12 STATIČKI NEODREĐENI NOSAČI
|
|
- Αἴσων Αγγελίδου
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 12 STATIČKI NEODREĐENI NOSAČI 12.1 Uvod Prvo se valja prisjetiti općih prednosti što ih statički neodređeni nosači imaju u odnosu na statički određene: Manji su momenti savijanja pri jednaku rasponu i pod jednakim opterećenjima. Manji su progibi pri jednakoj krutosti. Imaju veću sigurnost u graničnomu stanju nosivosti. Ovo vrijedi za sve vrsti nosača (bez obzira na gradivo), a PB nosači imaju još dvije dodatne prednosti: Potrebno je manje skupih sidara i Manji je utrošak (također skupoga) rada na prednapinjanju. Naravno, PB nosači imaju i nedostataka, pa i krupnih. 1
2 12.1 Uvod Najkrupniji su ovi nedostatci: Vrlo su osjetljivi na prisilna izobličenja, a osobito na slijeganje ležajeva. Učinkovitost prednapinjanja općenito je znatno manja nego u statički određenih nosača. Međutim, vrlo je važno naglasiti kako se MOGU PREDNAPINJATI SAMO ONI NOSAČI ŠTO SE MOGU NESMETANO SKRAĆIVATI PRI TOMU. Prije nego što prijeđemo na razmatranje učinka statičke neodređenosti, prisjetimo se kakav je učinak napinjanja natega na običan, statički određen nosač (slika 12.1). Slika 12.1: Skretne sile zakrivljene natege Duž natege djeluju još sile trenja. 2
3 12.1 Uvod Na predhodnoj je slici predočen slučaj jednoliko zakrivljene natege, kakva se najčešće rabi, a sve što ćemo o njoj reći načelno vrijedi i za natege izlomljene osi. Dakle na AB nosač djeluju ove vanjske sile: sile uvođenja iliti sidrene sile (najčešće na čelima nosača); skretne sile i sile trenja. Kao što smo vidjeli u poglavlju o djelovanju prednapinjanja na AB sklop, ovim se silama AB nosač suprotstavlja sustavom samouravnoteženih naprezanja (njem. Eigenspannungszustand). Dakle ove VANJSKE SILE NE IZAZIVAJU NIKAKVE DODATNE PRIDRŽAJNE SILE (reakcije) u potporama pod nosačem. 3
4 12.1 Uvod To oda znači da ako znamo tijek sile prednapinjanja duž nosača, što se dobije odbijanjem gubitaka sile od trenja i prokliznuća klina od nazivne početne sile, možemo u svakom presjeku nosača dobiti mjerodavne rezne sile: uzdužnu silu; moment savijanja i poprečnu silu. U doba kada su se proračuni obavljali ručno ( pješice ) u pravilu se je crtao samo tijek sile prednapinjanja (što je ujedno i tijek uzdužne sile), dok su se ostale dvije rezne sile određivale samo u mjerodavnim presjecima. Danas, kada raspolažemo moćnim računalima, predočuju se tijekovi svih triju reznih sila. Na slici 12.2 predočeni su, pojednostavnjeno, tijekovi triju reznih sila. 4
5 12.1 Uvod Slika 12.2: Rezne sile od djelovanja zakrivljene natege Pojednostavnjenja se tiču i uzdužne sile (isprekidano je predočen točniji tijek) i, osobito, momenta savijanja i poprečne sile. Naime, ako se prisjetimo određivanja gubitaka sile prednapinjanja od trenja i prokliznuća klina, vidjet ćemo da bi uzdužna sila trebala biti predočena crtom sastavljenom od odsječaka pravaca. Onda bi se tijek momenata savijanja trebao sastojati od odsječaka parabola i pravaca. Slično bi tijek poprečne sile bio niz odsječaka pravaca. 5
6 12.1 Uvod Djelovanje prednapinjanja kao sustava vanjskih sila osobito se rado rabi pri proračunu statički neodređenih sustava, kako ćemo vidjeti kasnije. Zato predočimo još jednom tijek sile prednapinjanja u zavisnosti od dosega utjecaja prokliznuća klina (slike 12.3 i 12.4). Slika 12.3: Zavisnost veličine sile prednapinjanja od dosega utjecaja prokliznuća klina; utjecaj ne seže do polovišta raspona 6
7 12.1 Uvod Slika 12.4: Zavisnost veličine sile prednapinjanja od dosega utjecaja prokliznuća klina; utjecaj seže do iza polovišta raspona 7
8 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti U statički neodređenim PB nosačima pojavljuju se dodatne rezne sile. Slika 12.5: Progibi, momenti savijanja i poprečne sile statički neodređenog PB nosača Statički određeni nosač, naime, slobodno se izobličuje pod djelovanjem momenata od sile prednapinjanja, dok statički neodređeni nosač ima prekobrojne veze što sprječavaju izobličavanje (slika 12.5). 8
9 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Na mjestu tih veza moraju se pojaviti pridržajne sile (reakcije) što zajedno s pridržajnim silama u skrajnjim ležajevima tvore uravnotežen sustav sila. Djelovanjem tih pridržajnih sila nastaju prekobrojni (statički neodređeni) momenti savijanja raspodijeljeni duž cijeloga nosača. To se najzornije vidi na primjeru grede preko dvaju jednakih polja prednapete pràvom nategom udaljenom za e 0 od težišne osi nosača (slika 12.5a). Natega Slika 12.5a: AB nosač preko dvaju polja prije napinjanja natege 9
10 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Zbog sile prednapinjanja nastaje moment savijanja nepromjenjiv duž cijeloga raspona. Kada ne bi bilo međupotpore B, nosač bi se prognuo prema gore (slika 12.5b). Slika 12.5b: AB nosač nakon napinjanja natege; međupotpora ne pridržava nosač Budući da međupotpora postoji, zbog čega se nosač ne može uzdići, na tom mjestu djeluje pridržajna sila R B usmjerena prema dolje (slika 12.5c). Slika 12.5c: AB nosač nakon napinjanja natege; međupotpora pridržava nosač 10
11 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Kako bi nosač bio u ravnoteži, moraju na skrajnje ležajeve, A i C, djelovati suprotno usmjerene, međusobno jednake, pridržajne sile, R A i R C (slika 12.5c). Momenti, M x, što nastaju djelovanjem pridržajnih sila zbrajaju se algebarski s momentima od sile prednapinjanja, pa je moment u presjeku x (slika 12.5d): Slika 12.5d: Tijekovi reznih sila duž PB nosača M px = P e 0 + M x (12.1) Na istoj je slici predočen i tijek poprečnih sila. Iz izraza (12.1) lako se dobije djelotvorna mimoosnost (efektivna ekscentričnost) sile u statički neodređenu nosaču: e eff M x = e P ( ) 11
12 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Za proračun statički neodređenih PB nosača mogu se primijeniti svi postupci s pomoću kojih se proračunavaju statički neodređeni nosači. Ipak, za niže stupnjeve statičke neodređenosti najprikladniji su metoda sila i postupak zaokretnih kutova. Pokažimo metodu sila na primjeru nosača predočena na slici 12.5a i pretpostavimo da smo ga rasjekli nad potporom u dva dijela (slika 12.6). Slika 12.6: Postupak određivanja nepoznatog momenta od statičke neodređenosti 12
13 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Svaki je od ovih dijelova nosača statički određen. Međutim, moramo imati na umu kako su oni spojeni nad potporom, dakle da čine cjelinu. U tu ćemo svrhu ispisati jednačbu protežnosti (kontinuiteta): X 1 δ 11 + δ 1v = 0 (12.3) Iz nje se neposredno dobije vrijednost statički neodređenoga momenta nad potporom: δ1 v X1 = ( 12.4) δ 11 A sada odredimo kutove zaokreta, δ 11 i δ 1v. U tu svrhu treba nacrtati tijekove momenata savijanja (slika 12.7): od nepoznatog momenta X 1, za koji uzimamo da nad potporom ima jediničnu vrijednost i od sile prednapinjanja. 13
14 Slika 12.7: Momenti savijanja duž PB nosača: od jediničnog momenta (gore); od sile prednapinjanja (dolje) 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Prisjetimo se kako je kut zaokreta jednak ploštini lika što predočuje tijek momenata pomnoženoj s ordinatom tijeka jediničnog momenta na apscisi težišta lika što predo čuje tijek dotičnoga momenta. Tako se dobije da je kut zaokreta od jediničnoga momenta: EIδ 11 1 l 2 = ploština dva lika lika ordinata ispod težišta ( ) Pri određivanju odgovarajućega kuta zaokreta od sile prednapinjanja zanemarujemo i trenutačne i vremenske gubitke te sile. 14
15 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Dakle uzimamo da je sila prednapinjanja nepromjenjiva duž nosača, a takva je i u vremenu. Kut je zaokreta od nje: 1 EIδ 1v = P e l 2 = P e l Uvrstimo dobivene vrijednosti u jedn. (12.4): X 1 3Pel 3 = = P e 2l 2 S druge strane, ukupni se moment savijanja u bilo kojemu presjeku nosača sastoji od momenta na osnovnomu, statički određenom, sustavu, M 0, i momenta od statičke neodređenosti, m 1 X 1 : M = M 0 + m 1 X 1 (12.8) ( ) ( 12.7) pri čemu je m 1 - ordinata na tijeku jediničnoga momenta u danomu presjeku. 15
16 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Ako za M 0 uvrstimo njegovu vrijednost, jedn. (12.8) poprima za presjek nad potporom oblik: 3 1 MB = P e+ P e= P e 2 2 ( 12.9) Pri tomu smo se držali dogovora uvriježena u Građevnoj statici: moment je pozitivan ako u donjim vlaknima izaziva vlak. A sada nacrtajmo tijek ukupnih momenata savijanja duž nosača od djelovanja prednapinjanja (slika 12.8). Uočavamo zapanjujuću razliku između statički određenih i statički neodređenih nosača: u presjeku nad potporom nastaje moment SUPROTNOGA PREDZNAKA od onoga što bi se dobio jednostavnim množenjem P e. 16 Slika 12.8: Tijek ukupnih momenata duž PB nosača
17 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti To onda znači da se uz rub presjeka bliži natezi pojavljuje VLAK, a ne tlak, kako bi se očekivalo. Naravno da to ima nepovoljan utjecaj na učinak prednapinjanja. Pogledajmo sada što je s pridržajnim silama. X1 3Pe B = 2 = l l ( ) B 3P e A= C = = 2 2l ( 12.11) Dakle nad srednjom se potporom dobije pridržajna sila što SPRJEČAVA ODIZANJE nosača. Sve pridržajne sile zajedno tvore međusobno uravnotežen sustav. Tako dolazimo do temeljne razlike između statički određenih i statički neodređenih sustava. 17
18 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti U statički određenih sustava NE NASTAJU PRIDRŽAJNE SILE prigodom napinjanja natega. U statički neodređenih sustava NASTAJU PRIDRŽAJNE SILE prigodom napinjanja natega. To su statički neodređene iliti PREKOBROJNE pridržajne sile. Razmotrimo sada slučaj pràve natege sa skretanjem nad potporom (slika 12.9). Slika 12.9: AB nosač prednapet nategom lomljene osi Uočimo kako je u svim presjecima nad potporama natega mimoosna, s tim što je e A = e C = e. Odgovarajući tijekovi momenata savijanja također su predočeni na slici. 18
19 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Kut zaokreta od jediničnoga momenta savijanja jednak je kao u predhodnomu slučaju: 2l EIδ 11 = ( 12.5) 3 Za dobivanje kuta zaokreta od vanjskog opterećenja (od mimoosnosti natege) služimo se pojedinačnim prinosima mimoosnostî nad pojedinim potporama (isprekidane crte na donjem dijelu slike 12.9): e EIδ1 v = P e l 2 + P eb 2 = P l eb ( ) Punom je crtom predočeno ukupno djelovanje mimoosnosti natege. Vrijednost nepoznatog momenta nad potporom dobije se uvrštavanjem dobivenih kutova zaokreta u jedn. (12.4): X 1 ( ) ( 2/3 ) B ( /2) ( ) l Ple e P e e = = B 2/3 2 ( 12.13) 19
20 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Sada možemo dobiti ukupni moment savijanja nad potporom: e e MB = P eb P eb = P 2 2 ( 12.14) Uočavamo kako se u izrazu za M B UOPĆE NE POJAVLJUJE e B! Dapače, dobili smo POTPUNO JEDNAKU VRIJEDNOST kao u predhodnomu slučaju! Iz ovoga slijedi da KAKAV GOD BIO e B, UVIJEK DOBIVAMO JEDNAKE MOMENTE DUŽ NOSAČA, POD UVJETOM DA SU JEDNAKE MIMOOSNOSTI NA SKRAJNJIM POTPORAMA. Ovo je važna vlastitost statički neodređenih nosača: Dokle god je duž raspona ista krivulja mimoosnosti natege, možemo po volji mijenjati mimoosnost nad srednjom potporom. 20
21 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Pogledajmo kako to izgleda u slučaju natege jednolike zakrivljenosti (slika 12.10). Radi jednostavnosti, zaobljenje osi natege nad međupotporom nadomjestit ćemo lomom. Slika 12.15: Određivanje nepoznatog momenta nad potporom u slučaju zakrivljene natege 21
22 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Kut zaokreta od jediničnog momenta ovoga puta ne ćemo ni ispisivati. S druge strane, kut zaokreta od vanjskog opterećenja )od mimoosnosti natege) sastoji se od prinosa lika pod parabolom i prinosa trokuta: EIδ 1v = P f l 2 + P e l 2 = P l e f ( ) ( ) Vrijednost nepoznatog momenta nad potporom dobije se uvrštavanjem dobivenih kutova zaokreta u jedn. (12.4): ( 2/3) Pl ( e f) X1 = = P ( e f ) ( 12.16) ( 2/3) l Ukupni je moment nad potporom: MB = P e P ( e f ) = P f ( 12.17) Prema tome, natega jednoliko zakrivljene osi zadane strjelice može se po volji pomicati gore-dolje, pod uvjetom da os natege prolazi težištem presjeka nad skrajnjim potporama. 22
23 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Dakle taj pomak ne utječe na učinak prednapinjanja. Međutim, najmanji utrošak čelika i najveća granična nosivost pri savijanju postižu se kada mimoosnost nad ležajem, e 0, i strjelica parabole, f, imaju najveće moguće vrijednosti. Praktično ostvariv oblik natege predočen je na slici Slika 12.11: Praktično ostvariv oblik protežne zakrivljene natege Gornji odnosi vrijede i ako rasponi polja nisu jednaki: ukupni je moment savijanja nad međupotporom jednak zbroju umnoška P e i momenta od statičke neodređenosti, X: M B = P e + X (12.18) 23
24 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Uočimo još kako iz izraza (12.16) slijedi da u slučaju kada je e = f moment statičke neodređenosti iščezava. To onda znači da iščezavaju i pridržajne sile. Vlastitost oblika osi natega pri kojoj se to ostvaruje naziva se VLASTITOŠĆU KONKORDANTNOSTI. Do prije 50-ak godina toj je vlastitosti pridavana nesrazmjerno velika važnost, pa su projektanti nastojali postići takav oblik osi natega. Naravno da je to iziskivalo višekratno opetovanje proračuna, a kako u ono doba nije bilo moćnih računala, sve je to iziskivalo dugotrajno i mukotrpno računanje. Srećom, inženjeri su postupno uvidjeli kako je to jalov posao, pa se danas držimo onoga što je rečeno u svezi sa slikom 12.11: mimoosnost nad ležajem, e 0, i strjelica parabole, f, trebaju imati najveće moguće vrijednosti. 24
25 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Već je rečeno kako pri određivanju statički prekobrojnih reznih sila vrijede svi poznati postupci građevne statike. Naravno, u složenijim slučajevima rabe se u pravilu računalni programi što su danas dostupni gotovo svima. Za nešto manje složene sustave vrlo je prikladan postupak skretnih sila iliti jednakovrijednih poprečnih opterećenja. Razmotrimo PB nosač predočen na slici Geometrijski su pokazatelji osi natege: * mimoosnost: Slika 12.12: Geometrija osi natege e(x) = f(x) (12.19) * kut nagiba tangente na os: df dx ( x) = ϕ ( x) ( 12.20) 25
26 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti * zakrivljenost osi natege:. 2 1 d f( x) ( ) S druge strane, pogledajmo geometrijske pokazatelje progibne krivulje nosača: y ordinata progibne krivulje; dy dx d 2 y 2 dx R x dx kut zaokreta progibne krivulje; zakrivljenost osi nosača. = 2 ( 12.21) Pokušajmo uspostaviti svezu između geometrije osi natege i progibne krivulje nosača. Dakle treba naći jednakovrijedno okomito (skretno) opterećenje p(x) što će dati rezne sile jednake onima pri napinjanju natege. 26
27 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Pođimo od izraza za moment savijanja od sile prednapinjanja: M(x) = P f(x) (12.22) Zatim se prisjetimo Mohrova stavka o odnosu momenta savijanja i vanjskog opterećenja: ( ) ( ) dm 2 x d 2 f x d 4 y Odavde se izravno dobiva odnos između progibne krivulje nosača i jednakovrijednoga skretnog opterećenja što djeluje okomito na os nosača: Za zadani oblik osi natege treba odrediti pripadno okomito (skretno) opterećenje. Najzornije se to vidi iz primjera. ( ) ( ) = P = EI = s x dx dx dx 2 d f ( x) ( ) ( ) P = s x dx 27
28 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Na slici predočen je odsječak statički neodređenoga PB nosača napeta nadomjesnom nategom jednolike zakrivljenosti. Slika 12.13: Odsječak statički neodređenoga PB nosača Položaj je osi općenit (raz ličite mimoosnosti na krajevima polja). Traži se poprečno opterećenje što nadomješta djelovanje natege. Ispišimo prvo opći izraz za mimoosnost natege: e e 2f 4f e= f x = ea + x+ x x 2 l l/2 l B A 2 ( ) ( 12.25) Zatim derivirajmo ovaj izraz dva puta po x: 2 d f ( x) 8 f = ( 12.26) dx l
29 12.2 Djelovanje statičke neodređenosti Iz ovoga se neposredno dobije: 8 f 2 l ( ) = P ( 12.27) s x Drugi se primjer odnosi na nategu što se ne proteže duž cijeloga polja (slika 12.14). Slika 12.14: Umetnuta kratka natega u polju Primjer se razlikuje od predhodnoga samo utoliko što se moraju uzeti u obzir momenti savijanja što djeluju na mjestima usidrenja natege. Skretno je opterećenje kao i u predhodnomu slučaju: 8 f 2 l ( ) = P ( 12.27) s x 29
30 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Za statički ODREĐENE nosače vrijedi da kada u najjače napregnutu presjeku dođe do iscrpljenja nosivosti, nastupa SLOM CIJELOGA NOSAČA. Dakle ako poznajemo oblik poprečnoga presjeka i vlastitosti gradivâ, možemo odrediti moment savijanja što odgovara ISCRPLJENJU NOSIVOSTI. Valja naglasiti da taj moment ne zavisi od jačine ni raspodjelbe vanjskog opterećenja. Od raspodjelbe produljenja/skraćenja po visini presjeka zavisi hoće li slom nastupiti zbog iscrpljenja nosivosti betona ili čelika. U svakomu slučaju, kako je već rečeno, iscrpljenjem nosivosti PRESJEKA, nastupa SLOM CIJELOGA NOSAČA. U statički NEODREĐENIH nosača u pravilu nije tako oni imaju zalihu nosivosti NAKON ISCRPLJENJA NOSIVOSTI NAJJAČE NAPREGNUTOGA PRESJEKA. 30
31 12.3 Granična nosivost SN PB nosača U statički neodređenih sklopova nosivi se sklop postupno pretvara u mehanizam. Opterećenje se postupno povećava dok moment savijanja ne dosegne granicu iscrpljenja nosivosti u broju presjekā koji premašuje stupanj statičke neodređenosti za jedan. Valja naglasiti da u presjeku u kojem moment savijanja doseže granicu iscrpljenja nosivosti nastaje tzv. PLASTIČNI ZGLOB. Uočimo bitnu razliku između običnog i plastičnoga zgloba: Obični je zglob dio sklopa što NE MOŽE PREUZETI MOMENTA SAVIJANJA. Plastični je pak zglob mjesto u sklopu što preuzima MOMENT SAVIJANJA JEDNAK GRANIČNOJ NOSIVOSTI, dakle NAJVEĆI MOGUĆI. 31
32 Slika 12.15: Momenti od pojedinačne sile u jednom polju 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Pokazat ćemo na primjeru grede preko dvaju polja (slika 12.15) opterećene pojedinačnom silom Q u prvomu kako se nakon pojave plastičnoga zgloba u presjeku pod silom opterećenje (ta sila) može znatno povećati dok se nosač ne pretvori u mehanizam pri pojavi drugoga plastičnoga zgloba (u presjeku nad potporom). Lako se može pokazati da je moment nad potporom: M B 3Ql = 32 ( 12.28) (Dobro bi bilo to provjeriti za vježbu i, naravno, izračunati i moment u polju). 32
33 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Moment je u polju: M 13Ql = 64 ( 12.29) Uzmimo da sila Q postupno raste do vrijednosti Q pl pri kojoj moment u presjeku u polju doseže granicu iscrpljenja nosivosti presjeka. Pretpostavimo li dalje da nosač ima po cijeloj duljini jednaku graničnu nosivost, izlazi da je sljedeći presjek u kojem će biti dosegnuta granična nosivost onaj nad potporom. Međutim, sada nosač djeluje po drugoj statičkoj shemi (donji dio slike) postao je tzv. Gerberov nosač. Sada sila Q djeluje na kraju prijepusta grede s prijepustom. Zaliha je nosivosti presjeka nad potporom: AB ΔΜ = Ql = Ql ( 12.30) 33
34 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Taj moment izaziva sila ΔQ na kraku l/2: l 7Q l ΔQ = 2 64 ( 12.31) Odavde možemo dobiti koliko je povećanje sile Q u odnosu na onu što je izazvala pojavu prvoga plastičnoga zgloba: Δ Q = Q 7 32 ( 12.32) Prema tome povećanje je oko 21,9 %, dakle znatno. Nakon pojave drugoga plastičnoga zgloba nosač se pretvara u mehanizam i gubi sposobnost nošenja opterećenja. Valja naglasiti kako spomenuti plastični zglobovi imaju ograničenu zaokretnu sposobnost (rotacijski kapacitet) već i zbog toga što su ograničena granična skraćenja betona (3,5 o / oo ) i produljenja čelika (10 o / oo ). 34
35 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Statički se neodređeni (SN) nosači razlikuju od statički određenih u još jednoj bitnoj pojedinosti: dok je u statički određenih unaprijed određen položaj presjeka u kojem dolazi do iscrpljenja nosivosti, u statički neodređenih nije tako. Zapravo se u statički neodređenih samo u idealnomu slučaju može dogoditi iscrpljenje nosivosti istodobno u svim najjače napregnutim presjecima (mjestima najvećih momenata savijanja). U praksi tomu u pravilu nije tako, pa se pri određivanju slomnog opterećenja, položaja plastičnih zglobova i slomnog mehanizma prvo nacrta ovojnica (envelopa) graničnih nosivosti, pa se u nju unose tijekovi momenata savijanja od vanjskog opterećenja. U dodirnim točkama ovih krivulja nalaze se plastični zglobovi. 35
36 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Naravno, ovojnicu je moguće dobiti samo uz pomoć računala. Izneseno ćemo pokazati na jednostavnu primjeru PB nosača preko dvaju polja pod jednoliko rasprostrtim opterećenjem (slika 12.16). Slika 12.16: Granični moment PB nosača Uzmimo da prvi plastični zglob nastaje u presjeku nad potporom. Počev od toga trenutka nosač se pretvara u dvije slobodno poduprte grede. Opterećenje može i dalje rasti sve dok krivulja momenata ne dodirne ovojnicu. 36
37 12.3 Granična nosivost SN PB nosača Uočimo kako postoje dvije ovojnice: jedna za pozitivne, a druga za negativne momente savijanja. Naravno, obje vrijede za zadani presjek nosača i zadani razred betona. Pri tomu se granične nosivosti računaju uz ove pretpostavke: Na vlačnoj je strani najveći smjestivi broj natega i najveća dopustiva količina nenapete armature. Na tlačnoj je strani samo najmanja potrebna količina armature (minimalna armatura). Za svaki pojedinačni presjek vrijede pretpostavke što inače vrijede pri proračunu granične nosivosti. 37
38 12.4 Primjena teorije plastičnosti Gradivo teorije plastičnosti toliko je opsežno da bi ga treblo izlagati cio semestar. Međutim, ograničit ćemo se na iznošenje dvaju temeljnih teorema, statičkog i kinematičkoga, i na prikaz dvaju osnovnih postupaka proračuna, statičkog i kinematičkoga, na primjeru jednostrano upete grede opterećene dvjema jednakim pojedinačnim silama u trećinskim točkama raspona. Statički teorem Ako se za nosivi štapni sustav može naći statičko polje momenata savijanja (preraspodjelba) što zadovoljava uvjete ravnoteže i plastičnosti, te rubne uvjete, onda je jačina opterećenja manja ili najviše jednaka graničnoj. Ni u jednomu presjeku moment savijanja ne premašuje moment plastičnosti. Granično je opterećenje najviša vrijednost svih opterećenja što odgovaraju raznim raspodjelbama momenata savijanja. 38
39 12.4 Primjena teorije plastičnosti Drugim riječima, pošto za zadani razmještaj opterećenja nađemo najveći moment savijanja (moment plastičnosti), tražimo povećanje sile što je nužno da bi se u sljedećem najjače napregnutom presjeku pojavio moment plastičnosti. Pri tomu se služimo uvriježenom metodom sila. Kinematički teorem Ako je za štapni sustav jačina opterećenja veća ili najmanje jednaka graničnoj za kinematički mogući oblik sloma, pri kojem zaokreti plastičnih zglobova zadovoljavaju uvjete kinematičkoga lanca i kinematičke rubne uvjete, granično je opterećenje sustava najmanja vrijednost svih opterećenja što odgovaraju različitim kinematičkim mehanizmima. Kinematički mogući oblik sloma jest onaj oblik u kojem je broj plast. zglobova veći za jedan od stupnja stat. neodređenosti. 39
40 12.4 Primjena teorije plastičnosti Broj je mogućih kinematičkih mehanizama jednak broju plastičnih zglobova. Dakle po kinematičkom teoremu svakom je mogućem kinematičkomu mehanizmu pridružena jačina graničnog opeterećenja, a mjerodavna je najmanja vrijednost. Statički postupak Prvo se odredi tijek momenata savijanja, a zatim se uzima da se u presjeku s najvećim momentom pojavljuje plastični zglob. To dovodi do promjene statičkog sustava (sniženja stupnja statičke neodređenosti). Zatim se na novom sustavu računa priraštaj sile što je nuždan kako bi se u sljedećem najjače napregnutomu presjeku pojavio plastični zglob (slika 12.17). 40
41 12.4 Primjena teorije plastičnosti Kut zaokreta od vanjskog opterećenja: ϑ Q = Q a 2 = Q a Od jediničnog momenta: 1 2 ϑ 1 = 3 a = a ( ) Odavde je moment na upetomu kraju: M 0 = Q 0 a (12.35) ( ) iz čega se dobije sila pri kojoj nastaje prvi plastični zglob: Slika 12.17: Granična nosivost po statičkom postupku Q M a ( ) 0 0 =
42 12.4 Primjena teorije plastičnosti Novi je statički sustav slobodno poduprta greda (slika 12.17e). Budući da je moment savijanja u sljedećem najjače napregnutomu presjeku jednak (2Q 0 a/3), priraštaj sile, Q, treba biti tolik da se u tomu presjeku dosegne moment M 0 : Odavde se dobije: Dakle priraštaj je sile: To znači da je najveća sila: 2 ΔQ a+ Q0 a = Q0 a 3 ΔQ a= Δ Q = Q0 a Q ( ) ( ) ( 12.37) Q max = Q 0 + Q = (4/3)Q 0 (12.40) 42
43 12.4 Primjena teorije plastičnosti Kinematički postupak Prvo nacrtajmo dva kinematički moguća mehanizma (slika 12.18). Za oba mehanizma treba ispisati jednačbe rada i izjednačiti rad unutarnjih s radom vanjskih sila. Počnimo od mehanizma a. Rad je unutarnjih sila: R u = M 0 ω 1 + M 0 (ω 1 + ω 2 ) = M 0 (2ω 1 + ω 2 ) (12.41) pri čemu su kutovi zaokreta: ω 1 = δ/a; ω 2 = δ/2a; ω 1 = 2 ω 2 ; (12.42) Iz ovoga slijedi da je rad unutarnjih sila: R u = M 0 5ω 2 = (5M 0 δ)/(2a) (12.43) Slika 12.18: Granična nosivost po kinematičkom postupku 43
44 12.4 Primjena teorije plastičnosti S druge strane rad je vanjskih sila: R v 3Q δ = 2 ( 12.44) Izjednačimo rad unutarnjih s radom vanjskih sila: 5M δ 3Q δ = 2a 2 ( 12.45) Odavde se dobiva najveće vanjsko opterećenje: 5M 3a ( ) 0 max Q = A sada pogledajmo mehanizam b. Ispišimo izraz za rad unutarnjih sila: R u = M 0 ω 1 + M 0 (ω 1 + ω 2 ) = M 0 (2ω 1 + ω 2 ) (12.41) Uočimo da smo dobili potpuno jednak izraz. Sada kutovi zaokreta imaju obrnute vrijednosti: ω 1 = δ/2a; ω 2 = δ/a; ω 2 = 2 ω 1 ; (12.42a) 44
45 12.4 Primjena teorije plastičnosti Uvrstimo li ove vrijednosti u jedn. (12.41) dobit ćemo: R u = M 0 2ω 2 = (2M 0 δ)/a (12.43a) Rad je vanjskih sila jednak kao i u predhodnom slučaju. Izjednačavanjem rada unutarnjih s radom vanjskih sila dobije se: 2M 0 δ 3Q δ = a 2 ( 12.46) Iz ove se jednačbe dobiva najveće vanjsko opterećenje: 4 max Q = Q0 ( 12.47) 3 Dakle dobili smo potpuno jednaku vrijednost kao po statičkom postupku, jedn. (12.40). 45
Trigonometrija 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 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 περισσότεραPROSTORNI 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 περισσότεραPARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Διαβάστε περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
Διαβάστε 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 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 περισσότερα11 NAPREZANJA OD POPREČNE SILE
11 NAPREZANJA OD POPREČNE SILE 11.1 Uvod U poglavlju o ponašanju PB nosača pod rastućim opterećenjem razmotrili smo i djelovanje poprečne sile. Prisjetimo se da smo utvrdili kako pod djelovanjem poprečne
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 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 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 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 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 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 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 περισσότεραPOVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA
POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica
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 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 περισσότερα4. 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 περισσότερα4. STATIČKI PRORAČUN STUBIŠTA
JBG 4. STTIČKI PRORČUN STUBIŠT PROGR IZ KOLEGIJ BETONSKE I ZIDNE KONSTRUKCIJE 9 6 5 5 SVEUČILIŠTE U ZGREBU JBG 4. Statiči proračun stubišta 4.. Stubišni ra 4... naliza opterećenja 5 5 4 6 8 0 Slia 4..
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 περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
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 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 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 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 περισσότεραPREDNAPETI BETON Primjer nadvožnjaka preko autoceste
PREDNAPETI BETON Primjer nadvožnjaka preko autoceste 7. VJEŽBE PLAN ARMATURE PREDNAPETOG Dominik Skokandić, mag.ing.aedif. PLAN ARMATURE PREDNAPETOG 1. Rekapitulacija odabrane armature 2. Određivanje duljina
Διαβάστε 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 περισσότερα41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
Διαβάστε 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 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 περισσότερα21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI
21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE 2014. GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI Bodovanje za sve zadatke: - boduju se samo točni odgovori - dodatne upute navedene su za pojedine skupine zadataka
Διαβάστε περισσότεραPRORAČUN, SKLOPOVNO OBLIKOVANJE I ARMIRANJE LUKOVA
PRORAČUN, SKLOPOVNO OBLIKOVANJE I ARMIRANJE LUKOVA 1 Uvod Luk se sve češće primjenjuje kao glavni nosivi sklop mosta. Želimo li najbolje iskoristiti prednosti luka, moramo dobro poznavati njegove osobitosti,
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 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 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 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 περισσότεραMasa, Centar mase & Moment tromosti
FAKULTET ELEKTRTEHNIKE, STRARSTVA I BRDGRADNE - SPLIT Katedra za dinamiku i vibracije Mehanika 3 (Dinamika) Laboratorijska vježba Masa, Centar mase & Moment tromosti Ime i rezime rosinac 008. Zadatak:
Διαβάστε 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 περισσότεραIZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)
IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI) Izračunavanje pokazatelja načina rada OTVORENOG RM RASPOLOŽIVO RADNO
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 περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
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 περισσότεραNatege, s pomoću kojih se ostvaruje sila prednapinjanja, imaju najmanje dvije uloge: suprotstaviti se djelovanju momenta savijanja; ublažiti
9 GUBITCI SILE PREDNAPINJANJA 9.1 Vođenje osi natega Natege, s pomoću kojih se ostvaruje sila prednapinjanja, imaju najmanje dvije uloge: suprotstaviti se djelovanju momenta savijanja; ublažiti djelovanje
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 περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako izgleda
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 περισσότεραSVEUČILIŠTE U MOSTARU GRAĐEVINSKI FAKULTET
SVEUČILIŠTE U MOSTRU GRĐEVINSKI FKULTET Kolegij: Osnove betonskih konstrukcija k. 013/014 god. 8. pismeni (dodatni) ispit - 10.10.014. god. Zadatak 1 Dimenzionirati i prikazati raspored usvojene armature
Διαβάστε 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 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 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 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 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 περισσότερα, 81, 5?J,. 1o~",mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pt"en:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M.
J r_jl v. el7l1 povr.sl?lj pt"en:nt7 cf \ L.sj,,;, ocredz' 3 Q),sof'stvene f1?(j'me")7e?j1erc!je b) po{o!.aj 'i1m/' ce/y11ra.[,p! (j'j,a 1lerc!/e
Διαβάστε 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 περισσότεραπ π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;
1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,
Διαβάστε περισσότεραSISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
Διαβάστε περισσότεραI.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 περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότερα4 Ponašanje PB nosača pod rastućim opt.
4.1 Savijanje 4.1.1 Utjecaj prianjanja Čimbenik koji najviše utječe na to hoće li se i u kolikoj mjeri ponašanje PB nosača razlikovati pod rastućim opterećenjem od ponašanja neprednapetih nosača jest prianjanje
Διαβάστε περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότεραASIMPTOTE 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 περισσότεραPOTPUNO 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 περισσότεραBETONSKE KONSTRUKCIJE. Program
BETONSKE KONSTRUKCIJE Program Zagreb, 017. Ime i prezime 50 60 (h) 16 (h0) () () 600 (B) 600 (B) 500 () 500 () SDRŽJ 1. Tehnički opis.... Proračun ploče POZ 01-01... 3.1. naliza opterećenja ploče POZ 01-01...
Διαβάστε περισσότεραRijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5
Rijeseni neki zdci iz poglvlj 4.5 Prije rijesvnj zdtk prisjetimo se itnih stvri koje ce ns prtiti tijekom njihovog promtrnj. Definicij: (Trigonometrij prvokutnog trokut) ktet nsuprot kut ϕ sin ϕ hipotenuz
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 περισσότεραMJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (
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 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 περισσότερα