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.

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

- 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

( ) 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

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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

( ) ( ) ( ) ( ) 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

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

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

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. 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

4. PREDAVANJE ČISTO PRAVO SAVIJANJE OTPORNOST MATERIJALA I

4. PREDAVANJE ČISTO PRAVO SAVIJANJE OTPORNOST MATERIJALA I 4. PREDAVANJE ČISTO PRAVO SAVIJANJE OTPORNOST MATERIJALA I Čisto pravo savijanje Pod čistim savijanjem grede podrazumeva se naprezanje pri kome su sve komponente unutrašnjih sila jednake nuli, osim momenta

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

Funkcije više varijabli

Funkcije više varijabli VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 7 Pojam funkcije dviju varijabla, grafa i parcijalnih derivacija Poglavlje 1 Funkcije više varijabli 1.1 Domena Jedno od osnovnih pitanja

Διαβάστε περισσότερα

SRĐAN PODRUG ELEMENTI STROJEVA

SRĐAN PODRUG ELEMENTI STROJEVA S V E U Č I L I Š T E U S P L I T U FAKULTET ELEKTROTEHNIKE, STROJARSTVA I BRODOGRADNJE U SPLITU SRĐAN PODRUG ELEMENTI STROJEVA Predavanja za stručni studij BRODOGRADNJE za šk. god. 2006/2007. Split, 2006.

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

SPREGNUTE KONSTRUKCIJE

SPREGNUTE KONSTRUKCIJE SPREGNUTE KONSTRUKCIJE Prof. dr. sc. Ivica Džeba Građevinski fakultet Sveučilišta u Zagrebu SPREGNUTI NOSAČI 1B. DIO PRIJENJIVO NA SVE KLASE POPREČNIH PRESJEKA OBAVEZNA PRIJENA ZA KLASE PRESJEKA 3 i 4

Διαβάστε περισσότερα

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. 5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun

Diferencijalni račun ni račun October 28, 2008 ni račun Uvod i motivacija Točka infleksije ni račun Realna funkcija jedne realne varijable Neka je X neprazan podskup realnih brojeva. Ako svakom elementu x X po postupku f pridružimo

Διαβάστε περισσότερα

Fizika 1. Auditorne vježbe 5. Dunja Polić. Dinamika: Newtonovi zakoni. Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Studij računarstva

Fizika 1. Auditorne vježbe 5. Dunja Polić. Dinamika: Newtonovi zakoni. Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Studij računarstva Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Studij računarstva Školska godina 2006/2007 Fizika 1 Auditorne vježbe 5 Dinamika: Newtonovi zakoni 12. prosinca 2008. Dunja Polić (dunja.polic@fesb.hr)

Διαβάστε περισσότερα

5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I

5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I 5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I ČISTO KOSO SAVIJANJE Pod pravim savijanjem podrazumeva se slučaj kada se ravan savijanja poklapa sa jednom od glavnih ravni

Διαβάστε περισσότερα

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x Zadatak 00 (Sanja, gimnazija) Odredi realnu funkciju f() ako je f ( ) = Rješenje 00 Uvedemo supstituciju (zamjenu varijabli) = t Kvadriramo: t t t = = = = t Uvrstimo novu varijablu u funkciju: f(t) = t

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Induktivno spregnuta kola

Induktivno spregnuta kola Induktivno spregnuta kola 13. januar 2016 Transformatori se koriste u elektroenergetskim sistemima za povišavanje i snižavanje napona, u elektronskim i komunikacionim kolima za promjenu napona i odvajanje

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A

Pismeni ispit iz OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A Psmen spt z OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A 1. Kruta poluga ABC se oslanja pomoću dvje špke BD CE kao na slc desno. Špka BD, dužne 0.5 m, zrađena je od čelka (E AB 10 GPa) ma poprečn presjek od 500 mm.

Διαβάστε περισσότερα

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku.

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku. 1. FUNKCIJE, LIMES, NEPREKINUTOST 1.1 Brojevi - slijed, interval, limes Slijed realnih brojeva je postava brojeva na primjer u obliku 1,,3..., nn, + 1... koji na realnoj osi imaju oznaceno mjesto odgovarajucom

Διαβάστε περισσότερα

Obi ne diferencijalne jednadºbe

Obi ne diferencijalne jednadºbe VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1. reda Obi ne diferencijalne jednadºbe Uvodni pojmovi Diferencijalne jednadºbe su jednadºbe oblika: f(,

Διαβάστε περισσότερα

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor I. VEKTORI d. sc. Min Rodić Lipnović 009./010. 1 Pojm vekto A B dužin A B usmjeen (oijentin) dužin (n se koj je točk početn, koj kjnj) A B vekto - kls ( skup ) usmjeenih dužin C D E F AB je epeentnt vekto

Διαβάστε περισσότερα

Konvencija o znacima za opterećenja grede

Konvencija o znacima za opterećenja grede Konvencija o znacima za opterećenja grede Levo od preseka Desno od preseka Savijanje Čisto savijanje (spregovima) Osnovne jednačine savijanja Savijanje silama Dimenzionisanje nosača izloženih savijanju

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Biserka Draščić Ban Pomorski fakultet u Rijeci 17. veljače 2011. Grafičko prikazivanje atributivnih nizova Atributivni nizovi prikazuju se grafički

Διαβάστε περισσότερα

PREDNAPREGNUTE I SPREGNUTE KONSTRUKCIJE Osnovne akademske studije, VII semestar

PREDNAPREGNUTE I SPREGNUTE KONSTRUKCIJE Osnovne akademske studije, VII semestar PREDNAPREGNUTE I SPREGNUTE KONSTRUKCIJE Osnovne akademske studije, VII semestar Prof dr email: stanko@np.ac.rs Departman za Tehničke nauke, GRAÐEVINARSTVO Državni Univerzitet u Novom Pazaru 2014/15 Sadržaj

Διαβάστε περισσότερα

OSOVINE I VRATILA. Pomoćni nastavni materijali uz kolegij "Konstrukcijski elementi I" Ak. godina 2011./12.

OSOVINE I VRATILA. Pomoćni nastavni materijali uz kolegij Konstrukcijski elementi I Ak. godina 2011./12. OSOVINE I VRATILA Pomoćni nastavni materijali uz kolegij "Konstrukcijski elementi I" Ak. godina 2011./12. Nositelj kolegija: Prof. dr. sc. Božidar Križan - 1 - OSOVINE I VRATILA Funkcija, opterećenja,

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 14 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, točke infleksije i ekstremi funkcija Poglavlje 1 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, to ke ineksije

Διαβάστε περισσότερα

1 DIFERENCIJALNI RAČUN Granična vrijednost i neprekidnost funkcije Derivacija realne funkcije jedne varijable

1 DIFERENCIJALNI RAČUN Granična vrijednost i neprekidnost funkcije Derivacija realne funkcije jedne varijable Sadržaj 1 DIFERENCIJALNI RAČUN 3 1.1 Granična vrijednost i neprekidnost funkcije........... 3 1.2 Derivacija realne funkcije jedne varijable............ 4 1.2.1 Pravila deriviranja....................

Διαβάστε περισσότερα

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0 9. Z transformacija 9.. Z transformacija Z transformacija nia brojeva {f[n]} a koje vrijedi je Z [ f[n] ] = f[n] = 0, n < 0 9.) f[n] n = F ). 9.) Ovom transformacijom niu brojeva {f[n]} pridružuje se funkcija

Διαβάστε περισσότερα

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA 5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMEARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINAAMA 5. Funkcije zadane u paametaskom obliku Ako se koodinate neke tocke,, zadaju u obliku funkcije neke tece pomjenjive, koja se tada naziva paameta,

Διαβάστε περισσότερα

4. STATIČKI PRORAČUN STUBIŠTA

4. STATIČKI PRORAČUN STUBIŠTA JBAG 4. STATIČKI PRORAČUN STUBIŠTA PROGRA IZ KOLEGIJA BETONSKE I ZIDANE KONSTRUKCIJE 9 5 SVEUČILIŠTE U ZAGREBU JBAG 4. Statiči proračun stubišta 4.. Stubišni ra 4... Analiza opterećenja 5 5 4 6 8 5 6 0

Διαβάστε περισσότερα

Matematički modeli realnih sustava 1. i 2. dio

Matematički modeli realnih sustava 1. i 2. dio Matematički modeli realnih sustava 1. i 2. dio Realni sustavi promatraju se sustavi koji su česti u praksi matematički modeli konačne točnosti Pretpostavke za izradu matematičkog modela: dostupan realni

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

Διαβάστε περισσότερα

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 Uvod u numeričku matematiku Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 1 Odjel za matematiku Sveučilište u Rijeci Numerička integracija O problemima integriranja

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Geodetski akultet dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Pojam derivacije Glavne ideje koje su vodile do današnjeg shvaćanja derivacije razvile su se u 7 stoljeću kada i započinje razvoj

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić OSNOVI ELEKTRONIKE Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić savic@el.etf.rs http://tnt.etf.rs/~si1oe Termin za konsultacije: četvrtak u 12h, kabinet 102 Referentni smerovi i polariteti 1. Odrediti vrednosti

Διαβάστε περισσότερα

МАТРИЧНА АНАЛИЗА КОНСТРУКЦИЈА

МАТРИЧНА АНАЛИЗА КОНСТРУКЦИЈА Београд, 21.06.2014. За штап приказан на слици одредити најмању вредност критичног оптерећења P cr користећи приближан поступак линеаризоване теорије другог реда и: а) и један елемент, слика 1, б) два

Διαβάστε περισσότερα

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Matematika I Elvis Baraković, Edis Mekić 4. studenog 2011. 1 Analitička geometrija 1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Skalarnom veličinom ili skalarom nazivamo onu veličinu koja je potpuno

Διαβάστε περισσότερα

Program za tablično računanje Microsoft Excel

Program za tablično računanje Microsoft Excel Program za tablično računanje Microsoft Excel Teme Formule i funkcije Zbrajanje Oduzimanje Množenje Dijeljenje Izračun najveće vrijednosti Izračun najmanje vrijednosti 2 Formule i funkcije Naravno da je

Διαβάστε περισσότερα

5. Aproksimacija i interpolacija

5. Aproksimacija i interpolacija APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA 56 5. Aproksimacija i interpolacija 5.. Opći problem aproksimacije Što je problem aproksimacije? Ako su poznate neke informacije o funkciji f, definiranoj na nekom skupu X

Διαβάστε περισσότερα

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214 Napomena: poglavlje 6 nije korigirano Sadržaj 1 Uvodna razmatranja

Διαβάστε περισσότερα

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače 00. 4. razred-rješenja. 00 + 00 + 00 3 + 00 4 + 00 = 00 ( + + 3 + 4 + ) = 00 = 300... UKUPNO 4 BODA. 96 8 : 4 + 0 ( 68 66 ) = 96 7 + 0 = 89 + 0 = 09...

Διαβάστε περισσότερα

Primjer prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela dan je na slici. Odredimo prodor tih tijela.

Primjer prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela dan je na slici. Odredimo prodor tih tijela. S. Varošanec, Nacrtna geometrija, 4. Mongeovo projiciranje 90 Primjer 4.56. Osnovka ABCD uspravne četverostrane prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela

Διαβάστε περισσότερα

1.1.1 Harmonički oscilator (slobodni, bez prisile, bez gušenja; horizontalan)

1.1.1 Harmonički oscilator (slobodni, bez prisile, bez gušenja; horizontalan) . Jednostavno harmonijsko titranje Pri valnim fenomenima elementi vala izvode titranja. Stoga ćemo u početku razmotriti razne oblike titranja i njihova svojstva. Ako s ψ t) označimo opći pomak od ravnoteže,

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

Διαβάστε περισσότερα

GRANIČNA STANJA NOSIVOSTI BETONSKIH KONSTRUKCIJA SADRŽAJ

GRANIČNA STANJA NOSIVOSTI BETONSKIH KONSTRUKCIJA SADRŽAJ GRANIČNA STANJA NOSIVOSTI BETONSKIH KONSTRUKCIJA SADRŽAJ 1 FIZIKALNO-MEHANIČKA SVOJSTVA MATERIJALA... 2 1.1 Beton... 2 1.1.1 Računska čvrstoća betona... 6 1.1.2 Višeosno stanje naprezanja... 6 1.1.3 Razred

Διαβάστε περισσότερα

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA 9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA Pod elementarnim funkcijama najčešće ćemo podrazumijevati realne funkcije realne varijable Detaljnije ćemo u Matematici II analizirati funkcije koje se najčešće koriste

Διαβάστε περισσότερα

Lijeva strana prethodnog izraza predstavlja diferencijalnu formu rada rezultantne sile

Lijeva strana prethodnog izraza predstavlja diferencijalnu formu rada rezultantne sile RAD SILE Sila se može tokom kretanja opisati kao zavisnost od vremena t ili od trenutnog vektora položaja r. U poglavlju o impulsu sile i količini kretanja je pokazano na koji način se može povezati kretanje

Διαβάστε περισσότερα

Korelacijska i regresijska analiza

Korelacijska i regresijska analiza Korelacijska i regresijska analiza Odnosi među pojavama Odnos među pojavama može biti: deterministički ili funkcionalni i stohastički ili statistički Kod determinističkoga se odnosa za svaku vrijednost

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

ZAKONI OČUVANJA U IZOLIRANOM SUSTAVU

ZAKONI OČUVANJA U IZOLIRANOM SUSTAVU Poglavlje 6 ZAKONI OČUVANJA U IZOLIRANOM SUSTAVU U praksi se često dogada da nekoliko tijela uzajamno djeluju jedno na drugo mnogo snažnije nego što na njih djeluju druga okolna tijela. Teorijsko razmatranje

Διαβάστε περισσότερα

12. SKUPINA ZADATAKA IZ FIZIKE I 6. lipnja 2016.

12. SKUPINA ZADATAKA IZ FIZIKE I 6. lipnja 2016. 12 SKUPIN ZDK IZ FIZIKE I 6 linja 2016 Zadatak 121 U osudi - sremniku očetnog volumena nalazi se n molova dvoatomnog lina na temeraturi rema slici) Plin izobarno ugrijemo na temeraturu, adijabatski ga

Διαβάστε περισσότερα

KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA 2011/2012 VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ

KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA 2011/2012 VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA / VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ SADRŽAJ. SCHRÖDINGER-OVA JEDNAČINA.. NESTACIONARNA SCHRÖDINGER-OVA JEDNAČINA.. STACIONARNA SCHRÖDINGER-OVA

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje- / 43 Ciljevi učenja Ciljevi učenja za predavanja i vježbe: Integral kao antiderivacija Prepoznavanje očiglednih supstitucija Metoda supstitucije-složeniji

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

( pol funkcije), horizontalna ili kosa.

( pol funkcije), horizontalna ili kosa. 4. ANALIZA TOKA FUNKCIJE, EKSTREMI 4. Opci pojmovi Nultocke funkcije - su tocke u kojima je funkcija jednak nula. Za razlomljenu racionalnu funkciju, je kada je brojnik nula. Polovi funkcije - su tocke

Διαβάστε περισσότερα

1 Ekstremi funkcija više varijabli

1 Ekstremi funkcija više varijabli 1 Ekstremi funkcij više vrijbli Definicij ekstrem funkcije: Funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) im u točki T ( 1, 2,, n ) A) LOKALNI MINIMUM f( 1, 2,, n ) ko z svku točku T vrijedi nejednkost: T ( 1 + dx 1,

Διαβάστε περισσότερα

STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA

STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA Katedra za elektroniku Elementi elektronike Laboratorijske vežbe Vežba br. 2 STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA Datum: Vreme: Studenti: 1. grupa 2. grupa Dežurni: Ocena: Elementi elektronike -

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija i linearna algebra

Analitička geometrija i linearna algebra 1. VEKTORI POJAM VEKTORA Svakodnevno se susrećemo s veličinama za čije je određivanje potrean samo jedan roj. Na primjer udaljenost, površina, volumen,. Njih zovemo skalarnim veličinama. Međutim, postoje

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI)

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) Rozarija Jak²i 5. travnja 03. UVOD U FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI.. Domena funkcija dviju varijabli Jedno od osnovnih pitanja koje se moºe postaviti za realnu funkciju dvije

Διαβάστε περισσότερα

BETONSKE KONSTRUKCIJE 1 Osnovne akademske studije, V semestar

BETONSKE KONSTRUKCIJE 1 Osnovne akademske studije, V semestar BETONSKE KONSTRUKCIJE 1 Osnovne akademske studije, V semestar Prof dr Stanko Brčić email: stanko@np.ac.rs Departman za Tehničke nauke, GRAÐEVINARSTVO Državni Univerzitet u Novom Pazaru 2014/15 Sadržaj

Διαβάστε περισσότερα

A 2 A 1 Q=? p a. Rješenje:

A 2 A 1 Q=? p a. Rješenje: 8. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEANIKE FLUIDA. Oreite minimalni protok Q u nestlačiom strujanju fluia ko koje će ejektor početi usisaati flui kroz ertikalnu cječicu. Zaano je A = cm, A =,5 cm, h=,9 m.

Διαβάστε περισσότερα

VAŽNO. Posmino naprezanje τ

VAŽNO. Posmino naprezanje τ UVIJANJE ŠTAPOVA 1 VAŽNO Posmino naprezanje τ τ ρ I o 2 aksimalno posmino naprezanja τ za: ρ r d 2 τ maks W 0 3 Polarni momen romosi: I o 4 d π 32 [ ] 4 cm Polarni momen opora: W o 3 d π 16 cm [ ] 3 4

Διαβάστε περισσότερα

EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE

EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE **** MLADEN SRAGA **** 0. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE α LOGARITMI Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: Mladen Sraga

Διαβάστε περισσότερα

3.3. Sile koje se izučavaju u mehanici

3.3. Sile koje se izučavaju u mehanici 3.3. Sile koje se izučavaju u mehanici 3.3.1. Gravitaciona sila Prema Opštem zakonu gravitacije, dvije čestice masa m 1 i m 2 se međusobno privlače silom koja je proporcionalna proizvodu masa dvije čestice

Διαβάστε περισσότερα