Metalne konstrukcije II
|
|
- Ἰορδάνης Πρωτονοτάριος
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 etalne konstrukcije II Prof. dr. sc. Darko Dujmović Građevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu Sveučilište u Zagrebu/Građevinski fakultet/ /
2 5. TEORIJA PLASTIČNOSTI KOD ČELIČNIH KONSTRUKCIJA Literatura: Dujmović, D.; Androić, B.; Džeba, I.: odeliranje konstrukcija prema EC3, IA Projektiranje, Zagreb, 003. Androić, B.; Dujmović, D.; Džeba, I.: Čelične konstrukcije 1, IA Projektiranje, Zagreb, 009. Sveučilište u Zagrebu/Građevinski fakultet/ /
3 Svrha/područje današnjeg predavanja: uobičajeno (praksa), primjena teorije elastičnosti, teorija astičnosti kao nadgradnja teorije elastičnosti (primjena npr. proračun podrožnica), edukacija teorije astičnosti prema dva tipa: teorijski pristup (tenzori), aikativan inženjerski, 3
4 Svrha/područje današnjeg predavanja: nova filozofija EC3 Teorija astičnosti ne radi distinkciju teorije elastičnosti i teorije astičnosti, teorija astičnosti sastavni dio norme, ali dana su ograničenja kada se ne smije uporabiti (npr. umor), sadržaj predavanja: osnovne postavke teorije astičnosti, metode analize i metode dimenzioniranja prema EC3, cilj i svrha: praktična primjena teorije astičnosti, 4
5 Osnove astične analize OSNOVNI POJOVI P L postupno se povećava opterećenje P, razmatra se ponašanje nosača i opisuje odnosom (faktor opterećenja) i progiba u L/ 5
6 Osnove astične analize Krivulja faktor opterećenja - progib jednostavno oslonjenog nosača očvršćavanje c kolaps y astičnost se proširuje po presjeku 1 tečenje rubnih vlakanaca u polovici raspona nefaktorirano opterećenje progib P P u d 6
7 Osnove astične analize Raspodjela napona po presjeku nosača f y f y f y f y f y f y do y od y do c iza c (a) (b) (c) (d) 7
8 Osnove astične analize ehanizam kolapsa P L ehanizam 8
9 Osnove astične analize DEFINIRANJE OSNOVNIH POJOVA Faktor opterećenja kod kolapsa (otkazivanja) može se definirati kao najmanji množitelj računskog opterećenja koje će uzrokovati da cijela konstrukcija, ili neki njezin dio, postane mehanizam. P d Faktor opterećenja: 1,0. L 9
10 Osnove astične analize DEFINIRANJE OSNOVNIH POJOVA Pod pojmom mehanizam podrazumijeva se da je razvijen takav sustav nedeformabilnih elemenata vezanih sa zglobovima, ili kod nosača ili kod okvirnih konstrukcija, da je gibanje sustava ostvareno rotacijama u zglobovima. L 10
11 Osnove astične analize DEFINIRANJE OSNOVNIH POJOVA Plastični zglob (astic hinge), poprečni presjek postaje potpuno astičan, sa sposobnošću rotiranja pri konstantnom momentu savijanja. y
12 Osnove astične analize ehanizam kolapsa (otkazivanja): ponašanje nosača opisano odnosom - progib, ponašanje nosača prikazano procjenom opterećenja kolapsa (collapse load). Oba načina u literaturi. Prednost se daje opisivanju odnosom - progib. 1
13 Osnove astične analize OPTEREĆENJE KOLAPSA (OTKAZIVANJA) P (postupno se povećava) L ehanizam y y (i) Dijagram momenata savijanja - odnos 13
14 Osnove astične analize OPTEREĆENJE KOLAPSA (OTKAZIVANJA) f y a) Elastično područje y b) Rubno vlakance doseglo f y f y y W el f y 14
15 Osnove astične analize OPTEREĆENJE KOLAPSA (OTKAZIVANJA) f y c) Djelomično astično područje y f y 15
16 Osnove astične analize OPTEREĆENJE KOLAPSA (OTKAZIVANJA) f y d) oment pune astičnosti W f y W f y f y e) Plastično krajnje opterećenje (nosiva sila) P u L 4 P u 4 L 16
17 Osnove astične analize Pretpostavlja se da je nosač, dosegnuo najveću predvidivu otpornost kod konačnog opterećenja nazvanog krajnje astično opterećenje (općenitije konstrukcija umjesto nosač). Pored ovoga naziva često se ovaj pojam naziva: nosiva sila prema njemačkom nazivu Traglast ili krajnje opterećenje prema engleskom nazivu Ultimate Load. 17
18 Osnove astične analize Primjeri ilustriraju temeljne principe teorije astičnosti: U proračunu prema teoriji astičnosti pretpostavlja se otkazivanje konstrukcije (kolaps) formiranjem mehanizma kolapsa (collapse mechanism). 18
19 Osnove astične analize Primjeri ilustriraju temeljne principe teorije astičnosti: ehanizmi kolapsa uzrokovani su formiranjem jednog ili više astičnih zglobova (astic hinges). 19
20 Osnove astične analize Primjeri ilustriraju temeljne principe teorije astičnosti: Kod astičnog zgloba poprečni presjek postaje potpuno astičan, sa sposobnošću rotiranja (rotacijski kapacitet) pri konstantnom momentu savijanja. y Izražen rotacijski kapacitet 0
21 Osnove astične analize Primjeri ilustriraju temeljne principe teorije astičnosti: oment savijanja kod astičnog zgloba naziva se puna astična otpornost na savijanje (fully astic moment of resistance) ili kraće puni astični moment (full astic moment). f y W f y W f y f y 1
22 Osnove astične analize RAZATRANJE OSNOVNIH POJOVA VEZANIH UZ SVOJSTVA ČELIKA
23 Rotacijski kapacitet (klasa presjeka 1) oment Plastični moment bruto presjeka f y Lokalno izbočavanje 1 Dovoljan rot 1 3
24 Rotacijski kapacitet (klasa presjeka ) oment Plastični moment bruto presjeka f y Lokalno izbočavanje Ograničen 1 1 4
25 Rotacijski kapacitet (klasa presjeka 3) oment Elastični moment bruto presjeka f y el Lokalno izbočavanje Nikakav 1 1 5
26 Rotacijski kapacitet (klasa presjeka 4) oment el Lokalno izbočavanje Elastični moment efektivnog presjeka f y 1 Nikakav 1 6
27 Plastični moment Raspodjela napona po presjeku f y f y f y f y h b f y f y f y f y Razvijanje astičnog zgloba Stanja: 1 elastična otpornost, 4 astični moment, 4 astifikacija presjeka, y - odnos savijanog nosača Ovako formiran astični zglob dopušta preraspodjelu momenata h jedinična dužina b 7
28 Izvod za astični moment i - odnos f y Razvijanje deformacije i napona po presjeku y st y y y st y f y f y f y f y Pored i, dana relativna rotacija : y y y E 1 y E y 8
29 Izvod za astični moment i - odnos Izračunavanje otpornosti na savijanje y f y f y fy y 0 h p =h/6 C 1 y 0 h h'=h/3 h p =h/6 b astično područje f y C T 1 T h h 1 h h 1 (a) (b) (c) (d) (e) poprečni raspodjela raspodjela inkrementalne astična presjek unutarnje sile raspodjela i za h/6 astificiranog presjeka: Vrijedi: Stoga: y 1 1 h b 6 f y 5h 6 f i 1 1, je teško izračunati u inkrementalnom obliku y bh' 6 bh 6 5 bh f y 9
30 Izvod za astični moment i - odnos Sređivanjem dobijemo: 1 3 bh 18 6 f y 3 W 18 el f y 1 y. 3 bh 18 6 f bh 6 y f y 5 18 bh 6 f y Uočljivo je dakle povećanje momenta 8%
31 31 Izvod za astični moment i - odnos Promjena rotacije : h E f h E f f h E f y y y y ' 3 ' E h f y E h f h E f y y y y 1 E h f E h f E h f y y y 3 1 y 5 1, 1 Povećanje rotacije je za 50%.
32 Izvod za astični moment i - odnos Slično, vrijedi za povećanje astificiranog dijela presjeka na h/3 sa i. Dobije se povećanje momenta 44% Rotacija: 3 y Konačno, za potpuno astificiran presjek: h 1 f y b h b h 4. f y 1,5 y Omjer astičnog momenta i elastičnog momenta y : y f y f y bh 4 bh 6 W W el je faktor oblika (obuhvaćen je oblik poprečnog presjeka) 3
33 Izvod za astični moment i - odnos Iz izraza za rotaciju i moment izvodi se ovisnost y f y f y fy y 0 h p =h/6 C 1 y 0 h h'=h/3 h p =h/6 b astično područje f y C T 1 T h h 1 h h 1 (a) (b) (c) (d) (e) poprečni raspodjela raspodjela inkrementalne astična presjek unutarnje sile raspodjela Djelomično astificiran presjek: h b y0 y0 1 h y 0 f f b y 6 Uvrštenjem y 0 =f y /(e ), i nakon sređivanja dobije se - odnos. y y 0 33
34 Izvod za astični moment i - odnos Rezultirajuća bezdimenzijska krivulja za pravokutni presjek / y 1,5 1,0 1 y 3 4 y y y y / y Brojevima od 1 do 4 stanja (elastično do astično) Stanje 4: astično tečenje čitavog presjeka f y W, 1,5 el 34
35 Plastični zglob Idealizirani - odnos Idealizirana krivulja Pretpostavka: presjek koncentriran u pojasnice y jedinična dužina Plastični zglob (= ) Poslije f y, a pri konstantnom opt. tlačni pojas se skraćuje, vlačni pojas se produžuje. Stoga moment otpornosti presjeka ostaje konstantan, a deformacija se povećava Pravi zglob (=0) Plastični zglob: presjek rotira kao zglob, a pri tom uvijek je prisutan moment otpornosti presjeka jednak astičnom moment. 35
36 Plastični zglob Za idealiziranu - krivulju astični zglobovi u diskretnim točkama, realno astični se zglob proteže po dužini elementa. Zona astificiranja Egzaktna teorija astičnosti Stvaranje astičnog područja ispod koncentrirane sile Nul-linija Pojednostavnjena teorija astičnosti Idealiziranje do astičnog zgloba Kut zaokreta Sposobnost rotacije Plastični zglob x 0 36
37 Plastični zglob a) Zglob u teoriji elastičnosti b) Zglob u teoriji astičnosti (zadan statičkim sustavom) (formiran modelom mehanizma) =0 = =0 = 37
38 Utjecaj N i V na astični oment / N/N y =0 1,0 / =1, red 0, ,5 1 N/N y =0,3 N N h f y f y a) - odnosi f y f y f y f y b f y b) Interakcija i N h tlak vlak b / y Za nisku razinu N, utjecaj na zanemariv. Za V Sd < 0,5V Rd, utjecaj na zanemariv. Kriteriji prema EC3. 38
39 Duktilnost Duktilnost (engl. ductility, njem. Dehnbarkeit) je sposobnost čelika da se znatno deformira, bilo u tlaku bilo u vlaku, prije otkazivanja. f y 1 E Idealizirani oblik svojstva čelika u početnom dijelu krivulje. odnosi su praktično identični i za vlak i za tlak. 39
40 Očvršćavanje Očvršćavanje (engl. strain hardening, njem. Verfestigung) ilustrirano je slikom, idealiziranim odnosom dobivenim koristeći iste pretpostavke kao i na primjeru ilustracije astičnog zgloba. 1 E st 1 E Za st st vrijedi: E st st (E st je modul očvršćavanja) 40
41 Očvršćavanje ogućnosti određivanja E st tangenta povučena od oka arc tan E st1 modificirani početak očvršćavanja 0,005 arc tan E st3 pojava početka očvršćavanja a arc tan E st c 0,003 0,007 vrijednost st dobivena mjerenjem b Obično se koristi postupak b. 41
42 Očvršćavanje Preraspodjela momenata uslijed pojave očvršćavanja - bez očvršćavanja - sa očvršćavanjem 1,0 S P P u 0,5 C P S C S 0,5 1,0 4
43 Očvršćavanje Utjecaj očvršćavanja na sposobnost rotacije P P u - (elastično-astično - očvršćavanje) 1,0 - (elastično-astično) P 0,5 0,5 P 1,0 L L/ L/ L u 8 L L E 43
44 Statički neodređeni sustavi PROŠIRENJE NA STATIČKI NEODREĐENE SUSTAVE Razmatra se nosač obostrano upet L Postupno se povećava opterećenje i promatra ponašanje nosača, odnosom - progib. 44
45 Statički neodređeni sustavi Širenje astifikacije kod upetog nosača L (a) Plastični zglobovi na krajevima (b) ehanizam kolapsa s tri astična zgloba L 45
46 Statički neodređeni sustavi Krivulja - progib za prethodni nosač približno linearno kolaps c zadnji zglob formiran u sredini y formiranje prvih zglobova na ležajevima 1 nefaktorirano opterećenje progib u polovici raspona 46
47 Statički neodređeni sustavi Plastična analiza podrazumijeva: astičnu raspodjelu napona po poprečnom presjeku, (formiranje astičnog zgloba) - također dovoljnu redistribuciju momenata savijanja da bi se razvili astični zglobovi zahtijevani da se prouzroči astični mehanizam. - formiranjem dovoljnog broja astičnih zglobova događa se kolaps i to tako da se početno statički preodređena konstrukcija preobraća progresivno u manje preodređenu konstrukciju i konačno u mehanizam. Sposobnost konstrukcije da redistribuira napon po poprečnom presjeku i između poprečnih presjeka zahtijeva da se ne dogodi niti jedan drugi način otkazivanja prije mehanizma astičnog kolapsa. Ovako se dosiže krajnje opterećenje uz ispunjenje uvjeta: 47
48 Statički neodređeni sustavi UVJETI: Čelik treba posjedovati odgovarajuću duktilnost da se može razviti astična otpornost presjeka. Jednom formiran, astični zglob treba biti sposoban rotirati uz konstantnu vrijednost astičnog momenta. Plastični zglob treba imati dovoljan rotacijski kapacitet da se omogući formiranje mehanizma kolapsa i odgovarajuća redistribucija momenta. Konstrukcija je izložena pretežno statičkom opterećenju tako da je spriječeno otkazivanje uslijed niskocikličnog umora (shake down). 48
49 Statički neodređeni sustavi Ilustracija uvjeta slikom: (a) Presjek na ležajevima (b) Presjek u polovini raspona 1 - astični zglob na ležajevima, elastično ponašanje u polovici raspona 3 - izražena rotacijska sposobnost na ležajevima, astični zglob u polovici raspona - izražena rotacijska sposobnost i na ležajevima i u polovici raspona 49
50 Statički neodređeni sustavi Teoretska razmatranja koja slijede: predviđanja mehanizama kolapsa, određivanja dijagrama momenata savijanja kod kolapsa, određivanja faktora opterećenja kod kolapsa, Primjeri nekoliko tipičnih mehanizama kolapsa okvirnih konstrukcija. 50
51 Statički neodređeni sustavi ehanizmi kolapsa okvira: h L 51
52 Statički neodređeni sustavi ehanizmi kolapsa okvira: h L 5
53 Statički neodređeni sustavi ehanizmi kolapsa okvira: 53
54 Statički neodređeni sustavi Dodatno, konstrukcija je dovoljno robusna da se ostvari mehanizam kolapsa bez nepovoljnog utjecaja instabiliteta. ogući oblici instabiliteta su: lokalni instabilitet (obuhvaćen klasifikacijom presjeka), bočni instabilitet (osigurati bočna pridržanja), instabilitet okvira u ravnini (za relativno male uzdužne tlačne sile može se zanemariti, a ako ne onda rezultira reduciranjem opterećenja kolapsa). 54
55 etode analize ETODE ANALIZE 55
56 etode analize ETODE ANALIZE Temeljni problemi astičnog proračuna su: predviđanje korektnog mehanizma kolapsa, određivanje faktora opterećenja kod kolapsa, određivanje dijagrama momenta savijanja kod kolapsa. Pri tom moraju biti zadovoljeni uvjeti: (1) Uvjet mehanizma: krajnje opterećenje je dosegnuto kada se formira mehanizam. () Uvjet ravnoteže: suma sila i suma momenata jednaka je nuli. (3) Uvjet astičnog momenta: moment bilo gdje u konstrukciji ne smije biti veći od momenta. 56
57 etode analize Plastična analiza Elastična analiza ehanizam Kontinuitet Ravnoteža Plastični moment Tečenje <y y 57
58 etode analize, Temeljni principi Virtualni pomaci Princip virtualnih pomaka, upotrebljiv u izražavanju uvjeta ravnoteže, može se definirati na sljedeći način: Ako se sustav sila u ravnoteži podvrgne (izloži) virtualnom pomaku, rad koji učine vanjske sile (W E ) jednak je radu koji načine unutarnje sile (W I ). WE W I Princip virtualnih pomaka (virtualni rad) objašnjen je na jednostavno oslonjenom nosaču. 58
59 etode analize, Temeljni principi P (a) L/ L/ Dosizanjem, ostvaren određeni progib. (b) v - progib uslijed P - dodatni progib v Dodatnim progibom, kompatibilan s rubnim uvjetima, rotira astični zglob bez povećanja. Oblik progibne linije ne mijenja se. 59
60 etode analize, Temeljni principi U skladu sa slikom, vrijedi: - vanjski rad - unutarnji rad W E P W I P Uvjet ravnoteže W E = W I daje: P Uvrštenjem za = (L/), dobije se: L P Krajnje opterećenje za sustav jednostavnog nosača je: P u 4 L 60
61 etode analize, Temeljni principi Napomena vezana uz unutarnji rad: Definicija unutarnjeg rada + Unutarnji rad uvijek je pozitivan 61
62 etode analize, Temeljni principi OBOSTRANO UPETI NOSAČ izvođenje izraza za virtualni rad vanjskih sila (q) q L Zadani statički sustav Postupnim povećanjem q, dobije se mehanizam. Važno: elementi između zglobova Prof.dr.sc. idealno Darko Dujmovićravni, a opterećenje q koncentrira se u težištu elementa. 6
63 etode analize, Temeljni principi OBOSTRANO UPETI NOSAČ izvođenje izraza za virtualni rad vanjskih sila (q) ql/ ql/ L/4 L/4 L/4 L/4 q koncentrirano u težištu elementa =(L/4) ehanizam otkazivanja Vanjski rad izvodi se za ovakav sustav 63
64 etode analize, Temeljni principi ql/ ql/ L/4 L/4 L/4 L/4 Vanjski rad: Unutarnji rad: W E L L L L L q q q L W 4 I =(L/4) Uvjet ravnoteže W E = W I, daje: q L 16 4 qu 4 L 64
65 Teoremi teorije astičnosti U jednom koraku obično nije moguće zadovoljiti sva tri potrebna uvjeta: mehanizam, ravnoteža i astični moment. Premda će uvjet ravnoteže biti uvijek zadovoljen, rješenje postignuto na temelju pretpostavljenog mehanizma dat će krajnje opterećenje analizirane konstrukcije koje je ili korektno ili preveliko. (KINEATSKI TEORE) S druge pak strane, rješenje postignuto crtanjem dijagrama statičkog momenta koji neće poremetiti uvjet astičnog momenta bit će ili korektno ili premalo. (STATIČKI TEORE) Dakle, u ovisnosti o načinu na koji se rješava problem, dobit će se gornja ili donja granica unutar koje će se nalaziti korektno rješenje. (TEORE JEDNOZNAČNOSTI) Kada su oba teorema zadovoljena Prof.dr.sc. Darko za Dujmović neki razmatrani problem, onda je to rješenje u stvari korektno rješenje. 65
66 Teoremi teorije astičnosti Kinematski teorem U analizi konstrukcije proizvoljno odabran mehanizam kolapsa daje procjenu krajnjeg opterećenja (opterećenje kolapsa) koje je veće od ili jednako korektnom opterećenju. Drugim riječima, budući da se ne zna korektan mehanizam kolapsa, pokušava se dobiti rješenje pomoću pretpostavljenog mehanizma. Dobiveno rješenje predstavlja samo gornju granicu faktora opterećenja kod kolapsa c i potencijalno je nesigurno. etode temeljene na pretpostavljenim mehanizmima kolapsa generalno zadovoljavaju samo ravnotežu i uvjete mehanizma. 66
67 Teoremi teorije astičnosti Statički teorem Proizvoljni uvjet ravnoteže koji također zadovoljava uvjet astičnog momenta daje procjenu krajnjeg opterećenja koje je manje od ili jednako korektnom opterećenju. Drugim riječima, zadovoljenje uvjeta ravnoteže i astičnog momenata bez da se nađe mehanizam je u biti sigurna procedura. 67
68 Teoremi teorije astičnosti Teorem jednoznačnosti Vrijednost krajnjeg opterećenja koja zadovoljava uvjete ravnoteže, mehanizma i astičnog momenta je jednoznačna. Dakle, moguće je dobiti za bilo koje drugo opterećenje dijagram momenta savijanja koji također zadovoljava ova tri uvjeta. 68
69 Statička metoda STATIČKA ETODA zasniva se na teoremu donje granice Traži se ravnotežni dijagram momenata savijanja u kojem je takav da se formira mehanizam. Postupak se razvija prema sljedećem: (1) Odabrati statički preodređene veličine. () Nacrtati momentni dijagram za statički određenu konstrukciju. (3) Nacrtati momentni dijagram za konstrukciju opterećenu preodređenim veličinama. (4) Nacrtati kombinirani momentni dijagram, iz koraka. i 3., na takav način da se formira mehanizam. (5) Izračunati krajnje opterećenje, ili faktor opterećenja kolapsa, rješavajući jednadžbu ravnoteže. (6) Provjeriti da je. 69
70 Primjeri za statičku metodu (a) 1 q 3 Potrebno je naći krajnje opterećenje nosača kojeg je puni moment astičnosti. (b) L Statički određen nosač (c) (d) 1 ql 8 1 Kao statički preodređene veličine odabrani su momenti na krajevima. oment 1 je nepoznat. omentni dijagram od q na statički određenon nosaču q L 8 (e) 1 omentni dijagram od 1 na statički određenon nosaču. (f) (g) A B moguće zaključne linije p Kombiniranje -dijagrama da se formira mehanizam. Zaključna linija A daje momente na 1 i 3 jednake momentu na mjestu. Korektan mehanizam 70
71 Primjeri za statičku metodu Zaključna linija izvučena u A tvori korektan mehanizam, slika g), s = u tri presjeka s maksimalnim momentom. Uvjet ravnoteže, slika f) presjek, je: qu L 8 Qu L 8 A B moguće zaključne linije p q L 8 Slijedi da je krajnje opterećenje: Q u 16 L 71
72 Primjeri za statičku metodu Za kontinuirani nosač, momenta astičnosti, treba naći krajnje opterećenje P P a) Konstrukcija L/ L/ L/ L/ L L 5 P P b) Statički određen sustav L L c) Opterećenje od statički preodređene veličine 3 7
73 Primjeri za statičku metodu d) dijagram uslijed sile P PL 4 PL 4 e) dijagram uslijed momenta 3 3 / 3 / 3 73
74 Primjeri za statičku metodu (1) a dijagram uslijed 3 c f) Kombinirani dijagrami (formira se mehanizam s maksimalnim momentima u presjecima, 3 i 4) b dijagram uslijed P () a b p c l g) ehanizam = 4 74
75 Primjeri za statičku metodu Kombinirani momentni dijagram f), nacrtan je na način da se formira potreban mehanizam g), s maksimalnim momentima u presjecima, 3 i 4. Jednadžba ravnoteže dobiva se zbrajanjem momenata u presjeku : a dijagram uslijed 3 c Pu L 4 b dijagram uslijed P P u 6 L = 4 Budući su zadovoljeni potrebni uvjeti mehanizam, ravnoteža, astični moment, dobiveno krajnje opterećenje korektno je određeno. 75
76 etoda mehanizma ETODA EHANIZA zasniva se na teoremu gornje granice Povećanjem statičke neodređenosti nekog sustava povećava se broj mogućih mehanizama otkazivanja. Postaje teže konstruirati korektan ravnotežni momentni dijagram. Primjenjuje se metoda mehanizma. Dobivaju se različite gornje granice za korektno opterećenje za različite moguće mehanizme. Korektan mehanizam bit će onaj koji kao rezultat daje najmanje moguće opterećenje i kod kojeg moment neće prekoračiti astični moment u bilo kojem presjeku konstrukcije. 76
77 etoda mehanizma ETODA EHANIZA zasniva se na teoremu gornje granice Traži se takav mehanizam za koji neće biti prekršen uvjet astičnog momenta. Postupak se provodi na sljedeći način: (1) Odrediti mjesto mogućih astičnih zglobova (mjesta gdje djeluje koncentrirana sila, mjesta spojeva, u točki gdje je poprečna sila jednaka nuli kod nosača jednoliko opterećenih). () Odabrati moguće neovisne ili 'složene' mehanizme. (3) Riješiti jednadžbu ravnoteže (metoda virtualnog rada) za najmanje opterećenje. (4) Provjeriti da je u svakom presjeku zadovoljeno. 77
78 Primjeri za metodu mehanizma (a) (b) (c) 1 a L P Za kontinuirani nosač, treba naći krajnje opterećenje 4 L/ L/ L/ L/ 1 p l 3 3 b L P c Prvo je određivanje mjesta mogućih zglobova. U presjecima, 3 i 4 mogu se formirati zglobovi. Postoji simetrija samo jedan mehanizam. Princip virtualnog rada jednadžbe ravnoteže Ukupni rad vanjskih sila je: W E L L P P Ukupni rad unutarnjih sila je: W Budući da W E =W, dobije se: L P 3 Dakle, krajnje opterećenje P u je: Pu 6 L Provjera momenata nije potrebna jer je moguć samo jedan mehanizam. 78
79 Primjeri za metodu mehanizma Za portalni okvir sa slike, kojem su stupovi i prečka nepromjenjivog poprečnog presjeka i astičnog momenta, potrebno je izračunati krajnje opterećenje. P (a) 3 4 P oguća mjesta astičnih zglobova su presjeci, 3 i 4. Postoji nekoliko mogućih mehanizama otkazivanja. h=l/ Postavlja se pitanje: koji je od ovih mehanizama korektan? 1 H 1 L V 1 V 5 5 H5 To je onaj mehanizam koji daje najmanje krajnje opterećenje budući da bi bilo koje veće opterećenje značilo da nije ispunjen uvjet astičnog momenta. 79
80 Primjeri za metodu mehanizma (b) ehanizam 1 (mehanizam nosača) P Iz uvjeta W E = W dobije se sljedeća jednadžba za mehanizam nosača: P L P 4 P1 8 L 80
81 Primjeri za metodu mehanizma (c) ehanizam (mehanizam panela) P Iz uvjeta W E = W dobije se sljedeća jednadžba za mehanizam panela: h=l/ P P h P L L P 8 L 81
82 Primjeri za metodu mehanizma (d) ehanizam 3 (kombinirani mehanizam) P 1 P h=l/ Iz uvjeta W E = W dobije se sljedeća jednadžba za mehanizam panela: L P P 1 L P P 4 h L P L P 4 16 P3 3 L 8
83 Primjeri za metodu mehanizma Najmanja vrijednost je P 3, korektno krajnje opterećenje je: Potrebno je još provjeriti uvjet astičnog momenta, tj. da je za sve presjeke: P u 16 3 L oment u presjeku izračunat je prema sljedećem: H 5 h L L 1 Budući da niti u jednom presjeku momenti nisu veći od, dobivena rješenja problema su korektna. 5 H 1 H 1 P H L 3 L H 1 3 h 1 Pu H5 1 L H 1 L 3 L L 83
84 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Neovisni mehanizmi: 1. ehanizmi nosača 84
85 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Neovisni mehanizmi:. ehanizam panela 85
86 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Neovisni mehanizmi: 3. ehanizam 86
87 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Neovisni mehanizmi: 4. ehanizam čvora 87
88 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Kombinirani mehanizmi: 5. Djelomični mehanizam 88
89 ehanizmi Različiti modovi otkazivanja vezano na tipove mehanizama. Postoje sljedeći tipovi mehanizama koristeći za ilustraciju konstrukciju danu na slici: Kombinirani mehanizmi: 6. Potpuni mehanizam 89
90 ehanizmi Kod okvirnih sustava treba ispitati i pronaći odgovarajuće kinematske mehanizme otkazivanja. Pri tom važno je odrediti broj neovisnih mehanizama. To se može izračunati prema izrazu: k p n gdje je: k - p - n - broj neovisnih mehanizama, broj mogućih astičnih zglobova, broj statičke neodređenosti sustava. 90
91 ehanizmi Plastični zglobovi obično se mogu formirati na mjestima: 1. ispod djelovanja koncentriranih sila,. na mjestima ukliještenja, 3. u čvorovima okvira, 4. u području max,ed kod jednolikog opterećenja, 5. kod promjene poprečnog presjeka ili oslabljenja. 91
92 Primjeri određivanja unutarnjih sila prema teoriji astičnosti Kontinuirani nosač s ojačanjem presjeka u dijelu krajnjih polja R 0 L 0,15L R 1 R L q R R R 0 1 0,438qL 1,06qL R 3 ( itd) ql 0,438L V 1 0,5L V V V 1 0,56qL V 3 ( itd) 0,500qL 0,15L 0,146L 1 E 0,0957qL E 1 1 0,065qL 9
93 Utjecaj redoslijeda opterećenja UTJECAJ REDOSLIJEDA OPTEREĆENJA NA KRAJNJE PLASTIČNO OPTEREĆENJE P u Osnovna pretpostavka: - sva opterećenja koja djeluju na sustav rastu proporcionalno do dosizanja Pu. Postoji izuzetak: - za neki određeni redoslijed opterećenja pojavljuju se sve jače rastuće deformacije i govori se o nestabilnosti deformacija. 93
94 Utjecaj redoslijeda opterećenja CIKLUS OPTEREĆENJA H P Ukupno opterećenje 94
95 Utjecaj redoslijeda opterećenja P Rasterećenje Ciklus opterećenja koji se ponavlja (promatra se vertikalno opterećenje) 95
96 Utjecaj redoslijeda opterećenja H Rasterećenje Ciklus opterećenja koji se ponavlja (promatra se horizontalno opterećenje) 96
97 Utjecaj redoslijeda opterećenja CIKLUS OPTEREĆENJA Sile H i P ne rastu proporcionalno. Nakon prvog opterećenja sa P nastupa rasterećenje s nekim zaostalim vlastitim naponom. Kod opterećenja i rasterećenja silom H, vlastiti naponi ne pašu u to drugo opterećenje tako da se pojavljuju nove trajne deformacije. Do pojava ovakvih trajnih deformacija ne bi došlo da su H i P istovremeno proporcionalno rasle. 97
98 Utjecaj redoslijeda opterećenja CIKLUS OPTEREĆENJA Ukoliko se ciklus opterećenja H i P češće pojavljuje dolazi do sve većih rastućih trajnih deformacija i iscrjivanja astičnih svojstava. Znači, statički je sustav otkazao a da nije uspio doseći krajnje astično opterećenje P u. 98
99 Utjecaj redoslijeda opterećenja CIKLUS OPTEREĆENJA Rješenje tražimo u tzv. opterećenju "uigravanja" P s (eng. shakedown, njem. Einspiellast) Opterećenja kod kojeg, unatoč bezbroj ciklusa opterećenja, deformacije sustava su stabilne i ostaju u određenim granicama. TEORE UIGRAVANJA Ako se može pronaći bilo koje stanje vlastitih napona kod kojega se dalje u svim ciklusima opterećenja P s preuzima elastično, to se sustav onda uigrao na potpuno elastično ponašanje i za ovo opterećenje (P s ) ne može više doći do otkazivanja nosivosti. 99
100 Utjecaj redoslijeda opterećenja broj ponovljenih ciklusa opterećenja P S U OVISNOSTI DEFORACIJA I CIKLUSA OPTEREĆENJA P=P s P<P s P>P s deformacije 100
101 Utjecaj redoslijeda opterećenja Sila P s ima za sada teoretsko značenje iz sljedećih razloga: a) u praksi su važne deformacije uslijed uporabnog opterećenja a ne od P u, b) porastom odnosa g/p, opterećenje P s prelazi u P u, c) vjerojatnost izrazito nepovoljnih ciklusa opterećenja je mala. 101
102 Utjecaj redoslijeda opterećenja P P A B C D E L/ L/ L/ L/ L L 6 P 64 PL PL P 1 64 PL r P PL PL Ilustracija uigravanja opterećenja a) - omentni dijagram prema teoriji elastičnosti - Sila P djeluje u točki B b) - omentni dijagram prema teoriji elastičnosti - Sile P djeluju u točkama B i D c) - Zaostali momenti uslijed neelastičnih deformacija nakon opterećenja faze (b) 10
103 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja Važno: za svaki presjek mora biti zadovoljen uvjet i, r i, max U gornjem izrazu je: i,r - moment kao posljedica vlastitih napona (rezidualni ili zaostali), i,max - maksimalni moment Prof.dr.sc. udarko tom Dujmović presjeku (i) prema teoriji elastičnosti. 103
104 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja Uvjet za presjek B: Presjek B P 6 64 PL PL P L, B r 104
105 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja Uvjet za presjek C: Presjek C P 1 64 PL P PL PL 1 64 P L, C r 105
106 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja Linearna raspodjela momenta r uz pretpostavku da je pozitivan glasi : 1 r, B r, C Ako se sada ovaj r,b uvrsti u izraze koji definiraju uvjete za presjke B i C, dobije se: 106
107 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja P L s r, C 1 64 P s P L s r, C r, C L ,06 L 107
108 Utjecaj redoslijeda opterećenja Ilustracija uigravanja opterećenja Ukoliko se izračuna P u prema klasičnom postupku, tj. jednom od metoda teorije astičnosti, dobiva se: Ako se postavi odnos: P P P 16% manje od krajnjeg astičnog opterećenja P u. u s u 6 5,06 6,00 L 84% stabilizirajuće opterećenje P s (shakedown loading) teoretski je 108
109 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Primjer neprikladnog sustava za astičnost P E = const. = const. L 1 L L 1 Kod ovih sustava dosegnuta je vrijednost P u tek nakon velikog zaokreta u zglobovima (znači i velikih deformacija), ili se pak vrijednost P u uopće ne može dosegnuti. 109
110 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Sila P u iznosi: P u 8 L Vrijednost P u ne ovisi o L 1. Ako L 1 vrijedi: P u 4 L 110
111 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila P u Razmotrimo progibe u sredini raspona L i to za razne odnose L 1 :L 8 L L 1 =0 L 1 = L L 1 = L L 1 = 3L P 4 L L 1 = L 1 L L 1 5 L 4 E 10 4 E L 15 4 E L progib u sredini raspona L 111
112 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila odel srednjeg polja P L Za L 1 mali, opruga je kruta P Za L 1 veliki, opruga je mekana P 11
113 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Na kontinuiranom nosaču povećanjem sile P prvo se pojavljuje astični zglob ispod te sile. U tom zglobu javlja se kut zaokreta. Opruge mekane (L 1 >> L ) ne mogu se nad ležajevima javiti astični momenti a da kut zaokreta ne poprimi nerealno velike vrijednosti. Iz analize kuta zaokreta u astičnom zglobu proizlazi da omjer raspona L 1 /L > 3 daje sustav neprikladan za teoriju astičnosti. ože se zaključiti da sljedeći sustavi nisu prikladni: 113
114 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Primjeri: q d kontinuirani nosači sa nejednolikim rasponima i opterećenjima 114
115 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Primjeri: q d prednapeti čelični nosači (visulje) 115
116 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Primjeri: P d P d nosači kod kojih su koncentrirane sile u blizini ležajeva 116
117 Neprikladni sustavi za proračun unutarnjih sila Primjeri: q d okviri čija je visina znatno veća od dužine prečke 117
118 Zaključne napomene Uobičajene metode analize su: grafička, analiza virtualnog rada idealno astičnih mehanizama, elastična - idealno astična analiza. etode astične analize primjenjive su uz zadovoljenje uvjeta: 118
119 Zaključne napomene čelik s dobrim astičnim svojstvima f f u y 1,1 ε u 15 ε y bočna pridržanja kod svih mjesta pojave astičnih zglobova, poprečni presjeci klase 1, opterećenje raste proporcionalno i monotono, 119
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 περισσότεραPROSTA 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 περισσότερα18. 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 περισσότεραBETONSKE KONSTRUKCIJE 2
BETONSE ONSTRUCIJE 2 vježbe, 31.10.2017. 31.10.2017. DATUM SATI TEMATSA CJELINA 10.- 11.10.2017. 2 17.-18.10.2017. 2 24.-25.10.2017. 2 31.10.- 1.11.2017. uvod ponljanje poznatih postupaka dimenzioniranja
Διαβάστε περισσότεραUNIVERZITET 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 περισσότεραPRORAČUN GLAVNOG KROVNOG NOSAČA
PRORAČUN GLAVNOG KROVNOG NOSAČA STATIČKI SUSTAV, GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE I MATERIJAL Statički sustav glavnog krovnog nosača je slobodno oslonjena greda raspona l11,0 m. 45 0 65 ZAŠTITNI SLOJ BETONA
Διαβάστε περισσότερα3.1 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 περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότερα1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
Διαβάστε περισσότεραSVEUČILIŠTE 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. Dragana Zekić SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
Διαβάστε περισσότεραradni 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(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 περισσότεραBetonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri
Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri 1 1 Zadatak 1b Čisto savijanje - vezano dimenzionisanje Odrediti potrebnu površinu armature za presek poznatih dimenzija, pravougaonog
Διαβάστε περισσότεραSTATIČKI 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 περισσότερα7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
Διαβάστε περισσότεραKolegij: 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 περισσότερα1 Promjena baze vektora
Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis
Διαβάστε περισσότερα- 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 περισσότεραRIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
Διαβάστε περισσότεραISPIT 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 περισσότεραDimenzioniranje nosaa. 1. Uvjeti vrstoe
Dimenzioniranje nosaa 1. Uvjeti vrstoe 1 Otpornost materijala prouava probleme 1. vrstoe,. krutosti i 3. elastine stabilnosti konstrukcija i dijelova konstrukcija od vrstog deformabilnog materijala. Moraju
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra 2 prvi kolokvij,
Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )
Διαβάστε περισσότεραKonstruisanje. Dobro došli na... SREDNJA MAŠINSKA ŠKOLA NOVI SAD DEPARTMAN ZA PROJEKTOVANJE I KONSTRUISANJE
Dobro došli na... Konstruisanje GRANIČNI I KRITIČNI NAPON slajd 2 Kritični naponi Izazivaju kritične promene oblika Delovi ne mogu ispravno da vrše funkciju Izazivaju plastične deformacije Može doći i
Διαβάστε περισσότεραOperacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
Διαβάστε περισσότεραStrukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1
Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,
Διαβάστε περισσότεραProračun graničnih nosivosti (1)
Proračun graničnih nosivosti () K. F.. Linearno elastičan idealno plastičan materijal Poveća li se opterećenje toliko da naprezanja u dijelovima nekih poprečnih presjeka dosegnu granicu popuštanja/tečenja,
Διαβάστε περισσότεραProstorni spojeni sistemi
Prostorni spojeni sistemi K. F. (poopćeni) pomaci i stupnjevi slobode tijela u prostoru: 1. pomak po pravcu (translacija): dva kuta kojima je odreden orijentirani pravac (os) i orijentirana duljina pomaka
Διαβάστε περισσότεραM086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότεραNeka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
Διαβάστε περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότεραkonst. Električni otpor
Sveučilište J. J. Strossmayera u sijeku Elektrotehnički fakultet sijek Stručni studij Električni otpor hmov zakon Pri protjecanju struje kroz vodič pojavljuje se otpor. Georg Simon hm je ustanovio ovisnost
Διαβάστε περισσότεραRiješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
Διαβάστε περισσότεραSVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET ZAVRŠNI RAD
SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET ZAVRŠNI RAD Osijek, 15. rujan 2017. Ivan Kovačević SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET ZAVRŠNI RAD
Διαβάστε περισσότεραradni 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 περισσότεραVeleučilište 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 περισσότεραKaskadna kompenzacija SAU
Kaskadna kompenzacija SAU U inženjerskoj praksi, naročito u sistemima regulacije elektromotornih pogona i tehnoloških procesa, veoma često se primenjuje metoda kaskadne kompenzacije, u čijoj osnovi su
Διαβάστε περισσότεραa 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 περισσότεραDIMENZIONISANJE 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 περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότεραOsnovni 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 περισσότεραBIPOLARNI TRANZISTOR Auditorne vježbe
BPOLARN TRANZSTOR Auditorne vježbe Struje normalno polariziranog bipolarnog pnp tranzistora: p n p p - p n B0 struja emitera + n B + - + - U B B U B struja kolektora p + B0 struja baze B n + R - B0 gdje
Διαβάστε περισσότεραBETONSKE KONSTRUKCIJE 3 M 1/r dijagrami
BETONSKE KONSTRUKCIJE 3 M 1/r dijagrami Izv. prof. dr.. Tomilav Kišiček dipl. ing. građ. 0.10.014. Betonke kontrukije III 1 NBK1.147 Slika 5.4 Proračunki dijagrami betona razreda od C1/15 do C90/105, lijevo:
Διαβάστε περισσότεραFunkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva
Διαβάστε περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότεραĈetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
Διαβάστε περισσότεραGRAĐEVINSKI FAKULTET U BEOGRADU Modul za konstrukcije PROJEKTOVANJE I GRAĐENJE BETONSKIH KONSTRUKCIJA 1 NOVI NASTAVNI PLAN
GRAĐEVINSKI FAKULTET U BEOGRADU pismeni ispit Modul za konstrukcije 16.06.009. NOVI NASTAVNI PLAN p 1 8 /m p 1 8 /m 1-1 POS 3 POS S1 40/d? POS 1 d p 16 cm 0/60 d? p 8 /m POS 5 POS d p 16 cm 0/60 3.0 m
Διαβάστε περισσότεραSPREGNUTE 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 περισσότεραVrijedi 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 περισσότεραOM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA
OM V me i preime: nde br: 1.0.01. 0.0.01. SAVJANJE SLAMA TANKOZDNH ŠTAPOVA A. TANKOZDN ŠTAPOV PROZVOLJNOG OTVORENOG POPREČNOG PRESEKA Preposavka: Smičući napon je konsanan po debljini ida (duž pravca upravnog
Διαβάστε περισσότεραTOLERANCIJE I DOSJEDI
11.2012. VELEUČILIŠTE U RIJECI Prometni odjel OSNOVE STROJARSTVA TOLERANCIJE I DOSJEDI 1 Tolerancije dimenzija Nijednu dimenziju nije moguće izraditi savršeno točno, bez ikakvih odstupanja. Stoga, kada
Διαβάστε περισσότεραSVEUČILIŠTE JOSIPA JURAJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKULTET OSIJEK ZAVRŠNI RAD
SVEUČILIŠTE JOSIPA JURAJA STROSSMAYERA U OSIJEKU ZAVRŠNI RAD Osijek, 15.09.2015. SVEUČILIŠTE JOSIPA JURAJA STROSSMAYERA U OSIJEKU ZAVRŠNI RAD TEMA: USPOREDBA REZULTATA PRORAČUNA STATIČKI NEODREĐENIH SUSTAVA
Διαβάστε περισσότεραSEMINAR IZ KOLEGIJA ANALITIČKA KEMIJA I. Studij Primijenjena kemija
SEMINAR IZ OLEGIJA ANALITIČA EMIJA I Studij Primijenjena kemija 1. 0,1 mola NaOH je dodano 1 litri čiste vode. Izračunajte ph tako nastale otopine. NaOH 0,1 M NaOH Na OH Jak elektrolit!!! Disoira potpuno!!!
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra 2 prvi kolokvij,
1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika
Διαβάστε περισσότεραMatematičke 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 περισσότεραUvod u teoriju brojeva
Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)
Διαβάστε περισσότεραSume 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( , 2. kolokvij)
A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski
Διαβάστε περισσότεραTrigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
Διαβάστε περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότεραSVEUČILIŠTE 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 περισσότεραČVRSTOĆA 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 περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραZadatak 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 περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραSavijanje 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 περισσότεραIZVODI 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 περισσότεραSVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKKULTET ZAVRŠNI RAD
SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKKULTET ZAVRŠNI RAD SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU GRAĐEVINSKI FAKKULTET ZAVRŠNI RAD TEMA: IZRAČUN UNUTRAŠNJIH SILA I PLANOVA
Διαβάστε περισσότεραVJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.
JŽ 3 POLAN TANZSTO ipolarni tranzistor se sastoji od dva pn spoja kod kojih je jedna oblast zajednička za oba i naziva se baza, slika 1 Slika 1 ipolarni tranzistor ima 3 izvoda: emitor (), kolektor (K)
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje 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 περισσότεραDijagrami: 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( , 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 περισσότεραOtpornost R u kolu naizmjenične struje
Otpornost R u kolu naizmjenične struje Pretpostavimo da je otpornik R priključen na prostoperiodični napon: Po Omovom zakonu pad napona na otporniku je: ( ) = ( ω ) u t sin m t R ( ) = ( ) u t R i t Struja
Διαβάστε περισσότερα20 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 περισσότεραDijagonalizacija operatora
Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite
Διαβάστε περισσότεραGeometrijske 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 περισσότεραPT ISPITIVANJE PENETRANTIMA
FSB Sveučilišta u Zagrebu Zavod za kvalitetu Katedra za nerazorna ispitivanja PT ISPITIVANJE PENETRANTIMA Josip Stepanić SADRŽAJ kapilarni učinak metoda ispitivanja penetrantima uvjeti promatranja SADRŽAJ
Διαβάστε περισσότεραMATRICE 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 περισσότεραFTN Novi Sad Katedra za motore i vozila. Teorija kretanja drumskih vozila Vučno-dinamičke performanse vozila: MAKSIMALNA BRZINA
: MAKSIMALNA BRZINA Maksimalna brzina kretanja F O (N) F OI i m =i I i m =i II F Oid Princip određivanja v MAX : Drugi Njutnov zakon Dokle god je: F O > ΣF otp vozilo ubrzava Kada postane: F O = ΣF otp
Διαβάστε περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότερα( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj
Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens
Διαβάστε περισσότεραRiješeni 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( ) 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 περισσότεραPRIMJER 3. MATLAB filtdemo
PRIMJER 3. MATLAB filtdemo Prijenosna funkcija (IIR) Hz () =, 6 +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 53 z +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 6 z, 95 z +, 74 z +, z +, 9 z +, 4 z +, 5 z +, 3 z +, 4 z 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8
Διαβάστε περισσότερα( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Διαβάστε περισσότεραPismeni 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 περισσότεραNumerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni
Διαβάστε περισσότεραnumeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
Διαβάστε περισσότεραKontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
Διαβάστε περισσότερα( 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 περισσότερα10. 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 περισσότεραDeterminante. 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 περισσότεραProračun 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 περισσότεραMetalne konstrukcije I Proračun otpornosti elementa s nesimetričnim poprečnim presjekom klase 4 izloženog savijanju i tlačnoj sili
Sadržaj 1. Uvod... 1 2. Potrebni dokazi nosivosti za elemente izložene tlaku i savijanju prema EN 1993 za poprečne presjeke klase 4... 2 2.1. Klasifikacija poprečnog presjeka... 2 2.2 Djelotvorna širina
Διαβάστε περισσότεραSignali i sustavi - Zadaci za vježbu II. tjedan
Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II tjedan Periodičnost signala Koji su od sljedećih kontinuiranih signala periodički? Za one koji jesu, izračunajte temeljni period a cos ( t ), b cos( π μ(, c j t
Διαβάστε περισσότερα