1/4
Lista 4 – rozwi zania
(prawo Hooke’a, rozci ganie, ciskanie, napr enia cieplne)
Zad. 1.
Z prawa Hooke’a
A
E
F
l
l
⋅
⋅
=
∆
,
je li pole
2
a
A
=
to
m
10
595
,
0
3
-
2
⋅
=
⋅
⋅
=
∆
a
E
F
l
l
%
03
,
0
10
298
,
0
3
-
≅
⋅
=
∆
=
l
l
ε
Zad. 2.
Z prawa Hooke’a
A
E
F
l
l
⋅
⋅
=
∆
,
je li pole
4
2
d
A
π
=
to
mm
0674
,
0
4
2
=
⋅
⋅
=
∆
d
E
F
l
l
π
3
-
2
10
0674
,
0
4
⋅
=
⋅
=
d
E
F
π
ε
Zad. 3.
Z prawa Hooke’a
ε
⋅
=
E
F
A
,
natomiast pole kwadratu
2
a
A
=
, zatem
mm
8
,
13
=
⋅
=
ε
E
F
a
,
Zad. 4.
Z prawa Hooke’a
A
E
F
⋅
⋅
=
ε
.
Równocze nie
mg
F
=
.
Ponadto pole całkowite liny
A
n
A
′
⋅
=
, a pole pojedynczej linki
4
2
d
A
π
=
′
, zatem
kg
739
4
1
2
=
⋅
⋅
⋅
=
d
n
E
g
m
π
ε
2/4
Zad. 5.
Je li pole powierzchni przekroju
2
a
A
=
to napr enia rzeczywiste wynosz
MPa
5
,
62
=
=
A
F
σ
i s mniejsze od napr e dopuszczalnych na rozci ganie
MPa
120
=
<
r
k
σ
, co oznacza, e materiał został dobrany prawidłowo.
Zad. 6.
Warunek wytrzymało ci
r
k
A
F <
=
σ
po przekształceniu przyjmuje posta
r
k
A
F
⋅
<
. Pole wynosi
2
4
d
A
π
=
, a siła
mg
F
=
.
kg
6
,
21
4
1
2
=
⋅
⋅
<
r
k
d
g
m
π
Zad. 7.
Warunek wytrzymało ci
c
k
A
F <
=
σ
po przekształceniu przyjmuje posta
c
k
F
A
>
. Jednocze nie pole wynosi
2
4
d
A
π
=
.
Po przekształceniu
mm
6
,
32
4
=
>
c
k
F
d
π
Zad. 8.
Warunek wytrzymało ci
c
k
A
F <
=
σ
po przekształceniu przyjmuje posta
c
k
F
A
>
.
Jednocze nie pole wynosi
(
)
2
2
4
d
D
A
−
=
π
.
Po przekształceniu
mm
103
4
2
=
+
>
d
k
F
D
c
π
Zad. 9.
Napr enia rzeczywiste podczas ciskania wynosz
A
F
=
σ
Uwzgl dniaj c pole powierzchni przekroju
(
)
2
2
4
d
D
A
−
=
π
otrzymuje si
(
)
MPa
0
,
29
4
2
2
=
−
=
d
D
F
π
σ
3/4
Zad. 10.
Warunek I (prawo Hooke’a):
2
mm
0
,
19
=
⋅
>
′
ε
E
F
A
Warunek II (wytrzymało na rozci ganie):
2
mm
00
,
8
=
>
′′
r
k
F
A
Zatem
2
mm
0
,
19
>
A
Zad. 11.
Z warunku wytrzymało ci
c
k
A
F
⋅
<
, gdzie
0
A
n
A
⋅
=
, zatem
kN
108
0
=
⋅
⋅
<
c
k
A
n
F
Zad. 12.
Z warunku wytrzymało ci
A
F
k
r
>
przy czym siła
3
2
1
F
F
F
F
+
+
=
, a pole
2
2
w
z
a
a
A
−
=
, wi c
MPa
178
2
2
3
2
1
=
−
+
+
>
w
z
r
a
a
F
F
F
k
Zad. 13.
Napr enia rozci gaj ce w elemencie wynosz
A
F
=
σ
. Uwzgl dniaj c
4
2
d
A
π
=
,
otrzymujemy
r
k
d
F
<
=
=
MPa
3
,
28
4
2
π
σ
czyli s mniejsze od napr e dopuszczalnych dla St3S.
Zad. 14.
Napr enia cieplne wynosz
MPa
347
=
∆
⋅
⋅
=
T
E
c
α
σ
Siła nacisku na płyty wynosi zatem:
kN
680
4
2
=
∆
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
T
E
d
A
F
c
α
π
σ
.
Zad. 15.
Zmiana temperatury podczas ochładzania wynosi
1
1
T
T
T
−
=
∆
zatem wydłu enie całkowite wynosi
(
)
m
099
,
0
1
1
=
−
⋅
⋅
=
∆
T
T
l
l
α
oraz napr enia cieplne
(
)
MPa
104
1
=
−
⋅
⋅
=
T
T
E
c
α
σ
4/4
Podczas ogrzewania zmiana temperatury wynosi
T
T
T
−
=
∆
2
2
zatem wydłu enie całkowite wynosi
(
)
m
066
,
0
2
1
=
−
⋅
⋅
=
∆
T
T
l
l
α
oraz napr enia cieplne
(
)
MPa
3
,
69
2
=
−
⋅
⋅
=
T
T
E
c
α
σ
Data: 05.05.2010
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Lista 7 rozw
Lista 3 rozw
Lista 6 rozw
lista 0 rozw
Lista 2 rozw
Lista 0 rozw
Lista 5 rozw
Lista 1 rozw
lista 3 4 rozw
Lista 7 rozw
lista 0 rozw
więcej podobnych podstron