386 4 Virtualni pomiki in virtualne sile. A 2 x E 2 = 0. (4.99)
|
|
- Βηθεσδά Δουμπιώτης
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 386 4 Virtualni pomiki in virtualne sile oziroma Ker je virtualna sila δf L poljubna, je enačba 4.99) izpolnjena le, če je δf L u L F ) L A x E =. 4.99) u L = F L A x E. Iz prikazanega primera sledi, da z izrekom o virtualnih silah določamo pomike na mestu delovanja virtualne sile δf L.
2 5 Uporaba izreka o virtualnih silah V poglavju 4 smo izpeljali izreka o virtualnih pomikih in virtualnih silah. Oba sta zelo pomembna, saj lahko z njuno uporabo vpeljemo učinkovite metode za analizo deformiranja konstrukcij. V tem poglavju prikazujemo uporabo izreka o virtualnih silah. Na začetku izpeljemo delo virtualnih napetosti na dejanskih deformacijah za upogib z osno silo, strig in torzijo. Te enačbe združimo v enačbo za delo virtualnih napetosti v linijskem elementu pri poljubni obtežbi. V naslednjem razdelku pokažemo, kako lahko računamo pomike v posameznih točkah statično določene konstrukcije. V tem razdelku je prikazanih dvajset računskih primerov z različnimi linijskimi konstrukcijami in obtežbami. V naslednjih treh razdelkih obravnavamo linearno elastične vzmeti, vpliv strižnih napetosti zaradi prečnih sil na pomike linijskega nosilca in določanje pomikov ukrivljenih statično določenih linijskih konstrukcij. V drugem delu tega poglavja določamo notranje sile in pomike statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil. 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij Delo virtualnih napetosti za upogib z osno silo in temperaturno obtežbo Izpeljimo izraz za delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za ravni linijski nosilec s konstantnim prečnim prerezom in dolžino L! Predpostavimo, da je koordinatno izhodišče v težišču prečnega prereza in da osi y in z sovpadata z glavnima vztrajnostnima osema prečnega prereza. Pri določanju vpliva spremembe temperature T upoštevajmo, da se sprememba temperature T po prečnem prerezu nosilca linearno spreminja Delo izrazimo z notranjimi silami v nosilcu. T x, y, z) = T x x) + T y x) y + T z x) z. 5.1) Pri izpeljavi izraza za delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah upoštevamo enake predpostavke, kot pri izpeljavi osnovnih enačb za ravni linijski nosilec glej poglavje 1). Upoštevamo, da je
3 388 5 Uporaba izreka o virtualnih silah v nosilcu enoosno deformacijsko in napetostno stanje: ε xx, ε yy = ε zz = ε xy = ε yz = ε zx =, 5.) Če v izrazu za vzdolžno deformacijo ε xx σ xx, σ yy = σ zz = σ xy = σ yz = σ zx =. 5.3) ε xx = 1 + ν E σ xx ν E σ xx + σ yy + σ zz ) + α T T upoštevamo 5.1) in 5.3), dobimo izraz za vzdolžno deformacijo ε xx = σ xx E + α T T x + T y y + T z z). 5.4) Z α T označujemo linearni temperaturni razteznostni koeficient. Merimo ga v 1/K) oziroma 1/ C). Z upoštevanjem naštetih predpostavk enačbe 5.), 5.3) in 5.4)) v izrazu za delo virtualnih napetosti enačba 4.56)), zapišemo delo virtualnih napetosti v linijskem nosilcu za upogib z osno silo in temperaturno obtežbo takole: δwn σxx ) = ε xx δσ xx dv = E + α T T δσ xx dv. 5.5) V V Normalno napetost σ xx zaradi resnične obtežbe izrazimo z notranjimi silami N x, M y, M z σ xx = N x + M y z M z y, 5.6) I y I z normalno napetost δσ xx zaradi virtualne obtežbe pa z δn x, δm y in δm z V δσ xx = δn x + δm y I y z δm z I z y. 5.7) V enačbi 5.5) upoštevamo izraze 5.4), 5.6) in 5.7) in dobimo delo virtualnih sil na resničnih pomikih izraženo z notranjimi silami 1 δwn Nx = + M y z M ) ) z y + α T T x + T y y + T z z) E I y I z = L δnx { δnx + δm y I y z δm z I z ) y dv = ) ) ) ) Nx My Mz + α T T x + + α T T z z α T T y y E E I y E I z + δm y I y z δm z I z ) } y d dx.
4 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 389 V enačbah 5.6) in 5.7) smo upoštevali, da sta osi y in z glavni vztrajnostni osi v težišču prečnega prereza. Zato so statična momenta S y = z d in S z = y d ter deviacijski vztrajnostni moment I yz = y z d enaki nič. Če pri integriranju po prečnem prerezu to upoštevamo, dobi izraz za delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah naslednjo obliko: δw nn x, M y, M z, T ) = L ) ) ) ) Nx My Mz + α T T x δn x + + α T T z δm y + α T T y δm z dx. E E I y E I z 5.8) Ker smo upoštevali zvezo med napetostmi in deformacijami enačba 5.4)), ter napetosti izrazili z notranjimi silami enačbi 5.6) in 5.7)), je δw n zapisano z notranjimi silami Delo virtualnih napetosti zaradi strižnih sil Določimo delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah zaradi prečnih sil N y in N z! Pri tem upoštevajmo, da vpliva na strižno napetost σ xy le prečna sila N y, na napetost σ xz pa le prečna sila N z glej enačbi 1.136) in 1.137)) σ xy N y ) = N y S z y ) h y ) I z, σ xz N z ) = N z S yz ) b z ) I y. Delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah zaradi prečnih sil N y in N z je Če upoštevamo Hookov zakon dobimo δwnn y, N z ) = ε xy δσ xy + ε xz δσ xz ) dv. V ε xy = σ xy G, δwnn y, N z ) = V σxy δσ xy G ε xz = σ xz G, + σ ) xz δσ xz dv. G Napetosti zaradi prečnih sil δn y in δn z računamo po enakih enačbah, kot napetosti, ki jih povzroči resnična obtežba, saj morajo virtualne sile in napetosti zadoščati ravnotežnim pogojem δσ xy δn y ) = δn y S z y ) h y ) I z, δσ xz δn z ) = δn z S yz ) b z ) I y.
5 39 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Tako dobimo δw nn y, N z ) = = L L Ny δn y 1 Ny Sz y ) δn y Sz y ) G h y ) I z h y + N z Syz ) δn z Syz ) ) )da ) I z b z ) I y b z x dx = ) I y G I z [Sz y )] [h y )] d + N z δn z G Če s κ y in κ z označimo strižna oblikovna koeficienta prečnega prereza κ y = I z [S z y )] [h y )] d, κ z = Iy Iy [S yz )] [b z )] d [Syz )] ) [b z )] d dx. in z A y in A z strižna prereza dobimo A y = κ y, A z = κ z, δw nn y, N z ) = L κy N y δn y G + κ ) z N z δn z dx = G L Ny δn y G A y + N ) z δn z dx. 5.9) GA z Večja sta strižna oblikovna koeficienta κ y in κ z, večji je vpliv prečnih sil na pomike. Nekaj vrednosti za strižne oblikovne vrednosti: prečni prerez pravokotne oblike: κ y = κ z = 1., prečni prerez okrogle oblike: κ y = κ z = 1/9, tankostenski prerez v obliki črke I: κ z /A s. je ploščina prečnega prereza, A s pa ploščina stojine prereza slika 5.1). SLIKA 5.1: Z A s označimo ploščino stojine prereza M. Stanek, Trdnost Izvlečki iz teorije in rešene naloge, FAGG, Univerza Edvarda Kardelja, Ljubljana, 1989.
6 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij Delo virtualnih napetosti zaradi torzijskega momenta Določimo delo δwn virtualnih napetosti na resničnih deformacijah pri enakomerni torziji δwnm x ) = ε xy δσ xy + ε xz δσ xz ) dv! Z upoštevanjem Hookovega zakona dobimo V ε xy = σ xy G, δwnm x ) = V ε xz = σ xz G 1 G σ xy δσ xy + σ xz δσ xz ) dv. Z G označimo strižni modul materiala. Pri enakomerni torziji lahko izrazimo napetosti σ xy in σ xz z napetostno funkcijo ϕy, z) razdelek.3) σ xy y, z) = M x ϕy, z), σ xz y, z) = M x ϕy, z). I x z I x y I x je torzijski vztrajnostni moment prečnega prereza. Napetosti zaradi virtualne obtežbe določimo po enačbah δσ xy y, z) = δm x ϕy, z), δσ xz y, z) = δm x ϕy, z). I x z I x y Zato je oziroma δwnm x ) = δw nm x ) = V L 1 M x δm x G Ix { M x δm x G Ix ) ϕ + M x δm x z Ix ϕ ) + y ) ) ϕ dv y ) ) ϕ } d dx. z Integral po prečnem prerezu, ki nastopa v zavitem oklepaju, začasno označimo z I ϕ ) ) ) ϕ ) ϕ I = + d = y z y y ϕ + ) ϕ )) z z ϕ ϕ ϕ y + ϕ z d. Če upoštevamo Greenov integralni izrek enačba.58) C x je sklenjena krivulja) Pz P y dy + P z dz) = y P ) y d z C z
7 39 5 Uporaba izreka o virtualnih silah in kompatibilnostno enačbo enakomerne torzije za integracijsko področje dobimo I = ϕ d + ϕ y + ϕ z + =, Za prečni prerez z N odprtinami je mejna črta C x slika 5.). C z )) ϕ ϕ ϕ dz y z dy. C x = C z C n1... C nn. SLIKA 5.: Mejna črta C x prečnega prereza z dvema odprtinama S C ni označimo mejno črto okrog odprtine A ni v negativni sourni) smeri. Tako dobimo I = ϕ d + C z )) ϕ ϕ ϕ z dz y z dy + N i=1 C ni ϕ dz ϕ ni y dζ ϕ z ) dy dζ. dζ Če upoštevamo, da je ϕ z = in enačbe.7),.73) in.77) v poglavju enakomerna torzija nosilca, sledi, da veljajo za mejne črte prečnega prereza C z in C ni dη = ), naslednji izrazi dy = e ζy dζ = y dy dζ = z dζ ζ η dζ = z η, dz = e ζz dζ = z y dz dζ = dζ ζ η dζ = y 5.1) η. Sledi I = ϕ d + N ϕ ni i=1 C ni ϕ y y η + ϕ z z η ) dζ = ϕ d + N ϕ ni i=1 C ni ϕ η dζ.
8 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 393 Kompatibilnostni pogoji za mejne črte C ni so enačba.81)) ϕ C ni : η dζ = A ϕ ni η dζ = A ni, C ni C ni i = 1,..., N). Tako smo pokazali, da je integral I enak torzijskemu vztrajnostnemu momentu I x N I = ϕ d + ϕ ni A ni I x, i=1 delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah pri enakomerni torziji pa δw nm x ) = L M x δm x G I x Delo virtualnih napetosti v linijskem elementu Delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za linijski element dobimo, če seštejemo enačbe 5.8), 5.9) in 5.1.3) dx. δw n = + L ) Nx + α T T x δn x + N y δn y E GA y My E I y + α T T z ) Mz δm y + α T T y E I z + N z δn z + M x δm x + GA z G I x ) ) δm z dx. 5.11) Če je konstrukcija sestavljena iz večih linijskih elementov, izračunamo δw n tako, da seštejemo delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za vse linijske elemente δw n = el + L i ) Nx + α T T x δn x + N y δn y E GA y My E I y + α T T z ) Mz δm y + α T T y E I z + N z δn z GA z ) ) δm z dx. + M x δm x G I x + 5.1) Oznaka el pomeni, da moramo integrirati po vseh elementih konstrukcije. Enačba 5.1) predstavlja osnovno enačbo za račun pomikov konstrukcij, sestavljenih iz linijskih elementov.
9 394 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Določitev pomika in zasuka v točki na osi ravnega linijskega nosilca Določiti želimo pomik u T s = u T e s točke T v smeri enotskega vektorja e s ter zasuk ω T s = ω T e s točke T okrog osi, ki je podana z enotskim vektorjem e s slika 5.3). SLIKA 5.3: u T s in ω T s sta projekciji pomika u T in zasuka ω T na premico s v smeri vektorja e s Za določitev pomika u T s postavimo v točko T virtualno točkovno silo δ F T s = δf T s e s. Silo postavimo v smeri iskanega pomika, to je v smeri enotskega vektorja e s. Ker mora biti virtualna obtežba v ravnotežju, dobimo tudi pripadajoči reakciji δ A in δ B slika 5.4). SLIKA 5.4: Virtualna obtežba mora izpolnjevati ravnotežne pogoje Nato uporabimo izrek virtualnih silah δw z = δw n. 5.13) Ker je pomik u A =, pomik u B podpore B pa pravokoten na smer reakcije δ B, sta skalarna produkta δ A u A in δ B u B enaka nič. Delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih je zato δw z = δ F T s u T = δf T s e s u T ) = δf T s u T s. 5.14) Ker je velikost δf T s virtualne sile δ F T s poljubna, lahko vzamemo, da je δ F T s = δf T s = 1.. Če upoštevamo še enačbo 5.13), sledi Pomik u T s dobimo s skalarnim množenjem vektorjev e s in u T u T s = δw n δf T s = 1.). 5.15) u T s = 1. u T cos e s, u T ). 5.16)
10 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 395 Zato pomeni morebitna negativna vrednost pomika u T s, da se točka T pomakne v nasprotni smeri, kot je smer vektorja e s oziroma v nasprotni smeri, kot je smer sile δ F T s. Enačbo za račun zasuka ω T s okrog osi, ki je podana z enotskim vektorjem e s dobimo, če točko T obtežimo z virtualnim točkovnim momentom δ M T s = δm T s e s slika 5.5). SLIKA 5.5: Virtualni moment δ M T s postavimo v točko T v smeri enotskega vektorja e s Zapišemo delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih ter upoštevamo izrek o virtualnih silah 5.13) δw z = δ M T s ω T = δm T s e s ω T ) = δm T s ω T s. 5.17) Ker je velikost δm T s poljubna, vzamemo δm T s = 1. in dobimo ω T s = δw n δm T s = 1.). 5.18) Morebitna negativna vrednost ω T s pomeni, da ima resnični zasuk ω T s smer, ki je nasprotna od smeri virtualnega momenta δ M T s. V nadaljevanju delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih in notranje sile zaradi virtualne sile velikosti ena označimo s prečko. To pomeni, da pomik in zasuk neke točke na osi nosilca računamo po enačbah delo δ W n pa zapišemo takole: u T s = δ W n, ω T s = δ W n, 5.19) δ W n = el L i Nx + ) + α T T x δ E A N x + N y δ N y + N z δ N z + M x δ M x + x GA y GA z G I x ) ) ) δ M Mz y + α T T y δ E I M z dx, z My E I y + α T T z 5.) kjer so N x, N y, N z, M x, M y in M z notranje sile zaradi dejanske obtežbe, δ N x, δ N y, δ N z, δ M x, δ M y in δ M z pa notranje sile zaradi virtualne sile oziroma momenta velikosti ena. Pri izpeljavi izraza δw n enačba 5.11)) smo z začetnimi predpostavkami o deformacijah in privzeto
11 396 5 Uporaba izreka o virtualnih silah zvezo med napetostjo in deformacijo zanemarili vpliv strižne napetosti σ yy in σ zz enačba 5.3)). To pomeni, da bomo pri določanju kinematičnih pogojev oziroma pomikov z izrekom o virtualnih silah zanemarili vpliv teh napetosti na pomike. Pomik oziroma zasuk izbrane točke na osi linijskega nosilca izračunamo tako, da določimo delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah, ki ustreza obtežbi z virtualno silo δf T s = 1 oziroma z virtualnim momentom δm T s = 1, na mestu in v smeri iskanega pomika oziroma zasuka. Primer 5.1 Določimo navpični pomik w B in zasuk ω By točke B na osi statično določenega linijskega previsnega nosilca slika 5.6)! Pri računu zanemarimo vpliv prečne sile N z. SLIKA 5.6: Konzolni nosilec obtežen s silo F Bz Delo δ W n je podano z enačbo 5.). Ker vpliva prečne sile N z ne upoštevamo in so vse druge notranje sile razen upogibnega momenta M y enake nič, je δ W n enako δ W n = L M y δ M y E I y računati moramo upogibni moment M y zaradi resnične obtežbe in upogibni moment δ M y zaradi virtualne obtežbe. Upogibni moment M y zaradi sile F Bz je slika 5.7) dx. M y = F Bz L x). SLIKA 5.7: Potek upogibnega momenta M y Potrebujemo še upogibni moment δ M y zaradi virtualne sile. Za račun w B navpičnega pomika točke B, postavimo v to točko virtualno silo δf Bz = 1 v smeri iskanega pomika slika 5.8).
12 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 397 SLIKA 5.8: Virtualna sila δf BZ in potek upogibnega momenta δ M y Za tako obtežbo je upogibni moment δ M y enak Pomik w B izračunamo po prvi izmed enačb 5.19): w B = δ W n δf Bz = 1) = L δ M y = L x). M y δ M L y dx = E I y F Bz L x) E I y dx = F Bz L 3 3 E I y. Pozitivni predznak pomeni, da ima pomik w B isto smer, kot izbrana virtualna sila δf Bz. Zasuk ω By točke B okrog y osi dobimo, če zapišemo izrek o virtualnih silah za primer obtežbe z virtualnim momentom δm By, ki deluje v točki B in ima smer iskanega zasuka slika 5.9). SLIKA 5.9: Virtualni moment δm By in potek upogibnega momenta δ M y Pri taki obtežbi je od nič različen le upogibni moment δ M y in je enak 1 po celi dolžini nosilca δ M y = 1. Zasuk ω By točke B izračunamo po drugi izmed enačb 5.19): ω By = δ W n δm By = 1) = L M y δ M L y dx = E I y F Bz L x) 1 E I y dx = F Bz L E I y. Negativni predznak pomeni, da ima zasuk ω By točke B nasprotno smer, kot je smer izbranega virtualnega momenta δm By. Primer 5. Za prikazano paličje z uporabo izreka o virtualnih silah določimo navpični pomik točke C ter vodoravni pomik točke B slika 5.1)! Zunanja obtežba je sestavljena iz petih enakih sil F = 15 kn. Prečni prerez in material je za vse palice enak: = 39.6 cm in E = 1 kn/cm. Razdalja a je enaka m.
13 398 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.1: Paličje, obteženo z navpičnimi silami Ker je v palici edina od nič različna notranja količina osna sila, ki je vzdolž palice konstantna, se izraz za račun pomika v izbranem vozlišču zelo poenostavi w = n L i i=1 N i δ N i E i i dx = n i=1 N i δ N i E i i L i dx = n i=1 N i δ N i L i E i i, kjer z n označimo število palic v paličju, z E i elastični modul, z i ploščino prečnega prereza, z L i pa dolžino palice i. Z N i in δ N i označimo osno silo v palici i zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualne sile. Če imajo vse palice enak prerez in so iz enakega materiala, sledi w = 1 E n N i δn i L i. i=1 Velikosti notranjih sil zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualnih obtežbe δf Cz = 1. in δf Bx = 1. prikazujemo v preglednici 5.1. Tudi vsoto i N i δ N i L i izračunamo v preglednici 5.1.
14 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 399 PREGLEDNICA 5.1: Notranje sile v palicah ter vsota produktov N i δn i L i Palica L i N i δ N i δf Cz = 1) N i δ N i L i δ N i δf Bx = 1) N i δ N i L i 1 a. F.. F a 1.. F a a 1.5 F.5.75 F a F a 3 a 1.5 F.5.75 F a F a 4 a. F.. F a 1.. F a 5 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 6 a. F 1.. F a.. F a 7 a. F 1.. F a.. F a 8 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 9 a. F.5 1. F a.. F a 1 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 11 a 1. F.. F a.. F a 1 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 13 a. F.5 1. F a.. F a 14 a 1.5 F F a.. F a 15 a.5 F.5.5 F a.. F a 16 a.5 F.5.5 F a.. F a 17 a 1.5 F F a.. F a F a 3. F a Navpični pomik točke C je glej preglednico 5.1): w C = 1 N i δ E A N i L i = x i =.58 cm, vodoravni pomik točke B pa u B = 1 N i δ EA N i L i = x i =.11 cm.
15 4 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.3 Za prostorsko paličje na sliki 5.11 določimo navpični pomik prijemališča sile F z = 8 kn! Ploščina prečnega prereza palic je cm, modul elastičnosti E pa kn/cm. SLIKA 5.11: Paličje je sestavljeno iz treh palic Notranje sile v palicah izračunamo iz ravnotežnih pogojev za sile v vozlišču prijemališča sile F z slika 5.1). SLIKA 5.1: Na vozlišče 4 delujejo tri neznane in ena znana sila Silo N, ki učinkuje vzdolž premice, podane s točkama T I x I, y I, z I ) in T II x II, y II, z II ) in ima smer od T I proti T II, zapišemo z enačbo: N = N d [ x II x I ) e x + y II y I ) e y + z II z I ) e z ].
16 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 41 Z N je označena velikost sile N, z d pa razdalja med točkama T I in T II. Označimo z d 1 razdaljo od točke 1 do točke 4, z d razdaljo od točke do 4 in z d 3 razdaljo od točke 3 do 4 slika 5.11). Razdalje d 1 do d 3 so: d 1 = = 5 m, d = = 41 m, d 3 = = 4 m. Notranje sile v konstrukciji zaradi sile F z izračunamo iz ravnotežnih pogojev za izrezano vozlišče 4 slika 5.1). Sile N 1, N in N 3 zapišemo z enačbami: Ravnotežni pogoji so: Rešitev ravnotežnih enačb je: N 1 = N e x, 3 e y ), N = N 41 4 e x, 3 e y, 4 e z ), N 3 = N e x + 4 e z ) = N 3 1 e x + 1 e z ). 4 x = : N1 5 N 4 1 N 3 =, 41 3 y = : N1 5 N 3 =, z = : N + N 3 8 =. 41 N 1 = 1 kn, N = 41 = 1.81 kn, N 3 = kn. Notranje sile zaradi δf z = 1 v vozlišču 4 izračunamo na enak način in dobimo: Navpični pomik u 4z točke 4 je: δ N 1 = 1.5 kn, δ N =.5 41 = 1.81 kn, δ N 3 = kn. u 4z = 1 E 3 i=1 N i δn i L i = =.48 cm. Primer 5.4 Izpeljimo izraz za integral produkta funkcij fx) in gx) na intervalu od x A do x B. Pri tem upoštevajmo, da je funkcija fx) linearna. Integrali produktov takih funkcij nastopajo v izrazu 5.11) oziroma 5.) za delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah. Notranje sile δ N x, δ N y, δ N z, δ M x, δ M y in δ M z zaradi točkovne virtualne sile so odsekoma linearne, notranje sile N x, N y, N z, M x, M y in M z zaradi zunanje obtežbe pa so poljubne funkcije odvisne od x slika 5.13).
17 4 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.13: Funkcija fx) je linearna, funkcija gx) je poljubna Linearno funkcijo fx) lahko zapišemo v obliki fx) = m x + n, kjer sta m in n konstanti. Iskani integral označimo z I x B x B I = fx) gx) dx = m x + n) gx) dx = m x A x B x A x gx) dx + n x B x A gx) dx. 5.1) Prvi integral v enačbi 5.1) predstavlja statični moment S g lika, ki ga določa funkcija gx) in x os na intervalu od x A do x B glede na os, ki poteka skozi točko x = in je pravokotna na os x, drugi integral pa je ploščina A g istega lika I = m S g + n A g. 5.) Statični moment S g lika je produkt abcise težišča x T g lika in ploščine A g Enačbo 5.3) vstavimo v 5.) in dobimo S g = x T g A g. 5.3) I = A g m x T g + n). 5.4) Izraz m x T g + n predstavlja vrednost linearne funkcije f pri x = x T g, to je fx T g ). Dobili smo enačbo I = A g fx T g ), 5.5) ki pove, da je vrednost integrala produkta linearne funkcije fx) in poljubne funkcije gx) na intervalu od x A do x B enaka produktu ploščine A g lika gx) na intervalu od x A do x B in vrednosti funkcije fx T g ) na mestu težišča lika, ki ga določa funkcija gx) slika 5.14). M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, 1996
18 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 43 SLIKA 5.14: Integral B A fx) gx) dx je enak produktu ploščine A g in vrednosti linearne funkcije fx T g ) Sedaj si oglejmo še primer, ko sta obe funkciji fx) in gx) linearni slika 5.15). SLIKA 5.15: Če sta obe funkciji linearni, a) določimo ploščino pod funkcijo gx), ali b) ploščino pod funkcijo fx) primer b) V tem primeru lahko sami izberemo, za katero funkcijo bomo izračunali ploščino in težišče Če linearni funkciji fx) in gx) izrazimo z robnimi vrednostmi, sledi x B I = fx) gx) dx = x A I = A g fx T g ) = A f gx T f ). 5.6) x B x A f A + f B f A x L Po integriranju in upoštevanju, da je L = x B x A, dobimo ) g A + g B g A L ) x dx. I = L 6 [f A g A + g B ) + f B g B + g A )]. 5.7)
19 44 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Funkcijo gx) lahko zapišemo kot vsoto konstantne in linearne funkcije gx) = g 1 x) + g x) slika 5.16). Integral I je v tem primeru enak I = x B x A fx) gx) dx = x B x A fx) g 1 x) dx + Pri tem smo z A 1, f 1, A in f označili naslednje izraze: x B x A fx) g x) dx = A 1 f 1 + A f. 5.8) A 1 = g A L, f 1 = f A + f B f A, A = g B g A L, f = f A + f B f A ), 3 katerih pomen prikazujemo na sliki SLIKA 5.16: Območje, ki ga določa funkcija gx), razdelimo na pravokotnik in trikotnik Če funkcijo gx) zapišemo kot vsoto dveh linearnih funkcij gx) = g 3 x)+g 4 x) slika 5.17), izračunamo integral takole: I = x B x A fx) g 3 x) dx + x B x A fx) g 4 x) dx = A 3 f 3 + A 4 f ) SLIKA 5.17: Območje, ki ga določa funkcija gx), razdelimo na dva trikotnika
20 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 45 Z A 3, f 3, A 4 in f 4 označujemo naslednje izraze: A 3 = g A L, f 3 = f A + f B f A, A 4 = g B L 3, f 4 = f A + f B f A ), 3 katerih pomen prikazujemo na sliki V vseh prikazanih primerih enačbe 5.7), 5.8), 5.9)) je vrednost integrala I enaka, kar lahko bralec sam preveri. Primer 5.5 Določimo zasuk ω Ay točke A in pomik w C točke C na prostoležečem nosilcu slika 5.18)! Vpliv prečne sile N z zanemarimo. SLIKA 5.18: Prostoležeči nosilec je obtežen s konstantno linijsko obtežbo Diagram upogibnih momentov zaradi konstantne linijske obtežbe P z je prikazan na sliki SLIKA 5.19: Diagram upogibnega momenta zaradi P z Za račun zasuka ω Ay obtežimo točko A z virtualnim momentom δm Ay = 1 slika 5.). SLIKA 5.: Virtualni moment δm Ay postavimo v tisto točko, za katero določamo zasuk Pripadajoči diagram upogibnih momentov prikazujemo na sliki 5.1.
21 46 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.1: Diagram upogibnih momentov zaradi δm Ay = 1 Zasuk točke A izračunamo po enačbah 5.19) in 5.): ω Ay = L M y δm y dx = 1 P z L E I y E I y 8 3 L } {{ } ploščina parabole 1 ) = P z L 3. 4 E I y }{{} vrednost linearne funkcije pod težiščem parabole Za račun pomika u Cz obtežimo točko C z virtualno silo δf Cz = 1 slika 5.). SLIKA 5.: Virtualno silo δf Cz postavimo v tisto točko, za katero pomik določamo Pripadajoči diagram upogibnih momentov prikazujemo na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnih momentov zaradi δf Cz = 1 Ker funkcija δ M y pri x = L/ spremeni naklon, moramo integral, s katerim izračunamo pomik u Cz u Cz = L M y δ M y E I y izračunati posebej na odseku od do L/ in posebej na odseku od L/ do L. Zaradi simetrije diagramov [M y ] in [δm y ] je dovolj, če določimo vrednost integrala na odseku do L/ in rezultat pomnožimo z dva. Težiše x p in ploščina A p polovice kvadratne parabole slika 5.4) sta določeni z enačbama glej preglednico 1.1) x p = 3 a 8, A p = a b 3. dx
22 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 47 SLIKA 5.4: Težišče polovice kvadratne parabole Velikost δ M y x T g ) virtualnega momenta pri glej slika 5.4) izračunamo iz podobnosti trikotnikov na sliki 5.5: x T g = 5 a 8 = 5 L 8 = 5 L 16 δ M y x T g ) x T g = L/4 L/ δ M y x T g ) = 5 L 3. SLIKA 5.5: Velikost virtualnega momenta δ M y pri razdalji x T g Pomik u Cz na sredini nosilca je u Cz = P z L L E I y } 8{{ 3 } ploščina parabole 5 L 3 }{{} = vrednost linearne funkcije pod težiščem parabole 5 P z L E I y Na sliki 5.6 prikazujemo deformirano lego konstrukcije. SLIKA 5.6: Deformirana lega konstrukcije
23 48 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.6 Določimo navpični pomik točke D za nosilec na sliki 5.7. Vpliv prečne sile N z zanemarimo. SLIKA 5.7: Prostoležeči nosilec s previsoma Diagram upogibnih momentov [M y ] od zunanje obtežbe F Cz in P z je prikazan na sliki 5.8. SLIKA 5.8: Diagram upogibnih momentov zaradi zunanje obtežbe Za račun pomika w D postavimo v točko D virtualno silo δf Dz = 1 slika 5.9). SLIKA 5.9: Virtualna obtežba za račun navpičnega pomika točke D Pripadajoči diagram upogibnih momentov [δ M y ] prikazujemo na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnih momentov zaradi virtualne sile Iz prikazanih diagramov lahko ugotovimo, da bi bilo določanje ploščine in težišča diagrama [M y ] zapleteno. Reševanje naloge se poenostavi, če upoštevamo princip superpozicije, ki velja za majhne pomike in za linearno elastični material. Princip superpozicije omogoča, da lahko pomik neke točke konstrukcije zaradi vpliva skupine sil izračunamo kot vsoto pomikov te točke zaradi vpliva vsake posamezne sile. V obravnavanem primeru zapišemo princip superpozicije takole w D = w D F Cz ) + w D P z ).
24 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 49 Določiti moramo torej diagrame notranjih sil za vsako obtežbo posebej. Diagram upogibnega momenta M y zaradi sile F Cz je prikazan za sliki SLIKA 5.31: Diagram upogibnega momenta zaradi sile F Cz Diagram M y zaradi zvezne linijske obtežbe P z je prikazan na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnega momenta zaradi linijske obtežbe P z Z upoštevanjem teh diagramov pomika w D F Cz ) in w D P z ) enostavno izračunamo w D F Cz ) = 1 F Cz a b E I y }{{ } ploščina MyF ) c, w D P z ) = 1 }{{} 3 vrednost δ My v težišču MyF ) P z b E I y 8 3 b } {{ } ploščina MyP z) c }{{} vrednost δ My v težišču MyP z). Pomik točke D dobimo, če upoštevamo zakon superpozicije w D = w D F Cz ) + w D P z ) = b c 4 E I y 4 F Cz a P z b ). V primeru, da ne znamo določiti ploščine in težišča diagrama [M y ] tudi ob upoštevanju principa superpozicije, integriramo produkt funkcij M y in δ M y analitično. Deformirano lego konstrukcije prikazujemo na sliki SLIKA 5.33: Deformirana lega konstrukcije zaradi sile F Cz, obtežbe P z in skupne obtežbe
25 41 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.7 Leva polovica prostoležečega nosilca je obtežena z enakomerno linijsko obtežbo P z. Določimo navpični pomik w C točke C slika 5.34)! Vpliv prečnih sil na pomike zanemarino, E I y = konst. SLIKA 5.34: Konstantna linijska obtežba deluje le na levo polovico nosilca Diagrama upogibnih momentov zaradi P z in zaradi δf z = 1 podajamo na sliki 5.35). SLIKA 5.35: Diagrama M y in δm y Vzdolž leve polovice nosilca integriramo produkt funkcij in M y = 3 P z L 8 δ M y = x, P z x za desno stran pa lahko uporabimo enačbo 5.4) w T = 1 E I y L/ 3 Pz L P z x ) x 8 dx + 1 P z L L 1 L E I y = 5 P z L ) 768 E I y
26 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 411 Kljub temu, da izgleda, kot da naloge ne moremo rešiti z uporabo enačbe 5.4), lahko diagram na sliki 5.35a razdelimo na linearni in kvadratni del kot kaže slika 5.35b in z upoštevanjem principa superpozicije problem hitro rešimo w T = 1 [ Pz L E I y 16 L 1 3 ) L + P z L 4 3 L 3 1 ] L = 5 P z L 4, E I y kar je enak rezultat, kot smo ga dobili z integriranjem produkta M y in δ M y enačba 5.3)). Vrednost P z L /3, ki pripada kvadratnemu delu diagrama izračunamo tako, kot da imamo prostoležeči nosilec dolžine L/, obtežen z enakomerno obtežbo preko celotne dolžine P z L/) 8 = P z L 3. Pokažimo zakaj lahko del nosilca, ki je obtežen z enakomerno obtežbo, obravnavamo kot prostoležeči nosilec. Konstrukcijo na sliki 5.34 spremenimo tako, da v točko C vstavimo členek za zasuke upogibni členek) in ga tako podpremo, da preprečuje navpični pomik slika 5.36). SLIKA 5.36: Spremenjena, vendar enakovredna konstrukcija Ker smo v točki C vpeljali členek, smo morali na spremenjeno konstrukcijo dodati momentno obtežbo M C. Ker konstrukcija na sliki 5.36 v točki C ni podprta, je reakcija C z =. Druge reakcije in moment M C izračunamo iz ravnotežnih pogojev: =, A z = 3 P z L, B z = P z L 8 8, M C = P z L 16. Diagrami momentov so taki, kot na sliki 5.35, pri čemer momentni diagram na levi strani nosilca določimo kot vsoto momentov zaradi obtežbe M C in momenta zaradi enakomerne obtežbe P z slika 5.37).
27 41 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.37: Določitev momenta s superpozicijo vpliva obtežb P z in M C Primer 5.8 Določimo navpični pomik točke C slika 5.38)! Nalogo rešujmo z izrekom o virtualnih silah. Upoštevajmo, da je E I y konstanta, vpliv prečnih sil pa zanemarimo. SLIKA 5.38: Na nosilec deluje linijska obtežba trikotne oblike Pomik določimo po enačbi w = L M y δ M y E I y Reakcija A z je A z = q L 1 = q L 4. Vrednost linijske obtežbe q x x) pri poljubnem x določimo s slike 5.39: q x L/ x = q L/ dx. q x = q L ) L x.
28 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 413 SLIKA 5.39: Trapezno obtežbo na dolžini x razdelimo na dva trikotnika Upogibni moment na intervalu x L/ zaradi zunanje obtežbe je M y = q L 4 x q x 3 x q ) L x L x x 3 = q L 4 x q x + q x 3 3 L. Za račun navpičnega pomika v točki C, na to mesto postavimo virtualno silo δf z = 1 slika 5.4). SLIKA 5.4: Virtualno silo δf z = 1. postavimo v točko, katere pomik želimo določiti Upogibni moment za levo polovico nosilca zaradi virtualne sile δf z = 1 je δ M y = 1 x. Funkcija M y x) je kubična parabola. Ploščine lika pod kubično parabolo in lege težišča ne poznamo, zato bomo pomik w C določili z integriranjem produkta M y δ M y. Ker sta funkciji M y in δ M y simetrični, integriramo le do polovice nosilca, rezultat pa množimo z dva w C = 1 E I y = 1 E I y L/ q L 4 q L x 4 q x x 3 3 q x q 3 L + q x 3 ) x 3 L dx = x 5 ) L/ = 3 q L E I y Primer 5.9 Na stojalu za perilo sušite perilo s težo G = 1 N slika 5.41). Teža je enakomerno porazdeljena po dolžini vodoravnega nosilca. Prečni prerez palic ima obliko krožnega kolobarja z zunanjim premerom φ z = 1.5 cm in notranjim premerom φ n = 1.3 cm. Elastični modul je E = 1 7 N/cm. Vez v točki C je taka, da dovoljuje medsebojna zasuka nosilcev AE in BD, preprečuje pa njihove medsebojne pomike. Izračunajmo navpični pomik v točki E! Širina in višina stojala sta enaki L = H = 1 m.
29 414 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.41: Stojalo za perilo Enakomerna obtežba q na zgornji nosilec je q = G L = 1 1 = 1 N/cm. Ploščino in vztrajnostni moment prečnega prereza izračunamo po enačbah = φ z φ n 4 π =.4398 cm, I y = φ4 z φ 4 n 64 Diagrama notranjih sil zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki 5.4. π =.183 cm 4. SLIKA 5.4: Osna sila in upogibni moment zaradi zunanje obtežbe Za določitev navpičnega pomika v točki E v to točko postavimo navpično silo δf z notranjih sil zaradi te sile prikazujemo na sliki = 1. Diagrama
30 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 415 SLIKA 5.43: Osna sila in upogibni moment zaradi virtualne sile δf z Navpični pomik v točki E določimo z integracijo enačbe w E = Nx δ N x + M y δ M ) y dx = E E I y el Li = E E I y ) + ) 3 5 = =.7 cm. Relativni vpliv osnih sil na pomik v točki E je zelo majhen, saj znaša le.1 % od skupnega pomika. Pomik v točki E se zgodi skoraj izključno zaradi upogibanja nosilcev, medtem ko je vpliv osnih deformacij zanemarljiv. Zato pri računu velikokrat vpliv osnih sil na pomike zanemarimo. Primer 5.1 Konzola je sestavljena iz petih lesenih desk debeline cm in širine 1 cm. V prvem primeru so deske postavljene vodoravno, v drugem pa navpično slika 5.44). Izračunajmo največjo normalno napetost σ xx,max v konzoli! Točkovna sila na koncu konzole, katere vpliv se enakomerno razdeli na vseh pet desk, je enaka 1 kn. Dolžina konzole je enaka L = 1 m. Izračunajmo tudi poves prostega konca konzole! Elastični modul je E = kn/cm. Vpliv prečnih sil zanemarimo! SLIKA 5.44: Konzolo sestavlja pet desk, ki so položene vodoravno oziroma navpično
Diferencialna enačba, v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci
Linearna diferencialna enačba reda Diferencialna enačba v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci d f + p= se imenuje linearna diferencialna enačba V primeru ko je f 0 se zgornja
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 5. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 5. december 2013 Primer Odvajajmo funkcijo f(x) = x x. Diferencial funkcije Spomnimo se, da je funkcija f odvedljiva v točki
Διαβάστε περισσότερα1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145. Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote
1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145 Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž osi nosilca Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote σ xx = M y z =
Διαβάστε περισσότεραTretja vaja iz matematike 1
Tretja vaja iz matematike Andrej Perne Ljubljana, 00/07 kompleksna števila Polarni zapis kompleksnega števila z = x + iy): z = rcos ϕ + i sin ϕ) = re iϕ Opomba: Velja Eulerjeva formula: e iϕ = cos ϕ +
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena
Διαβάστε περισσότεραFunkcijske vrste. Matematika 2. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 2. april Gregor Dolinar Matematika 2
Matematika 2 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 2. april 2014 Funkcijske vrste Spomnimo se, kaj je to številska vrsta. Dano imamo neko zaporedje realnih števil a 1, a 2, a
Διαβάστε περισσότεραTRDNOST (VSŠ) - 1. KOLOKVIJ ( )
TRDNOST (VSŠ) - 1. KOLOKVIJ (17. 12. 03) Pazljivo preberite besedilo vsake naloge! Naloge so točkovane enakovredno (vsaka 25%)! Pišite čitljivo! Uspešno reševanje! 1. Deformiranje telesa je podano s poljem
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 21. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 21. november 2013 Hiperbolične funkcije Hiperbolični sinus sinhx = ex e x 2 20 10 3 2 1 1 2 3 10 20 hiperbolični kosinus coshx
Διαβάστε περισσότεραIZPIT IZ ANALIZE II Maribor,
Maribor, 05. 02. 200. (a) Naj bo f : [0, 2] R odvedljiva funkcija z lastnostjo f() = f(2). Dokaži, da obstaja tak c (0, ), da je f (c) = 2f (2c). (b) Naj bo f(x) = 3x 3 4x 2 + 2x +. Poišči tak c (0, ),
Διαβάστε περισσότεραZaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 22. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 22. oktober 2013 Kdaj je zaporedje {a n } konvergentno, smo definirali s pomočjo limite zaporedja. Večkrat pa je dobro vedeti,
Διαβάστε περισσότεραGlavni sistem:obremenjen s prvotno obtežbo: P. δ 10. 3 Pomik δ 10 :δ 10 = P (2L ) Reakciji pri levi in desni podpori: ΣV=0
OGM Metoda sil. METODA SIL. OIS METODE Metoda sil se uporablja za račun statično nedoločenih konstrukcij. V njej kot neznanke nastopajo sile. Namenjena je predvsem ročnemu računanju konstrukcij, ki so
Διαβάστε περισσότεραUVOD V ENERGIJSKE METODE V MEHANIKI KONSTRUKCIJ
1. UVOD V ENERGIJSKE METODE V MEHANIKI KONSTRUKCIJ Vosnovnemtečaju mehanike trdnih teles smo izpeljali sistem petnajstih osnovnih enačb, s katerimi lahko načeloma določimo napetosti, deformacije in pomike
Διαβάστε περισσότερα6.1.2 Togostna matrika linijskega elementa z ravno osjo po teoriji II. reda
596 6 Geometrijska nelinearnost nosilcev varnost V E pa z enačbo V E = F E F dej 6.92) Z A x je označena ploščina prečnega prereza nosilca, količina i min je najmanjši vztrajnostni polmer, F dej pa je
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 14. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 14. november 2013 Kvadratni koren polinoma Funkcijo oblike f(x) = p(x), kjer je p polinom, imenujemo kvadratni koren polinoma
Διαβάστε περισσότεραKotni funkciji sinus in kosinus
Kotni funkciji sinus in kosinus Oznake: sinus kota x označujemo z oznako sin x, kosinus kota x označujemo z oznako cos x, DEFINICIJA V PRAVOKOTNEM TRIKOTNIKU: Kotna funkcija sinus je definirana kot razmerje
Διαβάστε περισσότεραDelovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev
KOM L: - Komnikacijska elektronika Delovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev. Določite izraz za kolektorski tok in napetost napajalnega vezja z enim virom in napetostnim delilnikom na vhod.
Διαβάστε περισσότεραNa pregledni skici napišite/označite ustrezne točke in paraboli. A) 12 B) 8 C) 4 D) 4 E) 8 F) 12
Predizpit, Proseminar A, 15.10.2015 1. Točki A(1, 2) in B(2, b) ležita na paraboli y = ax 2. Točka H leži na y osi in BH je pravokotna na y os. Točka C H leži na nosilki BH tako, da je HB = BC. Parabola
Διαβάστε περισσότεραEnačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba.
1. Osnovni pojmi Enačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba. Primer 1.1: Diferencialne enačbe so izrazi: y
Διαβάστε περισσότερα3. VAJA IZ TRDNOSTI. Rešitev: Pomik v referenčnem opisu: u = e y 2 e Pomik v prostorskem opisu: u = ey e. e y,e z = e z.
3. VAJA IZ TRDNOSTI (tenzor deformacij) (pomiki togega telesa, Lagrangev in Eulerjev opis, tenzor velikih deformacij, tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji) NALOGA 1: Gumijasti
Διαβάστε περισσότεραGimnazija Krˇsko. vektorji - naloge
Vektorji Naloge 1. V koordinatnem sistemu so podane točke A(3, 4), B(0, 2), C( 3, 2). a) Izračunaj dolžino krajevnega vektorja točke A. (2) b) Izračunaj kot med vektorjema r A in r C. (4) c) Izrazi vektor
Διαβάστε περισσότεραprimer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE
Reševanje mehanskih problemov z MKE primer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE p p RAK: P-XII//74 Reševanje mehanskih problemov z MKE primer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE L
Διαβάστε περισσότερα7. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES. (tenzor deformacij II) (tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji)
7. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (tenzor deformacij II) (tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji) NALOGA 1: Pomik deformabilnega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem
Διαβάστε περισσότεραmatrike A = [a ij ] m,n αa 11 αa 12 αa 1n αa 21 αa 22 αa 2n αa m1 αa m2 αa mn se števanje po komponentah (matriki morata biti enakih dimenzij):
4 vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 matrike Matrika dimenzije m n je pravokotna tabela m n števil, ki ima m vrstic in n stolpcev: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n
Διαβάστε περισσότεραIntegralni račun. Nedoločeni integral in integracijske metrode. 1. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: (a) dx. (b) x 3 +3+x 2 dx, (c) (d)
Integralni račun Nedoločeni integral in integracijske metrode. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: d 3 +3+ 2 d, (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l) + 3 4d, 3 +e +3d, 2 +4+4 d, 3 2 2 + 4 d, d, 6 2 +4 d, 2
Διαβάστε περισσότεραBočna zvrnitev upogibno obremenjenih elementov s konstantnim prečnim prerezom
D. Beg, študijsko gradivo za JK, april 006 KK FGG UL Bočna zvrnitev upogibno obremenjenih elementov s konstantnim prečnim prerezom Nosilnost na bočno zvrnitev () Elemente, ki niso bočno podprti in so upogibno
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 12. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 12. november 2013 Graf funkcije f : D R, D R, je množica Γ(f) = {(x,f(x)) : x D} R R, torej podmnožica ravnine R 2. Grafi funkcij,
Διαβάστε περισσότεραMatematika 2. Diferencialne enačbe drugega reda
Matematika 2 Diferencialne enačbe drugega reda (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) y 6y + 8y = 0, (b) y 2y + y = 0, (c) y + y = 0, (d) y + 2y + 2y = 0. Rešitev:
Διαβάστε περισσότεραKODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK
1 / 24 KODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK Štefko Miklavič Univerza na Primorskem MARS, Avgust 2008 Phoenix 2 / 24 Phoenix 3 / 24 Phoenix 4 / 24 Črtna koda 5 / 24 Črtna koda - kontrolni bit 6 / 24
Διαβάστε περισσότεραvezani ekstremi funkcij
11. vaja iz Matematike 2 (UNI) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 ekstremi funkcij več spremenljivk nadaljevanje vezani ekstremi funkcij Dana je funkcija f(x, y). Zanimajo nas ekstremi nad
Διαβάστε περισσότεραVEKTORJI. Operacije z vektorji
VEKTORJI Vektorji so matematični objekti, s katerimi opisujemo določene fizikalne količine. V tisku jih označujemo s krepko natisnjenimi črkami (npr. a), pri pisanju pa s puščico ( a). Fizikalne količine,
Διαβάστε περισσότερα1. Trikotniki hitrosti
. Trikotniki hitrosti. Z radialno črpalko želimo črpati vodo pri pogojih okolice z nazivnim pretokom 0 m 3 /h. Notranji premer rotorja je 4 cm, zunanji premer 8 cm, širina rotorja pa je,5 cm. Frekvenca
Διαβάστε περισσότερα2. VAJA IZ TRDNOSTI. Napetostno stanje valja je določeno s tenzorjem napetosti, ki ga v kartezijskem koordinatnem. 3xy 5y 2
. VAJA IZ TRDNOSTI (tenzor napetosti) (napetostni vektor, transformacija koordinatnega sistema, glavne normalne napetosti, strižne napetosti, ravninsko napetostno stanje, Mohrovi krogi, ravnotežne enačbe)
Διαβάστε περισσότεραTehniška mehanika 1 [N]
Tehniška mehanika 1 Osnovni pojmi Togo in deformabilno telo, ter masno središče Obnašanje togega telesa lahko obravnavamo, kot obnašanje točke, v kateri je zbrana vsa masa telesa m. To točko imenujemo
Διαβάστε περισσότεραFunkcije več spremenljivk
DODATEK C Funkcije več spremenljivk C.1. Osnovni pojmi Funkcija n spremenljivk je predpis: f : D f R, (x 1, x 2,..., x n ) u = f (x 1, x 2,..., x n ) kjer D f R n imenujemo definicijsko območje funkcije
Διαβάστε περισσότεραKotne in krožne funkcije
Kotne in krožne funkcije Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku Avtor: Rok Kralj, 4.a Gimnazija Vič, 009/10 β a c γ b α sin = a c cos= b c tan = a b cot = b a Sinus kota je razmerje kotu nasprotne katete
Διαβάστε περισσότεραPOROČILO. št.: P 1100/ Preskus jeklenih profilov za spuščen strop po točki 5.2 standarda SIST EN 13964:2004
Oddelek za konstrkcije Laboratorij za konstrkcije Ljbljana, 12.11.2012 POROČILO št.: P 1100/12 680 01 Presks jeklenih profilov za spščen strop po točki 5.2 standarda SIST EN 13964:2004 Naročnik: STEEL
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Ljubljani FS & FKKT. Varnost v strojništvu
Univerza v Ljubljani FS & FKKT Varnost v strojništvu doc.dr. Boris Jerman, univ.dipl.inž.str. Govorilne ure: med šolskim letom: srede med 9:00 in 11:30 pisarna: FS - 414 telefon: 01/4771-414 boris.jerman@fs.uni-lj.si,
Διαβάστε περισσότεραIZRAČUN MEHANSKIH LASTNOSTI IN DEFORMACIJ ENOSTRANSKO IN DVOSTRANSKO VPETEGA NOSILCA
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko IZRAČUN MEHANSKIH LASTNOSTI IN DEFORMACIJ ENOSTRANSKO IN DVOSTRANSKO VPETEGA NOSILCA Seminarska naloga pri predmetu Razdelilna in industrijska omrežja Maks
Διαβάστε περισσότεραNumerično reševanje. diferencialnih enačb II
Numerčno reševanje dferencaln enačb I Dferencalne enačbe al ssteme dferencaln enačb rešujemo numerčno z več razlogov:. Ne znamo j rešt analtčno.. Posamezn del dferencalne enačbe podan tabelarčno. 3. Podatke
Διαβάστε περισσότεραdiferencialne enačbe - nadaljevanje
12. vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 diferencialne enačbe - nadaljevanje Ortogonalne trajektorije Dana je 1-parametrična družina krivulj F(x, y, C) = 0. Ortogonalne
Διαβάστε περισσότεραSKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK
SKUPNE PORAZDELITVE SKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK Kovaec vržemo trikrat. Z ozačimo število grbov ri rvem metu ( ali ), z Y a skuo število grbov (,, ali 3). Kako sta sremelivki i Y odvisi
Διαβάστε περισσότερα*M * Osnovna in višja raven MATEMATIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sobota, 4. junij 2011 SPOMLADANSKI IZPITNI ROK. Državni izpitni center
Državni izpitni center *M40* Osnovna in višja raven MATEMATIKA SPOMLADANSKI IZPITNI ROK NAVODILA ZA OCENJEVANJE Sobota, 4. junij 0 SPLOŠNA MATURA RIC 0 M-40-- IZPITNA POLA OSNOVNA IN VIŠJA RAVEN 0. Skupaj:
Διαβάστε περισσότερα1 Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem
Poglavje I Vektorji Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem Za lažjo geometrično predstavo si najprej oglejmo, kaj so vektorji v ravnini. Vektor je usmerjena daljica, ki je natanko določena s svojo
Διαβάστε περισσότεραOsnove elektrotehnike uvod
Osnove elektrotehnike uvod Uvod V nadaljevanju navedena vprašanja so prevod testnih vprašanj, ki sem jih našel na omenjeni spletni strani. Vprašanja zajemajo temeljna znanja opredeljenega strokovnega področja.
Διαβάστε περισσότερα1. Definicijsko območje, zaloga vrednosti. 2. Naraščanje in padanje, ekstremi. 3. Ukrivljenost. 4. Trend na robu definicijskega območja
ZNAČILNOSTI FUNKCIJ ZNAČILNOSTI FUNKCIJE, KI SO RAZVIDNE IZ GRAFA. Deinicijsko območje, zaloga vrednosti. Naraščanje in padanje, ekstremi 3. Ukrivljenost 4. Trend na robu deinicijskega območja 5. Periodičnost
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Ljubljani FS & FKKT. Varnost v strojništvu
Univerza v Ljubljani FS & FKKT Varnost v strojništvu doc.dr. Boris Jerman, univ.dipl.inž.str. Govorilne ure: pisarna: FS - 414 telefon: 01/4771-414 boris.jerman@fs.uni-lj.si, (Tema/Subject: VDPN -...)
Διαβάστε περισσότεραOdvode odvisnih spremenljivk po neodvisni spremenljivki bomo označevali s piko: Sistem navadnih diferencialnih enačb prvega reda ima obliko:
4 Sisemi diferencialnih enačb V prakičnih primerih večkra naleimo na več diferencialnih enačb, ki opisujejo določen pojav in so medsebojno povezane edaj govorimo o sisemih diferencialnih enačb V eh enačbah
Διαβάστε περισσότεραOsnove matematične analize 2016/17
Osnove matematične analize 216/17 Neža Mramor Kosta Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Kaj je funkcija? Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja
Διαβάστε περισσότεραKontrolne karte uporabljamo za sprotno spremljanje kakovosti izdelka, ki ga izdelujemo v proizvodnem procesu.
Kontrolne karte KONTROLNE KARTE Kontrolne karte uporablamo za sprotno spremlane kakovosti izdelka, ki ga izdeluemo v proizvodnem procesu. Izvaamo stalno vzorčene izdelkov, npr. vsako uro, vsake 4 ure.
Διαβάστε περισσότερα13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa
13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa Bor Plestenjak NLA 25. maj 2010 Bor Plestenjak (NLA) 13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa 25. maj 2010 1 / 12 Enostranska Jacobijeva
Διαβάστε περισσότερα1. Newtonovi zakoni in aksiomi o silah:
1. Newtonovi zakoni in aksiomi o silah: A) Telo miruje ali se giblje enakomerno, če je vsota vseh zunanjih sil, ki delujejo na telo enaka nič. B) Če rezultanta vseh zunanjih sil, ki delujejo na telo ni
Διαβάστε περισσότεραDomače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA
Domače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA. Naj bo vektorsko polje R : R 3 R 3 dano s predpisom R(x, y, z) = (2x 2 + z 2, xy + 2yz, z). Izračunaj pretok polja R skozi površino torusa
Διαβάστε περισσότεραAnaliza 2 Rešitve 14. sklopa nalog
Analiza Rešitve 1 sklopa nalog Navadne diferencialne enačbe višjih redov in sistemi diferencialnih enačb (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) 6 + 8 0, (b)
Διαβάστε περισσότεραNaloge iz vaj: Sistem togih teles C 2 C 1 F A 1 B 1. Slika 1: Sile na levi in desni lok.
1 Rešene naloge Naloge iz vaj: Sistem togih teles 1. Tročleni lok s polmerom R sestavljen iz lokov in je obremenjen tako kot kaže skica. Določi sile podpor. Rešitev: Lok razdelimo na dva loka, glej skico.
Διαβάστε περισσότεραTema 1 Osnove navadnih diferencialnih enačb (NDE)
Matematične metode v fiziki II 2013/14 Tema 1 Osnove navadnih diferencialnih enačb (NDE Diferencialne enačbe v fiziki Večina osnovnih enačb v fiziki je zapisana v obliki diferencialne enačbe. Za primer
Διαβάστε περισσότεραFAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22. junij Navodila
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22 junij 212 Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Διαβάστε περισσότεραTransformator. Delovanje transformatorja I. Delovanje transformatorja II
Transformator Transformator je naprava, ki v osnovi pretvarja napetost iz enega nivoja v drugega. Poznamo vrsto različnih izvedb transformatorjev, glede na njihovo specifičnost uporabe:. Energetski transformator.
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1. Gregor Dolinar. 2. januar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. Gregor Dolinar Matematika 1
Mtemtik 1 Gregor Dolinr Fkultet z elektrotehniko Univerz v Ljubljni 2. jnur 2014 Gregor Dolinr Mtemtik 1 Izrek (Izrek o povprečni vrednosti) Nj bo m ntnčn spodnj mej in M ntnčn zgornj mej integrbilne funkcije
Διαβάστε περισσότεραNajprej zapišemo 2. Newtonov zakon za cel sistem v vektorski obliki:
NALOGA: Po cesi vozi ovornjak z hirosjo 8 km/h. Tovornjak je dolg 8 m, širok 2 m in visok 4 m in ima maso 4 on. S srani začne pihai veer z hirosjo 5 km/h. Ob nekem času voznik zaspi in ne upravlja več
Διαβάστε περισσότεραZaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 15. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 15. oktober 2013 Oglejmo si, kako množimo dve kompleksni števili, dani v polarni obliki. Naj bo z 1 = r 1 (cosϕ 1 +isinϕ 1 )
Διαβάστε περισσότεραTEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 2014/2015
TEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 014/015 BF : Viskokošolski strokovni študij 6. 10. 14 KINEMATIKA IN DINAMIKA TOČKE Kinematika Položaj točke P, opazovalec O, kartezični koordinatni
Διαβάστε περισσότεραSlika 5: Sile na svetilko, ki je obešena na žici.
4. poglavje: Sile 5. Cestna svetilka visi na sredi 10 m dolge žice, ki je napeta čez cesto. Zaradi teže svetilke (30 N) se žica za toliko povesi, da pride sredina za 30 cm niže kot oba konca. Kako močno
Διαβάστε περισσότεραr T = 1. Redukcija sile 2. Telo in težišče telesa
1. Redukcija sile Izračunavanje rezultante porazdeljenih sil je lahko zamudno, mnogokrat si pomagamo tako, da porazdeljeno silo nadomestimo z drugim sistemom sil, ki je enostavnejši, njegov vpliv na opazovano
Διαβάστε περισσότεραV tem poglavju bomo vpeljali pojem determinante matrike, spoznali bomo njene lastnosti in nekaj metod za računanje determinant.
Poglavje IV Determinanta matrike V tem poglavju bomo vpeljali pojem determinante matrike, spoznali bomo njene lastnosti in nekaj metod za računanje determinant 1 Definicija Preden definiramo determinanto,
Διαβάστε περισσότεραDefinicija. definiramo skalarni produkt. x i y i. in razdaljo. d(x, y) = x y = < x y, x y > = n (x i y i ) 2. i=1. i=1
Funkcije več realnih spremenljivk Osnovne definicije Limita in zveznost funkcije več spremenljivk Parcialni odvodi funkcije več spremenljivk Gradient in odvod funkcije več spremenljivk v dani smeri Parcialni
Διαβάστε περισσότεραBooleova algebra. Izjave in Booleove spremenljivke
Izjave in Booleove spremenljivke vsako izjavo obravnavamo kot spremenljivko če je izjava resnična (pravilna), ima ta spremenljivka vrednost 1, če je neresnična (nepravilna), pa vrednost 0 pravimo, da gre
Διαβάστε περισσότεραcot x ni def. 3 1 KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA (A) Merske enote stopinja [ ] radian [rad] 1. Izrazi kot v radianih.
TRIGONOMETRIJA (A) Merske enote KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA stopinja [ ] radian [rad] 80 80 0. Izrazi kot v radianih. 0 90 5 0 0 70. Izrazi kot v stopinjah. 5 8 5 (B) Definicija kotnih funkcij
Διαβάστε περισσότεραKvadratne forme. Poglavje XI. 1 Definicija in osnovne lastnosti
Poglavje XI Kvadratne forme V zadnjem poglavju si bomo ogledali še eno vrsto preslikav, ki jih tudi lahko podamo z matrikami. To so tako imenovane kvadratne forme, ki niso več linearne preslikave. Kvadratne
Διαβάστε περισσότεραPONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST
PONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST 1. * 2. *Galvanski člen z napetostjo 1,5 V požene naboj 40 As. Koliko električnega dela opravi? 3. ** Na uporniku je padec napetosti 25 V. Upornik prejme 750 J dela v 5 minutah.
Διαβάστε περισσότεραSplošno o interpolaciji
Splošno o interpolaciji J.Kozak Numerične metode II (FM) 2011-2012 1 / 18 O funkciji f poznamo ali hočemo uporabiti le posamezne podatke, na primer vrednosti r i = f (x i ) v danih točkah x i Izberemo
Διαβάστε περισσότερα8. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (linearizirana elastičnost)
8. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (linearizirana elastičnost) NALOGA 1: Eden izmed preizkusov za določanje mehanskih lastnosti materialov je strižni preizkus, s katerim določimo strižni modul G. Vzorec
Διαβάστε περισσότεραFrekvenčna analiza neperiodičnih signalov. Analiza signalov prof. France Mihelič
Frekvenčna analiza neperiodičnih signalov Analiza signalov prof. France Mihelič Vpliv postopka daljšanja periode na spekter periodičnega signala Opazujmo družino sodih periodičnih pravokotnih impulzov
Διαβάστε περισσότερα4. VAJA IZ TRDNOSTI (linearizirana elastičnost, plastično tečenje)
4. VAJA IZ TRDNOSTI (linearizirana elastičnost, plastično tečenje) NALOGA 1: Eden izmed preizkusov za določanje mehanskih lastnosti materialov je strižni preizkus, s katerim določimo strižni modul G. Vzorec
Διαβάστε περισσότερα8. Diskretni LTI sistemi
8. Diskreti LI sistemi. Naloga Določite odziv diskretega LI sistema s podaim odzivom a eoti impulz, a podai vhodi sigal. h[] x[] - - 5 6 7 - - 5 6 7 LI sistem se a vsak eoti impulz δ[] a vhodu odzove z
Διαβάστε περισσότεραPodobnost matrik. Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Diagonalizacija matrik
Podobnost matrik Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Matjaž Željko FKKT Kemijsko inženirstvo 14 teden (Zadnja sprememba: 23 maj 213) Matrika A R n n je podobna matriki B R n n, če obstaja obrnljiva
Διαβάστε περισσότεραNavadne diferencialne enačbe
Navadne diferencialne enačbe Navadne diferencialne enačbe prvega reda V celotnem poglavju bo y = dy dx. Diferencialne enačbe z ločljivima spremeljivkama Diferencialna enačba z ločljivima spremeljivkama
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIČNI IZRAZI V MAFIRA WIKIJU
I FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Jadranska cesta 19 1000 Ljubljan Ljubljana, 25. marec 2011 MATEMATIČNI IZRAZI V MAFIRA WIKIJU KOMUNICIRANJE V MATEMATIKI Darja Celcer II KAZALO: 1 VSTAVLJANJE MATEMATIČNIH
Διαβάστε περισσότεραTEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 2009/2010
TEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 009/010 BF : Viskokošolski strokovni študij 5 10 09 KINEMATIKA IN DINAMIKA TOČKE Kinematika Osnovne kinematične količine: položaj P, vektor hitrosti
Διαβάστε περισσότεραDržavni izpitni center *M * SPOMLADANSKI ROK MEHANIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sobota, 9. junij 2007 SPLOŠNA MATURA
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *M0774* SPOMLDNSKI ROK MEHNIK NVODIL Z OCENJEVNJE Sobota, 9. junij 007 SPLOŠN MTUR RIC 007 M07-74-- PODROČJE PREVERJNJ Navedene vrednosti veličin pretvorite
Διαβάστε περισσότεραMatematika. Funkcije in enačbe
Matematika Funkcije in enačbe (1) Nariši grafe naslednjih funkcij: (a) f() = 1, (b) f() = 3, (c) f() = 3. Rešitev: (a) Linearna funkcija f() = 1 ima začetno vrednost f(0) = 1 in ničlo = 1/. Definirana
Διαβάστε περισσότεραLADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij. Višja dinamika. Rešene naloge iz analitične mehanike. Dr. Janko Slavič. 22.
Univerza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo LADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij Višja dinamika Rešene naloge iz analitične mehanike Dr. Janko Slavič 22. avgust 2012 Zadnja različica
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra. Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko
Linearna algebra Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko 23. februar 205 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 52.64(075.8)(0.034.2) OREL, Bojan
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Ljubljani FS & FKKT. Varnost v strojništvu
Univerza v Ljubljani FS & FKKT Varnost v strojništvu doc.dr. Boris Jerman, univ.dipl.inž.str. Govorilne ure: med šolskim letom: objavljeno na vratih in na internetu pisarna: FS - 414 telefon: 01/4771-414
Διαβάστε περισσότεραKotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni izrek.
DN#3 (januar 2018) 3A Teme, ki jih preverja domača naloga: Kotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni
Διαβάστε περισσότεραKvantni delec na potencialnem skoku
Kvantni delec na potencialnem skoku Delec, ki se giblje premo enakomerno, pride na mejo, kjer potencial naraste s potenciala 0 na potencial. Takšno potencialno funkcijo zapišemo kot 0, 0 0,0. Slika 1:
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Ljubljani FS & FKKT. Varnost v strojništvu
Univerza v Ljubljani FS & FKKT Varnost v strojništvu doc.dr. Boris Jerman, univ.dipl.inž.str. Govorilne ure: med šolskim letom: srede med 9:00 in 11:30 pisarna: FS - 414 telefon: 01/4771-414 boris.jerman@fs.uni-lj.si,
Διαβάστε περισσότεραPROCESIRANJE SIGNALOV
Rešive pisega izpia PROCESIRANJE SIGNALOV Daum: 7... aloga Kolikša je ampliuda reje harmoske kompoee arisaega periodičega sigala? f() - -3 - - 3 Rešiev: Časova fukcija a iervalu ( /,/) je lieara fukcija:
Διαβάστε περισσότεραD f, Z f. Lastnosti. Linearna funkcija. Definicija Linearna funkcija f : je definirana s predpisom f(x) = kx+n; k,
Linearna funkcija Linearna funkcija f : je definirana s predpisom f(x) = kx+n; k, n ᄀ. k smerni koeficient n začetna vrednost D f, Z f Definicijsko območje linearne funkcije so vsa realna števila. Zaloga
Διαβάστε περισσότεραVaje iz MATEMATIKE 2. Vektorji
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol. l. 06/7 Vaje iz MATEMATIKE. Vektorji Vektorji: Definicija: Vektor je usmerjena daljica. Oznake: AB, a,... Enakost vektorjev: AB = CD: če lahko vektor AB vzporedno premaknemo
Διαβάστε περισσότεραIzpeljava Jensenove in Hölderjeve neenakosti ter neenakosti Minkowskega
Izeljava Jensenove in Hölderjeve neenakosti ter neenakosti Minkowskega 1. Najosnovnejše o konveksnih funkcijah Definicija. Naj bo X vektorski rostor in D X konveksna množica. Funkcija ϕ: D R je konveksna,
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALI RACIONALNIH FUNKCIJ
UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA NIKA HREN INTEGRALI RACIONALNIH FUNKCIJ DIPLOMSKO DELO LJUBLJANA, 203 UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA MATEMATIKA - RAČUNALNIŠTVO NIKA HREN Mentor: izr.
Διαβάστε περισσότεραFunkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D R priredi neko število f (x) R.
II. FUNKCIJE 1. Osnovni pojmi 2. Sestavljanje funkcij 3. Pregled elementarnih funkcij 4. Zveznost Kaj je funkcija? Definicija Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D R priredi
Διαβάστε περισσότεραAfina in projektivna geometrija
fina in projektivna geometrija tožnice () kiciraj stožnico v evklidski ravnini R, ki je določena z enačbo 6 3 8 + 6 =. Rešitev: tožnica v evklidski ravnini je krivulja, ki jo določa enačba a + b + c +
Διαβάστε περισσότεραPoglavje 7. Poglavje 7. Poglavje 7. Regulacijski sistemi. Regulacijski sistemi. Slika 7. 1: Normirana blokovna shema regulacije EM
Slika 7. 1: Normirana blokovna shema regulacije EM Fakulteta za elektrotehniko 1 Slika 7. 2: Principielna shema regulacije AM v KSP Fakulteta za elektrotehniko 2 Slika 7. 3: Merjenje komponent fluksa s
Διαβάστε περισσότεραDržavni izpitni center *M * JESENSKI IZPITNI ROK MEHANIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sreda, 31. avgust 2011 SPLOŠNA MATURA
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *M117411* MEHNIK JESENSKI IZPITNI ROK NVODIL Z OCENJEVNJE Sreda, 1. avgust 011 SPLOŠN MTUR RIC 011 M11-741-1- PODROČJE PREVERJNJ 1 Izračunajte vrednosti
Διαβάστε περισσότεραZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Andrej Perne ZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II Skripta za vaje iz Matematike II (UNI + VSP) Ljubljana, determinante Determinanta det A je število, prirejeno
Διαβάστε περισσότερα1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE
1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE A) Splošna oblika Definicija 1 : Naj bodo a, b in c realna števila in a 0. Realno funkcijo: f : x ax + bx + c imenujemo kvadratna funkcija spremenljivke x v splošni
Διαβάστε περισσότεραDržavni izpitni center SPOMLADANSKI IZPITNI ROK *M * FIZIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Petek, 10. junij 2016 SPLOŠNA MATURA
Državni izpitni center *M16141113* SPOMLADANSKI IZPITNI ROK FIZIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE Petek, 1. junij 16 SPLOŠNA MATURA RIC 16 M161-411-3 M161-411-3 3 IZPITNA POLA 1 Naloga Odgovor Naloga Odgovor
Διαβάστε περισσότεραPoglavja: Navor (5. poglavje), Tlak (6. poglavje), Vrtilna količina (10. poglavje), Gibanje tekočin (12. poglavje)
Poglavja: Navor (5. poglavje), Tlak (6. poglavje), Vrtilna količina (10. poglavje), Gibanje tekočin (12. poglavje) V./4. Deska, ki je dolga 4 m, je podprta na sredi. Na koncu deske stoji mož s težo 700
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA FOURIERJEVA TRANSFORMACIJA
29.03.2004 Definicija DFT Outline DFT je linearna transformacija nekega vektorskega prostora dimenzije n nad obsegom K, ki ga označujemo z V K, pri čemer ima slednji lastnost, da vsebuje nek poseben element,
Διαβάστε περισσότερα