7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Vrste ravnoteže... 1

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Vrste ravnoteže... 1"

Transcript

1 11. travnja Prof.dr.sc. Joško Krolo IZVIJANJE, GUBITAK ELASTIČNE STABILNOSTI Sadržaj 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Vrste ravnoteže Izvijanje štapa u elastičnom području Štap zglobno pričvršćen na oba kraja Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodan (konzola) Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodno oslonjen Štap upet na oba kraja Duljina izvijanja štapa Štap na jednom kraju upet, a na drugom elastično oslonjen Utjecaj lokalnih oslabljenja štapa na veličinu kritične sile Kritično naprezanje Izvijanje štapa u plastičnom području Empirijski izrazi za kritično naprezanje Dimenzioniranje štapova opterećenih na izvijanje Utjecaj početne zakrivljenosti štapa na veličinu kritične sile Ekscentrično opterećenje vitkih štapova Utjecaj aksijalnog opterećenja na savijanje štapa Energijska metoda odredivanja kritične sile izvijanja Primjeri Primjer Primjer

2 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 1 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 7.1 Vrste ravnoteže Znanost o otpornosti materijala proučava probleme čvrstoće, krutosti i stabilnosti pojedinih dijelova tehničkih konstrukcija. Do sada smo proučavali probleme naprezanja i deformacija štapova pri različitim oblicima opterećenja, te definirali uvjete čvrstoće i krutosti koji moraju biti ispunjeni pri dimenzioniranju sastavnih dijelova konstrukcija i samih konstrukcija. Medutim, da bi se postigla potpuna sigurnost konstrukcije, uz te uvjete moraju biti ispunjeni i uvjeti stabilnosti. Ovdje ćemo se upoznati s problemima elastične stabilnosti i definirati uvjete stabilnosti. Iz mehanike krutog tijela poznato je da ravnoteža tijela može biti stabilna, labilna i indiferentna. Navedene vrste ravnoteže mogu se pogodno ilustrirati na primjeru kugle položene na konkavnu, konveksnu i horizontalnu podlogu (slika 7.1). Slika 7.1: Shematski prikaz vrsta ravnoteže Kugla na konkavnoj podlozi (slika 7.1a) nalazi se u stabilnoj ravnoteži. Ako kuglu pomaknemo iz tog ravnotežnog položaja ona će se vratiti u prvobitni ravnotežni položaj. Pri bilo kakvom pomaku kugle iz ravnotežnog položaja njezina energija raste. Iz toga izlazi da stabilnom položaju kugle na konkavnoj podlozi odgovara minimum potencijalne energije. Kugla na konveksnoj podlozi (slika 7.1b) nalazi se u labilnoj (nestabilnoj) ravnoteži. Ako kuglu neznatno pomaknemo iz ravnotežnog položaja, ona se neće vratiti u prvobitni položaj, već će se sve više udaljavati od početnog. Svako udaljavanje kugle od početnog položaja popraćeno je smanjenjem potencijalne energije. Prema tome, labilnoj ravnoteži kugle odgovara maksimum potencijalne energije. Kugla na horizontalnoj podlozi (slika 7.1c) nalazi se u indiferentnoj ravnoteži. Ako kuglu pomaknemo iz ravnotežnog položaja, ona se neće vratiti u prvobitni, nego će ostati u ravnoteži u nekom novom položaju koji je blizak prvobitnom. Pritom potencijalna energija kugle ostaje nepromijenjena. Uočavamo da stabilnost kugle prikazana na slici 7.1 ovisi samo o obliku podloge, a ne o težini kugle G.

3 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 2 Slika 7.2: Analiza ravnoteže ravnog štapa Razmotrimo dalje primjer ravnoteže ravnog, apsolutno krutog štapa AB prikazanog na slici 7.2. Štap je na donjem kraju zglobno oslonjen, a na gornjem pridržan elastičnom oprugom krutosti c 1 i aksijalno opterećen silom F. Ako štap AB nije pridržan oprugom BC, vertikalni je položaj štapa labilan, jer i najmanji bočni pomak δ u točki B uzrokuje rotaciju štapa oko točke A i on se više ne može sam vratiti u prvobitni položaj. Stabilnost vertikalnog štapa AB pridržanog elastičnom oprugom AB ovisi o veličini sile F. Ako neko kratkotrajno bočno opterećenje uzrokuje mali bočni pomak δ, na štap će djelovati moment od sile M F = F δ koji teži udaljiti štap od vertikalnog ravnotežnog položaja i moment elastične sile opruge M δ = c δ l (gdje je c krutost opruge) koji nastoji štap vratiti u početni vertikalni položaj. Za dovoljno male vrijednosti sile F je F δ < c δ l te se štap pod djelovanjem opruge vraća u vertikalni položaj koji u ovom slučaju označuje položaj stabilne ravnoteže. Povećamo li silu F do odredene vrijednosti za koju je ispunjen uvjet: F δ = c δ l (7.1) štap će, nakon prestanka djelovanja bočnog opterećenja koje je uzrokovalo mali bočni pomak opruge δ, zadržati novi položaj odreden tim bočnim pomakom. To je položaj indiferentne ravnoteže. Iz gornjeg izraza izlazi definicija kritičnog opterećenja (sile): F kr = c l (7.2) Za F > F kr, odnosno F δ > c δ l sistem je u labilnoj (nestabilnoj) ravnoteži, jer zbog djelovanja momenta bočni pomak δ stalno raste i štap se ponaša kao da nije pridržan oprugom BC. 1 Krutost opruge c je sila koja produžava oprugu za 1.

4 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 3 Slika 7.3: Vrste ravnoteže ravnog štapa prikazane grafički Vrste ravnoteže prikazane su na slici 7.3. Točka D, koja se zove točkom razgranjenja (bifurkacije), odreduje dvije grane rješenja ravnoteže: jedna je vertikalna grana (F F kr, δ = 0), druga horizontalna (F = F kr, δ > 0). Stabilnost sistema može se dobiti i promatrajući potencijalnu energiju sistema prikazanog na slici 7.2. Pretpostavimo neki mali bočni pomak δ u točki B, tako da štap bude nagnut prema vertikali za mali kut α. Pri tome je vertikalni pomak hvatišta sile F : Ako funkciju cos α razvijemo u Taylor-ov red: cos α = n=1 δ F V = l(1 cos α). (7.3) ( 1) n (2n)! α2n = 1 α2 2! + α4 4!, (7.4) uvrstimo u izraz (7.3) i zadržimo prva dva člana reda dobijemo: δ F V = l(1 cos α) l α2 2. (7.5) Rad sile F na odgovarajućem vertikalnom pomaku δ F V je: W = F δf V 2 = F l α2. (7.6) 2 S druge strane, za mali kut (sin α = α) produljenje opruge je l α, pa potencijalna energija elastične opruge iznosi: U = 1 2 c (l α)2. (7.7)

5 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 4 Ako je U > W, sistem je stabilan, a ako je W > U sistem je labilan. Za indiferentno stanje ravnoteže je W = U, odnosno: F l α 2 odakle dobivamo kritičnu vrijednost sile F : što je jednako izrazu (7.2). 2 = 1 2 c (l α)2, (7.8) F kr = c l, (7.9) Vidimo da kritično opterećenje (silu) možemo odrediti statičkom ili energijskom metodom. Sličan problem stabilnosti ravnoteže postoji i kod elastičnog odnosno deformabilnog tijela. Pod opterećenjem se elastično tijelo deformira dok se ne uspostavi ravnoteža izmedu vanjskih i unutarnjih sila. Ravnotežni deformirani oblik tijela može biti stabilan, labilan ili indiferentan, ovisno o veličini opterećenja koje djeluje na tijelo. Razmotrimo elastičnu ravnotežu ravnoga štapa aksijalno opterećenog na tlak (slika 7.4a). Pretpostavit ćemo da je štap idealno ravan, idealno centrično opterećen i da je izraden od homogenog materijala. Pod djelovanjem tlačne sile F štap će se skratiti, ali će zadržati ravan oblik (slika 7.4a). Slika 7.4: Problem stabilnosti elastičnog tijela Pri relativno malim vrijednostima sile F (F < F kr ) ravan oblik ravnoteže štapa je stabilan (slika 7.4b). Izvedemo li štap iz ravnotežnog položaja kratkotrajnim djelovanjem maloga bočnog opterećenja, štap se nakon prestanka djelovanja tog opterećenja vraća u prvobitni ravan oblik koji predstavlja njegov stabilni oblik ravnoteže.

6 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 5 Pri nekoj vrijednosti sile F nazvane kritičnom F = F kr štap se nakon prestanka djelovanja bočnog opterećenja ne vraća u prvobitni ravan oblik, već zadržava novi oblik izazvan kratkotrajnim djelovanjem maloga bočnog optereenja (slika 7.4c). U tom slučaju govorimo o indiferentnoj elastičnoj ravnoteži, odnosno o kritičnome stanju štapa. Kad sila F prijede kritičnu vrijednost (F > F kr ), ravan oblik ravnoteže štapa postaje labilan (slika 7.4d). Vrlo malo bočno opterećenje uzrokuje velike progibe koji i nakon prestanka djelovanja bočnog opterećenja i dalje rastu pod djelovanjem aksijalnog opterećenja. Zbog povećanja momenta savijanja od aksijalnog opterećenja može nastati lom štapa. Opisana pojava gubitka stabilnosti ravnoga štapa opterećenog centričnom tlačnom silom naziva se izvijanje, a granična vrijednost centrične tlačne sile, do koje je prvobitni ravan oblik ravnoteže štapa još stabilan, naziva se kritičnom silom i označava se s F kr. U stvarnosti izvijanje štapa počinje čim tlačna sila F dostigne kritičnu vrijednost, a često i kad je manja od nje. To se dogada zbog toga što najčešće nisu ostvarene početne pretpostavke, odnosno zbog: nehomogenosti realnog materijala, početne zakrivljenosti osi stvarnog štapa koji nije idealno ravan i ekscentriciteta tlačne sile F (štap nije opterećen idealno centrično). Pojava gubitka stabilnosti sastavnih dijelova tehničkih konstrukcija posebno je opasna jer se zbiva iznenada i pri relativno malim naprezanjima koja zadovoljavaju uvjete čvrstoće. Isto tako proces porasta deformacija pri gubitku stabilnosti zbiva se vrlo brzo. Da bismo bili sigurni da neće doći do izvijanja (gubitka stabilnosti) ravnog štapa, opterećenog centričnom tlačnom silom F, mora biti ispunjen uvjet stabilnosti koji glasi: gdje je: a k i je koeficijent sigurnosti protiv izvijanja. F F i dop, (7.10) F i dop = F kr k i, (7.11) Pri tome je koeficijent sigurnosti protiv izvijanja k i nešto veći od koeficijenta sigurnosti čvrstoće, zato što postoje dodatni faktori koji utječu na izbor koeficijenata sigurnosti protiv izvijanja, kao što su: nehomogenost materijala, početna zakrivljenost osi štapa, ekscentričnost tlačne sile, način učvršćivanja štapa i drugi. Prema tome, proračun stabilnosti tlačnih štapova svodi se na odredivanje kritične sile F kr za različite oblike i dimenzije štapova izradenih od raznih materijala. Pri odredivanju kritične sile služimo se teorijom drugog reda, tj. jednadžbe ravnoteže postavljamo na deformiranome štapu, a u izrazu za deformacije zadržavamo samo linearne članove.

7 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Izvijanje štapa u elastičnom području Stabilnost štapova aksijalno opterećenih na tlak prvi je istražio Leonhard Euler 2 godine On je izveo izraz za kritičnu silu i pokazao da vrijednost kritične sile ovisi o načinu učvrćenja krajeva štapa. Ideja Eulerove metode sastoji se u odredivanju one sile pod kojom su podjednako mogući ravan i krivocrtan oblik štapa. Prema načinu učvršćivanja krajeva štapa razlikujemo četiri osnovna slučaja izvijanja: štap zglobno pričvršćen na oba kraja, štap na jednom kraju upet, a na drugo slobodan (konzola), štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodno oslonjen, štap upet na oba kraja Štap zglobno pričvršćen na oba kraja Štap zglobno pričvršćen na oba kraja prikazan je na slici 7.5. Dok je centrična tlačna sila F manja od kritične F kr, štap ostaje ravan (slika 7.5a). Kad sila F dostigne kritičnu vrijednost F kr, osim ravnog oblika, podjednako je moguć i krivocrtni oblik štapa (slika 7.5b). Slika 7.5: Štap zglobno pričvršćen na oba kraja U presjeku x izvijenog štapa pojavljuje se moment savijanja: M = F w. (7.12) 2 Leonhard Euler ( ), švicarski matematičar, fizičar i astronom

8 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 7 Diferencijalna jednadžba elastične linije glasi: [ d 2 w dx ( dw dx ) 2 ] 3 2 = M E I y = F w E I y. (7.13) Predznak minus ( ) na desnoj strani diferencijalne jednadžbe (7.13) uzet je zbog toga što d2 w i w imaju suprotne predznake neovisno o izboru pozitivnog smjera koordinatne dx 2 osi z. Uz pretpostavku malih progiba u jednadžbi (7.13) možemo zanemariti nazivnik na lijevoj strani, odnosno jednadžbu (7.13) zamijenjujemo približnom linearnom diferencijalnom jednadžbom: d 2 w dx 2 = F w E I y, (7.14) gdje je I y minimalni moment inercije (tromosti) poprečnog presjeka štapa (I y = I min ), jer do izvijanja dolazi u ravnini najmanje krutosti na savijanje štapa. Uvedemo li oznaku: dobivamo: α 2 = F E I min, (7.15) d 2 w dx 2 + α2 w = 0., (7.16) Jednadžba (7.16) je homogena diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima, a opće riješenje te jednadžbe glasi: w = A sin αx + B cos αx, (7.17) gdje su A i B konstante integracije koje odredujemo iz rubnih uvjeta, koji su isto homogeni i glase: w(0) = 0 (7.18) i w(l) = 0. (7.19) Iz prvog rubnog uvjeta (7.18) dobivamo da je B = 0, pa izraz (7.17) prima oblik: Iz drugog rubnog uvjeta (7.19) dobivamo: odakle mora biti A = 0 ili sin αl = 0. w = A sin αx. (7.20) A sin αl = 0, (7.21) Ako je A = 0 dobivamo trivijalno rješenje w = 0, koje pokazuje da je ravan oblik štapa jedan od mogućih ravnotežnih oblika.

9 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 8 Kako je za izvijeni oblik štapa A 0, mora biti sin αl = 0, odakle dobivamo uvjet za kritično stanje štapa: αl = nπ (7.22) ili Sada jednadžba elastične linije (7.20) glasi: α = nπ, (n = 0, 1, 2, 3, ). (7.23) l w = A sin nπ x, (7.24) l a na temelju izraza (7.15) i (7.23) dobivamo vrijednost sile pri kojoj nastupa izvijanje štapa: F = n2 π 2 EI min l 2. (7.25) Za n = 0 izraz (7.25) nije upotrebljiv jer je F = 0, odnosno to je slučaj neopterećenog štapa. Za n = 1, 2 i 3 dobijemo sljedeće izraze za jednadžbu elastične linije i za vrijednosti kritične sile: n = 1 w = A sin πx l n = 2 w = A sin 2πx l n = 3 w = A sin 3πx l F = π2 EI min l 2 ; (7.26) F = 4π2 EI min l 2 ; (7.27) F = 9π2 EI min l 2. (7.28) Na slici 7.6 prikazani su odgovarajući oblici elastične linije štapa za n = 1, 2 i 3. Slika 7.6: Oblici elastične linije štapa za n = 1, 2 i 3

10 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 9 Iz izraza (7.26) do (7.28) i slike (7.6) se vidi da n označava broj poluvalova sinusoide na duljini izvijenog stapa. Ako nije spriječeno bočno pomijeranje, do izvijanja će doći pri najmanjoj vrijednosti sile F, odnosno za n = 1, a u praksi nas i zanima najmanja vrijednost kod koje postoji mogućnost izvijanja štapa. Tako iz (7.25) za n = 1 dobivamo vrijednost kritične sile izvijanja: F kr = π2 EI min l 2. (7.29) To je Eulerova kritična sila izvijanja za štap zglobno oslonjen na oba kraja, koji će se izviti prema slici 7.6a i izrazu (7.24). Jednadžba (7.24) daje nam samo oblik elastične linije izvijena štapa, dok veličina progiba ostaje neodredena. Razlog je u tome što smo zakrivljenost elastične linije izrazili približnim izrazom (7.14) i riješavali linearnu diferencijalnu jednadžbu koja vrijedi samo za male pomake (teorija drugog reda). Da bismo dobili i veličinu progiba, potrebno je za zakrivljenost uzeti točan izraz (7.13) i riješiti nelinearnu diferencijalnu jednadžbu (teorija trećeg reda) bez zanemarivanja veličine ( dw dx )2 u tom izrazu. Rješenje jednadžbe (7.13) prikazano je na slici 7.7 krivuljom AB. Crtkanom krivuljom BC prikazano je rješenje za izvijanje u plastičnom području. Slika 7.7: Rješenje nelinearne diferencijalne jednadžbe (7.13) Krivulja AB u točki A ima horizontalnu tangentu koja označava rješenje linearne diferencijalne jednadžbe (7.14). Pri malim pomacima točno se rješenje podudara s približnim rješenjem. Iz ovih razmatranja izlazi da se rješenje problema izvijanja svodi na integriranje homogene diferencijalne jednadžbe (7.14) čije rješenje ovisi o nekom parametru (α) pri homogenim rubim uvjetima. Takav matematički problem naziva se problem vlastitih vrijednosti homogene diferencijalne jednadžbe. Može se pokazati da u odredenim uvjetima ovakvi problemi, osim trivijalnog, imaju i druga rješenja samo za odredene vrijednosti parametra. Svakoj

11 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 10 vlastitoj vrijednosti odgovara odredeno rješenje diferencijalne jednadžbe, tzv. vlastita funkcija. Problem izvijanja ima beskonačno mnogo vlastitih vrijednosti koje formuliraju diskretan niz. Medutim, za praktične nas potrebe zanima najmanja vlastita vrijednost Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodan (konzola) Odredimo sada kritičnu silu konzolnog štapa koji je na jednom kraju upet, a na drugom slobodan (slika 7.8a). Slika 7.8: Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodan Označimo li nepoznati progib na slobodnom kraju štapa s f, tada se u presjeku x izvijenog štapa (slika 7.8b) pojavljuje moment savijanja: Diferencijalna jednadžba elastične linije glasi: ili gdje je: M = F (f w). (7.30) d 2 w dx = M = 2 EI min F EI min (f w), (7.31) d 2 w dx 2 + α2 w = α 2 f, (7.32) α 2 = F EI min. (7.33) Jednadžba (7.32) je nehomogena diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Opće rješenje te jednadžbe je: w = A sin αx + B cos αx + f. (7.34)

12 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 11 Integracijske konstante odredujemo iz rubnih uvjeta koji za upeti kraj štapa na slici 7.8b glase: w(0) = 0 ; w (0) = 0, (7.35) a za slobodni kraj štapa B: w(l) = f. (7.36) Uvrštavanjem rubnih uvjeta (7.35) u opće rješenje jednadžbe (7.34) dobivamo B = f i A = 0, tako da se opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe (7.34) svodi na: Iz rubnog uvjeta (7.36) slijedi: Iz (7.38) dobivamo uvjet za kritično stanje štapa: w = f(1 cos αx). (7.37) cos αx = 0. (7.38) αl = (2n 1) π, n = 1, 2, 3, (7.39) 2 Najniža vrijednost za α, a time i najmanja vrijednost kritične sile bit će za n = 1, odnosno za: αl = π 2 α = π 2l. (7.40) Tako iz (7.33) dobivamo da je kritična sila izvijanja: F kr = π2 EI min 4l 2. (7.41) Uvrštavanjem (7.40) u (7.37) dobivamo odgovarajuću jednadžbu elastične linije štapa: w = f(1 cos πx ), (7.42) 2l pri čemu f za male pomake (teoriju drugog reda) ostaje neodredeno Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodno oslonjen Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodno oslonjen prikazan je na slici 7.9a. Kad sila F dostigne kritičnu vrijednost osim ravnog štapa podjednako je moguć i izvijeni oblik (slika 7.9b). Pri izvijanju štapa pojavljuju se ležajne reakcije R A = R B i reaktivni moment M A. U presjeku x izvijenoga štapa pojavljuje se moment savijanja: a diferencijalna jednadžba elastične linije glasi: M = F w R B (l x), (7.43) d 2 w dx + F w = 2 EI min R B EI min (l x). (7.44)

13 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 12 Slika 7.9: Štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodno oslonjen Ako, kao i u prethodnim slučajevima, uvedemo oznaku: α 2 = dobit ćemo nehomogenu diferencijalnu jednadžbu 2. reda: Opće rješenje te jednadžbe je: F EI min, (7.45) d 2 w dx 2 + α2 w = R B F α2 (l x). (7.46) w = A sin αx + B cos αx + R B (l x). (7.47) F Kako je sistem jedanput statički neodreden, uz konstante integracije A i B, nepoznata je i reakcija R B. U ovom slučaju rubni uvjeta su: Deriviranjem izraza (7.47) dobivamo: Iz prvog rubnog uvjeta w(0) = 0 slijedi: w(0) = 0 ; w (0) = 0 ; w(l) = 0. (7.48) dw dx = αa cos αx αb sin αx R B F. (7.49) B + R Bl F = 0, (7.50)

14 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 13 odakle je: Drugi rubni uvjet w (0) = 0 daje: B = R Bl F. (7.51) αa R B F = 0 αa = R B F. (7.52) Uvrstimo li dobivene vrijednosti za integracijske konstante (izraze (7.51) i (7.52)) u izraz (7.49) dobit ćemo jednadžbu elastične linije u obliku: w = R [ ] B 1 sin αx l cos αx + (l x). (7.53) F α Iz trećeg rubnog uvjeta w (l) = 0 dobivamo: Kako je R B F 0 mora biti: R B F ( ) 1 sin αx l cos αx α = 0. (7.54) 1 sin αx l cos αx = 0 tg αl = αl. (7.55) α Dobili smo transcedentnu jednadžbu 3 čije rješenje možemo dobiti grafičkim putem prema slici Korjenima jednadžbe (7.55) odgovaraju apscise sjecišta pravca y = αl i funkcije y = tg αl. Najmanji korijen te jednadžbe ima vrijednost αl = 4, 493 (točka E na slici 7.10). Na kraju iz izraza (7.45) dobivamo kritičnu silu izvijanja za štap na jednom kraju upet, a na drugom zglobno oslonjen: ili F kr = α 2 EI min = 4, 4932 EI min l 2, (7.56) F kr = 20, 187EI min l 2 2π2 EI min l 2. (7.57) Štap upet na oba kraja Za štap upet na oba kraja (slika 7.11a) pretpostavljamo simetričan oblik izvijanja štapa (slika 7.11b). Na mjestima upetosti pojavljuje se reaktivni moment M 0. U presjeku x izvijenog štapa (slika 7.8b) pojavljuje se moment savijanja: M = F w M 0. (7.58) 3 To je transcendentna (ne algebarska) jednadžba. Takve se jednadžbe u pravilu ne mogu elementarno rješavati, i gotovo uvijek se moramo zadovoljiti s približnim rješenjem.

15 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 14 Slika 7.10: Rješenje jednadžbe (7.55) grafičkim putem Diferencijalna jednadžba elastične linije glasi: Uvedemo li oznaku: dobit ćemo: Opće rješenje te jednadžbe je: d 2 w dx + F w = M 0. (7.59) 2 EI min EI min α 2 = F EI min. (7.60) d 2 w dx 2 + α2 w = M 0 F α2. (7.61) w = A sin αx + B cos αx + M 0 F. (7.62) Rubni uvjeti za ovaj slučaj štapa koji je upet na oba kraja glase: w(0) = 0 (a) w (0) = 0 (b) w(l) = 0 (c) w (l) = 0 (d) (7.63) Deriviranjem izraza (7.62) dobivamo: Rubni uvjet (7.63a) daje: dw dx = αa cos αx αb sin αx. (7.64) B + M 0 F = 0 B = M 0 F, (7.65)

16 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 15 Slika 7.11: Štap upet na oba kraja a iz uvjeta (7.63b) dobivamo da je A = 0. Tako jednadžbu (7.62) možemo prikazati u sljedećem obliku: koju kad deriviramo dobijemo: w = M 0 (1 cos αx), (7.66) F dw dx = M 0 α sin αx. (7.67) F Iz uvjeta (7.63c) dobivamo: w(l) = M 0 (1 cos αl) = 0. (7.68) F Kako je M 0 F 0, mora biti: cos αl = 1. (7.69) Rubni uvjet (7.63d) nam daje: odnosno: w (l) = M 0 α sin αl = 0, (7.70) F sin αl = 0. (7.71) Jednadžbe (7.69) i (7.71) su zadovoljene za: αl = 2nπ, n = 1, 2, 3, (7.72)

17 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 16 Konačno iz (7.60) dobivamo da najmanju vrijednost kritične sila izvijanja za n = 1, tj. F kr = 4π2 EI min l 2. (7.73) Iz (7.65), (7.66) i (7.72) slijedi jednadžba elastične linije štapa: w = B(1 cos 2πx ), (7.74) l pri čemu konstanta B po teoriji drugog reda ostaje neodredena Duljina izvijanja štapa Usporedimo li izraze (7.29), (7.41), (7.57) i (7.73) za prethodna četiri slučaja pridržanja štapa na krajevima, te izraze za kritičnu silu možemo prikazati u općem obliku: gdje su: µ - koeficijent duljine izvijanja štapa, n - broj poluvalova sinusoide elastične linije izvijenog štapa. Označimo li: izraz (7.75) možemo napisati u obliku: gdje je: l i - duljina izvijanja. F kr = 4π2 EI min (µl) 2, (7.75) µ = 1 n, (7.76) l i = µl, (7.77) F kr = π2 EI min, (7.78) li 2 Duljinu izvijanja predstavlja duljina jednog poluvala sinusoide, tj. duljina izmedu dviju susjednih točaka infleksije A i B elastične linije štapa (slika 7.12). Tako prema slici 7.12 za četiri osnovna načina pričvršćenja štapa dobivamo sljedeće koeficijente duljine izvijanja i kritične sile: n = 1 ; µ = 1 ; F kr = π2 EI min l 2, (7.79) n = 1 2 n = 3 2 ; µ = 2 ; F kr = π2 EI min (2l) 2, (7.80) ; µ 0, 7 ; F kr π2 EI min (0, 7l) 2, (7.81) n = 2 ; µ = 0, 50 ; F kr = π2 EI min (0, 5l) 2. (7.82) Iz izraza (7.78) proizlazi da kritična sila izvijanja ovisi o:

18 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 17 materijalu štapa (modulu elastičnosti E), poprečnom presjeku štapa (minimalnom momentu inercije I min ), duljini štapa (l) i načinu pričvršćenja njegovih krajeva (koeficijentu duljine izvijanja). Slika 7.12: Četiri osnovna načina pričvršćenja štapa s odgovarajućim duljinama izvijanja Štap na jednom kraju upet, a na drugom elastično oslonjen Na slici 7.12 su prikazana četiri osnovna načina pričvršćenja štapa na krajevima. Medutim, u konstrukciji su rijetko ostvareni ti idealni načini učvršćenja, već je štap u većini slučajeva na jednom kraju elastično upet ili elastično oslonjen. Razmotrit ćemo jedan od tih tipičnih slučajeva kada je štap na jednom kraju potpuno upet, a na drugom elastično oslonjen (slika 7.13).

19 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 18 Slika 7.13: Štap na jednom kraju upet, a na drugom elastično oslonjen Nakon gubitka stabilnosti elastično oslonjeni kraj štapa se pomakne u horizontalnome smjeru za pomak f. Pri tom se pojavljuje ležajna reakcija: gdje je c krutost elastične opruge na ležaju B. Moment je savijanja u presjeku x: R B = c f, (7.83) M = F (f w) + cf(l x). (7.84) Diferencijalna jednadžba elastične linije izvijenog štapa glasi: d 2 x dx = M [F (f w) cf(l x)]. (7.85) 2 EI min Uvedemo li oznaku: dobit ćemo: ili α 2 = F EI min, (7.86) d 2 x dx = 2 α2 (f w) cf (l x) (7.87) EI min ( d 2 x dx + 2 α2 w = α 2 f l cl ) + α 2 cf x. (7.88) F F Opće rješenje te diferencijalne jednadžbe je: w = A sin αx + B cos αx + α 2 f ( l cl ) + α 2 cf x. (7.89) F F

20 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 19 Za štap prikazan na slici 7.13) rubni uvjeti glase: Iz rubnog uvjeta (7.90a) slijedi: w(0) = 0 (a) w (0) = 0 (b) w(l) = f (c) (7.90) B = f (l c F l ). (7.91) Prije primjene drugog rubnog uvjeta (7.90b) moramo derivirati izraz (7.89): odakle za x = 0 dobivamo: ili: dw dx = αa cos αx αb sin αx + c F αa + c F A = c αf f, (7.92) f = 0. (7.93) f. (7.94) Uvrstimo li dobivene vrijednosti za konstante integracije A (7.94) i B (7.91) u izraz (7.89), dobit ćemo jednadžbu elastične linije izvijenog štapa: w = c ( αf f sin αx f 1 c ) F l cos αx + f (1 c ) F l + c f x. (7.95) F ili Iz trećeg rubnog uvjeta (7.90c) dobivamo: w(l) = c ( αf f sin αx l 1 c ) F l cos αl + f (1 c ) F l + c F f l = f (7.96) odakle je: c αf sin αl ( 1 c F l ) cos αl = 0, (7.97) ( tg αl = αl 1 F ). (7.98) c l Uzimajui u obzir da je iz (7.86) F = α 2 EI min, jednadžbu (7.98) možemo napisati u sljedećem obliku: tg αl = αl EI min l 3 c (αl)3. (7.99) Ovu transcedentnu jednadžbu možemo riješiti grafički. Korijenima jednadžbe (7.99) odgovaraju apscise sjecišta funkcije y = tg αl i funkcije: y = αl EI min l 3 c (αl)3. (7.100) Najmanji korijen te jednadžbe ima vrijednost koja leži u intervalu: π 2 < αl < 3 π. (7.101) 2

21 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 20 Razmotrimo dva granična slučaja: a) Za c = 0 (kao da nema opruge) iz jednadžbe (7.99) dobivamo: pa iz izraza (7.86) dobivamo veličinu kritične sile: tg αl = ; αl = π 2, (7.102) F kr = π2 EI min (2l) 2 = π2 EI min 4l 2. (7.103) Dobili smo poznato rješenje (7.41) za štap na jednom kraju upet, a na drugom slobodan. b) Za c = (potpuno kruti ležaj)) iz jednadžbe (7.99) dobivamo: kritična sila iznosi: tg αl = αl ; αl = 4, 493, (7.104) F kr = π2 EI min (0, 7l) 2, (7.105) što odgovara rješenju (7.57) za štap na jednome kraju upet, a na drugome slobodno oslonjen. Iz ovih rezultata se vidi: ako se krutost opruge c mijenja od nule do beskonačnosti pripadajući koeficijent duljine izvijanja µ se mijenja od 2 do 0,7. Prethodne metode odredivanja kritične sile se nazivaju statičkim metodama (metode ravnoteže), a kao što smo vidjeli, temelje se na integriranju diferencijalne jednadžbe elastične linije izvijenog štapa. Osim ove metode postoji i energijska metoda odredivanja kritične sile izvijanja (slično kako je odredena kritična sila na primjeru sa slike 7.2). Na tu metodu odredivanja kritične sile vratit ćemo se još na kraju u poglavlju Utjecaj lokalnih oslabljenja štapa na veličinu kritične sile U dosadašnjim smo razmatranjima promatrali izvijanje štapa konstantnog poprečnog presjeka, te utvrdili da u izraz za kritičnu silu dolazi I min, jer će do izvijanja doći oko osi poprečnog presjeka s minimalnim momentom tromosti. U konstrukcijama se često pojavljuju tlačni štapovi koji imaju lokalna oslabljenja kao što su zasjeci kod drvenih konstrukcija, rupe za zakovice kod čeličnih konstrukcija i slično (slika 7.14). Kod štapova s lokalnim oslabljenjem presjeka, promjena parametra α u diferencijalnim jednadžbama (7.14), (7.32), (7.46) i (7.61) ima mali utjecaj na deformaciju štapa. Istraživanja A. N. Dinnika 4 i S. P. Timošenka 5 su pokazala da čak i znatnije lokalno oslabljenje presjeka (do 20 %) neznatno smanjuje veličinu kritične sile. 4 Aleksandr Nikolaevich Dinnik ( ) 5 Stjepan Prokofojevič Timošenko ( ), prozvan ocem tehničke mehanike, osnivač i prvi predstojnik Zavoda za tehničku mehaniku Gradevinskog fakulteta Sveučilišta u Zagrebu. U Zagreb je prof. Timošenko došao nakon emigracije iz Rusije Već prije toga u svijetu je bio poznati znanstvenik, profesor na Politehničkom institutu u Petrogradu i na Politehnici u Kijevu, te član Ukrajinske akademije znanosti u Kijevu. U Zagrebu se zadržao do kada je otišao u SAD.

22 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 21 Slika 7.14: Primjeri štapova s lokalnim oslabljenjima Zato se pri proračunu stabilnosti štapova opterećenih na pritisak ne uzima u obzir lokalno oslabljenje presjeka. Kritičnu silu računamo s minimalnim momentom tromosti bruto-presjeka štapa, tj. I min bruto Kritično naprezanje Štap aksijalno opterećen na pritasak u kritičnome stanju zadržava ravan oblik ravnoteže, pa je kritično naprezanje u štapu u trenutku izvijanja: σ kr = F kr A = π2 EI min l 2 i A. (7.106) Uzimajući u obzir da je minimalni polumjer tromosti presjeka: izraz (7.106) možemo napisati: ili: i min = Imin A i2 min = I min A, (7.107) σ kr = π2 EI min l 2 i (7.108) σ kr = π2 E λ, (7.109) 2 gdje je: λ = l i (7.110) i min bezdimenzionalna karakteristika štapa i naziva se vitkost štapa.

23 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 22 Izraz (7.109) pokazuje da kritično naprezanje σ kr ovisi o svojstvima materijala (E) i o vitkosti štpa (λ). Funkcionalna ovisnost (7.109) izmedu σ kr i λ prikazana je Eulerovom hiperbolom u koordinatnome sustavu λ - σ kr (slika 7.15). Slika 7.15: Funkcionalna ovisnost σ kr - λ Pri velikoj vitkosti štapa kritično naprezanje teži nuli, a za male vitkosti kritično naprezanje naglo raste, tako da ispod odredene vitkosti prelazi granicu proporcionalnosti materijala. Eulerovi izrazi za kritičnu silu i kritično naprezanje zasnovani su na linearnoj diferencijalnoj jednadžbi elastične linije pa, prema tome, i na valjanosti Hookeova zakona. To znači da izraz (7.109) vrijedi samo za kritično naprezanje koje ne prelazi granicu proporcionalnosti materijala pri jednoosnom pritisku, tj. kada je: ili: σ kr = π2 E λ 2 σ p, (7.111) λ π 2 E σ p = λ p, (7.112) gdje je λ p granična vitkost ispod koje Eulerovi izrazi za kritičnu silu i kritično naprezanje ne vrijede. Prema tome, štapovi velike vitkosti λ λ p izvijaju se u elastičnom području, dok se štapovi male i srednje vitkosti gdje je λ < λ p i σ kr > σ p izvijaju u plastičnom području. Pokusi pokazuju da je stvarno kritično naprezanje za štapove male i srednje vitkosti (λ < λ p ) uvijek manje od Eulerova kritičnog naprezanja (7.109). Prema tome, primjena Eulerovih izraza za kritičnu silu i kritično naprezanje na štapove koji se izvijaju u plastičnom području ne samo što je načelno pogrešno već je i krajnje opasno za sigurnost konstrukcije.

24 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Izvijanje štapa u plastičnom području Problem izvijanja štapa u plastičnom području prvi je istraživao F. Engesser godine polazeći od sljedećih pretpostavki: štap je idealno ravan i izraden od homogenog materijala, štap je zglobno učvršćen na krajevima i idealno centrično opterećen na tlak, progibi su zbog savijanja štapa mali, Bernoullijeva hipoteza ravnih presjeka pri savijanju vrijedi i za plastično područje, modul elastičnosti u nekoj točki dijagrama σ ε izražava se tangentnim modulom. Tangentni modul u nekoj točki C dijagrama na slici 7.16 definiran je izrazom: E t = dσ dε = tg ψ 1. (7.113) Slika 7.16: Dijagram σ ε Pri tome se pretpostavlja da je tangentni modul u okolišu točke C konstantan, što odgovara pretpostavci da se u okolišu točke C linija opterećenja poklapa s linijom rasterećenja. Pri ovoj analizi izvijanja štapa u plastičnom području zadržat ćemo se samo na slučaju štapa koji je zglobno učvršćen na oba kraja (slika 7.17a). Oblik izvijenog štapa opterećenog centričnom kritičnom silom F kr prikazan je na slici 7.17b. 6 Friedrich Engesser ( ), njemački znanstvenik koji je modificirao Eulerove jednadžbe za slučaj izvijanja u plastičnom području.

25 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 24 Slika 7.17: Štap zglobno učvršćen na oba kraja i dijagrami deformacija i naprezanja U nekom presjeku x štapa pojavljuje se uzdužna sila F kr i moment savijanja M = F kr w. Dijagrami deformacija i naprezanja u promatranome presjeku prikazani su na 7.17c. U tim su dijagramima naprezanja σ kr i deformacije ɛ kr uzrokovane centričnom silom F kr i odgovaraju točki C u dijagramu σ ε na slici Dopunska deformacija zbog savijanja jest: gdje je ρ - zakrivljenost izvijenog oblika štapa. ε = z ρ, (7.114) Dopunska naprezanja zbog savijanja u vlačnoj i tlačnoj zoni poprečnoga presjeka možemo izraziti slično Hookeovu zakonu: σ = E t ε = E t z ρ. (7.115) Ukupno naprezanje u nekoj točki promatranog presjeka je: σ = σ kr + σ = σ kr + E t z ρ. (7.116) Iz uvjeta ravnoteže promatranog dijela štapa ΣF x = 0, dobivamo:

26 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 25 A σ da = = A A σ kr da + E t ρ (σ kr + σ) da = A A z da = F kr + E t ρ ( ) z σ kr + E t da = ρ A z da = F kr. (7.117) Odatle izlazi da je: z da = 0, (7.118) A što znači da neutralna os zbog djelovanja momenta savijanja prolazi težištem poprečnog presjeka. Iz uvjeta ravnoteže ΣM y = 0, dobivamo: M = A σ z da = A = σ kr A (σ kr + σ) z da = z da + E t ρ A A ( ) z σ kr + E t z da = ρ z 2 da = F w. (7.119) Uzimajući u obzir izraz (7.118) i činjenicu da integral: z 2 da = I y = I min (7.120) A predstavlja moment tromosti poprečnoga presjeka s obzirom na os najmanje krutosti, dobit ćemo: 1 ρ E t I min = F w (7.121) ili: 1 ρ = F w E t I min. (7.122) Uz pretpostavku da su progibi mali, zakrivljenost možemo izraziti približnim izrazom: 1 ρ = w d2 dx. (7.123) 2 Tako dobivamo diferencijalnu jednadžbu elastične linije štapa izvijena u plastičnom području d 2 w dx + F w = 0. (7.124) 2 E t I min Razlika izmedu ove diferencijalne jednadžbe (7.124) i jednadžbe (7.14) samo je u tome, što umjesto E u jednadžbi (7.14) u jednadžbu (7.124) uvrštavamo tangentni modul E t.

27 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 26 To znači da se prije dobiveni izrazi za kritičnu silu i kritično naprezanje u elastičnom području formalno mogu zadržati i u plastičnom području ako se modul elastičnosti E zamijeni tangentnim modulom E t. i: Tako dobivamo: F kr = π2 E t I min l 2 i (7.125) σ kr = π2 E t λ 2 (7.126) Izraz (7.125) za kritičnu silu u plastičnom području možemo prikazati i u sljedećem obliku: gdje je F e Eulerova kritična sila. F kr = E t E π2 E t I min l 2 i = E t E F e, (7.127) F.S.Jasinski 7 je godine upozorio na činjenicu da je u dijagramu σ ε linija rasterećenja CC 1 paralelna s pravcem OP (slika 7.18). Slika 7.18: Dijagram σ ε s ucrtanom linijom rasterećenja Prihvaćajući tu primjedbu, Engesser je godine dopunio svoja istraživanja uzimajući u obzir da će pri savijanju dio presjeka štapa biti rasterećen naprezanjima zbog savijanja i da će za taj dio presjeka vrijediti modul elastičnosti E, dok će u drugom dijelu presjeka vrijediti tangentni modul E t. Raspodjela naprezanja i deformacija u nekom presjeku x štapa na slici 7.19a prikazana je na slici 7.19c. 7 F. S. Jasinski ( )

28 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 27 Slika 7.19: Dijagrami deformacija i naprezanja korigirani prema prijedlogu Jasinskog Dopunska beskonačna mala naprezanja zbog savijanja u tlačnoj i vlačnoj zoni presjeka štapa u kritičnom stanju su: σ t = E t ε = E t z ρ ; E t = dσ dε = tg ψ 1, (7.128) σ v = E ε = E z ρ ; E = dσ = tg ψ. (7.129) dε Pri beskonačno malim progibima štapa uzdužna je sila u poprečnom presjeku konstantna. Zato je: σ da = 0 (7.130) A ili: A σ kr da = A v σ v da A t σ t da = E ρ A v z da E t ρ A v z da = 0.. (7.131) Iz uvjeta ravnoteže promatanog dijela štapa ΣM y = 0 dobivamo: σ kr z da = σ v z da + σ t z da = A A v A t

29 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 28 = E z 2 da + ρ A v E t ρ A v z 2 da = M = F w. (7.132) Moment aksijalne sile F odnosi se na težišnu os, dok je moment unutarnjih sila uzet s obzirom na neutralnu os y. Jednadžbu ravnoteže (7.131) možemo napisati u obliku: E S v E t S t = 0, (7.133) gdje su S t i S v statički momenti površina A t i A v tlačne i vlačne zone presjeka (slika 7.19c) s obzirom na neutralnu os y. Jednadžbom (7.133) možemo odrediti položaj neutralne osi, tj. pomak z 0 neutralne osi od težišta presjeka prema rastegnutim vlaknima, a time i koordinate krajnjih vlakanaca z t i z v. Iz druge jednadžbe ravnoteže (7.132) dobivamo: 1 ρ (EI v + E t I t ) = F w, (7.134) gdje su I t i I v statički momenti površina A t i A v s obzirom na neutralnu os y. Označimo li s I min minimalni moment tromosti čitavog presjeka s obzirom na težišnu os presjeka, tada jednadžbu (7.134) možemo prikazati u obliku: gdje je: 1 ρ = F w E r I min, (7.135) E r = 1 I min (EI v + E t I t ), (7.136) reducirani modul ili Engesser-Kàrmànov modul koji ovisi o veličini kritičnog naprezanja σ kr i o obliku poprečnog presjeka. Tako je za pravokutni presjek: E r = 4 E E t ( E + Et ) 2. (7.137) Uz pretpostavku malih progiba, jednadžbu (7.35) možemo napisati u obliku: d 2 w dx = F w = 0. (7.138) 2 E r I min Usporedbom ove diferencijalne jednadžbe (7.138) i jednadžbe (7.14) proizlazi da se one razlikuju samo u tome što umjesto E u jednadžbi (7.14) u jednadžbu (7.124) uvrštavamo reducirani modul E r.

30 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 29 Isto vrijedi i za rješenja tih jednadžbi, tako da izrazi za kritičnu silu i kritično naprezanje pri izvijanju u plastičnom području glase: i: F kr = π2 E r I min. (7.139) li 2 σ kr = π2 E r λ 2. (7.140) Budući da je Kàrmàn godine neovisno o Engesseru došao do istih rezultata i pokusima ih potvrdio, ova je teorija plastičnog izvijanja dobila naziv Engesser-Jasinski- Kàrmànova teorija. Za konstrukciju krivulje kritičnih naprezanja σ kr = f(λ) formule (7.126) i (7.140) svodimo na sljedeći oblik: π λ = 2 E t (7.141) σ kr i: λ = π 2 E r σ kr. (7.142) gdje je 0 λ λ p. Nakon toga, u dijagramu pritiska σ ε (slika 7.18) na mjestu oda- Slika 7.20: Dijagram σ kr λ u plastičnom i elastičnom području branog kritičnog naprezanja σ kr povlačimo tangentu na krivulju te odredimo tangentni E t i reducirani E r modul, a iz izraza (7.141) i (7.142) odredimo pripadajuće vrijednosti λ. 8 Theodore von Kàrmàn ( ), roden u Budimpešti (Austro-Ugarska), madarsko-američki matematičar i fizičar čije je osnovno područje istraživanja bilo aeronautika i astronautika.

31 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 30 Dijagram kritičnih naprezanja σ kr = f(λ) za čelik mehaničkih svojstava: E = MP a, σ p = 200 MP a i σ T = 240 MP a prikazan je na slici Analogno tome, na osnovi dijagrama pritiska možemo konstruirati dijagrame kritičnih naprezanja za bilo koji materijal. Na slici (7.21) prikazan je dijagram σ kr λ za elastoplastični i krhki materijal. Slika 7.21: Dijagrami σ εza: a) elastoplastični, b) krhki materijal i c) dijagram σ kr λ Na slici (7.22) uočavamo tri područja vitkosti štpa: a) kritično naprezanje σ kr u području velike vitkosti za λ > λ p prikazano je Eulerovom hiperbolom, izraz (7.109); b) u području srednje vitkosti pripadajuća krivulja je odredena izrazom (7.142); c) u području male vitkosti kritično naprezanje za elastoplastični materijal je σ kr σ T, a za krhki materijal σ kr σ M. Slika 7.22: Podjela područja vitkosti u dijagramu σ kr λ

32 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Empirijski izrazi za kritično naprezanje Usporedno s teorijskim istraživanjima problema stabilnosti tlačnih štapova provedena su i eksperimentalna istraživanja, a najznačajnija su Tetmayerova, Jasinskog, Rankinova, Engesserova, Osterifeldova, Hohnsonova, Kàrmànova, Gordanova i dr. Sva ta eksperimentalna istraživanja potvrdila su valjanost Eulerova izraza za kritično naprezanje pri izvijanju u elastičnom području. Medutim, ako je λ < λ p Eulerova hiperbola više ne vrijedi, jer je kritično naprezanje veće od granice proporcionalnsti. Tada dolazi do plastičnih deformacija i izvijanje se dogada u plastičnom području. Zbog složenosti analitičkog proračuna pri izvijanju u plastičnom području navedeni su autori za kritično naprezanje predložili empirijske izraze koji su odredeni na temelju rezultata mnogobrojnih eksperimentalnih istraživanja. Tako su Tetmayer 9, a zatim i Jasinski, predložili linearnu ovisnost izmedu kritičnog naprezanja i vitkosti štapa u plastičnom području: σ kr = σ 0 a λ. (7.143) gdje su σ 0 i a koeficijenti koji ovise o svojstvima materijala, a odreduju se eksperimentalnim putem. Funkcionalna ovisnost je (7.143) prikazana na slici 7.23 Tetmayerovim pravcem. Pri vitkosti štapa λ p kritično naprezanje odgovara granici proporcionalnost σ p, a pri vitkosti λ K dostiže granicu tečenja σ T kod elastoplastičnih materijala, odnosno granicu čvrstoće σ M kod krhkih materijala. Dijagram na slici 7.23 se sastoji iz tri dijela: - horizontalnog pravca (AB) kod kojeg je 0 < λ < λ K ; - Tetmayerova pravca (BC) za λ K < λ < λ p i - Eulerove hiperbole (CD) za λ > λ p. Ako je vitkost štapa vrlo mala (0 < λ < λ K ), tj. ako se radi o kratkom štapu, do izvijanja uopće neće doći, nego će doći do loma zbog prekoračenja čvrstoće materijala. Tada je kritično naprezanje jednako: σ kr = σ K (7.144) gdje je σ K = σ T za elastoplastične materijale, a σ K = σ M za krhke materijale. Za takve kratke štapove kritično naprezanje na slici 7.23 je predstavljeno horizontalnom linijom AB. Iz izraza (7.143) i (7.144) dobivamo vitkost λ K koja odgovara točki B na slici 7.23: λ K = σ 0 σ K. (7.145) a 9 Ludwig von Tetmayer ( ), profesor teorije konstrukcija i tehnologije gradevinskog materijala na ETH-u u Zurichu.

33 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 32 Prema tome, u zavisnosti od vitkosti pritisnutog štapa razlikujemo: a) Štapove male vitkosti (λ < λ K ), kod kojih dolazi do prekoračenja čvrstoće materijala prije nego do izvijanja. b) Štapove srednje vitkosti (λ K < λ < λ p ), koji se proračunavaju na izvijanje prema empirijskom izrazu (7.143) ili prema (7.140) i c) Štapove velike vitkosti (λ > λ p ), koji se proračunavaju na izvijanje pomoću Eulerovog izraza (7.111). Slika 7.23: Dijagram σ kr λ za elastoplastični i krhki materijal Koeficijenti σ 0 i a u Tetmayerovom izrazu (7.143) dobiveni eksperimentalnim putem za neke materijale dani su u tablici 7.1. Tablica 7.1: Koeficijenti σ 0, a i Tetmayerovi izrazi za neke materijale Materijal σ 0 (MP a) a (MP a) Tetmayerov izraz za σ kr (MP a) čelik (Č.0360) 310 1, , 14λ čelik (Č.0560) 470 2, , 30λ duraluminij 380 2, , 185λ drvo 40 0, , 203λ Tako npr. za elastoplastični gradevinski čelik (Č.0360) mehaničkih svojstava: E = 210 GP a, σ p = 210 MP a i σ K = σ T = 240 MP a za koji su eksperimetalnim putem utvrdene vrijednosti koeficijenata: σ 0 = 310 MP a i a = 1, 14 MP a

34 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 33 preko izraza (7.112) i (7.145) dobivamo granične veličine vitkosti u dijagramu na slici 7.23: π λ p = 2 E π2 2, 1 10 = 5 = 99, 35 σ p 210 i λ K = λ T = σ 0 σ T a = , 14 = 61, 40, a preko izraza (7.143) za odredenu vitkost štapa λ računamo kritično naprezanje. 7.5 Dimenzioniranje štapova opterećenih na izvijanje Za štap aksijalno opterećen na tlak moraju biti ispunjeni sljedeći uvjeti: ili: 1. Uvjet čvrstoće gdje je: σ = F A neto σ dop (7.146) F σ dop A neto, (7.147) σ dop = σ K k. (7.148) σ K je naprezanje kod kojeg materijal dolazi u opasno stanje. Kod elastoplastičnih materijala to je granica tečenja (σ K = σ T ), a kod krhkih je materijala tlačna čvrstoća (σ K = σ M ). ili: σ dop je dopušteno tlačno naprezanje, a k je koeficijent sigurnosti čvrstoće. 2. Uvjet stabilnosti gdje je: σ i = F A bruto σ i dop (7.149) F σ i dop A bruto = F i dop, (7.150) σ i dop = σ kr k i. (7.151) σ i dop je dopušteno naprezanje pri izvijanju, F i dop je dopušteno opterećenje pri izvijanju, a k i je koeficijent sigurnosti protiv izvijanja. Ako su nam zadani krivulja σ kr = f(λ) (dijagram a) na slici 7.24) i koeficijent sigurnosti protiv izvijanja k i (slika 7.25), može se konstruirati krivulja dopuštenih naprezanja pri izvijanju σ i dop = f(λ) (dijagram b) na slici 7.24), gdje je σ i dop = σ kr /k i. Kao što je već istaknuto, koeficijent sigurnosti protiv izvijanja k i je nešto veći od koeficijenata sigurnosti čvrstoće k (k i > k) i u elastičnom području λ > λ p ostaje konstantan.

35 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 34 Slika 7.24: Dijagrami σ kr λ i σ i dop λ za elastoplastični materijal Slika 7.25: Dijagram k i λ Pri maloj vitkosti štapa mjerodavan je proračun čvrstoće, pa je za λ = 0, k i = k. Koeficijent sigurnosti protiv izvijanja u plastičnom području od λ = 0 do λ = λ p mijenja se po paraboličnom zakonu (slika 7.25). Pri pračunu štapova na izvijanje mogu ze pojaviti dvije zadaće: - odredivanje dopuštenog opterećenja i - izbor poprečnoga presjeka štapa. Ako je zadan poprečni presjek, odredimo aksijalne (I y i I z ) i centrifugalni (I yz ) moment tromosti iz kojih izračunamo minimalni moment tromosti poprečnog presjeka: I min = I y + I z 2 odgovarajući polumjer elipse tromosti: 1 2 (I y I z ) τ 2 yz, (7.152) i min = Imin A (7.153)

36 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 35 i vitkost štapa: λ = l i i min. (7.154) Ako je dobivena vitkost λ > λ p, kritično opterećenje izračunamo iz Eulerovog izraza za kritičnu silu: F kr = π2 E I min (7.155) li 2 iz koje se izračuna kritično i dopušteno naprezanje pri izvijanju: σ kr = π2 E λ 2 ; σ i dop = σ kr k i. (7.156) Na kraju pomoću izraza (7.150) dobivamo dopušteno opterećenje: ili još jednostavnije: F i dop = σ i dop A bruto (7.157) F i dop = F kr k i. (7.158) Ako je λ < λ p, Eulerov se izraz ne može primijeniti. U tom slučaju za proračun kritičnog naprezanja primjenjujemo izraze (7.126), (7.140) ili (7.143). Iz dijagrama dopuštenih naprezanja σ i dop = f(λ) (slika 7.24) očitamo σ i dop, a dopušteno opterećenje štapa odredimo izrazom (7.150). Ako je zadano opterećenje štapa, onda se izbor poprečnog presjeka obavlja metodom postupnog približavanja. Pri izboru oblika poprečnog presjeka nastojimo da je po mogućnosti razlika izmedu glavnih središnjih momenata tromosti što manja, tj. da je I 1 I 2. Iz Eulerovog izraza odredimo minimalni moment tromosti presjeka: I min = F k i l 2 i π 2 E (7.159) i odaberemo dimenzije presjeka, koje odgovaraju izračunatom momentu tromosti I min. Zatim izračunamo odgovarajuće vrijednosti i min i λ i provjeravamo je li Eulerov izraz primjenjiv. Ako je λ > λ p, ispravno je primijenjen Eulerov izraz i time je zadatak riješen. Ako je λ < λ p, Eulerov izraz je pogrešno primijenjen i odredene dimenzije presjeka su manje od potrebnih. U tom slučaju pretpostave se dimenzije presjeka veće od prethodnih, ponovno izračunaju odgovarajuće vrijednosti i min i λ, pa se iz dijagrama σ kr = f(λ) ili izraza (7.126), (7.140) ili (7.143) odredi dopušteno naprezanje σ i dop. Množenjem površine izabranog presjeka s tim naprezanjem prema izrazu (7.150) dobit će se dopušteno opterećenje štapa F i dop. Ako je razlika izmedu F i dop i zadanog opterećenja F manja od 5 %, izabrani presjek zadovoljava, a u protivnom postupak se mora ponoviti.

37 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti Utjecaj početne zakrivljenosti štapa na veličinu kritične sile Pri izvodu Eulerova izraza za kritičnu silu pretpostavili smo da je štap idealno ravan, što u stvarnosti gotovo nikada nije ispunjeno. Da bismo istražili utjecaj početne zakrivljenosti štapa na pojavu gubitka stabilnosti, promatrat ćemo štap zglobno učvršćen na oba kraja, koji u neopterećenom stanju ima malu početnu zakrivljenost (slika7.26a). Slika 7.26: Štap s početnom zakrivljenošću f 0 Početni progib u proizvoljnom presjeku x je w 0 (x), a u sredini raspona je f 0. Budući da promatramo štap s vrlo malim progibima, os štapa ima oblik blage krivulje, koja se s dovoljnom točnošću može prikazati poluvalom sinusoide w 0 (x) = f 0 sin πx l. (7.160) Nakon opterećenja štapa tlačnom silom F u proizvoljnom presjeku x javlja se dodatni progib w 1 (x) (slika 7.26b). Ukupni progib štapa u presjeku x je: w(x) = w 0 (x) + w 1 (x). (7.161) Moment savijanja u presjeku x je M = F w = F (w 0 + w 1 ), pa diferencijalna jednadžba elastične linije štapa glasi: d 2 w 1 dx 2 = M EI y (7.162)

38 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 37 ili Ako se uvede oznaka: EI y d 2 w 1 dx 2 = F (w 0 + w 1 ). (7.163) α 2 = dobivamo nehomogenu diferencijalnu jednadžbu 2. reda: Ako izraz (7.160) uvrstimo u (7.165), dobit ćemo: d 2 w 1 dx 2 Kad partikularno rješenje: w 1p = C sin πx l uvrstimo u jednadžbu (7.166), dobit ćemo: F EI y (7.164) d 2 w 1 dx 2 + α2 w 1 = α 2 w 0. (7.165) + α2 w 1 = α 2 f 0 sin πx l. (7.166) (7.167) C = f 0 π 2 1 = f 0 π 2 EI y α 2 l 2 1 = f 0 F kr 1 (7.168) F l 2 F Opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe (7.166) glasi: w 1 = A sin αx + B cos αx + f 0 πx sin 1 l F kr F (7.169) Iz rubnih uvjeta w 1 (0) = w 1 (l) = 0 dobivamo da je A = B = 0, pa možemo napisati: w 1 = f 0 πx sin 1 l. (7.170) F kr F Ako zbrojimo izraze (7.160) i (7.170), dobit ćemo ukupni progib: odnosno: w = w 0 + w 1 = f 0 sin πx l w = f 0 1 F F kr + f 0 πx sin 1 l, (7.171) F kr F sin πx l. (7.172) Progib ima najveću vrijednost u sredini raspona (x = l/2): w max = f = f 0 1 F F kr. (7.173)

39 7 Izvijanje, gubitak elastične stabilnosti 38 Slika 7.27: Dijagrami F F kr f i F σ max Izraz (7.173) prikazan je u koordinatnom sustavu F F kr f na slici (7.27a). Pri F = 0, progib je jednak početnom progibu f 0. Pri porastu sile F progib f naglo raste, a za F = F kr teži u beskonačnost. To znači da gubitak stabilnosti štapa s početnom zakrivljenošću nastupa već prilikom približavanja sile F kritičnoj vrijednosti F kr, a ne nakon dostizanja te vrijednosti, kao što je u slučaju idealno ravnog štapa. To je jedan od razloga zbog kojeg je koeficijent sigurnosti protiv izvijanja k i veći u odnosu na koeficijent sigurnosti čvrstoće k. Maksimalno naprezanje u štapu dobit ćemo tako da naprezanjima od aksijalnog opterećenja dodamo naprezanja od savijanja: Uzimajući u obzir da je maksimalni moment savijanja u sredini raspona: i moment otpora poprečnog presjeka: dobivamo: M max = F w max = F f = F f 0 1 F F kr. (7.174) σ max = F A + M max W y W y = = F A I y z max. (7.175) [ ] 1 + f 0A 1. (7.176) W y 1 F F kr Na slici (7.27b) prikazana je ovisnost maksimalnog naprezanja σ max o opterećenju F. Uočavamo da naprezanje pri povećanju opterećenja raste znatno brže od opterećenja. Uz pretpostavku da se granica proporcionalnosti i granica tečenja materijala poklapaju, veličina naprezanja σ max u izrazu (7.176) je ograničena granicom tečenja materijala σ T.

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova) A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA

ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA STATIČKI MOMENTI I MOMENTI INERCIJE RAVNIH PLOHA Kao što pri aksijalnom opterećenju štapa apsolutna vrijednost naprezanja zavisi, između ostalog,

Διαβάστε περισσότερα

DIMENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE

DIMENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE TEORIJA ETONSKIH KONSTRUKCIJA T- DIENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE 3.5 f "2" η y 2 D G N z d y A "" 0 Z a a G - tačka presek koja određje položaj sistemne

Διαβάστε περισσότερα

( ) π. I slučaj-štap sa zglobovima na krajevima F. Opšte rešenje diferencijalne jednačine (1): min

( ) π. I slučaj-štap sa zglobovima na krajevima F. Opšte rešenje diferencijalne jednačine (1): min Kritična sia izvijanja Kritična sia je ona najmanja vrednost sie pritisa pri ojoj nastupa gubita stabinosti, odnosno, pri ojoj štap iz stabine pravoinijse forme ravnoteže preazi u nestabinu rivoinijsu

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD Osijek, 15. rujan 2015. Marija Vidović SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJE

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

PROSTA GREDA (PROSTO OSLONJENA GREDA)

PROSTA GREDA (PROSTO OSLONJENA GREDA) ROS GRED (ROSO OSONJEN GRED) oprečna sila i moment savijanja u gredi y a b c d e a) Zadana greda s opterećenjem l b) Sile opterećenja na gredu c) Određivanje sila presjeka grede u presjeku a) Unutrašnje

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI

PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI - svi elementi ne leže u istoj ravnini q 1 Z F 1 F Y F q 5 Z 8 5 8 1 7 Y y z x 7 X 1 X - svi elementi su u jednoj ravnini a opterećenje djeluje izvan te ravnine Z Y

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa 9. dio 1 Sile presjeka (unutarnje sile): Udužna sila N Poprena sila T Moment uvijanja M t Moment savijanja M Napreanja 1. Normalno napreanje σ. Posmino

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

Dijagrami: Greda i konzola. Prosta greda. II. Dijagrami unutarnjih sila. 2. Popre nih sila TZ 3. Momenata savijanja My. 1. Uzdužnih sila N. 11.

Dijagrami: Greda i konzola. Prosta greda. II. Dijagrami unutarnjih sila. 2. Popre nih sila TZ 3. Momenata savijanja My. 1. Uzdužnih sila N. 11. Dijagrami:. Udužnih sia N Greda i konoa. Popre nih sia TZ 3. Momenata savijanja My. dio Prosta greda. Optere ena koncentriranom siom F I. Reaktivne sie:. M A = 0 R B F a = 0. M B = 0 R A F b = 0 3. F =

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

Proizvoljno opterećenje tijela može zahtijevati složenu analizu naprezanja i deformacija,

Proizvoljno opterećenje tijela može zahtijevati složenu analizu naprezanja i deformacija, 1. Osnove čvrstoće 1.1. Pojam i vrste opterećenja Nauka o čvrstoći proučava utjecaj vanjskih sila i momenata na ponašanje čvrstih (realnih) tijela. Djelovanje vanjskih sila i momenata na tijelo naziva

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

Διαβάστε περισσότερα

Savijanje nosaa. Savijanje ravnog štapa prizmatinog poprenog presjeka. a)isto savijanje. b) Savijanje silama. b) Savijanje silama.

Savijanje nosaa. Savijanje ravnog štapa prizmatinog poprenog presjeka. a)isto savijanje. b) Savijanje silama. b) Savijanje silama. Štap optereen na savijanje naivamo nosa ili grea. Savijanje nosaa a) Napreanja ( i τ) b) Deformacije progib (w) Os štapa se ko savijanja akrivljuje to je elastina ili progibna linija nosaa. Savijanje ravnog

Διαβάστε περισσότερα

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD Osijek, 15.07.2015 Marko Srdanović SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI

Διαβάστε περισσότερα

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4.

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4. Zadatak 00 (Denis, ekonomska škola) U kojoj točki pravac s jednadžbom = 8 siječe os? Rješenje 00 Svaka točka koja pripada osi ima koordinate T(0, ). Budući da točka pripada i pravcu = 8, uvrstit ćemo njezine

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI

STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI STTIČKI ODREĐENI SUSTVI STTIČKI ODREĐENI SUSTVI SVOJSTV SUSTV Kod statički određenih nosača rješenja za reakcije i unutrašnje sile su jednoznačna. F C 1. F x =0 C 2. M =0 3. F y =0 Jednoznačno rješenje

Διαβάστε περισσότερα

TEORIJA BETONSKIH KONSTRUKCIJA 79

TEORIJA BETONSKIH KONSTRUKCIJA 79 TEORIJA BETOSKIH KOSTRUKCIJA 79 Primer 1. Odrediti potrebn površin armatre za stb poznatih dimenzija, pravogaonog poprečnog preseka, opterećen momentima savijanja sled stalnog ( g ) i povremenog ( w )

Διαβάστε περισσότερα

Masa, Centar mase & Moment tromosti

Masa, Centar mase & Moment tromosti FAKULTET ELEKTRTEHNIKE, STRARSTVA I BRDGRADNE - SPLIT Katedra za dinamiku i vibracije Mehanika 3 (Dinamika) Laboratorijska vježba Masa, Centar mase & Moment tromosti Ime i rezime rosinac 008. Zadatak:

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE 9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

I.13. Koliki je napon između neke tačke A čiji je potencijal 5 V i referentne tačke u odnosu na koju se taj potencijal računa?

I.13. Koliki je napon između neke tačke A čiji je potencijal 5 V i referentne tačke u odnosu na koju se taj potencijal računa? TET I.1. Šta je Kulonova sila? elektrostatička sila magnetna sila c) gravitaciona sila I.. Šta je elektrostatička sila? sila kojom međusobno eluju naelektrisanja u mirovanju sila kojom eluju naelektrisanja

Διαβάστε περισσότερα

, 81, 5?J,. 1o~",mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pt"en:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M.

, 81, 5?J,. 1o~,mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pten:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M. J r_jl v. el7l1 povr.sl?lj pt"en:nt7 cf \ L.sj,,;, ocredz' 3 Q),sof'stvene f1?(j'me")7e?j1erc!je b) po{o!.aj 'i1m/' ce/y11ra.[,p! (j'j,a 1lerc!/e

Διαβάστε περισσότερα

Kolegij: Konstrukcije Rješenje zadatka 2. Okno Građevinski fakultet u Zagrebu. Efektivna. Jedinična težina. 1. Glina 18,5 21,

Kolegij: Konstrukcije Rješenje zadatka 2. Okno Građevinski fakultet u Zagrebu. Efektivna. Jedinična težina. 1. Glina 18,5 21, Kolegij: Konstrukcije 017. Rješenje zadatka. Okno Građevinski fakultet u Zagrebu 1. ULAZNI PARAETRI. RAČUNSKE VRIJEDNOSTI PARAETARA ATERIJALA.1. Karakteristične vrijednosti parametara tla Efektivna Sloj

Διαβάστε περισσότερα

ISPIT GRUPA A - RJEŠENJA

ISPIT GRUPA A - RJEŠENJA Pismeni ispit iz OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A 1. Kruta poluga AB oslonjena je na dva čelična štapa u A i B i opterećena trouglastim opterećenjem, kao na slici desno. Ako su oba štapa iste dužine L,

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

Proračun nosivosti elemenata

Proračun nosivosti elemenata Proračun nosivosti elemenata EC9 obrađuje sve fenomene vezane za stabilnost elemenata aluminijumskih konstrukcija: Izvijanje pritisnutih štapova; Bočno-torziono izvijanje nosača Izvijanje ekscentrično

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

Διαβάστε περισσότερα

10. STABILNOST KOSINA

10. STABILNOST KOSINA MEHANIKA TLA: Stabilnot koina 101 10. STABILNOST KOSINA 10.1 Metode proračuna koina Problem analize tabilnoti zemljanih maa vodi e na određivanje odnoa između rapoložive mičuće čvrtoće i proečnog mičućeg

Διαβάστε περισσότερα

20 mm. 70 mm i 1 C=C 1. i mm

20 mm. 70 mm i 1 C=C 1. i mm MMENT NERJE ZDTK. Za površinu prema datoj slici odrediti: a centralne težišne momente inercije, b položaj glavnih, centralnih osa inercije, c glavne, centralne momente inercije, d glavne, centralne poluprečnike

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Ekstremi funkcije jedne varijable

Ekstremi funkcije jedne varijable maksimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) < f(x 0 ) (1) za po volji male vrijednosti h minimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) > f(x

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1 2 cos(3 π 4 ) sin( + π 6 ). 2. Pomoću linearnih transformacija funkcije f nacrtajte graf funkcije g ako je, g() = 2f( + 3) +. 3. Odredite domenu funkcije te odredite f i njenu domenu. log 3 2 + 3 7, 4.

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) ( ) ( ) x y

( ) ( ) ( ) ( ) x y Zadatak 4 (Vlado, srednja škola) Poprečni presjek rakete je u obliku elipse kojoj je velika os 4.8 m, a mala 4. m. U nju treba staviti meteorološki satelit koji je u presjeku pravokutnog oblika. Koliko

Διαβάστε περισσότερα

Unipolarni tranzistori - MOSFET

Unipolarni tranzistori - MOSFET nipolarni tranzistori - MOSFET ZT.. Prijenosna karakteristika MOSFET-a u području zasićenja prikazana je na slici. oboaćeni ili osiromašeni i obrazložiti. b olika je struja u točki, [m] 0,5 0,5,5, [V]

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

Vrijedi relacija: Suma kvadrata cosinusa priklonih kutova sile prema koordinatnim osima jednaka je jedinici.

Vrijedi relacija: Suma kvadrata cosinusa priklonih kutova sile prema koordinatnim osima jednaka je jedinici. Za adani sustav prostornih sila i j k () oktant i j k () oktant koje djeluju na materijalnu toku odredite: a) reultantu silu? b) ravnotežnu silu? a) eultanta sila? i j k 8 Vektor reultante: () i 8 j k

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

Akvizicija tereta. 5660t. Y= masa drva, X=masa cementa. Na brod će se ukrcati 1733 tona drva i 3927 tona cementa.

Akvizicija tereta. 5660t. Y= masa drva, X=masa cementa. Na brod će se ukrcati 1733 tona drva i 3927 tona cementa. Akvizicija tereta. Korisna nosivost broda je 6 t, a na brodu ia 8 cu. ft. prostora raspoloživog za sještaj tereta pod palubu. Navedeni brod treba krcati drvo i ceent, a na palubu ože aksialno ukrcati 34

Διαβάστε περισσότερα

PRORAČUN AB STUPA STATIČKI SUSTAV, GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE I MATERIJAL

PRORAČUN AB STUPA STATIČKI SUSTAV, GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE I MATERIJAL PRORAČUN AB STUPA STATIČKI SUSTAV, GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE I MATERIJAL Materijal: Beton: C25/30 C f ck /f ck,cube valjak/kocka f ck 25 N/mm 2 karakteristična tlačna čvrstoća fcd proračunska tlačna

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

Teorija betonskih konstrukcija 1. Vežbe br. 4. GF Beograd

Teorija betonskih konstrukcija 1. Vežbe br. 4. GF Beograd Teorija betonskih konstrukcija 1 Vežbe br. 4 GF Beograd Teorija betonskih konstrukcija 1 1 "T" preseci - VEZANO dimenzionisanje Poznato: statički uticaji (M G,Q ) sračunato kvalitet materijala (f cd, f

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 4b- Dimenzionisanje rožnjače

Zadatak 4b- Dimenzionisanje rožnjače Zadatak 4b- Dimenzionisanje rožnjače Rožnjača je statičkog sistema kontinualnog nosača raspona L= 5x6,0m. Usvaja se hladnooblikovani šuplji profil pravougaonog poprečnog preseka. Raster rožnjača: λ r 2.5m

Διαβάστε περισσότερα

Prof. dr. sc. Vedrana Kozulić TEHNIČKA MEHANIKA 2 Predavanja Akad. god. 2008/09

Prof. dr. sc. Vedrana Kozulić TEHNIČKA MEHANIKA 2 Predavanja Akad. god. 2008/09 Prof. dr. sc. Vedrana Koulić EHNČK EHNK Predavanja kad. god. 008/09 OPORNOS ERJL Otpornost materijala je grana tehničke mehanike koja proučava probleme čvrstoće, krutosti i stabilnosti pojedinih dijelova

Διαβάστε περισσότερα

PRESECI SA PRSLINOM - VELIKI EKSCENTRICITET

PRESECI SA PRSLINOM - VELIKI EKSCENTRICITET TEORIJA BETONSKIH KONSTRUKCIJA PRESECI SA PRSLINOM - VELIKI EKSCENTRICITET ODREĐIVANJE MOMENTA LOMA - PRAVOUGAONI PRESEK Moment loma za pravougaoni presek prikazan na skici odrediti za slučajeve:. kada

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,

Διαβάστε περισσότερα

TABLICE I DIJAGRAMI iz predmeta BETONSKE KONSTRUKCIJE II

TABLICE I DIJAGRAMI iz predmeta BETONSKE KONSTRUKCIJE II TABLICE I DIJAGRAMI iz predmeta BETONSKE KONSTRUKCIJE II TABLICA 1: PARCIJALNI KOEFICIJENTI SIGURNOSTI ZA DJELOVANJA Parcijalni koeficijenti sigurnosti γf Vrsta djelovanja Djelovanje Stalno Promjenjivo

Διαβάστε περισσότερα

Proračunski model - pravougaoni presek

Proračunski model - pravougaoni presek Proračunski model - pravougaoni presek 1 ε b 3.5 σ b f B "" ηx M u y b x D bu G b h N u z d y b1 a1 "1" b ε a1 10 Z au a 1 Složeno savijanje - VEZNO dimenzionisanje Poznato: statički uticaji za (M i, N

Διαβάστε περισσότερα

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA . Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili

Διαβάστε περισσότερα

30 kn/m. - zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca. - postavimo uslove ravnoteže. - iz uslova ravnoteže odredimo nepoznate reakcije oslonaca

30 kn/m. - zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca. - postavimo uslove ravnoteže. - iz uslova ravnoteže odredimo nepoznate reakcije oslonaca . Za zadati nosač odrediti: a) Statičke uticaje (, i T) a=.50 m b) Dimenzionisati nosač u kritičnom preseku i proveriti normalne, smičuće i uporedne napone F=00 k F=50 k q=30 k/m a a a a Kvalitet čelika:

Διαβάστε περισσότερα

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD Osijek 25. rujan 2015. Siniša Ivković SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK

Διαβάστε περισσότερα

PREDNAPETI BETON Primjer nadvožnjaka preko autoceste

PREDNAPETI BETON Primjer nadvožnjaka preko autoceste PREDNAPETI BETON Primjer nadvožnjaka preko autoceste 7. VJEŽBE PLAN ARMATURE PREDNAPETOG Dominik Skokandić, mag.ing.aedif. PLAN ARMATURE PREDNAPETOG 1. Rekapitulacija odabrane armature 2. Određivanje duljina

Διαβάστε περισσότερα

35(7+2'1,3525$&8195$7,/$GLPHQ]LRQLVDQMHYUDWLOD

35(7+2'1,3525$&8195$7,/$GLPHQ]LRQLVDQMHYUDWLOD Predmet: Mašinski elementi Proraþun vratila strana 1 Dimenzionisati vratilo elektromotora sledecih karakteristika: ominalna snaga P 3kW Broj obrtaja n 14 min 1 Shema opterecenja: Faktor neravnomernosti

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

Stabilnost rotirajućeg štapa

Stabilnost rotirajućeg štapa Stabilnost rotirajućeg štapa Josip Tambača i Josip Tokmačić 18. rujna 2010. 1 Uvod Tijela koja rotiraju nalazimo u mnogim mehaničkim uređajima, pa i onima kojima se i sami služimo. Ovdje ćemo se posebno

Διαβάστε περισσότερα

BETONSKE KONSTRUKCIJE. Program

BETONSKE KONSTRUKCIJE. Program BETONSKE KONSTRUKCIJE Program Zagreb, 009. Ime i prezime 50 60 (h) 16 (h0) (A) (A) 600 (B) 600 (B) 500 (A) 500 (A) SADRŽAJ 1. Tehnički opis.... Proračun ploče POZ 01-01...3.1. Analiza opterećenja ploče

Διαβάστε περισσότερα

SVEUČILIŠTE U MOSTARU GRAĐEVINSKI FAKULTET

SVEUČILIŠTE U MOSTARU GRAĐEVINSKI FAKULTET SVEUČILIŠTE U MOSTRU GRĐEVINSKI FKULTET Kolegij: Osnove betonskih konstrukcija k. 013/014 god. 8. pismeni (dodatni) ispit - 10.10.014. god. Zadatak 1 Dimenzionirati i prikazati raspored usvojene armature

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

Διαβάστε περισσότερα

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD

SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD Osijek, 15. rujna 2015. Mario Aračić SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

PRIMJERI TEST PITANJA iz OTPORNOSTI MATERIJALA I 1

PRIMJERI TEST PITANJA iz OTPORNOSTI MATERIJALA I 1 PRIMJERI TEST PITANJA iz OTPORNOSTI MATERIJALA I 1 Napomene: Pitanja služe kao priprema za izradu testova iz Otpornosti Materijala I, koji se polažu parcijalno i integralno. Testovi su koncipirani kao

Διαβάστε περισσότερα

PRESECI SA PRSLINOM - VELIKI EKSCENTRICITET

PRESECI SA PRSLINOM - VELIKI EKSCENTRICITET TEORIJ ETONSKIH KONSTRUKCIJ 1 PRESECI S PRSLINO - VELIKI EKSCENTRICITET ČISTO SVIJNJE - VEZNO DIENZIONISNJE Poznato: - statički ticaji za pojedina opterećenja ( i ) - kalitet materijala (f, σ ) - dimenzije

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 16. UVOD U STATISTIKU Statistika je nauka o sakupljanju i analizi sakupljenih podatka u cilju donosenja zakljucaka o mogucem toku ili obliku neizvjesnosti koja se obradjuje. Frekventna distribucija - je

Διαβάστε περισσότερα

1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi

1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi 1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi Rješavanje nelinearnih jednadžbi sastoji se od dva bitna koraka: nalaženja intervala u kojem se nalazi nultočka (analizom toka), što je teži dio posla, nalaženja nultočke

Διαβάστε περισσότερα

CENTRIČNO PRITISNUTI ELEMENTI

CENTRIČNO PRITISNUTI ELEMENTI 3/7/013 CETRIČO PRITISUTI ELEMETI 1 Primeri primene 1 3/7/013 Oblici poprečnih presea 3 Specifičnosti pritisnutih elemenata ivijanje Konrola napona u poprečnom preseu nije dovoljan uslov a dimenionisanje;

Διαβάστε περισσότερα

l = l = 0, 2 m; l = 0,1 m; d = d = 10 cm; S = S = S = S = 5 cm Slika1.

l = l = 0, 2 m; l = 0,1 m; d = d = 10 cm; S = S = S = S = 5 cm Slika1. . U zračnom rasporu d magnetnog kruga prema slici akumulirana je energija od,8 mj. Odrediti: a. Struju I; b. Magnetnu energiju akumuliranu u zračnom rasporu d ; Poznato je: l = l =, m; l =, m; d = d =

Διαβάστε περισσότερα

5. PARCIJALNE DERIVACIJE

5. PARCIJALNE DERIVACIJE 5. PARCIJALNE DERIVACIJE 5.1. Izračunajte parcijalne derivacije sljedećih funkcija: (a) f (x y) = x 2 + y (b) f (x y) = xy + xy 2 (c) f (x y) = x 2 y + y 3 x x + y 2 (d) f (x y) = x cos x cos y (e) f (x

Διαβάστε περισσότερα

UZDUŽNA DINAMIKA VOZILA

UZDUŽNA DINAMIKA VOZILA UZDUŽNA DINAMIKA VOZILA MODEL VOZILA U UZDUŽNOJ DINAMICI Zanemaruju se sva pomeranja u pravcima normalnim na pravac kretanja (ΣZ i = 0, ΣY i = 0) Zanemaruju se svi vidovi pobuda na oscilovanje i vibracije,

Διαβάστε περισσότερα

σ = PMF OSNOVE STROJARSTVA -PODLOGE ZA PREDAVANJA

σ = PMF OSNOVE STROJARSTVA -PODLOGE ZA PREDAVANJA PMF OSNOVE STROJARSTVA -PODLOGE ZA PREDAVANJA OSNOVE NAUKE O ČVRSTOĆI Nauka o čvrstoći proučava ravnotežu između vanjskih i unutarnjih sila i deformacije čvrstih tijela uzrokovanih vanjskim silama. Na

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Aksijalno pritisnuti štapovi konstantnog višedelnog preseka

Aksijalno pritisnuti štapovi konstantnog višedelnog preseka Aksijalno pritisnuti štapovi konstantnog višedelnog preseka Metalne konstrukcije 1 P6-1 Osobenosti višedelnih štapova Poprečni presek se sastoji od više samostalnih elemenata koji su mestimično povezani;

Διαβάστε περισσότερα

MANUELA KANIŠKI ZAVRŠNI RAD

MANUELA KANIŠKI ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE U ZAGREBU GEOTEHNIČKI FAKULTET VARAŽDIN MANUELA KANIŠKI PRORAČUN POPREČNO OPTEREĆENIH PILOTA ZAVRŠNI RAD VARAŽDIN, 2010. 2 SVEUČILIŠTE U ZAGREBU GEOTEHNIČKI FAKULTET VARAŽDIN ZAVRŠNI RAD PRORAČUN

Διαβάστε περισσότερα

Repetitorij-Dinamika. F i Zakon očuvanja impulsa (ZOI): i p i = j p j. Zakon očuvanja energije (ZOE):

Repetitorij-Dinamika. F i Zakon očuvanja impulsa (ZOI): i p i = j p j. Zakon očuvanja energije (ZOE): Repetitorij-Dinamika Dinamika materijalne točke Sila: F p = m a = lim t 0 t = d p dt m a = i F i Zakon očuvanja impulsa (ZOI): i p i = j p j i p ix = j p jx te i p iy = j p jy u 2D sustavu Zakon očuvanja

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα