Wyniki wyszukiwana dla hasla 25458 Skrypt PKM 1 00112 Skrypt PKM 246 298arna • «> cos y * sin emu: o. R, -(5. -5,)sin Podobna reakcja R, = (S„ ~ 5, }&Skrypt PKM 247 Naprężenia gnące°**mED‘m30j3ii92* ^/ran,łl Naprężenia od *ił>Skrypt PKM 248 302 Zad*nłr 6.9 Do cięcia drewna określonego gatunku i grubości niezbędna jest prędkSkrypt PKM 249 Ponicwa/ k = —, In odległość osi a = k D:m y 140 = 420 |mm| Odległość osi wg zaleceńSkrypt PKM 250 306 Dla przełożenia i * 6 onu k = 6,26 z wykresu pokaranego im ry». 6.2 odczy. lamy Skrypt PKM 251 308 Średnice zewnętrzne kół (tys 6 8.1 Dft = D, - 2a‘m 60.64 - 1.372 = 59.27 |mm| 0:Skrypt PKM 252 310 Zadanie 6.12 Zakładając. ze pasek zębaty 190 XL 025 wykonany będ/ic /. gumy. oblSkrypt PKM 253 312 Podstawiając do powyższego Wxom dane otrzymamy 140 140Skrypt PKM 254 314 Oblic/anic ugtęcia pasów według rysunku 6.14 — = tg«S-6 a Z podobieństwaSkrypt PKM 255 316 ilość aęWw w każdym kole :t. 3 = 2$. Odległość om kol współpracujących « = 513 (Skrypt PKM 1 00004 8 [5] Mały poradnik mechanika. T. II. WNT. Warszawa 1988. [6]Skrypt PKM 1 00005 10 ad. a Tn = 0,3, T, = 0X s<«d r, - 0,1 = G,-Ft xmMX *= Bt- co po podstawieniSkrypt PKM 1 00007 14 d=12h12 {♦><8=300^ | Ryii.4 i wykorzystując warunek w Skrypt PKM 1 00008 16 Odejmując stronami równania (1.8) lub (1.10), otrzymujemy - Lnln = AL =TD + 2TSkrypt PKM 1 00012 24 Rozwiązanie Sprawdzamy możliwość zamienności całkowitej Ta + Tb + 2Tc + Td+Te Skrypt PKM 1 00013 26 co po podstawieniu daje n~ 6. Tolerancje w pooraegótaycfc grupach "I*0* TSkrypt PKM 1 00014 28 x-. = (210 - 0.04) - (200 + 0.04) - - z, - 2a = 10 - 0,205 -Skrypt PKM 1 00021 42 gdzie: k - naprężenie dopuszczalne przy obciążeniu statycznym (zależne od rodzSkrypt PKM 1 00024 48 gdzie: l - długość obliczeniowa spoiny. Z warunku Q*P otrzymamy Ostatecznie dłSkrypt PKM 1 00027 54 Stąd1.519 Ł lal Naprężenia ścinające i ■> P 2 la Naprężenia zastępcze/^ + 3Wybierz strone: [
15 ] [
17 ]
