ako je Ð ÙrÔs,dsÕÐ 0 i Ð Ùr 0 Ôs,dsÕÐ 0, a to bi značilo da je odsječak iščeznuo. Vrijednost funkcije ν u materijalnoj točki s možemo poistovjetiti s koeficijentom rastezanja λôsõ samo ako je βôsõ 0. Prema (2) je, za βôsõ 0, ÐØr ½ ÔsÕÐ ν 2 ÔsÕ β 2 ÔsÕ, što znači da duljina deformiranoga odsječka ovisi i o βôsõ, te je opći izraz za koeficijent rastezanja λôsõ ν 2 ÔsÕ β 2 ÔsÕ. (5) Neka je sada βôsõ 0. Ako je vrijednost νôsõ takva da je ÐØr ½ ÔsÕÐ 1, može se reći (slika 2.) da je vektor Øe 1 ÔsÕ nastao zaokretanjem vektora Ør ½ ÔsÕ oko osi odredene vektorom Øe 2 ÔsÕ za kut γôsõ za koji je sinγôsõ βôsõ, pa je γôsõ arcsinβôsõ. Prema tome, γôsõ je posmični kut za koji se promijenio pravi kut izmedu ravnine poprečnog presjeka i tangente na os štapa. Medutim, posmični kut ne ovisi samo o βôsõ nego i o νôsõ, pa je opći izraz, primjenjiv i kada je ÐØr ½ ÔsÕÐ 1, malo složeniji: γôsõ arcsin βôsõ ÐØr ½ ÔsÕÐ Kut izmedu vektorâ Øı i Ør ½ ÔsÕ označit ćemo sa ϕôsõ: arcsin βôsõ λôsõ. (6) ϕôsõ ϑôsõ γôsõ, odnosno, ϑôsõ ϕôsõ γôsõ. 2

3 Øe 1 ÔsÕ γ ÔsÕ ϑôsõ Ør ½ ÔsÕ Ør ½ ÔsÕ β ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ γ ÔsÕ ϑôsõ Øe 1 ÔsÕ β ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ a. γ ÔsÕ b. Øe 3 ÔsÕ γ ÔsÕ Slika Skalarne diferencijalne jednadžbe ravnoteže U rastavu unutarnje sile prema izrazu(3) u komponentu okomitu na ravninu poprečnoga presjeka i komponentu u njoj obje su komponente umnošci dviju funkcija parametra s: vrijednosti komponente i jediničnoga vektora. Derivacija rastava sadrži stoga četiri pribrojnika: ØQ ½ ÔsÕ N ½ ÔsÕ Øe 1ÔsÕ N ÔsÕ Øe ½ 1 ÔsÕ T ½ ÔsÕ Øe 3ÔsÕ T ÔsÕ Øe ½ 3 ÔsÕ. Vektori Øe 1 ÔsÕ i Øe 3 ÔsÕ definirani su izrazima (1) kao kompozicije funkcija (sinus i kosinus funkcije su kuta ϑ koji je funkcija parametra s), pa su njihove derivacije Øe 1 ½ ÔsÕ Ö sinϑôsõ ϑ½ ÔsÕ Øı ÖcosϑÔsÕ ϑ ½ ÔsÕ Ø k ϑ ½ ÔsÕ sinϑôsõøı cosϑôsõ Ø k ϑ ½ ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ κôsõ Øe 3 ÔsÕ, Øe 3 ½ ÔsÕ ÖcosϑÔsÕ ϑ½ ÔsÕ Øı Ö sinϑôsõ ϑ ½ ÔsÕ Ø k ϑôsõ cosϑôsõøı ½ sinϑôsõ Ø k ϑ ½ ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ κôsõ Øe 1 ÔsÕ. Uvrštavanje u prethodni izraz za Q Ø ½ ÔsÕ i, potom, razvrstavanje po komponentama daju ØQ ½ ÔsÕ N ½ ÔsÕ κôsõt ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ T ½ ÔsÕ κôsõn ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ. (7) Skalarnekomponenterastavazadanogaopterećenja Øq 0 ÔsÕuravninskojbazi Øe 1 ÔsÕ, Øe 3 ÔsÕ možemo izračunati i kao njegove projekcije na osi odredene vektorima baze, pa je Øq 0 ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ Øq0 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ. (8) Uvedemo li rastave (7) i (8) u vektorsku diferencijalnu jednadžbu ravnoteže sila ØQ ½ ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Ø0, 3

4 dobit ćemo, nakon sredivanja, N ½ ÔsÕ κôsõt ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ T ½ ÔsÕ κôsõn ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ Ø0. Budući da su vektori Øe 1 ÔsÕ i Øe 3 ÔsÕ linearno nezavisni, ta će vektorska jednadžba biti zadovoljena samo ako obje njezine skalarne komponente iščeznu, pa su skalarne diferencijalne jednadžbe ravnoteže sila iskazane u lokalnom koordinatnom sustavu N ½ ÔsÕ κôsõt ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Øe 1 ÔsÕ 0, (9) T ½ ÔsÕ κôsõn ÔsÕ Øq 0 ÔsÕ Øe 3 ÔsÕ 0. (10) Vektorska je diferencijalna jednadžba ravnoteže momenata M ½ ÔsÕ Ør ½ ÔsÕ Ø QÔsÕ Øm 0 ÔsÕ Ø0. U ravninskim su problemima vektori svih momenata okomiti na ravninu osi štapa, te su stoga MÔsÕ MÔsÕ Øj i Øm 0 ÔsÕ m 0 ÔsÕ Øj. (11) Kako u izrazu za MÔsÕ vektor Øj ima ulogu konstante, derivacija je M ½ ÔsÕ M ½ ÔsÕ Øj. (12) Lako je pokazati da je i drugi pribrojnik u jednadžbi ravnoteže momenata usporedan s vektorom Øj: Øe 1 ÔsÕ Øj Øe 3 ÔsÕ Ør ½ ÔsÕ QÔsÕ Ø νôsõ 0 βôsõ βôsõn ÔsÕ νôsõt ÔsÕ Øj. N ÔsÕ 0 T ÔsÕ Uvrštavanjem prethodnih izraza u vektorsku jednadžbu dobivamo skalarnu diferencijalnu jednadžbu ravnoteže momenata iskazanu u lokalnom koordinatnom sustavu M ½ ÔsÕ βôsõn ÔsÕ νôsõt ÔsÕ m 0 ÔsÕ 0. (13) Vektore u ravnini osi možemo rastaviti i u komponente usporedne s globalnim osima x i z: Ør ½ ÔsÕ x ½ ÔsÕ Øı z ½ ÔsÕ Ø k, (14) ØQÔsÕ HÔsÕ Øı V ÔsÕ Ø k, (15) Øq 0 ÔsÕ q 0,x ÔsÕ Øı q 0,z ÔsÕ Ø k. (16) 4

5 Za razliku odrastava (3) vektora Ø QÔsÕ ukojem su jedinični vektori funkcije, u (15)vektori Øı i Ø k ne ovise o s, pa je derivacija ØQ ½ ÔsÕ H ½ ÔsÕ Øı V ½ ÔsÕ Ø k. (17) Uvrštavanje u vektorsku diferencijalnu jednadžbu ravnoteže sila daje, uz zahtjev za iščezavanjem obiju skalarnih komponenata, skalarne diferencijalne jednadžbe ravnoteže sila iskazane u globalnom koordinatnom sustavu: H ½ ÔsÕ q 0,x ÔsÕ 0, (18) V ½ ÔsÕ q 0,z ÔsÕ 0. (19) Izrazimo li drugi pribrojnik u vektorskoj jednadžbi ravnoteže momenata pomoću komponenata usporednih s globalnim osima, Øı Øj Ø k Ør ½ ÔsÕ QÔsÕ Ø x ½ ÔsÕ 0 z ½ ÔsÕ z ½ ÔsÕHÔsÕ x ½ ÔsÕV ÔsÕ Øj, HÔsÕ 0 V ÔsÕ dobit ćemo skalarnu diferencijalnu jednadžbu ravnoteže momenata iskazanu u globalnom koordinatnom sustavu: M ½ ÔsÕ z ½ ÔsÕHÔsÕ x ½ ÔsÕV ÔsÕ m 0 ÔsÕ 0. (20) Prikažemo li vektor ØrÔsÕ pomoću pomaka iz početnoga položaja, ØrÔsÕ Ør 0 ÔsÕ ØpÔsÕ x 0 ÔsÕØı z 0 ÔsÕ Ø k uôsõøı wôsõ Ø k x 0 ÔsÕ uôsõ Øı z0 ÔsÕ wôsõ Ø k, prethodna jednadžba uz prelazi u Ør ½ ÔsÕ Ør ½ 0 ÔsÕ Øp ½ ÔsÕ x ½ 0 ÔsÕ u½ ÔsÕ Øı z ½ 0 ÔsÕ w ½ ÔsÕ Ø k, M ½ ÔsÕ z ½ 0 ÔsÕ w ½ ÔsÕ HÔsÕ x ½ 0 ÔsÕ u½ ÔsÕ V ÔsÕ m 0 ÔsÕ 0. (21) Ravni štap možemo smjestiti tako da njegova os leži na osi x, s lijevim krajem u ishodištu, i umjesto parametra s uvesti apscisu x. Tada su Ør 0 ÔxÕ xøı, ØrÔxÕ x uôxõ Øı wôxõ Ø k, Ør ½ ÔxÕ 1 u ½ ÔxÕ Øı w ½ ÔxÕ Ø k, (22) tako da je diferencijalna jednadžba ravnoteže momenata za ravni štap M ½ ÔxÕ w ½ ÔxÕHÔxÕ 1 u ½ ÔxÕ V ÔxÕ m 0 ÔxÕ 0. (23) 5

6 3. Rješenje za ravnu nerastezljivu Bernoulli Eulerovu gredu Prema Bernoulli Eulerovoj pretpostavci pri deformiranju grede poprečni presjeci ostaju okomiti na deformiranu os. To, kao što smo u prvom odjeljku pokazali, uvodi ograničenje βôsõ 0 u rastav (2) vektora Ør ½ ÔsÕ. Tada je koeficijent rastezanja λôsõ νôsõ, pa se nerastezljivost izražava ograničenjem νôsõ 1. Pri rastavu (22) vektora Ør ½ ÔsÕ koeficijent rastezanja izračunavamo prema izrazu λôsõ 1 u½ ÔxÕ 2 w½ ÔxÕ 2. Ako su pomaci wôxõ mali, tada su i zaokreti osi ϕôxõ w ½ ÔxÕ mali, pa je doprinos pribrojnika w ½ ÔxÕ 2 zanemariv. Izzahtjeva λôsõ 1 slijedi zahtjev1 u ½ ÔxÕ 1, odnosno, u ½ ÔxÕ 0. (Usput, to znači da sve točke osi putuju po okomicama na os nedeformiranoga štapa.) Jednadžba (23) pojednostavljuje se tada u M ½ ÔxÕ w ½ ÔxÕHÔxÕ V ÔxÕ m 0 ÔxÕ 0. (24) Ako je m 0 0, tu jednadžbu možemo derivirati: Na temelju jednadžbi (18) i (19) su M ¾ ÔxÕ w ¾ ÔxÕHÔxÕ w ½ ÔxÕH ½ ÔxÕ V ½ ÔxÕ 0. H ½ ÔxÕ q 0,x ÔxÕ i V ½ ÔxÕ q 0,z ÔxÕ, te je M ¾ ÔxÕ w ¾ ÔxÕHÔxÕ w ½ ÔxÕq 0,x ÔxÕ q 0,z ÔxÕ 0. Iz konstitucijske jednadžbe za moment savijanja za Bernoulli Eulerovu gredu, MÔxÕ EÔxÕIÔxÕϑ ½ ÔxÕ EÔxÕIÔxÕw ¾ ÔxÕ, dobivamo M ¾ ÔxÕ EÔxÕIÔxÕw ¾ ÔxÕ ¾. Uzmemo li još da je EÔxÕIÔxÕ EI, bit će M ¾ ÔxÕ EIw IV ÔxÕ, tako da je EIw IV ÔxÕ HÔxÕw ¾ ÔxÕ q 0,x ÔxÕw ½ ÔxÕ q 0,z ÔxÕ 0 (25) 6

7 skalarna diferencijalna jednadžba ravnoteže momenata izražena pomoću komponente pomaka w. Iz jednadžbe ravnoteže sila (18) uz zadnju pojednostavljujuću pretpostavku q 0,x 0 slijedi HÔxÕ H. Dobivena jednadžba ravnoteže EIw IV ÔxÕ Hw ¾ ÔxÕ q 0,z ÔxÕ (26) je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima; pisat ćemo je u obliku w IV ÔxÕ H EI w¾ ÔxÕ q 0,zÔxÕ. (27) EI Silu H ćemo, iako djeluje po osi štapa samo u njegovu početnom, nedeformiranom stanju, zvati uzdužnom silom. Kao što ćemo u nastavku pokazati, rješenja jednadžbe (26) za tlačnu silu bitno se po karakteru razlikuju od rješenjâ za vlačnu silu Utjecaj tlačne sile Uzet ćemo prvo da na štap djeluje tlačna sila intenziteta P t 0. Uvrstimo li H P t u jednadžbu (27), bit će P w IV t ÔxÕ EI w¾ ÔxÕ q 0,zÔxÕ. (28) EI Uvedemo li bezdimenzionalni [provjerite!] koeficijent h l H EI l Pt EI (29) tako da su h 2 P tl 2 EI i P t EI h2 l2, ta jednadžba prelazi u w IV ÔxÕ h 2 l 2 w¾ ÔxÕ q 0,zÔxÕ. (30) EI Teorija diferencijalnih jednadžbi 1 kaže da je opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe LÖy f zbroj jednoga njezina posebnog rješenja y p i općeg rješenja y h pripadne homogene diferencijalne jednadžbe LÖy 0. Naime, neka je y r y h y p ; tada je LÖy r LÖy h y p LÖy h LÖy p, 1 Ž. Marković: Uvod u višu analizu. II. dio, Školska knjiga, Zagreb,

8 pri čemu je druga jednakost u stvari odredbeno svojstvo linearnoga operatora L. Budući da y h zadovoljava homogenu jednadžbu, LÖy h 0, i da y p zadovoljava nehomogenu jednadžbu, LÖy p f, slijedi LÖy r 0 f f, dakle, y r je rješenje diferencijalne jednadžbe LÖy f. Nehomogenoj diferencijalnoj jednadžbi (30) pripada homogena jednadžba Napišemo li je u obliku w IV ÔxÕ h 2 l 2 w¾ ÔxÕ 0. (31) w IV ÔxÕ h2 l 2 w¾ ÔxÕ, vidjet ćemo da tražimo funkciju kojoj je četvrta derivacija jednaka drugoj derivaciji pomnoženoj stanovitom konstantom. Funkcija w h ÔxÕ e µx, uz pogodan izbor konstante µ, upravo je takva funkcija: w ¾ h ÔxÕ µ2 e µx i w IV h ÔxÕ µ4 e µx. Po uvrštavanju dobivenih izraza za wh IV ÔxÕ i w¾ hôxõ u (31) dobivamo Å µ 2 h 2 µ 2 e µx 0. l 2 Kako je e µx 0 za svaki x, mora biti Å µ 2 h 2 µ 2 0; (32) l 2 ta se jednadžba naziva karakterističnom jednadžbom homogene diferencijalne jednadžbe(31). Karakteristična će jednadžba biti zadovoljena ako je µ 2 0 ili ako je µ 2 h2 l2, pa su njezini korijeni µ 1 µ 2 0, µ 3 i h i µ 4 i h l l, gdje je i 1. (Sada je jasno zašto smo h definirali pomalo neobično pomoću drugog korijena u protivnom bi se kvadratni korijeni pojavili u µ 3 i µ 4, pa bismo ih morali vući u nastavku.) Za različite korijene µ 3 i µ 4 rješenja su jednadžbe (31) w h,4 ÔxÕ e µ 4x e xihßl i w h,3 ÔxÕ e µ 3x e xihßl. 8

9 Euler je pokazao (1748.) da su e ix cosx i sinx i e ix cosx i sinx, tako da su w h,3 ÔxÕ cos i sin i w h,4 ÔxÕ cos i sin. Za jednake su pak korijene µ 1 µ 2 rješenja jednadžbe (31) w h,1 ÔxÕ e µ 1x e 0 1 i w h,2 ÔxÕ xe µ 1x xe 0 x. Budući da je jednadžba (31) linearna, zadovoljava je i svaka linearna kombinacija dobivenih rješenja: w h ÔxÕ b 1 w h,1 ÔxÕ b 2 w h,2 ÔxÕ b 3 w h,3 ÔxÕ b 4 w h,4 ÔxÕ h h h b 1 b 2 x b 3 cos i sin b 4 cos h h b 1 b 2 x Ô ib 3 ib 4 Õ sin Ôb 3 b 4 Õ cos, h i sin gdjesub 1, b 2, b 3 ib 4 povoljiodabranekonstante. Uvedemolinovekonstante a 3 ib 3 ib 4 i a 4 b 3 b 4, opće je rješenje homogene diferencijalne jednadžbe (31) h w h ÔxÕ b 1 b 2 x a 3 sin a 4 cos. (33) Ako je desna strana nehomogene diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima polinom, i njezino je posebno rješenje polinom; stupanj polinoma u rješenju jednak je zbroju stupnja polinoma na desnoj strani i reda najniže derivacije na lijevoj strani jednadžbe 2. U jednadžbi (30) najniža je derivacija druga derivacija. Uzet ćemo da je q 0,z ÔxÕ q 0, tako da je jednadžba koju rješavamo w IV ÔxÕ h 2 l 2 w¾ ÔxÕ q 0 EI ; (34) slobodni je član, dakle, polinom nultoga stupnja. Rješenje ćemo stoga tražiti u obliku Uzastopnim deriviranjem dobivamo w p ÔxÕ c 0 c 1 x c 2 x 2. w ½ p ÔxÕ c 1 2c 2 x, w ¾ p ÔxÕ 2c 2 i w p ÔxÕ wiv ÔxÕ 0. 2 Ž. Marković: Uvod u višu analizu. II. dio. 9

10 Uvrštavanje u jednadžbu (34) daje 2 h2 l c 2 2 q 0 EI, pa je c 2 q 0l 2 2EIh2. Posebno je rješenje te jednadžbe, prema tome, w p ÔxÕ c 0 konstante c 0 i c 1 naizgled ostaju neodredene. c 1 x q 0 l 2 2EIh 2 x2 ; (35) Opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe (34) dobit ćemo pribrajanjem njezina posebnog rješenja (35) općem rješenju (33) pripadne homogene jednadžbe (31): wôxõ w h ÔxÕ w p ÔxÕ Ôb 1 c 0 Õ Ôb 2 c 1 Õx a 3 sin a 4 cos q 0 l 2 2EIh 2 x2 ; naravno, konstante b 1 c 0 i b 2 c 1 možemo zamijeniti konstantama a 1 i a 2, te je, na kraju, h wôxõ a 1 a 2 x a 3 sin a 4 cos q 0 l 2 2EIh 2 x2. (36) Dobiveno opće rješenje sadrži četiri zasad neodredene konstante a 1, a 2, a 3 i a 4. Njihove vrijednosti odreduju rubni uvjeti potrebna su stoga četiri rubna uvjeta. Za obostrano upetu gredu (s oslobodenim uzdužnim pomakom na jednom kraju, kako bi se mogla unijeti sila P t ) rubni su uvjeti wô0õ 0, w ½ Ô0Õ 0, wôlõ 0 i w ½ ÔlÕ 0. Za drugi i četvrti uvjet treba nam derivacija izraza (36): h h w ½ ÔxÕ a 2 a 3 l cos h h a 4 l sin q 0 l 2 EI h 2 x. Rubni uvjeti daju sustav koji sadrži četiri jednadžbe sa četiri nepoznanice a 1, a 2, a 3 i a 4 : wô0õ 0 a 1 a 4 0, w ½ Ô0Õ 0 a 2 a 3 h l 0, wôlõ 0 a 1 a 2 l a 3 sinh a 4 cosh q 0 l 4 2EIh 2 0, h w ½ ÔlÕ 0 a 2 a 3 l cosh a h 4 l sinh q 0 l 3 EI h 0. 2 Njegovo je rješenje: a 1 q 0l 4 2EIh 3 1 cosh sinh, a 2 q 0l 3 2EIh 2, a 3 q 0l 4 2EIh 3, a 4 q 0l 4 2EIh 3 1 cosh sinh. 10

11 Uvrštavanjem u izraz za drugu derivaciju h 2 h w ¾ ÔxÕ a 3 l sin 2 h 2 h a 4 l cos 2 ql 2 EIh 2 (37) konačno dobivamo sredeni izraz za moment savijanja MÔxÕ EIw ¾ ÔxÕ q 0l 2 h h sin 2h 2 h 1 cosh sinh cos 2 ; (38) primjenom jednakosti ctg α 2 1 cosα sinα MÔxÕ q 0l 2 h h sin 2h 2 taj se izraz možda može malo pojednostavniti: h ctg h h 2 cos Utjecaj vlačne sile Za vlačnu je silu H P v, P v 0, postupak rješavanja diferencijalne jednadžbe u osnovnim koracima analogan. Nehomogena diferencijalna jednadžba, dobivena uvrštavanjem H P v u jednadžbu (27), sada je odnosno, gdje je w IV ÔxÕ P v EI w¾ ÔxÕ q 0,zÔxÕ, (39) EI w IV ÔxÕ h2 l 2 w¾ ÔxÕ q 0,zÔxÕ, (40) EI h l dok je pripadna homogena jednadžba H EI l Pv EI, (41) w IV ÔxÕ h2 l 2 w¾ ÔxÕ 0. (42) Rješenje homogene jednadžbe ponovo ćemo tražiti u obliku w h ÔxÕ e µx, pa je karakteristična jednadžba µ 2 h2 µ 2 0; l 2 Njezinim korijenima µ 1 µ 2 0, µ 3 h l i µ 4 h l 11

12 odgovaraju rješenja homogene jednadžbe w h,1 ÔxÕ e µ 1x 1, w h,2 ÔxÕ xe µ 1x x, w h,3 ÔxÕ e µ 3x e xhßl, w h,4 ÔxÕ e µ 4x e xhßl. Opće je rješenje homogene jednadžbe linearna kombinacija tih rješenja: Kako su w h ÔxÕ b 1 b 2 x b 3 e xhßl b 4 e xhßl. shx ex e x 2 i chx ex e x, 2 opće rješenje homogene jednadžbe (42) možemo pisati u obliku w h ÔxÕ b 1 b 2 x a 3 sh a 4 ch. (43) Uzet ćemo da je opet q 0,z ÔxÕ q 0, pa je nehomogena diferencijalna jednadžba koju rješavamo w IV ÔxÕ h2 l 2 w¾ ÔxÕ q 0 EI. (44) Potražimo li, kao i ranije, njezino posebno rješenja u obliku w p ÔxÕ c 0 c 1 x c 2 x 2, bit će 2 h2 l c 2 2 q 0 EI i, odatle, c 2 q 0l 2 2EIh2, tako da je traženo posebno rješenje w p ÔxÕ c 0 c 1 x q 0l 2 2EIh 2 x2. (45) Opće je rješenje jednadžbe (44), prema tome, wôxõ a 1 a 2 x a 3 sh a 4 ch q 0l 2 2EIh 2 x2, (46) a njegova su prva i druga derivacija h h w ½ ÔxÕ a 2 a 3 l ch h 2 h w ¾ ÔxÕ a 3 l sh 2 h h a 4 l sh h 2 h a 4 l ch 2 12 Å q 0l 2 EI h 2 x, q 0l 2 EI h2. (47)

13 Rubni uvjeti daju sustav jednadžbi za odredivanje vrijednosti konstanata a 1, a 2, a 3 i a 4. Primjerice, za našu je obostrano upetu gredu (s mogućnošću unošenja uzdužne sile) Rješenje je tog sustava: wô0õ 0 a 1 a 4 0, w ½ Ô0Õ 0 a 2 a 3 h l 0, wôlõ 0 a 1 a 2 l a 3 shh a 4 chh q 0l 4 2EIh 0, 2 h w ½ ÔlÕ 0 a 2 a 3 l chh a h 4 l shh q 0l 3 EIh 0. 2 a 1 q 0l 4 2EIh 3 1 chh shh, a 2 q 0l 3 2EIh 2, a 3 q 0l 4 2EIh 3, a 4 q 0l 4 2EIh 3 1 chh shh. I na kraju, izraz je za moment savijanja MÔxÕ q 0l 2 h h sh 2h 2 h 1 chh shh ch 2, (48) ili, uz cth α 2 1 chα shα, MÔxÕ q 0l 2 2h 2 h sh h cth h 2 ch h Å 2. 13

14 14