Mechanik I: Kinematik und Statik PDF - ETH Zürich HS18

Mechanik I: Kinematik und Statik Mitschrift der Vorlesung von Prof. E. Mazza ETH Zürich HS18 *inoffizielle Mitschrift* Version 2.0 (2024) Mechanik I 2 Mechanik I...

Mechanik I: Kinematik und Statik Mitschrift der Vorlesung von Prof. E. Mazza ETH Zürich HS18 *inoffizielle Mitschrift* Version 2.0 (2024) Mechanik I 2 Mechanik I INHALT Inhalt 1 Bewegung eines materiellen Punktes 3 1.1 Vektorielle Darstellung von Lage und Bewegung..................... 5 1.1.1 Kartesische Basis.................................. 5 1.1.2 Zylindrische Basis................................. 6 1.1.3 Sphärische Basis.................................. 7 2 Geschwindigkeit 8 2.1 Geschwindigkeitsvektor v.................................. 8 2.2 Explizite Darstellung der Geschwindigkeit......................... 9 3 Starrer Körper 12 3.1 Ebene Bewegung...................................... 26 3.2 Fachwerk.......................................... 29 4 Kräfte 32 5 Leistung 36 6 Statik 40 6.1 Statische Äquivalenz v. Kräftegruppen........................... 40 6.2 Resultierende einer Kräftegruppe.............................. 41 6.3 Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes........................ 42 6.4 Moment einer Kraft bezüglich einer Achse......................... 43 6.5 Moment einer Kräftegruppe bezüglich eines Punktes................... 43 6.6 Dyname........................................... 44 6.7 Spezielle Kräftegruppen.................................. 44 6.8 Kräftegruppe im Gleichgewicht............................... 46 6.9 Reduktion einer Kräftegruppe {G}............................. 48 7 Verteilte Kräfte 50 7.1 Kräftemittelpunkt der parallelen linienverteilten Kraft................... 52 8 Ruhe und Gleichgewicht 54 8.1 Reibungskräfte und Momente................................ 57 8.2 Virtueller Bewegungszustand................................ 57 8.3 Hauptsatz der Statik..................................... 60 9 Standfestigkeit 61 9.1 Lagerbindungen und Lagerkräfte.............................. 62 10 Statisch unbestimmte/überbestimmte Systeme 65 1 Mechanik I INHALT 11 Ebene Fachwerke 72 11.1 Statisch bestimmte Fachwerke............................... 73 12 Reibung 81 12.1 Haftreibungsgesetz..................................... 82 12.2 Gleitreibungsgesetz..................................... 83 12.3 Rollreibung......................................... 85 13 Seilstatik 87 13.1 Seilreibung, Haften..................................... 88 13.2 Seilreibung, Gleiten..................................... 90 14 Beanspruchung 92 2 Mechanik I 1 BEWEGUNG EINES MATERIELLEN PUNKTES 1 Bewegung eines materiellen Punktes Materielles System: Menge von materiellen Punkten. Lage eines materiellen Punktes M zur Zeit t: M (t), geometrischer Punkt im 3D-Raum Bewegung eines materiellen Punktes: Lageänderung als Funktion der Zeit → M (t1 ), M (t2 ),... Beschreibung der Lage eines materiellen Punktes? → benötige starren Bezugskörper (d.h, Abstand zwis- chen 2 Punkten des Körpers ist konstant) x′ Ox, y ′ Oy, z ′ Oz: gerichtete orthogonale Achsen (im Bezugskörper) x, y, z: kartesische Koordinaten beschreiben die Lage von M (zur Zeit t) Bewegung von M: x = Fx (t) y = Fy (t) z = Fz (t) Zylindrische Koordinaten: ρ, φ, z Bahnkurve von M in zylindrischen Koordinaten: ρ = Fρ (t) φ = Fφ (t) z = Fz (t) 3 Mechanik I 1 BEWEGUNG EINES MATERIELLEN PUNKTES Beziehung zwischen kartesische Koordinaten und zylindrische Koordinaten: x = ρ cos φ y = ρ sin φ z=z Und umgekehrt: p ρ= x2 + y 2 y φ = arctan( ) x z=z Sphärische Koordinaten: r, θ, ψ Bahnkurve von M in sphärischen Koordinaten: r = Fr (t) θ = Fθ (t) ψ = Fψ (t) Beziehung zwischen kartesische Koordinaten und sphärische Koordinaten: x = r sin θ cos ψ y = r sin θ sin ψ z = r cos θ Und umgekehrt: p r= x2 + y 2 + z 2 p x2 + y 2 θ = arctan( ) z y ψ = arctan( ) x 4 Mechanik I 1 BEWEGUNG EINES MATERIELLEN PUNKTES 1.1 Vektorielle Darstellung von Lage und Bewegung Vektor: Pfeil mit bestimmter Länge und Richtung/Orientierung → Informationsträger! r: Ortsvektor (punktgebunden) definiert eindeutig Lage von M (wie die Koordinaten) Bewegung: t → r = r(t), Vektorfunktion Zur expliziten Darstellung: brauchen wir eine Basis Hier: orthonomierte Basisvektoren e1 , e2 , e3 (3, 3D-Raum) e1 ⊥ e2 ⊥ e3 |e1 | = |e2 | = |e3 | = 1 1.1.1 Kartesische Basis ex , ey , ez r = rx ex + ry ey + rz ez 5 Mechanik I 1 BEWEGUNG EINES MATERIELLEN PUNKTES Skalare und vektorielle Komponenten: rx = r · ex = x ry = r · ey = y rz = r · ez = z Bewegung: r(t) = x(t)ex + y(t)ey + z(t)ez (1) Allgemein: Basis ←→ Koordinaten Basisvektoren: Einheitsvektoren sind parallel bzw. tangential zu Koordinatenlinien im betrachteten Punkt! 1.1.2 Zylindrische Basis eρ , eφ , ez r = ρeρ + zez eρ (φ), auch hier sind 3 Informationen nötig! Bewegung: r(t) = ρ(t) · eρ (φ(t)) + z(t)ez (2) 6 Mechanik I 1 BEWEGUNG EINES MATERIELLEN PUNKTES 1.1.3 Sphärische Basis 7 Mechanik I 2 GESCHWINDIGKEIT 2 Geschwindigkeit Geradlinige Bewegung : x(t): skalare Funktion dx(t) x(t+∆t)−x(t) Geschwindigkeit v = dt = ẋ = lim∆t→0 ∆t Gesucht für 3D Bewegung: v ⇐⇒ r(t) Geschwindigkeitsvektor: v, liegt tangential an Bahnkurve   ẋ(t) Zu zeigen: v = ṙ =  ẏ(t) für kartesische Basis    ż(t) 2.1 Geschwindigkeitsvektor v Schnelligkeit ṡ : s(t + ∆t) − s(t) ∆s ṡ = lim = lim ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t v = ṡ · τ ṡ : Wie schnell? τ : In welche Richtung? 8 Mechanik I 2 GESCHWINDIGKEIT Vektorfunktion r(t) : r(t + ∆t) − r(t) ∆r ṙ = lim = lim ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t ∆r = r(t + ∆t) − r(t) → r(t) + ∆r = r(t + ∆t) für ∆t → 0 : ṙ ∥ ∆r ∆r ∥ τ → ṙ ∥ τ , v (siehe Figur) r(t) → r(s) = r(s(t)) dr dr ds = ṙ = (Kettenregel) dt ds |{z} dt ṡ dr ∆r = lim =τ ds ∆s→0 ∆s dr ṙ = · ṡ = τ · ṡ = v ds 2.2 Explizite Darstellung der Geschwindigkeit Darstellung von r = ṙ, d.h. v: Kartesische Basis: r(t) = x(t)ex + y(t)ey + z(t)ez ṙ = ẋex +  xė x + ẏey +  y ė y + żez +  z ė z ṙ = ẋex + ẏey + żez Zylindrische Basis: r = ρ(t) · eρ (φ(t)) + z(t)ez ṙ = ρ̇eρ + ρėρ + żez +  z ė z ėρ ̸= 0 eρ : beschreibe als Vektor in einer konstanten Basis! 9 Mechanik I 2 GESCHWINDIGKEIT eρ = cos φ · ex + sin φ · ey eφ = − sin φ · ex + cos φ · ey ėρ = (cos φ)· · ex + (sin φ)· · ey ėρ = φ̇ (− sin φ · ex + cos φ · ey ) | {z } eφ ṙ = ρ̇eρ + ρφ̇eφ + żez = v Sphärische Basis: r(t) = r(t)er ṙ(t) = ṙer + rθ̇eθ + r sin θψ̇eψ = v Beispiel:   at Gegeben : r :   Bahnkurve von M in kartesischer Basis    at  ba2 t2 Gesucht : v(t), ṡ(t), τ (t) 10 Mechanik I 2 GESCHWINDIGKEIT Kreisbewegung ρ = R, φ = φ(t), z = zo In zylindrischer Basis: r(t) = Reρ + zo ez , eρ (φ(t))     R  R  Falsch!     r: φ(t)  → r: 0  z zo o  v = ρ̇eρ + ρφ̇eφ + żez = Rφ̇eφ : tangential zum Kreis ṡ = Rφ̇, τ = eφ φ̇: Winkelschnelligkeit in rad s ? → "Winkelgeschwindigkeit" ω = φ̇ez Kreisbewegung: v = Rφ̇eφ Umformung: eφ = ez × eρ → v = Rφ̇(ez × eρ ) = φ̇ez × Reρ r = Reρ + zo ez → Reρ = r − zo ez v = φ̇ez × (r − zo ez ) = φ̇ez × r − zo φ̇ × ez e z v = φ̇ez × r = ω × r : Kreisbewegung Allgemein! ω ∥ Achse der Bewegung, v = 0 auf der Achse Mit kartesischen Basisvektoren: ω = φ̇ez , r = R cos φex + R sin φey + zo ez       0 R cos φ −φ̇R sin φ       v =ω×r =  0  ×  R sin φ  =  φ̇R cos φ       φ̇ zo 0 eφ = − sin φex + cos φey v = −φ̇R sin φex + φ̇R cos φey = φ̇Reφ 11 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER 3 Starrer Körper Eigenschaften: Abstand zwischen 2 beliebige Punkte konstant Winkel zwischen Verbindungsvektoren konstant → keine Gestaltänderung/Volumenänderung, keine Deformation a = M M ′, b = M M ′′ i.A.: a(t1 ) ̸= a(t2 ), b(t1 ) ̸= b(t2 ) |a(t1 )| = |a(t2 )|; |b(t1 )| = |b(t2 )|; α(t1 ) = α(t2 ) ∀t1 , t2 , a, b, M, M ′ , M ′′ → damit: a(t) · b(t) = |a| · |b| · cos α : konstant Betrachte a(t)·a(t) = |a|2 : konstant → daraus folgt: Satz der projizierten Geschwindigkeiten (SdpG) Beweis des SdpG a · a = konst. → (a · a)· = 0 a · ȧ + ȧ · a = 2(a · ȧ) = 0, a, ȧ ̸= 0 a = rN − rM , ȧ = v N − v M a · (v N − v M ) = 0 v N · a = v M · a → v ′N = v ′M 12 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beispiel: gleitende Leiter Translation M, N: 2 beliebige Punkte des Körpers → a = rN − rM Starrer Körper: Betrag von a, |a|, ist konstant ∀t ; Richtung von a ist veränderlich → Falls a konstant ist in Betrag und Richtung → Bewegungszustand ist Translation Konsequenz: a = konst → ȧ = 0 = ṙN − ṙM = v N − v M v N = v M , alle Punkte haben die gleiche Geschwindigkeit 13 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Alle Bahnkurven kongruent: geradlinige Translation oder krummlinige Translation Beispiel: Würfel 14 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Rotation Rotation liegt vor, falls 2 Punkte des Körpers in Ruhe sind. Rotationsachse: µ, Achse durch 2 Punkte des Körpers, die in Ruhe sind Eigenschaften: Alle Punkte auf µ in Ruhe Alle Punkte ̸∈ µ: Kreisbewegung Winkelschnelligkeit gleich ∀ Punkte Anschaulich: v C ∥ µ = 0 aus SdpG v C ⊥ µ = 0 sonst Winkeländerung 15 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beweis: 2. Alle Punkte ̸∈ µ: Kreisbewegung Damit Kreisbewegung um µ: v P ⊥ DP vP ⊥ µ SdpG: P ←→ D → v P · DP =  v D· DP  , → v P ⊥ DP Zu zeigen: v P ⊥ µ (DP · DA). = ((rP − rD ) · (rA − rD )). = 0 (rP − rD ). · (rA − rD ) + (rP − rD ) · (rA − rD ). = 0, vA = vD = 0 ṙP · (rA − rD ) = 0 → v P ⊥ µ Zylindrische Basis: rP = ρ(t)eρ + z(t)ez , v P = ṙP = ρ̇eρ + ρφ̇eφ + żez → v P ⊥ µ ←→ ez ⇒ ż = 0 z(t) = zo → v P ⊥ DP ←→ eρ ⇒ ρ̇ = 0 ρ(t) = R rP = Reρ + zo ez : Kreisbewegung! 16 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beweis: 3. Eigenschaft v P = φ̇P ez × rP , v Q = φ̇Q ez × rQ Zu zeigen: φ̇P = φ̇Q Aus dem SdpG: vP · P Q = vQ · P Q φ̇P (ez × rP ) · (rQ − rP ) = φ̇Q (ez × rQ ) · (rQ − rP ) φ̇P (ez × rP ) · rQ = −φ̇P (ez × rQ ) · rP = φ̇Q (rQ × ez ) · rP , Wegen: − (a × b) = b × a φ̇P (ez × rP ) · rQ = φ̇Q (ez × rP ) · rQ , Wegen Spatprodukt: (a × b) · c = (b × c) · a → φ̇P = φ̇Q Somit: Rotation: alle Punkte führen Kreisbewegung mit "Winkelgeschwindigkeit" oder "Rotationsgeschwindigkeit" ω = φ̇eµ , mit µ = z ′ Oz → ω = φ̇ez Geschwindigkeit: v = ω × r = φ̇ez × r (3) (mit O auf µ) 17 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Gleichung v = ω × r gültig auch falls µ ̸= z ′ Oz, solange Ursprung O auf µ ist! 18 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beispiel: Würfel, Rotation       v v 0 Gegeben: Rotation, v A =        0 , vB =   v , vE  0    v −v 0 Gesucht: ω 19 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Rollen: momentane Rotation µ ←→ AB ( µ(←→ ((CD ( ( Gleiten/Rollen Kontakt (ohne Eindringen) n : Einheitsvektor ⊥ E t : Einheitsvektor in E "Kontakt" → v n (Z1 ) = v n (Z1 ) Gleiten: v t (Z1 ) ̸= v t (Z2 ) Rollen: v t (Z1 ) = v t (Z2 ) Falls Z2 in Ruhe : v(Z1 ) = 0 ←→ Rollen v(Z1 ) = v t (Z1 ) ̸= 0 ←→ Gleiten Kreiselung Kreiselung liegt vor, falls nur 1 Punkt in Ruhe ist → Wähle O Bahnkurven: auf Kugel mit Radius |r| Behauptung: Momentan ist nicht nur O in Ruhe, sondern eine ganze Achse durch O. 20 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beweis: aus Fig 3.11: 2 Ebenen EM , EN durch Punkte M und N Wähle EM ⊥ v M ; EN ⊥ v N → A ∈ EM , A ∈ EN Aus SdpG: v A · AM =  v M· AM  v A = 0 oder v A ⊥ AM Aus SdpG: v A · AN =  v N· AN  v A = 0 oder v A ⊥ AN Ansicht ⊥ AO: v A ∥ AO? Nein, da: v A · AO = 0 · AO = 0 v v A ⊥ AO → v A = 0 Kreiselung als momentane Rotation 1 Punkt (O) in Ruhe: v = ω × r Kombination von Kreiselung und Translation → allgemeinster Bewegungszustand des starren Körpers! 21 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Allgemeinste Bewegung: rM = rB + ρ ṙM = v M = ṙB + ρ̇ = v B + ρ̇ ρ̇ : Geschwindigkeit von M bezüglich B → B als Bezugspunkt auf K : bez. B führen alle Punkte eine Kreiselung aus! ω ∗ : Winkelgeschwindigkeit der Kreiselung um B ρ̇ = v ∗M = ω ∗ × ρ = ω ∗ × BM v M = v B + ω ∗ × BM Falls anderer Bezugspunkt C : v M = v C + ω ∗∗ × CM Behauptung: ω ∗ = ω ∗∗ = ω → ω gleich für alle Bezugspunkte! v M = v B + ω ∗ × BM = v C + ω ∗∗ × CM v B + ω ∗ × (BC + CM ) = v C + ω ∗∗ × CM v B + ω ∗ × BC + ω ∗ × CM = v C + ω ∗∗ × CM = v B + ω ∗ × BC + ω ∗∗ × CM → ω ∗ = ω ∗∗ da B, C, M beliebig Grundgleichung des Bewegungzustandes eines starren Körpers: v M = v B + ω × BM ∀M, B ∈ K aus v P , ω ⇒ Geschwindigkeit in jedem Punkt berechnen! 22 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beispiel: Tetraeder, allgemeine Bewegung Beispiel: Würfel, allgemeine Bewegung 23 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Allgemeine Bewegung: v M = v B + ω × BM Spezialfälle: ω = 0 → v M = v B Translation v B = 0 → v M = ω × BM Rotation, Rotationsachse durch B i.A.: {v B , ω} : Kinemate in B → charakterisiert Bewegungszustand! Wie verändert sich Kinemate je nach Ort? {v P , ω ′ } ←→ {v B , ω} → ω ′ = ω → 1. Invariante (invariant bez. Ort!) v P = v B + ω × BP ̸= v B → 2. Invariante? v P = v B + ω × BP ( (ω(×(BP v P · eω = v B · eω + ( (( ) ·(eω Projektion von v in Richtung von ω : v ω in jedem Punkt gleich → v ω : 2. Invariante Physikalisch / anschauliche Interpretation: 24 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Allgemeine Bewegung als "Schraubung" um Zentralache ζ ζ : Zentralachse / Schraubungsachse Kinemate der Punkte auf ζ : {v ω , ω}, "Schraube" → Bestimmung der Lage der Zentralachse bei allgemeinen Bewegungszustand. |v|max : Maximaler Abstand von ζ |v|min : Minimaler Abstand von ζ Merke: ζ braucht nicht materieller Bestandteil von Körper zu sein. Schraube {v ω , ω} : Kinemate der Punkte auf ζ 1. Invariante: ω, 2. Invariante: v ω : → |v ω | = v B · ω |ω| Spezialfälle: ω = 0 → Translation ω ̸= 0, v B = 0 → Rotation, B ∈ µ ω ̸= 0, v B ⊥ ω → Rotation, B ∈µ → Wichtige Anwendung: Ebene Bewegung 25 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER 3.1 Ebene Bewegung Bahnkurven aller Punkte bleiben in parallelen Ebenen!   vP x Ebene E ∥ zu x − y Ebene, Punkt P ∈ E → v P =   und Punkt A im gleichen Körper:    v P y  0 vA = vP + ω × P A         vAx vP x ωx P Ax         vAy  = vP y  + ωy  × P Ay          0 0 ωz P Az vAz = 0 = 0 + ωx P Ay − ωy P Ax , ∀ P Ax , P Ay   0  oder |ω {z   →ω= 0 =0 } ωz T ranslation | {z } Rotation! Falls Rotation: µ ⊥ Ebene E 26 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beispiel: Leiter, geführte Ebene Bewegung Aus SdpG: vV = vH · 1 tan φ Löse mit SMZ: 27 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER 28 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER 3.2 Fachwerk Fachwerke bestehen aus Stäben welche in Knotenpunkten verbunden sind. Hier: ebene, ideale Fachwerke Eigenschaften: Stäbe und Bahnkurven aller Punkte in einer Ebene Stäbe sind in Knotenpunkten frei drehbar Stäbe sind starre Körper Bsp. Fig 3.24 29 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Beispiel: 30 Mechanik I 3 STARRER KÖRPER Parallelogrammregel Beweis: v A = v B + ω 1 × BA v B = v C + ω 2 × CB v C = v D + ω 3 × DC v D = v A + ω 4 × AD v A = v A + ω 4 × AD + ω 3 × DC + ω 2 × CB + ω 1 × BA v A = vA + (ω 4 − ω 2 ) × BC + (ω 3 − ω 1 ) × AB → ω4 = ω2, ω3 = ω1 q.e.d. 31 Mechanik I 4 KRÄFTE 4 Kräfte Eigenschaften: Beschreiben Wechselwirkung zwischen materiellen Systemen Ursachen für Veränderung von v oder Veränderung der Gestalt Statik: Wie sollen Kräfte sein, damit ein System in Ruhe bleibt? Mathematische Beschreibung: → Charakterisierung der Wirkung durch Richtung, Betrag und Angriffspunkt ⇒ Kraft: punktgebundener Vektor {A|F } kg·m Einheit: N := s2 (Newton) Kontaktkräfte: Wechselwirkung mit Berührung Fernkräfte: Wechselwirkung ohne Berührung Kräftegruppe: mehrere Kräfte am System {Ai |F i }, i = 1, 2, 3... → {{A1 |F 1 }, {A2 |F 2 }, {A3 |F 3 },...} X {A|F i }, i = 1, 2, 3... → {A|R}, R = Fi i 32 Mechanik I 4 KRÄFTE Reaktionsprinzip Es existiert keine Kraft ohne Reaktion Innere und äussere Kräfte ↔ Systemabgrenzung Innere Kraft: Angriffspunkt der Reaktion auch im System Äussere Kraft: Angriffspunkt der Reaktion ausserhalb vom System 33 Mechanik I 4 KRÄFTE Systemabgrenzung System: Teilbereich des 3D Raumes, besteht i.A. aus mehreren Körper Abgrenzung: je nach Ziel der Analyse 34 Mechanik I 4 KRÄFTE  Kontaktkräfte → Flächenverteilt Kraftdichte - verteilte Kräfte Fernkräfte → Volumenverteilt ∆F Flächenkräfte → Flächenkraftdichte [ m N 2 ]: s = lim∆A→0 ∆A → Kraft am infinitesimalen Flächenelement: dF = sdA Summe aller Kräfte: R = RR A sdA ∆F Volumenkräfte → Raumkraftdichte [ mN3 ]: F = lim∆V →0 ∆V → Kraft am infinitesimalen Volumenelement: dF = F dV ∆F Linienkräfte → Linienkraftdichte [ N m ]: q = lim∆x→0 ∆x R dF = qdx → R = q(x)dx 35 Mechanik I 5 LEISTUNG 5 Leistung m {A|F } : P = F · v A [N ] = [W ] s P = |F ||v A | cos α Leistung einer Einzelkraft F bei Rotation: {P |F }, P ∈µ : v P = ω × OP P = (ω × OP ) · F = ω · (OP × F ) | {z } MO 36 Mechanik I 5 LEISTUNG M O : "Moment der Kraft {P |F } bez. O" M O = OP × F = F × P O P = F · vP = M O · ω O′ ∈ µ : M O′ = OP × F ; O′ P = O′ O + OP · ω = ω (O′ O + OP ) × F = ω · (O′ O × F ) + ω · (OP × F )   M O′ | {z } | {z } 0 ω·M O P = M O · ω = M O′ · ω Merke: MO = OP × F ̸= M O′ = O′ P × F µ ≡ z: P = Mz · ω = Mz ′ · ω, Projektion von M in z-Richtung. Mz ′ = M O′ · ez ; Mz = M O · ez Mz = M z ′ ? (OP × F ) ·ez = (O′ O + OP ) × F ·ez = (O′ O × F ) · ez +(OP × F ) · ez
| {z } | {z } | {z } MO M O′ 0 Mehrere Kräfte am System: Leistung einer Kräftegruppe P (F 1 , F 2 ,..., F n ) = P (F 1 ) + P (F 2 ) +... + P (F n ) Xn {Ai |F i } → P = F 1 · v A + F 2 · v A +... + F n · v A = ( F i ) ·v A = R · v A i=1 | {z } R {Ai |F i } → P = F 1 · v 1 + F 2 · v 2 +.. + F n · v n System = starre Körper ⇒ Einfacher! P = R · vB + M B · ω 37 Mechanik I 5 LEISTUNG Leistung berechnen: starrer Körper K, Kinemate in B: {v B , ω} Kräftegruppe {Ai , F i } → P = R · vB + M B · ω R = i F i : Resultierende der Kräftegruppe P M B = i (BAi × F i ): Moment der Kräftegruppe bez. B P 38 Mechanik I 5 LEISTUNG Zeige am Beispiel: 2 Kräfte am Körper 39 Mechanik I 6 STATIK 6 Statik Kräfte an ruhenden Systemen | {z } v=0 ∀ Punkte! Dennoch sprechen wir über "Leistung": Ruhend ↔ Kräfte im "Gleichgewicht" Aussage zu Gleichgewicht ↔ Aussage über Leistung 6.1 Statische Äquivalenz v. Kräftegruppen P {G} = P {G∗}∀ Starrkörperbewegungen G, G∗: Gruppen v. Kräften am (starren) Körper K Beweis: P (G) = vo · R + ω · M o P (G∗ ) = vo · R∗ + ω · M ∗o ! P (G) − P (G∗ ) = vo · (R − R∗ ) +ω · (M o − M ∗o ) = 0 | {z } | {z } ∀v o , ω 0 0 ∗ R=R ; Mo = M ∗o 40 Mechanik I 6 STATIK 6.2 Resultierende einer Kräftegruppe F1 ,..., Fn : n-Einzelkräfte ↔ Kräftegruppe n X n X n X n X R= F i = Rx ex + Ry ey + Rz ez Rx = Fxi ; Ry = Fyi ; Rz = Fzi i=1 i=1 i=1 i=1 Beispiel: 41 Mechanik I 6 STATIK 6.3 Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes M o = OA × F = F × AO |M o | = |F | · |AO| · sin α 42 Mechanik I 6 STATIK 6.4 Moment einer Kraft bezüglich einer Achse 6.5 Moment einer Kräftegruppe bezüglich eines Punktes n X  O: M o = OAi × F i      i=1 n M o ̸= M P Punktgebundener Vektor X  P: M P = P Ai × F i     i=1 ? M o ↔ M M ; P Ai = P O + OAi n X MP = (P O + OAi ) × F i = P O × F 1 + P O × F 2 +... + OA1 × F 1 + OA2 × F 2 +... i=1 n X = P O × (F 1 +... + F n ) + OAi × F i | {z } R i=1 | {z } Mo M P = P O × R + M o = M o + P O × R = M o + R × OP 43 Mechanik I 6 STATIK 6.6 Dyname Für eine Kräftegruppe G R: Resultierende, M P : Moment der Kräftegruppe bezüglich P {R, M P } : Dyname in P → charakterisiert die Kräftegruppe: Leistung von G bei Starrkörperbewegung: P = vo · R + ω · M o P ′ = vP · R + ω · M P = (v o + ω × OP ) · R + ω · (M o + R × OP ) = vo · R + ω · M o + ( · (OP × R) − ( · (OP × R) = P ( ( ω( ω( ( ( ((( ((( 6.7 Spezielle Kräftegruppen G ↔ G∗ statisch äquivalent? R = R∗ ; M P = M ∗P 44 Mechanik I 6 STATIK Beispiel: 2 parallele Kräfte mit R ̸= 0 Beispiel: 2 parallele Kräfte mit F 1 = −F 2 45 Mechanik I 6 STATIK 6.8 Kräftegruppe im Gleichgewicht Falls: R = 0 und M P = 0 R = 0: Komponentenbedingungen M P = 0: Momentenbedingungen In 3D : 6 Gleichungen Beispiel: 46 Mechanik I 6 STATIK Beispiel: 47 Mechanik I 6 STATIK 6.9 Reduktion einer Kräftegruppe {G} Dyname in B: R, M B Einfachste statisch äquivalente Kräftegruppe: G∗ → in B: Einzelkraft in B:R, Kräftepaar M B → in A: Einzelkraft in A:R, Kräftepaar M A R: 1. Invariante der Kräftegruppe M A = M B + R × BA, vom Punkt abhängig R · M A = R · M B : 2. Invariante → Zentralachse ζ Einfachste Dyname für G: R, M R auf ζ 48 Mechanik I 6 STATIK Falls R = 0 – → Konstruktion von ζ versagt – → G als Kräftepaar, M 0 = M P Falls M R = 0 → Reduktion auf Einzelkraft möglich! 1. Ebene Kräftegruppe: → M P ⊥ R ∀ P 2. Parallele (verteilte) Kräfte → M P ⊥ R ∀ P Beispiel : Quadratischer Rahmen mit parallelen Kräften 49 Mechanik I 7 VERTEILTE KRÄFTE 7 Verteilte Kräfte {G} aus n parallelen Kräften im Raum, Fi ei ; R ̸= 0 → M R = 0 → Reduktion auf Einzelkraft möglich ! → R auf ζ Pn Fi ri Kräftemittelpunkt S (auf ζ): rS = Pi=1 n i=1 Fi ri : Ortsvektoren der Angriffspunkte der Kräfte Für parallele Flächen- und Volumenverteile Kräfte → analog den Kräftemittelpunkt bestimmen P R → 50 Mechanik I 7 VERTEILTE KRÄFTE 51 Mechanik I 7 VERTEILTE KRÄFTE 7.1 Kräftemittelpunkt der parallelen linienverteilten Kraft Beispiel: Dreiecksverteilung 52 Mechanik I 7 VERTEILTE KRÄFTE 53 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT 8 Ruhe und Gleichgewicht Ruhe: v M = 0 ∀ Punkte M ∈ Körper S Ruhelage: Ruhe für Körper S für gegebene Kräftegruppe {G} bei t = t0 → Ruhe ∀ t Bindungen: Einschränkungen der Bewegungsfreiheit innere Bindungen: zwischen Bestandteile des Systems (innere Bindungskräfte) äussere Bindungen: ab Randpunkten des Systems (äussere Bindungskräfte) Lagerbindungen und Lagerkräfte: Welche Bewegungsmöglichkeiten sind verboten? v ↔ F (Verbotene translatorische Bewegungen durch Bindungskräfte dargestellt) ω ↔ M (Verbotene rotatorische Bewegungen durch Momente dargestellt) 54 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT Beispiel: Bindungen am Stabträger Beispiel: Ebenes Problem 55 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT Einseitige und vollständige Bindungen: Einseitige Bindungen können durch Bewegung aufgelöst werden 56 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT 8.1 Reibungskräfte und Momente An Bindungen und in Richtung der zulässigen Bewegung 8.2 Virtueller Bewegungszustand Hypothetischer Bewegungszustand des Systems ṽ i Zulässiger virtueller Bewegungszustand: Virtueller Bewegungszustand, welcher mit inneren und äusseren Bindungen verträglich ist; einseitige Bindungen werden auch nicht gelöst! P Pn Virtuelle Leistung: = i=1 F i · ṽ i 57 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT Beispiel: Quader auf schiefer Unterlage (reibungsfrei) 58 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT 59 Mechanik I 8 RUHE UND GLEICHGEWICHT 8.3 Hauptsatz der Statik Ruhelage → R = 0, M O = 0 Beweis: Beispiel: 60 Mechanik I 9 STANDFESTIGKEIT 9 Standfestigkeit Standfest: Angriffspunkt der resultierenden Normalkraft N innerhalb der Standfläche Für einen starren Körper auf einer ebenen Unterlage: Standfest = Körper kippt nicht Berührungsfläche vs Standfläche Standfläche: Kleinste konvexe Fläche, die die Berührungsfläche einschliesst Beispiel: 61 Mechanik I 9 STANDFESTIGKEIT 9.1 Lagerbindungen und Lagerkräfte Welche virtuelle Bewegungszustände sind unzulässig (Siehe Kap. 8)? Für unzulässige v entsprechende F Für unzulässige ω entsprechende M Oft einfacher: Welche virtuellen Bewegungszustände sind zulässig? 62 Mechanik I 9 STANDFESTIGKEIT Vorgehen zur Bestimmung der Lagerkräfte 1. Systemabgrenzung 2. Kräfte einführen 3. Basis einführen 4. Gleichungen formulieren ( max 3 für ebenes Problem, max 6 für 3D) 5. Problem lösbar? (statisch unbestimmt?) 6. Eventuell: Systemtrennung 7. Gleichungen auflösen 8. Diskussion 63 Mechanik I 9 STANDFESTIGKEIT 64 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME 10 Statisch unbestimmte/überbestimmte Systeme n: Anzahl unbekannte Lagerkräfte bzw. -momente (Komponenten) m: Anzahl Gleichungen (aus GGB) m = n System statisch bestimmt m < n System (n-m)-fach unbestimmt m > n System (n-m)-fach überbestimmt Beispiel (statisch unbestimmt): 65 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME Statisch bestimmmt? → Falls System aus mehreren Körpern: Systemtrennung Beispiel: Dreigelenkbogen 66 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME Beispiele: 67 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME 68 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME Beispiel: Beispiel: 69 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME Beispiel: Mechanismen: Bedingungen für Lasten und für die Ruhelage 70 Mechanik I 10 STATISCH UNBESTIMMTE/ÜBERBESTIMMTE SYSTEME Beispiele: Figur 10.1-10.4 Gesucht: φ ↔ P 71 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE 11 Ebene Fachwerke Ideale Fachwerke: Eigenschaften: Knoten als reibungsfreie Gelenke Stäbe gewichtslos Knoten an Stabenden Lasten in Knoten angreifend → wichtige Konsequenz: Stäbe sind "Pendelstützen"- D.h. sie übertragen nur Kräfte in Stabrichtung. 72 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE 11.1 Statisch bestimmte Fachwerke Falls mittels GGB alle Stabkräfte und Lagerkräfte bestimmt werden können, dann ist das Fachwerk statisch bestimmt "unbestimmt" : Zu viele Stäbe und/oder zu viele Bindungskräfte Für ideale und statisch bestimmte ebene Fachwerke sind Lagerkräfte und Stabkräfte bestimmbar mit fol- genden 3 Methoden: Knotengleichgewicht 3-Kräfteschnitt Prinzip der virtuellen Leistungen Beispiel: Figur 11.6 73 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE Knotengleichgewicht Knoten bzw. Gelenke werden einzeln betrachtet: GGB am Knoten: 2 Gleichungen → 2 Unbekannte(S1 , S2 ) √ 3 2 8√ Ry : Ay + S2 = 0 → S2 = −Ay · √ = 3F 2 3 9 1 2√ Rx : Ax + S1 + S2 = 0 → S1 = − 3F 2 9 GGB am Knoten: 2 Gleichungen → 2 Unbekannte(S3 , S4 ) √ √ 3 3 Ry : −F − S2 − S3 = 0 2 2 1 1 Rx : S4 + S3 − S2 = 0 2 2 √ √ 2 3 5 3 → S3 = F ; S4 = − F 9 9 GGB am Knoten: 2 Gleichungen → 1 Unbekannte(S5 ) √ √ √ 3 3 2 3 Ry : S3 + S5 = 0 → S5 = −S3 = − F 2 2 9 1 1 Rx : −S1 − S3 + S5 = 0 → BestätigeS1 , S3 undS5 2 2 Aus GGB an anderen Knoten: √ √ √ 2 3 7 3 2 3 S6 = S9 = S10 = F ; S7 = − F ; S8 = − F 9 9 9 74 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE Mit Gleichgewichtsbedingungen am Knoten folgt: 2 Gleichungen ( Fx und Fy ) → 2 Unbekannte P P Betrachte zerlegtes System mit k Knoten, s Stäben und r Lagerkräften: Anzahl Gleichungen: k Knoten mit jeweils 2 Gleichungen pro Knoten → 2k Gleichungen Unbekannte: s + r (Anzahlt Stäbe + Lagerkäfte) 75 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE 3-Kräfteschnitt Mit dieser Methode kann eine spezifische Stabkraft schnell berechnet werden Schneide Fachwerk so, dass: 3 Stäbe geschnitten werden (darunter die gesuchte Stabkraft) 3 Stäbe dürfen nicht alle aus dem gleichen Knoten kommen Suche S2 : √ 3 2 8√ MEZ : −S2 L − Ay L = 0 → S2 = −Ay · √ = − 3F 2 3 9 Suche S5 : √ √ √ 3 3 1 2 3 MD Z : LS5 + LAx − LAy = 0 → S5 = − F 2 2 2 9 Suche S3 : √ √ √ 3 3 1 2 3 S3 − Ax + Ay = 0 → S3 = F 2 2 2 9 76 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE Prinzip der virtuellen Leistung Am Besten für eine spezifische Stabkraft geeignet! 1. Entferne Stäbe → Mechanismus (d.h es existiert ein virtueller zulässiger Bewegungszustand). Die Wirkung dieses Stabes auf das System wird durch entsprechende Stabkräfte modelliert. 2. Führe Stabkräfte ein 3. Berechne Leistung P für virtuellen zulässigen Bewegungszustand. 4. P = 0 → Gleichung für die gesuchte Stabkraft (Beweis siehe...) P= Leistung an G + Leistung an C + Leistung an D √ √ √ √ 3 3 1 3 P = 3F · ω̃ · L + S4 · ω̃L + F · 2ω̃ · L + 2ω̃ L · S4 = 0 2 2 2 2 5√ → S4 = − 3F 9 77 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE Beweis : Gültigkeit der Methode aus PdvL P (a) + P (i) = 0 → virtueller Bewegungszustand Rotation ω e um Knoten B für Stäbe 6-10 Rotation 2e ω um Knoten A für Stäbe 1-3 Rotation ω e um Knoten B für Stab EC Translation des Stabes DC mit ṽ ∗ → Bindungen in C und D werden verletzt → Unzulässiger Bewegungszustand (Aber: PdvL ist gültig für ALLE virtuellen Bewegungszustände) Leistung: P (a) = F D · ṽD + F G · ṽG P (i) = ṽD · S 4 + ṽC · −S 4 UND P (i) = ṽ∗ · −S 4 + ṽ∗ · S 4 = 0 → P = F D · ṽ D + F G · ṽ G + ṽ D · S 4 + ṽ C · −S 4 P = 0 aus PdvL 78 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE 79 Mechanik I 11 EBENE FACHWERKE 80 Mechanik I 12 REIBUNG 12 Reibung Experimentelle Beobachtungen: a) F < F0 → v = 0 Ruhelage → R = 0; M O = 0 b) F > F0 → v ̸= 0 F so gewählt, dass v konstant ist, gleichförmige Translation → R = 0; M O = 0 Lagerkräfte: Aus GGB: Horizontal:F + F R = 0 → F R = −F Es braucht eine Reibungskraft F R ! Vertikal: N = −G Für verschiedene Geschwindigkeit vkonst. können wir FR messen und dabei N = −G variieren (Klötze mit unterschiedlichem Gewicht). Beobachtungen: F R in entgegengesetzter Richtung zu v |F R | ↑ falls N ↑ (proportional) |F R |max mit v → 0 (siehe Figur 12.2) 81 Mechanik I 12 REIBUNG Unabhängig von Form und Grösse der Berührungsfläche gilt FR ↔ N je nach v Darstellung als FR N = f (v) (siehe Figur 12.4) 12.1 Haftreibungsgesetz |F R | < µ0 · |N | → Ruhe Da es sich hierbei um eine Ungleichung handelt, dient sie nicht der Bestimmung von FR. Diese wird aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt. Das Haftreibungsgesetz dient vielmehr zur Diskussion! Beispiel : Metallschrank auf Parkettboden 82 Mechanik I 12 REIBUNG 12.2 Gleitreibungsgesetz v F R = −µ1 · |N | · (µ1 : Gleitreibungszahl) |v| Gleiten: v ̸= 0 , FR |N | = f (v) → Vereinfachung: |N FR | = µ1 → (Figur 12.5) An Systemen mit gleichförmigen Bewegungszustand sind die Gleichgewichtsbedingungen erfüllt. Das Gleitreibungsgesetzt zusammen mit den Gleichgewichtsbedingungen erlaubt es die Unbekannte des Prob- lems zu bestimmen! Beispiel: Kreisscheibe (Radius r) auf schiefer Ebene 83 Mechanik I 12 REIBUNG Beispiel: Figur 12.7 84 Mechanik I 12 REIBUNG 12.3 Rollreibung Rad auf schiefer Ebene Erfahrung: Für ein Rad ist v = 0 auch wenn α ̸= 0, falls α klein ist. αlimit ↑ falls Rad oder Unterlage "weicher" ist. Deformation am Kontakt → Standfläche Resultierende Normalkraft ist verschoben um e. 85 Mechanik I 12 REIBUNG In Z: N (Normalkraft) FR (sonst Gleiten) MR (Richtung: Entgegen der Rollbewegung (entgegen ω)) MR = e · N Rollreibungsmoment |e| < µ2 ← Rollreibungslänge [m] |M R | < µ2 · |N | Ungleichung der Rollreibung |M R | = µ2 · |N | Gleichung der Rollreibung Beispiel: 86 Mechanik I 13 SEILSTATIK 13 Seilstatik Seil: Verbindungselement Deformierbar: beliebig biegsam, vernachlässigbare Verlängerung gewichtslos (hier) → Seilkraft, ist immer eine Zugkraft → Seilzug 2 Kräfte an Seilenden: Gleichgewichtsbedingungen erfüllt! Form des Seils: Die Gerade der Wirkungslinie der 2 Kräfte! Kräftegruppe am Seil → Seilpolygon (Figur 13.1) 87 Mechanik I 13 SEILSTATIK Seil auf Rolle: Reibungsfrei in A gelenkig gelagert 13.1 Seilreibung, Haften Beispiel: Seil auf Rolle, SEILREIBUNG (Haften) Seil an einem festen Zylinder → S2 ̸= S1 möglich Seilreibung: S2 < S1 · eµ0 α (α : Umschlingungswinkel), damit kein Gleiten → Herleitung: Haftreibungsbedingung und Gleichgewichtsbedingung am infinitesimalen Seilelement → mit Versuchen verifiziert! 88 Mechanik I 13 SEILSTATIK Herleitung: Gleichgewichtsbedingungen am infinitesimalen Element (Figur 13.8) Gleichgewichtsbedingungen: dφ dφ dφ dφ ↓ 0 → sin = ; cos =1 2 2 2 dφ ↓ 0 : S(φ + dφ) − S(φ) = dS = S ′ dφ dφ dφ dφ RV : dN − S(φ) · sin − S(φ + dφ) · sin = 0 → dN = (S(φ) + S(φ + dφ)) 2 2 2 dφ dφ RH : S(φ + dφ) · cos − S(φ) · cos − dFR = 0 → dFR = S(φ + dφ) − S(φ) = S ′ dφ 2 2 dφ dφ dφ RV : dN = (S + S + S ′ dφ) = 2S + S ′ dφ 2 2 2 dφ dφ → O(dφ2 ) = 0 → dN = Sdφ 2 Haftreibungsgesetz: dFR < µ0 dN ; max dFR = µ0 dN → dFR = µ0 dN S ′ dφ = µ0 S dφ → S ′ = µ0 S S ′ = µ0 · S : Differentialgl. für S(φ), S = K · eµ0 φ , S ′ = K · µ0 · eµ0 φ Lösung : S = K · eµ0 φ , φ = 0 → S = S1 = K → S = S1 · eµ0 φ , für φ = α → S2 = S1 · eµ0 α → besser : S2 < S1 · eµ0 α 89 Mechanik I 13 SEILSTATIK 13.2 Seilreibung, Gleiten Drehende Trommel µ1 : Gleitreibungszahl S2 = S1 · exp µ0 α aus Gleitreibungsgesetz Reibungskraft: Verstärkung des Seilzuges und Bremsen der Trommel 90 Mechanik I 13 SEILSTATIK Beispiel : Bandbremse (Figur 13.9) 91 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG 14 Beanspruchung Beschreibt die inneren Kräften in einem Querschnitt eines Stabträgers (schlanke Träger, 1D Tragelemente) Beispiel: Pendelstütze 92 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel: Beanspruchung mit Querkraft am Stabträger Beispiel: 93 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beanspruchung: innere Kräfte im Stabträger → Kräfte und Momente an einem Querschnitt sind Flächenverteile Kräfte (siehe oben) Dyname {R, M C } im Flächenmittelpunkt des Querschnittes C heisst Beanspruchung des Stabträgers im Querschnitt Komponenten: N : Zug/Druck T : Torsion Q2 , Q3 : Schub (in Richtung 2 und 3) M2 , M3 : Biegung (in Richtung 2 und 3) 94 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel: 3D 95 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel: Figur 14.4 Vorgehen bei der Bestimmung der örtlichen Verteilung der Beanspruchung 1. Bestimmung der äusseren Bindungskräften (GG am System) 2. Einführung eines achsennormalen ebenen Schnittes in allgemeiner Lage (Einteilung der Bereiche, je nach Angriffspunkt der äusseren Kräften); Achtung mit verteilten Kräften! 3. Einführung einer orthogonalen Basis 4. Einführung der Dyname {R, M C } im Flächenmittelpunkt des Querschnittes 5. Berechnung von R und M C (vier Möglichkeiten 6. Veranschaulichung der Resultate in Diagramme 96 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel: L-Träger 97 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel : Beanspruchung entlang kreisförmiger Trägerachse (Figur 14.12) 98 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Differentialbeziehung an geraden Stabträgern Belastung durch linienverteile Querkraft qy (x) Beanspruchung: Qy (x), Mz (x) Zu zeigen: ′ dQy (x) Qy = = −qy dx ′ dMz (x) Mz = = −Qy dx Beweis: Betrachte GGB am infinitesimalen Element dx 99 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Gleichgewichtsbedingungen: Ry : Qy (x + dx) + qy dx − Qy (x) = 0 → Qy (x + dx) − Qy (x) = −qy dx X dx2 Mz in x + dx : Mz (x + dx) − Mz (x) + Qy (x)dx − qy =0 2 Für dx ↓ 0: ′ Qy (x + dx) − Qy (x) = dQy = Qy dx ′ → Qy = −qy ′ O(dx2 ) = 0 → Mz (x + dx) − Mz (x) = Mz dx ′ → Mz dx + Qy (x)dx = 0 ′ → Mz = −Qy Beispiele: 100 Mechanik I 14 BEANSPRUCHUNG Beispiel: Dreiecksverteilung, 3D Problem 101