1. Pravougaona ukljestena ploca na elasticnoj podlozi
Skica;
Kao sto je na skici prikazano,normalno na srednju ravan deluje opterecenje definisano
sledecom jednacinom;
))1()1((2],[ 0
b
y
b
y
a
x
a
x
qyxq 
Ploca je ukljestena sa sve cetiri strane I na njoj opterecenje predstavlja rastresit materijal
koji zbog svog oblika na krajevima ploce, moze da simulira plocu kao dno zatvorenog
rezeorvara.Stoga je dozvoljeno da opterecenje postoji na krajevima stranica,kao da se
radi o sudu.Jos se predpostavlja da je podloga elasticna na kojoj stoji sistem.A koeficijent
elasticnosti je c[N/m3]
Prethodna jednacina je dobijena odredjivanjem konstanti na sledeci nacin;
0
4
2
32
2
1
]
2
,
2
[
0],[
0],0[
0]0,[
],[
q
ba
f
baf
bf
af
yCyCxCxCyxf





Sa ovom formulacijom distribucije opterecenja,moze se napisati sledeca diferencijalna
jednacina ploce;









4
4
22
4
4
4
2
y
W
xy
W
x
W
W
D
c
b
y
b
y
a
x
a
x
D
q
 ))1()1((
2 0
=0

2. ili
 ],[4
yxW W
D
c
b
y
b
y
a
x
a
x
D
q
 ))1()1((
2 0
Gde su oznake sledeceg znacenja;
W[x,y]-polje pomeranje ploce u metrima,
0q -opterecenje na sredini ploce u [N/m2],
a-duzina ploce u metrima,
b-sirina ploce u metrima,
E-modul elasticnosti u [N/m2]
x-nezavisno promenljiva u pravcu duzine
y- nezavisno promenljiva u pravcu sirine
-Poasonov koeficijent,koji predstavlja odnos poprecne I uzduzne dilatacije,
4
4
22
4
4
4
4
2
yxyx 







 -biharmonijski operator za Dekartov koordinatni sistem,
c-koeficijent elasticnosti podloge ,dimenzije[N/m3],
D=
)1(12 2
3

Eh
-savojna krutost dimenzije[Nm]
h-debljina ploce u metrima.
Sada ce se ovaj izraz bezdimenzijonisati na sledeci nacin,vodeci racuna o sledecem;
D=
)1(12 2
3

Eh
,sto je savojna krutost.Konstanta c predstavlja krutost ploce u [N/m3]
n
Eh
ca
p
Eh
aq
k
b
a
u
h
W
b
y
a
x






3
4
4
4
0
,
,
,
,
,


Nakon uvrstavanja ovih smena I sredjivanja diferencijalna jednacina ploce glasi;









4
4
4
22
4
2
4
4
2

u
k
u
k
u
nup )1(12))1()1()(1(24 22
  =0
Resenje mora da zadovolji granicne uslove koji glase;

3. .0
]1,0[
,0
]0,0[
,0
]0,1[
,0
]0,0[
,0]1,1[
,0]1,0[
,0]0,1[
,0]0,0[




















u
u
u
u
u
u
u
u
Resenje trazimo u obliku stepenog reda koji glasi;
5
5
4
4
3
3
2
210
5
5
4
4
3
3
2
210
][
][
][][],[






AAAAAAu
CCCCCCu
uuu


 
Prvi red mora da zadovolji sledece granicne uslove,
,0
]1[
,0
]0[
,0]1[
,0]0[














u
u
u
u
Pa se dobija sledeca zavisnost konstanti koje se resavaju po dve konstante a one su
)2(
)2(
524
253
CCC
CCC


Sada imamo sledecu funkciju
))1(()1((][ 23
5
22
2   CCu
ili krace
1
1
2
)1(][ 

  m
M
m
mCu 
Sada se isto pristupa resavanju drugog reda predpostavljenog resenja pa se dobija

4. ,0
]1[
,0
]0[
,0]1[
,0]0[














u
u
u
u
1
1
2
)1(][ 

  n
N
n
nAu 
Kada se ova dva reda pomnoze vodeci racuna o konstantama dobijamo
 


M
m
N
n
nm
mnCu
1 1
1212
)1()1(],[ 
Konstante uz zavisno promenljive sto cemo resiti Galerkinovim integralom
22
3232
1
0
1
0
2
4
4
4
22
4
2
4
4
4
12
3222
1
0
1
0
2
4
4
4
22
4
2
4
4
3
21
2232
1
0
1
0
2
4
4
4
22
4
2
4
4
2
11
2222
1
0
1
0
2
4
4
4
22
4
2
4
4
1
)1()1)())1()1()(1(242(
)1()1)())1()1()(1(242(
)1()1)())1()1()(1(242(
)1()1)())1()1()(1(242(
Cddtnup
u
k
u
k
u
I
Cddtnup
u
k
u
k
u
I
Cddtnup
u
k
u
k
u
I
Cddtnup
u
k
u
k
u
I
g
g
g
g




















































)1(12 2
t
U svakom integralu za resenje se uzima sledeca funkcija
3232
22
3222
12
2232
21
2222
11 )1()1()1()1()1()1()1()1(   CCCCu
Posle grupisanja koeficijenata uz varijaciju konstanata dobijamo linearan system od cetiri
algebarske jednacine, 01 gI , 02 gI , 03 gI , 04 gI , cijim resavanjem sledi,
2222
224
2
222112224
2
11
)1()1(
)1(422442
)1(378
],[
0,
)1(422442
)1(378














nkk
p
u
CCC
nkk
p
C

5. Pomeranje ploce za p=1,k=1,n=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
0
0.005
0.01
u
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Zadnja jednacina predstavlja priblizno resenje diferencijalne jednacine ploce.
Sada se prelazi na analizu napona koji su definisani momentima savijanja.
)1(
)(
)(
6
6
6
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

























yx
W
DM
x
W
y
W
DM
y
W
x
W
DM
h
M
h
M
h
M
xy
xx
xx
yy
yy
xy
xy
xx
xx
Da bi se ovi izrazi upotrebili potrebno ih je bezdimenzionisati.Tako da se naponi
bezdimenzionisu na sledeci nacin.

6. ,
,
,
2
2
2
2
2
2
Eh
a
S
Eh
a
S
Eh
a
S
yy
yy
xy
xy
xx
xx






Gde se za napone na desnoj strani jednakosti uzimaju vrednosti definisane momentima .
Sada se bezdimenzionisu momenti gde se smene za nezavisno I zavisno promenljive
poistovecuju sa prvim smenama,pa se dobija

























uk
S
u
k
u
S
u
k
u
S
xy
yy
xx
)1(2
)(
)1(2
1
)(
)1(2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Sada se izvodi jednacina koja predstavlja maximum deformaciskog rada na promeni
zapremine koja glasi;
)3(
222
xyyyyyxxxxekv SSSSSS 
Pa se dobija polje napona za izvedeno resenje I usvojenim bezdimenzijskim velicinama
Napon u x pravcu p=1,k=1,n=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.2
-0.1
0
0.1
sxx
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x

7. Napon u y pravcu p=1,k=1,n=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.2
-0.1
0
0.1
syy
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Napon u xy pravcu p=1,k=1,n=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.04
-0.02
0
0.02
0.04
sxy
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x

8. Ekvivalentni napon p=1,k=1, n=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
0
0.05
0.1
0.15
s
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Na osnovu prikazanog sledi da je moguce dimenzionisati plocu I analizirati uticaje
bezdimenzijskih parametara na istu. Analizira se sledeci skup jednacina;
k
b
a

p
Eh
aq
4
4
0
n
Eh
ca
3
4
2222
224
2
)1()1(
)1(422442
)1(378
],[ 


 



nkk
p
u ,za n=0 imamo
2222
24
2
)1()1(
747
)1(63
],[ 

 



kk
p
u
kroz koji cemo naci funkciju najveceg ugiba od parametara.Ako stavimo n=0,
imamo
42max
422442
34367.1
]0,3.0,5.0,5.0[
kk
p
nu

 

9. Pomeranje sredine x=0.5,h=0.5,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p
0
1
2
3
k
0
0.01
0.02
0.03
Umax
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p
Za ovaj slucaj moze se isto tako naci napon u funkciji istih koji glasi
242
422
)747(
)233.110389.15233.110(
6
1
]0,3.0,5.0,5.0[
kk
kkp
nekv


 
Ekvivalentni napon x=0.5,h=0.5,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p
0
1
2
3
k
0
0.1
0.2
s
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p

10. Sada se trazi zavisnost u kojoj figurise opterecenje sa p=1,n=0 a ona glasi;
42max
422442
34367.1
]1,3.0,0,5.0,5.0[
kk
pnu

 
0.5 1 1.5 2 2.5 3
k
0.005
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
Umax Maximalni ugib
Nakon trazenja korena jednacine pomeranja sredine ploce dobija se sledeca najmanja
vrednost odnosa stranica pri kojoj je pomeranje sredine blisko nuli,k=13.4602,koja
uzrokuje pomeranje 7
107123.9]3.0,1,0,4602.13,5.0,5,0[ 
 xpnku 
Po grafiku izlozenom ranije vidimo da je napon najveci na sredinama stranica ploce.
Sto iznosi
,142188.0]1,1,1,3.0,5.0,5.0[
,194429.0]1,1,1,3.0,5.0,0[


npk
npk
ekv
ekv


Ako sada posmatramo korene jednacine I dobijeni najmanji koren uvrstimo ekvivalentni
napon imamo;

11. Ekvivalentni napon p=1,k=13.4602,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
0
0.001
0.002
s
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Napon u x pravcu p=1,k=13.4602,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.0005
0
0.0005
sxx
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
.

12. Napon u y pravcu p=1,k=13.4602,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.003
-0.002
-0.001
0
0.001
syy
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Napon u xy pravcu p=1,k=13.4602 ,n=0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
-0.00004
-0.00002
0
0.00002
0.00004
sxy
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Da bi dimenzionisali plocu usvajamo vrednosti za dozvoljeni napon I vrednosti konstanti
Koje figurisu u jednacinama pa sledi

13. 28
222
2
2
1021978.4
)3(]3.0,1,0,1,5.0,5,0[
hxq
SSSSSpnkS
Eh
a
xyyyyyxxxxekvdoz

 
0.005 0.015 0.02 0.025 0.03
h m
50000
100000
150000
200000
250000
300000
350000
q N m2
sdoz=60MPa
Sada cu pokusati da nadjem vezu izmedju pomeranja ploce I koeficijenta elasticnosti
podloge na kojoj se nalazi ploca.Ne bi li nasao podlogu koja minimizira pomeranje
sredine ploce.Polje pomeranja ploce glasi,
2222
224
2
)1()1(
)1(422442
)1(378
],[ 


 



nkk
p
u
Kako bih dosao do grafickog prikaza zavisnosti pomeranja od opterecenja I koeficijenta
elasticnosti podloge,moracu da uvrstim vrednosti koordinata na sredini ploce I da
predpostavim da je ploca kvadratna,tj. da je k=1;pa se dobija
n
p
ku
91.0108
34367.1
]1,3.0,5.0,5.0[

  ,cije polje izgleda;

14. Pomeranje sredine x=0.5,h=0.5,k=1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p
0
100
200
300
n
0
0.005
0.01
Umax
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
p
Ako predpostavim sledece,
n
pku
91.0108
34367.1
]1,1,3.0,5.0,5.0[

  ,
Dobijam sledecu zavisnost pomeranja sredine ploce od koeficijenta elasticnosti podloge.
50 100 150 200 250 300
n
0.004
0.006
0.008
0.012
Umax x=0.5,h=0.5,k=1,p=1
Ova opsta analiza ne daje konkretan zakljucak o vezi opterecenja I koeficijenta
elasticnosti,pa cu preci na njihovu konkretnu analizu,koja se bazira na sledecim
koeficijentima.

15. n
Eh
ca
p
Eh
aq


3
4
4
4
0
,
Ako po dimenzijonisanju ploce se dobije da za opterecenje od 0.1Mpa debljina iznosi
1.5cm gde je dozvoljeni napon od 60Mpa,a duzina 1m,modul elasticnosti celika
E= 2
11
1006.2
m
N
x ,onda je p=33.3,pa kada se nadje prvi koren jednacine
n
pku
91.0108
7443.44
]3.33,1,3.0,5.0,5.0[

  ,dobija se
da je 6
1076933.2 xn  ,sto kada se uvrsti u pomeranje imamo, u=0.0000177543,sto
predstavlja odnos pomeranja I debljine ploce. Medjutim ovo se dobija nakon 15 iteracija
Njutnovom metodom,s’toga je priblizno,ali je onda koeficijent elasticnosti podloge mora
biti 3
11
104.8
m
N
xc  .Koren od n= 11
10 vec vise utice na pomeranje sredine ploce nego
ranije ali bi onda isti bio 3
16
10
m
N
c  .U prvom slucaju bi pomeranje za sredinu ploce
izgledao;
500000 1´ 10
6
1.5´ 10
6
2´ 10
6
2.5´ 10
6
n
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
Umax x=0.5,h=0.5,k=1,p=33.3
Ovakva analiza daje na uvid da ,kvadratna ploca dimenzionisana bez podloge ,moze
priblizno da se ne pomera, ako se nadje podloga koja ima ovakve koeficijente
elasticnosti.
Resavanje ploce Rayleigh – Ritzovovom metodom
Polazi se od resenja koje zadovoljava granicne uslove a glasi,
 


M
m
N
n
nm
mn
b
y
b
y
a
x
a
x
hCyxw
1 1
1
2
1
2
)1()1(),(

16. Da bi se odredile konstante koristi se cinjenica da je potencijalna energija deformacije
jednaka radu spoljasnih sila,sto znaci da je ukupna potencijalna energija ploce jednaka
nuli.Sledeci izrazi definisu prethodno izreceno,
U 
gdje je Ф – ukupna potencijalana energija sistema
 - potencijalna energija deformacije i
U – rad spoljasnjih sila sila.
Koristeći se principom stacionarnosti ukupne potencijalne energije potrebno je pronaći
rešenje problema za pretpostavljeno polje pomeranja.
Izraz za potencijalnu energiju glasi
)1(12
))(1()()(
2
1
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2










































 
hE
DdA
yx
w
y
w
x
w
yx
w
y
w
x
w
y
w
x
w
D
A
 






















a b
yy dxdy
yx
w
y
w
x
w
w
y
w
x
w
x
w
D 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
))(1(2)(,)(
2
1

 




















a b
dxdy
yx
w
y
w
x
w
x
w
x
wD
))()(1(2)(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

Izraz za rad spoljasnjih sila glasi
dydxyxwyxqU
a b

0 0
),(),(
Da bih mogao da koristim bezdimenzijsko polje pomeranja,shodno tome
bezdimenzionisacu potencijalnu energiju deformacije,sledecim smenama
,
,
,
,
k
b
a
u
h
W
b
y
a
x







17. Pa sledi;
 




























a b
dd
uuu
k
u
k
uu
k
u
a
bhE




 )()1(2)2(
)1(24
22
2
2
2
2
22
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
3
5
2
 ddabhCqU
m n
nm
mn  


2
1
2
1
1212
1
0
1
0
0 )1()1()1()1(4
Dobijena su jos dva bezdimenzijska parametra a to su;
abhq
UE
bEh
a
E
s
p
0
5
3
1
;

 
Njihova dimenzija je kao sto se vidi [Nm].Sada izjednacavam potencijalnu energiju
deformacije sa radom spoljasnjih sila zarad stacionarnosti ukupne potencijalne energije.
  

























1
0
1
0
22
2
2
2
2
22
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
)()1(2)2( 



dd
uuu
k
u
k
uu
k
u
=
 ddC
m n
nm
mn  


2
1
2
1
1212
1
0
1
0
)1()1()1()1(2
Polje pomeranja
 


2
1
2
1
1212
)1()1(),(
m n
nm
mnCu 
Resavanjem ovih integrala doci cu do resenje jednacine po Cmn,a koje ce zavisiti od m ,
n,k,p,ν koji predstavljaju broj clanova reda u predpostavljenom stepenom redu koji je
resenje,a time I do veceg stepena resenja.Galerkinov integral je dozvoljavao m,n
vrednosti 1,dok se ovde ocekuje vece dopustanje a samim tim I drugaciji karakter polja
pomeranja.Cilj je naci ),,,,( kpnmFCmn  .
Potrebni su nam sledeci izvodi;
)3)1(1()1)(3)1(1()1(
))3)(2()2)(1(2)1(()1(
))3)(2()2)(1(2)1(()1(
1 1
2
2
211
1 1
2
2
2
211
1 1
2
2
2


















 

 

 
nmC
u
nnnnnnC
u
mmmmmmC
u
n
M
m
N
n
m
mn
nm
M
m
N
n
mn
mn
N
n
M
m
mn

18. Sada treba ove izraze uvrstiti u izraz za potencijalnu energiju deformacije,sto sam ja
izveo koristeci se programskim paketom Mathematica4.0 pa se dobija
32
1 1
32
2
1
0
1
0
22
1 1
2
1
0
1
0
2
2
2
2
2
1
0
1
0
2
2
2
2
1
0
1
0
2
2
2
8364615
2
8364615
2
)25)(23)(21(
2
)25)(23)(21(
2
)27)(25)(23)(3)(2(
6
)
)23)(21)(21(
)1(6
(
)27)(25)(23)(3)(2(
6
)23)(21)(21(
)1(6
nnnmmm
Cdd
u
nnnmmm
Cdd
uu
mmmmmnnn
nn
Cdd
u
nnnnnmmm
mm
Cdd
u
M
m
N
n
mn
M
m
N
n
mn
m n
mn
m n
mn



























 
 








mn
M
m
N
n
mn
M
m
N
n
mn
M
m
N
n
mn
m n
mn
m n
mn
Cp
nnnmmm
C
nnnmmm
C
k
nnnmmm
Ck
mmmmmnnn
nn
Ck
nnnnnmmm
mm
C
)1(
175
2
)
8364615
2
8364615
2
)25)(23)(21(
2
)25)(23)(21(
2
()1(2
)25)(23)(21(
2
)25)(23)(21(
2
2
)27)(25)(23)(3)(2(
6
)
)23)(21)(21(
)1(6
(
)27)(25)(23)(3)(2(
6
)23)(21)(21(
)1(6
2
32
1 1
32
2
1 1
2
2
1 1
22
24
2

























 
 
 
Izraz desno od jednakosti predstavlja integrisani rad spoljasnjih sila.Sada se pristupa
resavanju ove jednacine po koeficijentu Cmn.
Resenje je
)448223498
1
529210()14(9)432773742)(432773742(2
)27)(25)(22)(12)(12)(3)(2(
)14)(448223498529210(9(175
)27)(25)(22)(12)(12)(3)(2)(1(
)1()1(][
2432
244322322
1 1
25432
2
1212
nnnn
nnmknnnnmmmmk
nnnnnnn
nmmmmmm
mmmmmmmp
u
M
m
N
n
nm





  
 

Sada uvrstavamo da je m,n jednako jedinici pa polje pomeranja izgleda da sledeci nacin
2222
24
2
)1()1(
747
)1(63
],[ 

 



kk
p
u ,sto se poklapa sa predjasnjim resenjem

19. Sada m,n uzimaju vrednosti dva pa se dobija
))
814481
3
994463
1
(33
634499
33
747
1
()1()1)(1(63),(
4242
4242
22222
kkkk
kkkk
pu












Pomeranje ploce za p=1,k=1,m=2,n=2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
h
0
0.05
0.1
0.15
u
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Za funkciju pomeranja sredine ploce od odnosa duzina se dobija sledece
1 2 3 4 5 6
k
0.1
0.2
0.3
0.4
Umax Maximalni ugib
Dalje povecavanje broja clanova stepenog resenja dovodi do fizicki nerazumljivih

20. Neslaganje pa je stoga najtacniji rezultat koji za m,n uzima vrednost jedan,a koji je
odredjen Galerkinovom metodom.Postoji slaganje ove dve metode.