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Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 2.
Moment einer Kraft. Moment eines Kräftepaars. Gleichgewichtsbedingungen in der Ebene.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 3.1.1-3.1.4
Die Summe aller Momente ist gleich:
I. Das dritte Newtonsche Gesetz
(actio=reactio)
+ F1 x + ( F1 + F2 )( a1 − x ) − F2 (a1 + a2 − x)
Kraft und Gegenkraft sind gleich groß, entgegengesetzt gerichtet und liegen auf der gleichen Wirkungslinie.
Wo ist hier die Gegenkraft?
G
(Antwort in der Vorlesung)
II. Resultierende für zwei parallele Kräfte
F1 und F2
R R1
R2
K
F1
R1
h
IV. Gleichgewichtsbedingungen in einer
Ebene
Ein starrer Körper ist dann im Gleichgewicht,
wenn die Summe aller an ihm angreifenden
Kräfte gleich Null und die Summe aller
Kraftmomente gleich Null ist:
∑ Fi = 0 und ∑ M i = 0 .
−K
a2
O
= F1a1 − F2 a2 = 0
V. Kräftepaar
l
a1
= F1 x + F1a1 − F1 x + F2 a1 − F2 x − F2 a1 − F2 a2 + F2 x
F2
R2
R = R1 + R2 = F1 + K + F2 − K = F1 + F2 .
F1 l
F
l
= , 2 =
⇒
K a1 K a2
F1a1 = F2 a2
das Hebelgesetz von Archimedes.
(1)
III. Kraftmoment
Man kann das Hebelgesetz anders interpretieren, indem man den Begriff des Kraftmomentes einführt.
Das Moment einer Kraft in
F
einer Ebene ist eine
algebraische Größe, deren
A
Betrag gleich M ( A) = hF ist.
h
Es wird vereinbart, dass ein
Moment positiv ist, wenn es gegen den
Uhrzeigersinn dreht.
Das Hebelgesetz (1) bedeutet, dass im
Gleichgewicht die Summe aller Momente Null
ist.
Diese Bedingung hängt nicht von der Wahl
des Bezugspunktes ab.
Beweis: Wählen
wir einen Bezugspunkt im
Abstand x vom
linken Ende des
Stabes.
M (O ) = F ( l + d ) − Fl = Fd - hängt nicht von
der Wahl des Bezugspunktes ab!
VI. Komponentendarstellung des Moments
Die Kraft F
habe die kartesischen Komponenten Fx
und Fy . Der
Angriffspunkt
der Kraft habe
die Koordinaten x und y. Zu bestimmen ist das
Kraftmoment.
Dem Bild kann man entnehmen, dass der Hebelarm h = x sin α − y cos α mit
sin α = Fy / F und cos α = Fx / F ist. Das
Kraftmoment ist somit M = xFy − yFx ⇒ Das
Moment einer Kraft ist gleich der Summe der
Momente ihrer Kraftkomponenten.
Vorteil der Komponentendarstellung: Sie
ergibt immer "automatisch" richtig sowohl
den Betrag als auch das Vorzeichen (und somit den Drehsinn) des Momentes.
VII. Gleichgewichtsbedingungen in Komponentendarstellung
Kräftegleichgewicht:
∑ Fi = 0 ⇒ ∑ Fix = 0 , ∑ Fiy = 0 .
1
Momentengleichgewicht:
∑M
(O )
i
=0 ⇒
∑(x F
i
iy
− yi Fix ) .
Die Bedingung für das Momentengleichgewicht hat nur Sinn, wenn sie nicht von der
Wahl des Bezugspunktes abhängt. Beweis
dazu: Wählen wir einen anderen Bezugspunkt
A mit den Koordinaten xA und y A .
Die kartesischen
Koordinaten des
Angriffspunktes
der Kraft bezüglich
des neuen Koordinatenursprungs
sind xi − x A und
yi − y A . Das Moment bezüglich des neuen
Bezugspunktes ist
∑ M = ∑ (( x − x ) F − ( y − y ) F ) =
= ∑(x F − y F ) + x ∑ F − y ∑ F =
∑M + x ∑F − y ∑F = ∑M
( A)
i
i
i
iy
i
A
ix
iy
A
i
iy
A
A
ix
ix
(O )
i
(O)
A
iy
A
ix
i
VIII. Allgemeines Schema:
•
•
•
•
•
•
•
Das System skizzieren
Das interessierende Objekt freischneiden
Alle eingeprägten Kräfte und Reaktionskräfte auftragen
Gleichgewichtsbedingungen aufstellen
Die Zahl der Unbekannten und der Gleichungen zählen
Das Gleichungssystem lösen
Lösung auswerten
IX. Beispiele
B1. Eine Leiter der Länge l stützt auf eine
Wand der Höhe h.
Der Winkel zur Wand
ist α . Alles geschieht
draußen bei Glatteis.
Damit die Leiter nicht
gleitet, wird sie von
einem Seil gehalten.
Zu bestimmen sind
die Reaktionskräfte
an der Wand, am Boden und die Zugkraft
des Seils.
Lösung: Gleichgewichtsbedingungen lauten
∑ Fx : RC cos α + 0 + 0 − T = 0
∑F
y
: RC sin α − G + RB + 0 = 0
l
: G sin α ⋅ − RC h / cos α = 0 .
2
Aus der dritten Gleichung folgt
l
RC = G sin α cos α .
2h
Einsetzen in die 1. und 2. Gleichungen ergibt:
l
T = RC cos α = G sin α cos 2 α ,
2h
l


RB = G 1 − sin 2 α cos α  .
 2h

∑M
(B)
B2. Wie ändert sich das Ergebnis, wenn die
Leiter an eine vertikale Wand angelehnt ist?
Lösung: Gleichgewichtsbedingungen:
RC − T = 0
G − RB = 0
l
G sin α − RC l cos α = 0
2
Daraus folgt
sin α
G
RC = G
= tan α
2 cos α 2
G
T = RC = tan α , RB = G .
2
B3. Vergleichen Sie die Seilkraft in den zwei
Fällen: Leiter draufliegend, Leiter angelehnt.
Lösung: Bemerken wir zunächst, dass im skizzierten Fall
h / l = cos α ist. Die Seilkraft
kann daher in:
G
T = sin α cos α
2
umgeschrieben werden.
Diese Kraft ist kleiner als im Fall "angelehnt":
Tdraufliegend =
G
G
1
sin α cos α < Tangelehnt = sin α
2
2
cos α
X. Arten der Lager
Festes Gelenklager,
kein Moment
Verschiebliches Gelenklager, auch Loslager,
kein Moment
Gleitführung
Einspannung
Nicht dehnbare Stange
(oder Seil)
2