Autor: Bartosz Haładuda B4

1

1.

Dane:

Obciążenia -

M = 0,7 M

R

V = 0,3 V

R

Rodzaj łączników -

śruby M20

Klasa śrub -

4,6

Stal -

St3S

Rodzaj przekroju -

I 330 PE

Dane wynikająca z przekroju:

W

x

= 713cm

3

W

y

= 98,5cm

3

I

x

= 11770cm

4

I

y

= 788cm

4

A = 62,6cm

2

m = 49,1kg

f

d

(St3S) = 215MPa = 21,5 kN/cm

2

Autor: Bartosz Haładuda B4

2

2.

Ustalenie klasy przekroju i wyznaczenie nośności M i V; wyznaczenie obciążeń

przypadających na styk M

R

i V

R

.

M:

M

R

= W

x

*f

d

M

R

= 713*21,5 = 15329,5kNcm

->

M = 0,7M

R

= 10730,65kNcm

V:

V

R

= 0,58*A

v

*f

d

= 0,58*(h

w

*t

w

)*f

d

gdzie h

w

to wysokość środnika, a t

w

– jego grubość; wg tablicy 7.

V

R

= 0,58*[(33-2*(1,15+1,8))*0,75]*21,5 = 253,45kN

->

V = 0,3V

R

= 76,04kN

Sprawdzenie warunku smukłości wg tablicy 7. normy:

ε

70

≤

w

w

t

h

->

1

215

215

215

=

=

=

d

f

ε

70

5

,

7

)

18

5

,

11

(

2

330

≤

+

⋅

−

70

13

,

36

≤

-> OK

Ustalenie klasy przekroju wg tablicy 6.:

- środnik; pozycja „a”:

Obliczenia jak dla sprawdzenia smukłości.

Smukłość ścianki środnika jest mniejsza od maksymalnej wartości granicznej dla klasy 2. przekroju,

czyli:

ε

39

≤

w

w

t

h

39

13

,

36

≤

Klasa przekroju: 2.

- pasy górny i dolny; pozycja „b”:

07

,

5

15

,

1

83

,

5

15

,

1

8

,

1

2

/

75

,

0

8

15

,

1

2

/

2

/

16

=

=

−

−

=

−

−

=

r

t

t

b

w

f

f

Smukłość ścianek każdego z pasów jest mniejsza od maksymalnej wartości granicznej dla klasy 1.

przekroju, czyli:

ε

9

≤

f

f

t

h

9

07

,

5

≤

Klasa przekroju: 1.

Jednostki:

mm

Autor: Bartosz Haładuda B4

3

3.

Ustalenie wymiarów blach styku (nakładek i przykładek).

•

Nakładki:

- górna i dolna

bn – szerokość nakładki;

tn – grubość nakładki;

A

f

– pole pasa;

A

n

– pole nakładki.

A

n

≥ A

f



= 



∙ 



= 1,15  ∙ 16  = 18,4 



Wymiary i pole nakładki:

Szerokość musi być identyczna jak szerokość pasów:

b = b

f

= 16cm

Grubość nakładki musi być identyczna lub większa jak grubość pasa (t

f

= 1,15cm):

t

n

= 1,2cm



= 



∙ 



= 1,2  ∙ 16  = 19,2 



Nakładki są więc nico grubsze od pasów walcownika.

•

Przykładki:

h

p

– szerokość przykładki;

t

p

– grubość przykładki;

h

w

– wysokość środnika .

Wysokość środnika (wysokość walcownika po odjęciu grubości pasów i promieni styków środnika z

pasami):
ℎ



= ℎ − 2 ∙ 



− 2 ∙  = 33  − 2 ∙ 1,15  − 2 ∙ 1,8  = 27,1 

h

p

≤h

w

Przyjmuję wysokość przykładki:

h

p

=25cm

Autor: Bartosz Haładuda B4

4

Grubość przykładek:

I

p,x

– moment bezwładności przykładek (wzdłuż osi OX);

I

w,x

– moment bezwładności środnika (wzdłuż osi OX).

2 ∙ 

,

≥ 

,

->

2 ∙





∙



!

≥



"

∙

"

!





≥



"

∙

"

∙



->





≥

#,$%∙$,!

∙%

= 0,4777 

Przyjmuję grubość przykładki:

t

p

=0,5cm

•

Sprawdzenie nakładek i przykładek:

I

n,x

– moment bezwładności i nakładek (wzdłuż osi OX);

I

I,x

– moment bezwładności dwuteownika (wzdłuż osi OX).



,

+ 

,

> 

),



),

= 11770 

*



,

= 2 ∙





∙



!

=

#,%∙%

+

= 1302,0833 

*



,

= 2 ∙

,

-

∙

-

!

+ 2 ∙ 



∙ 



∙ .




+



-



/



= 2 ∙

!+∙!,

!

+ 2 ∙ 1,2 ∙ 16 ∙ .

00



+

!,



/



=

= 4,608 + 11228,544 = 11233,152 

*

•



,

+ 

,

(= 12535,2353 

*

) > 

),

(= 11770 

*

) -> O.K.

Autor: Bartosz Haładuda B4

5

4.

Rozkład momentów.

M

p

– moment zginający, działający na przykładki;

M

n

– moment zginający działający na nakładki;

I

p,x

– moment bezwładności przykładek (wzdłuż osi OX);

I

n,x

– moment bezwładności przykładek (wzdłuż osi OX).

M = 0,7M

R

= 10730,65kNcm

I

p+n,x

= 12035,3857cm

4

4



5,

=

4





,

=

4





,

Moment w nakładkach:

•

4



=

6

)

7-,8

∙ 

,

=

!#$0#,+%

!#0%,09%$

∙ 10733,3027 = 9569,72:; 

Moment w przykładkach:

•

4



=

6

)

7-,8

∙ 

,

=

!#$0#,+%

!#0%,09%$

∙ 1302,0833 = 1160,93:; 

5.

Wyznaczenie liczby i wymiarów łączników nakładek i przykładek.

Śruby:

- klasa 4,6

- R

m

= 400 MPa

- R

e

= 240 MPa

- S

Rt

= 50 kN

- stal St3S

- f

d

= 215 MPa

- śruba M20 (d=20mm)

- A

s

= 245mm

2

•

NAKŁADKI:

- płaszczyzn ścinania: m=1

Ilość łączników:

< =

;

=

>?

gdzie N – działająca siła na nakładkę/pas, powodująca ścinanie trzpienia;

S

Rv

– nośność na ścinanie (dla m=1 i ścięcia cz. niegwint. – S

Rv

=56,5kN).

M

n

+M

p

= M

O.K.

Autor: Bartosz Haładuda B4

6

Ponieważ na nakładki działa tylko moment M

n

(= 9569,72kNcm), należy obliczyć siłę N, którą muszą

przenieść wszystkie śruby:

; =

4



2 ∙ 

gdzie r – ramię działania momentu M

n

, mierzone od środka walcownika (S

c

układu) do miejsca

styku nakładki i pasa, w kierunku pionowym).

Dzielę przez 2, ponieważ nakładek jest dwie; warto zauważyć, że

2 ∙  = ℎ, czyli wysokość

walcownika.

; =

9569,72

2 ∙ 16,5 @

:; 

 A

B = CDE, EEFB

Zatem, ilość łączników:

< =

289,99

56,5 @

:;

:;A

G = H, IJ[−]

Jest to ilość minimalna, potrzebna do przeniesienia wszystkich sił ścinających.

MNOPQPę: G = T[−]

•

Rozstaw śrub nakładki:

U

!,VW

= 1,5 ∙ X = 1,5 ∙ 20 = 30

U

!,VY

= Z< [

12 ∙  = 144

150

(4 ∙  + 40) = 88

\ = 88

Przyjęto odległość od czoła blachy:

a

1

=40mm

U

,VW

= 1,5 ∙ X = 1,5 ∙ 20 = 30

U

,VY

= Z< [

12 ∙  = 144

150

(4 ∙  + 40) = 88

\ = 88

Przyjęto odległość od krawędzi bocznej blachy:

a

2

=40mm

U

0,VW

= 2,5 ∙ X = 2,5 ∙ 20 = 50

U

0,VY

= Z< ]14 ∙  = 168

200

\ = 168

Przyjmuję rozstaw szeregów:

a

3

=80mm

U

VW

= 2,5 ∙ X = 2,5 ∙ 20 = 50

U

VY

= 2 ∙ U

0,VY

− U

0

= 256

Przyjmuję rozstaw łączników w szeregu:

a=80mm

t

n

– grubość

nakładki;

t

n

=12,0mm

Autor: Bartosz Haładuda B4

7

Sprawdzenie wytrzymałości śrub na uplastycznienie wskutek docisku trzpienia do ścianki otworu.

=

>,

= ^ ∙ _

`

∙ X ∙ a 

gdzie

_

`

– wytrzymałość materiału części łączonych;

X - średnica śruby;

∑  – sumaryczna grubość części podlegających dociskowi w tym samym kierunku;

^ - współczynnik obliczany ze wzoru:

^ =

U

!

X ≤ 2,5

jeśli

^ > 2,5 wykorzystać poniższe równanie:

^ =

U

X − 0,75 ≤ 2,5

MNOPęd: e = C, f[−]

d = 2cm

f

d

= 21,5kN/cm

2

 = Z< g



= 1,15 





= 1,2 

\

h = I, IHij

Zatem:

=

>,

= 2 ∙ 21,5 ∙ 2 ∙ 1,15 @1 ∙

:;





∙  ∙  = :;A

k

lm

= ED, EFB

_ _ _

W związku z tym, że połączenie ma mniejszą wytrzymałość na ścięcie trzpienia, będzie to wartość

uwzględniana w sprawdzeniu nośności.

40

20 = C, f ≤ 2,5

80

20 − 0,75 = J, CH ≤ 2,5

Autor: Bartosz Haładuda B4

8

Nośność połączenia zakładkowego przy obciążeniu osiowym:

n ≤ n

>o

= < ∙ p ∙ =

>

gdzie F – wartość siły osiowej (tu: F= N=289,99kN);

n

>o

- nośność połączenia;

n – liczba łączników przenoszących obciążenie;
p – współczynnik redukcyjny (p = 1, chyba, że odległość między skrajnymi łącznikami w

kierunku obciążenia wynosi więcej niż 15d);

0,75 ≤ p ≤ 1;

S

R

– miarodajna nośność obliczeniowa łącznika:

=

>

= Z< g=

>?

= 56,5:;

=

>,

= 98,9:;

\

k

l

= k

lq

= HT, HFB

Ponieważ odległość między skrajnymi łącznikami w kierunku obciążenia więcej niż 15d, należy

obliczyć wartość współczynnika redukcyjnego:

p = 1 −

r − 15X

200X

gdzie

r – odległość między skrajnymi łącznikami, w kierunku obciążenia.

p = 1 −

16  − 15 ∙ 2 

200 ∙ 2 

p = 1,035[−]

0,75 ≤ p ≤ 1 → t = I

G = T

n

>o

= 6 ∙ 1 ∙ 56,5:;

u

lv

= JJEFB

Warunek:

n ≤ n

>o

CDE, EEFB ≤ JJEFB → w. y.

Powyższy warunek został spełniony: nośność na nakładkach została zachowana.

Autor: Bartosz Haładuda B4

9

•

Sprawdzenie osłabienia PASA:

dla d=20mm przyjmuje się powiększenie otworu:

∆= 2

Otwory okrągłe, klasa średniodokładna, o średnicy:

∅ = X + ∆

∅ = 20 + 2

∅ = CCjj

Pole pasa w przekroju poprzecznym:

Y|

= 



∙ 



Y|

= 16  ∙ 1,15 

}

~€

= ID, ij

C

Pole netto (pole pasa zmniejszone o pole otworów w przekroju poprzecznym pasa):

‚

=

Y|

− ƒ ∙ (X + ∆) ∙ 



gdzie

p – liczba otworów w przekroju.

‚

= 18,4 



− 2 ∙ (2  + 0,2 ) ∙ 1,15 

}

G„h

= IJ, Jij

C

Pole sprowadzone:

…

=

‚

∙

0,8 ∙ †

V

†

‚

…

= 13,34 ∙

0,8 ∙ 400

240 @ 



∙

1 ∙ 4MU

4MU = 



A

}

‡

= Iˆ, ˆEij

C

Warunek na wystąpienie osłabienia:

…

≤

Y|

Iˆ, ˆE ≤ ID,  → osłabienie wystąpiło

Współczynnik redukcyjny:

– =

…

Y|

– =

17,79

18,4

‡ = f, Eˆ

Sprawdzenie wytrzymałości połączenia ze względu na osłabienie:

—

‚

≤ _

`

—

‚

=

—˜

–

—

‚

=

15,76

0,97

™

„

= IT, CH

FB

ij

C

≤ š

›

= CI, H

FB

ij

C

→ w. y.

Z powyższego wynika, że osłabienie pasa otworami na łączniki nie powoduje zniszczenia pasa podczas

przenoszenia obciążeń.

—˜ =

;

Y|

—˜ =

289,99

18,4 @

:;





A

™œ = IH, ˆT

FB

ij

C

Autor: Bartosz Haładuda B4

10

•

Sprawdzenie osłabienia NAKŁADEK:

dla d=20mm przyjmuje się powiększenie otworu:

∆= 2

Otwory okrągłe, klasa średniodokładna, o średnicy:

∅ = X + ∆

∅ = 20 + 2

∅ = CCjj

Pole nakładki w przekroju poprzecznym:

YłY`Y

= 



∙ 



YłY`Y

= 16  ∙ 1,2 

}

GFł›F

= IE, Cij

C

Pole netto (pole nakładki zmniejszone o pole otworów w przekroju poprzecznym nakładki):

‚

=

YłY`Y

− ƒ ∙ (X + ∆) ∙ 



gdzie

p – liczba otworów w przekroju.

‚

= 19,2 



− 2 ∙ (2  + 0,2 ) ∙ 1,2 

}

G„h

= IJ, ECij

C

Pole sprowadzone:

…

=

‚

∙

0,8 ∙ †

V

†

‚

…

= 13,92 ∙

0,8 ∙ 400

240 @ 



∙

1 ∙ 4MU

4MU = 



A

}

‡

= ID, HTij

C

Warunek na wystąpienie osłabienia:

…

≤

Y|

ID, HT ≤ IE, C → osłabienie wystąpiło

Współczynnik redukcyjny:

– =

…

YłY`Y

– =

18,56

19,2

‡ = f, Eˆ

Sprawdzenie wytrzymałości połączenia ze względu na osłabienie:

ž—

‚



+ 3Ÿ

‚



≤ _

`

—

‚

=

—˜

–

—

‚

=

15,1
0,97

™

„

= IH, Hˆ

FB

ij

C

≤ š

›

= CI, H

FB

ij

C

→ w. y.

Z powyższego wynika, że osłabienie nakładki otworami na łączniki nie powoduje zniszczenia nakładki podczas

przenoszenia obciążeń.

—˜ =

;

YłY`Y

—˜ =

289,99

19,2 @

:;





A

™œ = IH, I

FB

ij

C

Autor: Bartosz Haładuda B4

11

•

PRZYKŁADKI:

Zakładam tyle samo śrub, co w nakładkach:

G = T

Nośność na ścinanie:

=

>?

= 0,45 ∙ †

V

∙

?

∙ 

gdzie Av – przekrój części niegwintowanej śruby.

?

=   ∙ ¡

X

2¢



?

=   ∙ ¡

2 

2 ¢



}

q

= J, Iij

C

j = C

l

j

= ff£¤ = f

FB

ij

C

Zatem:

=

>?

= 0,45 ∙ 40 ∙ 3,14 ∙ 2 @1 ∙

:;





∙ 



∙ 1 = :;A

k

lq

= IIJ, fFB

•

Rozstaw śrub przykładki:

U

!,VW

= 1,5 ∙ X = 1,5 ∙ 20 = 30

U

!,VY

= Z< [

12 ∙  = 60

150

(4 ∙  + 40) = 60

\ = 60

Przyjęto odległość od czoła blachy:

a

1

=55mm

U

,VW

= 1,5 ∙ X = 1,5 ∙ 20 = 30

U

,VY

= Z< [

12 ∙  = 60

150

(4 ∙  + 40) = 60

\ = 60

Przyjęto odległość od krawędzi bocznej blachy:

a

2

=55mm

U

0,VW

= 2,5 ∙ X = 2,5 ∙ 20 = 50

U

0,VY

= Z< ]14 ∙  = 70

200

\ = 70

Przyjmuję rozstaw szeregów:

a

3

=70mm

U

VW

= 2,5 ∙ X = 2,5 ∙ 20 = 50

U

VY

= 2 ∙ U

0,VY

− U

0

= 70

Przyjmuję rozstaw łączników w szeregu:

a=70mm

t

n

– grubość

przykładki;

t

n

=5,0mm

Autor: Bartosz Haładuda B4

12

Sprawdzenie wytrzymałości śrub na uplastycznienie wskutek docisku trzpienia do ścianki otworu.

=

>,

= ^ ∙ _

`

∙ X ∙ a 

gdzie

_

`

– wytrzymałość materiału części łączonych;

X - średnica śruby;

∑  – sumaryczna grubość części podlegających dociskowi w tym samym kierunku;

^ - współczynnik obliczany ze wzoru:

^ =

U

!

X ≤ 2,5

jeśli

^ > 2,5 wykorzystać poniższe równanie:

^ =

U

X − 0,75 ≤ 2,5

MNOPęd: e = C, H[−]

d = 2cm

f

d

= 21,5kN/cm

2

 = Z< g





= 0,75 





= 2 ∙ 0,5  = 1 

\

h = f, ˆHij

Zatem:

=

>,

= 2,5 ∙ 21,5 ∙ 2 ∙ 0,75 @1 ∙

:;





∙  ∙  = :;A

k

lm

= Df, TJFB

Wytężenie śruby:

Na śruby działa moment od przykładek oraz siła tnąca.

Nośność połączenia zakładkowego, gdy jest obciążone w/w siłami, sprawdza się wzorem:

=

W

= ¥¦=

W,6§

+ =

W,¨

©



+ =

W,6



≤ =

>

gdzie

=

W

- siła wypadkowa przypadająca na i-ty łącznik:

=

W,6§

=

4

#

∑ 



∙ ª

=

W,6

=

4

#

∑ 



∙ O

=

W,¨

=

«

<

gdzie

∑ 



– ramię działania siły M

0

, pomnożonej przez liczbę łączników na tym

samym ramieniu;

M

0

– moment wywołany działaniem momentu na przykładce i siły na

ramieniu e

0

:

55

20 = C, ˆH ≤ 2,5

70

20 − 0,75 = C, ˆH ≤ 2,5

Autor: Bartosz Haładuda B4

13

4

#

= 4



+ « ∙ ¬

#

4

#

= 1160,93 + 76,04 ∙ 9 [:;  + :; ∙  = :; ]

£

f

= IDH, CEFBij

=

>

= Z< g=

>?

= 113,04:;

=

>,

= 80,63:;

\

k

l

= k

lm

= Df, TJFB

Należy teraz określi łącznik, który będzie najbardziej wytężony:

Autor: Bartosz Haładuda B4

14

Najbardziej wytężony będzie któryś z łączników 2 lub 6:

- łącznik nr 2

­ =



C = JHjj

® = 

J

= ˆfjj

=

,6#,

=

4

#

∑ 



∙ O

a 



= 4 ∙ (ª



+ O



)

=

,6

=

4

#

4 ∙ (ª



+ O



) ∙ O

=

,6

=

1845,29 ∙ 7

4 ∙ (3,5



+ 7



) @

:; 





∙  = :;A

k

C,£­

= HC, ˆCFB

=

,6#,§

=

4

#

∑ 



∙ ª

a 



= 4 ∙ (ª



+ O



)

=

,6#,§

=

4

#,§

4 ∙ (ª



+ O



) ∙ ª

=

,6#,§

=

1845,29 ∙ 3,5

4 ∙ (3,5



+ 7



) @

:; 





∙  = :;A

k

C,£f,®

= CT, JTFB

=

,¨

=

«

<

=

,¨

=

76,04

6 @

:;

1 = :;A

k

C,¯

= IC, TˆFB

Zatem:

=



= ¥¦=

,6#,§

+ =

,¨

©



+ =

,6#,



Autor: Bartosz Haładuda B4

15

=



= ¥(26,36 + 12,67)



+ 52,72



°ž(:; + :;)



+ :; = :;±

k

C

= TH, TFB

Warunek:

=



≤ =

>,

TH, TFB ≤ Df, TJFB → w. y.

Wynika z powyższego, że łącznik nr 2 wytrzyma wytężenie.

- łącznik nr 6

­ =



C = JHjj

® = 

J

= ˆfjj

=

,6#,

=

4

#

∑ 



∙ O

a 



= 4 ∙ (ª



+ O



)

=

,6

=

4

#

4 ∙ (ª



+ O



) ∙ O

=

,6

=

1845,29 ∙ 7

4 ∙ (3,5



+ 7



) @

:; 





∙  = :;A

k

C,£­

= HC, ˆCFB

=

,6#,§

=

4

#

∑ 



∙ ª

a 



= 4 ∙ (ª



+ O



)

=

,6#,§

=

4

#,§

4 ∙ (ª



+ O



) ∙ ª

=

,6#,§

=

1845,29 ∙ 3,5

4 ∙ (3,5



+ 7



) @

:; 





∙  = :;A

k

C,£f,®

= CT, JTFB

Autor: Bartosz Haładuda B4

16

=

,¨

=

«

<

=

,¨

=

76,04

6 @

:;

1 = :;A

k

C,¯

= IC, TˆFB

Zatem:

=



= ¥¦=

,6#,§

+ =

,¨

©



+ =

,6#,



=



= ¥(26,36 + 12,67)



+ 52,72



°ž(:; + :;)



+ :; = :;±

k

C

= TH, TFB

Warunek:

=



≤ =

>,

TH, TFB ≤ Df, TJFB → w. y.

Wynika z powyższego, że łącznik nr 2 wytrzyma wytężenie.

Z powyższych sprawdzeń wytężeń łączników nr 2 i 6 wypływają wnioski, że oba łączniki są wytężane

jednakowo.

_ _ _

Ponieważ wszystkie warunki nośności łączników na przykładkach zostały spełnione, przykładki

przenoszą obciążenie.

Autor: Bartosz Haładuda B4

17

•

Sprawdzenie osłabienia ŚRODNIKA:

dla d=20mm przyjmuje się powiększenie otworu:

∆= 2

Otwory okrągłe, klasa średniodokładna, o średnicy:

∅ = X + ∆

∅ = 20 + 2

∅ = CCjj

Pole środnika w przekroju poprzecznym:

ś³´`W

= ℎ



∙ 



ś³´`W

= (ℎ − 2 ∙ 



− 2 ∙ †) ∙ 



ś³´`W

= (33 − 2 ∙ 1,15 − 2 ∙ 1,8)  ∙ 0,75 

}

śµ¶›G·F

= Cf, JJij

C

Pole netto (pole środnika zmniejszone o pole otworów w przekroju poprzecznym środnika):

‚

=

ś³´`W

− ƒ ∙ (X + ∆) ∙ 



gdzie

p – liczba otworów w przekroju.

‚

= 20,33 



− 3 ∙ (2  + 0,2 ) ∙ 0,75 

}

G„h

= IH, JDij

C

Pole sprowadzone:

…

=

‚

∙

0,8 ∙ †

V

†

‚

…

= 15,38 ∙

0,8 ∙ 400

240 @ 



∙

1 ∙ 4MU

4MU = 



A

}

‡

= Cf, HIij

C

Warunek na wystąpienie osłabienia:

…

≤

ś³´`W

Cf, HI > Cf, JJ → osłabienie nie wystąpiło

Współczynnik redukcyjny:

– =

…

ś³´`W

– =

20,51
20,33

‡ = I, fI

Z powyższego wynika, że osłabienie środnika otworami na łączniki

nie powoduje zniszczenia środnika podczas przenoszenia obciążeń.

Autor: Bartosz Haładuda B4

18

•

Sprawdzenie osłabienia PRZYKŁADKI:

dla d=20mm przyjmuje się powiększenie otworu:

∆= 2

Otwory okrągłe, klasa średniodokładna, o średnicy:

∅ = X + ∆

∅ = 20 + 2

∅ = CCjj

Pole przykładki w przekroju poprzecznym:

³¸§łY`Y

= ℎ



∙ 



∙ rƒ

gdzie

lp – liczba przykładek.

³¸§łY`Y

= 25  ∙ 0,5  ∙ 2

}

~µ¹®Fł›F

= CH, fij

C

Pole netto (pole przykładki zmniejszone o pole otworów w przekroju poprzecznym przykładki):

‚

=

³¸§łY`Y

− ƒ ∙ (X + ∆) ∙ 



gdzie

p – liczba otworów w przekroju.

‚

= 25,0 



− 3 ∙ (2  + 0,2 ) ∙ 0,5 

}

G„h

= CI, ˆij

C

Pole sprowadzone:

…

=

‚

∙

0,8 ∙ †

V

†

‚

…

= 21,7 ∙

0,8 ∙ 400

240 @ 



∙

1 ∙ 4MU

4MU = 



A

}

‡

= CD, EJij

C

Warunek na wystąpienie osłabienia:

…

≤

³¸§łY`Y

CD, EJ > CH, f → osłabienie nie wystąpiło

Współczynnik redukcyjny:

– =

º

»

º

¼½¾¿łÀÁ¿À

– =

28,93

25,0

‡ = I, IT

Z powyższego wynika, że osłabienie przykładki otworami na łączniki

nie powoduje zniszczenia przykładki podczas przenoszenia obciążeń.