Mekanik Statik Lösningar

Transkript

1 Meknik ttik Lösningr v Christer Nerg MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

2 ttik Kpitel LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L I dett eempel är geometrin så enkel tt de sökt vinklrn med lite eftertnke kn estämms nästn direkt. Vi följer ändå en metod som lltid fungerr. Vektorern kn skrivs i komponentform: ( 3, 0, 4) ( 3, 5, 4) Vinkeln θ melln två vektorer ges v definitionen på sklärprodukt: cosθ Insättning ger cosθ cosθ ( 3, 0, 4) ( 3, 5, 4) ( + + ) ( ) cosθ 5 50 cosθ cosθ ) Vinkeln fås direkt ur figuren: tn 3 4 c) vståndet melln spetsen på vektorn och -eln är med hjälp v thgors sts 34. Vinkeln fås direkt ur figuren: tnα 34 4 d) En normlvektor till plnet är n n e e e ( 0, 0, 5) ntg tt den sökt vinkeln är ϕ. Vinkeln melln denn normlvektor och - eln ges v sklärproduktdefinitionen: cos π ϕ e n π cos ϕ n cos π 3 ϕ 5 sinϕ 3 5 ( ) 00,, 5 403,, MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

3 ttik rolemsmling LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. ccelertion är hstighetsändring per tid: hstighet LT dim g dim LT tid T dim R L dimτ T ) dim π gr dim π dim gr dim gr dim g dim R LT L L T LT ) dim πr g dim π dim R dim g L dim g 3 3 L LT L T L T g g g c) dim π dim π dim dim R R R dim g LT dim R L ( T ) R R d) dim π dim π dim dim g R g g dim R dim g L LT Uttrcket i d) hr lltså dimensionen tid och kn vr rätt uttrck för stellitens omloppstid. T T T En helt nnn kontroll gäller storleksordningen: m jordens omkrets är ungefär 4000 mil och tngdccelertionen sätts till 0 m/s så fås R π π g mkrets π g π 0 s s 5000 s.4 h Det är ett rimligt värde för en stellit vrs hstighet är v storleksordningen 0 km/s. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

4 L. Termern i en ekvtion måste h smm dimension. Vi kontrollerr därför vrje term: dim mv dim m ( dim v) M ( LT ) ML T dim dim m dim g dim M LT L ML T dim dim dim dim k k krft längd dim längd dim( krft) dim( mss ccelertion) MLT De två först termern hr smm dimension. De motsvrr egentligen kinetisk energi respektive potentiell energi. Den tredje termen hr en nnn dimension och kn ej dders till de ndr. L.3 Vi estämmer dimensionen för de storheter som ingår i formlern och sedn undersöker vi vrje given formels dimension. dim dim effekt dim krft dim hstighet dim( mss ccelertion) dim( hstighet) MLT LT ML T dim ρ dim( densitet) dim( mss per volm) ML -3 ) dim C ρ ML ML T L M L T ) dim C( ρ) ML ML T L M L T c) dim C ρ 3 d) dim C ρ ( ) ML ML T L ML T 3 LT -3 ML L MLT Endst uttrcket d) hr smm dimension som hstighet. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 3

5 L.4 Dimensionen för (tngd-)ccelertion är dim g dim( hstighetsändring per tid) LT - ) dim gd - -4 LT L L T 3 - ) dim( g d) LT L L T - c) dim( gd) ( LT L ) ( L T ) L T Endst uttrcket c) hr smm dimension som hstighet. L.5 Vi gör en nsts: v c m g h () Dimensionsekvtionen lir dim v dim( mss) dim( ccelertion) dim( längd) - eller LT M LT L LT M L T () Nu måste dimensionen vr lik på åd sidor. Eponentern för M, L och T måste vr lik. Villkoret för rätt dimension är M: 0 L: + T: (3) Lösningen är 0,, Insättning i nstsen ger då v c m 0 g h (4) eller v c gh Den dimensionslös konstnten c kn vi inte estämm med denn metod. Kommentr: Det rätt uttrcket för sluthstigheten är v gh och kn estämms med en energietrktelse. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 4

6 L.6 Vi gör en nsts: f c l ρ () där f är strängens frekvens och c en dimensionslös konstnt. Motsvrnde dimensionsekvtionen lir dim( ntl per tid) dim( längd) dim( mss per längd) dim( krft) () ntl hr dimensionen. [ ] [ ] [ ] - dim tid dim längd dim mss per längd dim mss ccelertion (3) - - [ ] [ ] T L ML MLT + T M L T + - (4) (5) Nu måste dimensionen vr lik på åd sidor. Eponentern för M, L och T måste vr lik. Villkoret för rätt dimension är M: 0 + L: 0 + T: (6) Lösningen är /, /, Insättning i nstsen ger då f c l ρ eller f c l ρ Den dimensionslös konstnten c kn vi inte estämm med denn metod. Kommentr: Resulttet visr tt om strängens längd hlvers för duls frekvensen. Frekvensen ökr med spännkrften och minskr med längddensiteten. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 5

7 L.7 Vi gör en nsts: Vpot c k () där V pot är den potentiell energin i fjädern och c en dimensionslös konstnt. Dimensionsekvtionen lir krft dim( energi) dim dim( längd) längd () Dimensionen för energi kn estämms om mn kn en formel för ett nnt energiuttrck, t e kinetisk energi mss ccelertion dim mv dim dim längd längd [ ] (3) M LT dim m ( dim v) L L M LT MT L ML T M L T (4) (5) (6) Nu måste dimensionen vr lik på åd sidor. Eponentern för M, L och T måste vr lik. Villkoret för rätt dimension är M: L: T: (7) Lösningen är, Insättning i nstsen ger då V pot c k (8) Den dimensionslös konstnten c kn vi inte estämm med denn metod. Kommentr: Det rätt uttrcket för energin är V pot k och kommer tt härleds senre. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 6

8 L.8 Vi gör en v nsts: η c E u q g () där η är den inre verkningsgrden och c en dimensionslös konstnt. Verkningsgrd är ett förhållnde melln nttig effekt och tillförd effekt. Verkningsgrd hr därför dimensionen. Dimensionsekvtionen lir energi mss w dim dim( frt) dim dim( ccelertion) mss tid () Dimensionen för energi kn estämms om mn kn en formel för ett nnt energiuttrck, t e kinetisk energi T mv. mss dim v [ dim v] dim dim ccelertion tid w - [ L T ] [ LT ] [ MT ] [ LT ] ML T + + w w [ ] w (3) (4) (5) Nu måste dimensionen vr lik på åd sidor. Eponentern för M, L och T måste vr lik. Villkoret för rätt dimension är M: 0 L: w T: 0 w (6) Lösningen är 0, w 0, Insättning i nstsen ger då η c E u (7) u Det går inte tt estämm. Det etder tt ll funktioner v för E hållndet är tillåtn. Resulttet är lltså tt uttrcket för verkningsgrden, estämt med dimensionsnls) kn skrivs η E f u Den dimensionslös konstnten c kn inte estämms med den här metoden. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 7

9 ttik rolemsmling LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. Krften hr storleken. Dess riktning reltivt koordintlrn är också känd och given v vinkeln. Krftens - komponent är då sin, medn - komponenten är cos. Vi kn skriv krften på vektorform: e + e sin e cose eller komponentform (,, 0) sin, cos, 0 Men är given: tn e e 5 5 sin 3 5 och cos 3 5 torleken 800 N är också given: F sin N N F cos N 640 N 5 L. e e 4 3 Krften hr storleken. Dess riktning är också känd och given v vinkeln. Krftens -komponent är då cos, medn -komponenten är sin. Vi kn skriv: e + e cose sin e eller (,, 0) cos, sin, Men är given e e torleken 0 kn är också given e e 5 5 8e 6e kn kn MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 8

10 L.3 Vi vet tt -komponenten v krften F är, lltså F F sin 60 F sin F 3 50 mm(0) N IK I 5 TYE -komponenten v krften F lir F F cos60 F F F 3 L.4 r (,, 0) m Vektorn melln och är r r r (,, 0 ) m - (-3,-, 0 ) m ( 4, 3, 0 ) m e e e Krftens riktning ges v enhetsvektorn r (-3, -, 0) m e r r ,,,, Krften i linn hr storleken 50 N. Krften på respektive ögl är 50 e ( 4, 3, 0 ) N 0( 4, 3, 0 ) N 5 e 0 ( 4, 3, 0 ) N MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 9

11 L.5 Krftern hr smm ngreppspunkt. De kn skrivs på vektorform F cos 45 e sin 45 e 30 e e F 3cos30 e + 3sin 30 e F3 sin 30 e + cos30 e Dett kn också skrivs F e e 3 F 3 e + 3 e 3 F3 e + e ( ) eller F e e 3 F 3e + e F e + e 3 3 Krftsummn är F F F + F + F k e e + ( + + ) eller F e 3 3 e Krftresultnten är denn krftsumm med ngreppspunkt i origo. Den kn ersätt det givn krftsstemet. Krftsummn hr ingen ngreppspunkt! MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 0

12 L.6 Trådens längd är enligt thgors sts + 3 m 3 m Vinkeln är estämd: m cos 3 3 och sin 3 Krftens komponenter lir då 3 m F F F e cos 30 F e sin 30 3 N 3 3 N F 30 3 N F 0 3 N MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

13 L.7 Kll krftresultntens storlek F. Vinkeln θ söks. Eftersom α + 05 kn vinkeln i figuren identifiers. etrkt den gråmrkerde krfttringeln! Krftresultntens storlek fås med cosinusstsen: F cos75 + θ F 5 4cos θ 75 F Vinkeln θ kn estämms med sinusstsen: sin75 sin 45 ( θ) F sin75 sin( 45 θ) F sin75 sin( 45 θ) 5 4cos75 45 θ rcsin θ 45 rcsin sin75 5 4cos75 sin75 5 4cos lterntivt kn vinkeln θ kn estämms genom tt estämm längden v sidorn ED och E i figuren. hr längden 60 θ E CD hr längden C hr längden θ 60 D C tnθ tnθ MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

14 L.8 rojicer normlkrften N på linjen. Komponenten är N cosθ. N θ C Vinkeln C är π. π Vinkeln är π. Vinkeln θ kn estämms med sinusstsen. Mn kn också direkt få cosinus för vinkeln med hjälp v den undre figuren cosθ + sin ( + sin ) + ( cos) cosθ + sin 4+ sin + 4sin + cos sin N θ cosθ + sin 5+ 4sin Krftkomponenten lir lltså Ncosθ + sin N 5+ 4sin server tt här är N den givn krften. Det är lltså inte enheten newton som vses. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 3

15 L.9 4 Krftern kn förskjuts längs sin verkningslinjer så tt åd ngriper i smm punkt, som är öglns centrum. Krfter som hr smm ngreppspunkt får vektordders till en krftresultnt. 3 Inför ett koordintsstem enligt figuren! Krftresultnten ngriper i och är F Fk ( 0,, 0)+ ( 3sin, 3cos, 0) 3sin, + 3cos, 0 Krftresultntens storlek är F F ( 3sin ) + ( + 3cos) Denn storlek skll enligt tet vr 4 + ( + ) vilket ger ekvtionen 3sin 3cos 4 + ( + ) kvdrer! 3sin 3cos 6 divider med! 9sin cos + cos 6 9( sin + cos )+ cos trigonometrisk ettn 9 + cos cos 3 cos 4 rccos 4 lterntiv lösning: 4 Vi känner tre sidor i en krft-tringel. Vinkeln kn då estämms med cosinus-stsen: ( 4) ( 3) + ( ) 3 cos π cos π 3 3 cos cos 4 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 4

16 L.0 Vektorn melln och är D 4 m C 3 m e r ( 4,-3,-5) m Den kn enklst i figuren ses som summn F rc + rcd + rd r 5 m F r Krftens riktning ges v enhetsvektorn e r r 50 ( 4, -3, -5) + ( ) ( 4,-3,-5 ) Krften är lltså F Fe ( 4,-3,-5) N ( 4,-3,-5) N 50 L. 4 m C 5 m r C 4 m F C 5 m F r r C ( -4 5 ) m m 3 m klärprodukten ger vinkeln melln två känd vektorer. För enhetsvektorern e och e C fås nämligen e e cos C Vi estämmer först enhetsvektorern. För tt se komponentern v vektorn r kn mn i figuren se hur långt mn ehöver gå längs de olik koordintlrn för tt komm från till. (lterntivt eräkns r r r, dvs drg :s koordinter från :s. r (-3,, ) m r e (,, ),, e r r r 4-3 C C C 4, -4, 5 klärprodukten lir e e e e C cos (-3 ) ( -4 5) C 4,,,, 4 3 (-3 + ( -4)+ 5) rccos 3 4 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 5

17 L. e (4, 0, 0) m Krftens riktning smmnfller med vektorn rc r rc (0, -5, 0) m ( 4, 0, 0) ( 8, 6, 0) m- m C e 6, 6, 0 m (8, -6, 0) m Krftens riktning ges då v enhetsvektorn e C r r C (,, ) C 0 Linns riktning ges då v enhetsvektorn Linn hr en riktning som ges v r r r ( 4, 0, 0) ( 0, 5, 0) 4, 5, 0 m m- m e r r (,, ) Krften är e C 0,, N Krftens komponent med vseende på linn är e komp e e C 00 ( + + ) N 00 N 900 N 44 vret är komp N MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 6

18 L.3 torleken på vrje krft är känd. För tt kunn skriv krftern som vektorer örjr vi med tt estämm enhetsvektorern i krfterns riktningr: m 9 m 8 m F 6 m C F 3 F 5 m 4 m D r ( 9, - 8, - ) m e ( 9, -8, -) 7 r C (,, ) e C (,, ) m r D ( - 5, 0, - ) m e D (,, ) Krftern kn nu skrivs som vektorer: F F F 340 F e ( 9, - 8, - ) N 0( 9, - 8, - ) N 7 40 F e C (, 3, -6) N 60(, 3, -6) N F e D ( - 5, 0, - ) N 30( - 5, 0, - ) N Krftresultnten med självklr ngreppspunkt är då F F + F + F , , N ( 50, 0, 960) N vr: Krftresultnten hr ngreppspunkt och är F ( 50, 0, 960) N MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 7

19 L.4 m C Krftens riktning smmnfller med stget: r ( 4, 4, - 7 ) m e Enhetsvektorn i denn riktning är 6 m r 7 m D 4 m e r r , 4, , 4, - 7 Krften kn då skrivs 900 e ( 4, 4,-7 ) N , 4,-7 N 00 ( 4, 4,-7) N L.5 45 m två krfter, som verkr på en stel kropp, hr verkningslinjer som skär vrndr i en skärningspunkt, kn de ersätts v krftresultnten, som är krftsummn med ngreppspunkt i skärningspunkten. Krftsummn är e F 3 F e + e + e e e e + ( ) + 3 e 30 eller [ + ( ) ] F e e N ngreppspunkten på den linje som går genom skärningspunkten och hr smm riktning som krftsummn F. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 8

20 L.6 ntg tt trådkrftens storlek är. Den totl krften i punkten måste vr noll. Vi får då för - och - komponenten: : + sin 0 : cos cos 0 sin Hel sstemet pilåge+pil påverks v den ttre krften kåt i punkten. Vänsterhnden måste då ge en krft frmåt i punkten. L.7 C C C ntg tt krftern i repen är C och C. Krftsummn på ringen C är noll. Vi skriver krftsummns horisontell och vertikl komponent: : cos 0 C C : C sin 0 D Den ndr ekvtionen ger C sin Den först ekvtionen ger då C sin cos vr: Trådkrftern är C sin och C tn MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 9

21 L.8 α α l C C Krftern, som hr ngreppspunkt i ringen, kn dders till en krftresultnt, som måste vr noll. I komponentform fås : cos cosα 0 () C : sin + sinα 0 () C Ekv () ger cos cosα C (3) Insättning i ekv () ger cossinα sin + C (4) cosα sin cosα + cossinα C (5) cosα sin + α C cosα (6) cosα C sin + α (7) Men fjäderkrften är enligt Hookes lg C k l (8) Fjäderns ktuell längd r C estäms med sinusstsen: r C l sinα sin π α + [ ] lsinα r C sin α + (9) sinα Förlängningen är då l l ( + ) sin α (0) Utnttj nu ekv (8), (0) och (7) sinα cosα k l sin( α + ) sin( + α) sinα sin α + cosα k l sin( α + ) sin( + α) () () sinα sin( α + ) kl cosα MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 0

22 L.9 Krftens riktning smmnfller med rmddigonlen som kn skrivs som en vektor genom tt gå omvägen m e 4m r e 3m e e eller C : r rc + rc + r r 4e - 3e + e m r (, 4, 3 ) m Enhetsvektorn i denn riktning är e r r , 4, - 3 9, 4, Krften kn då skrivs e 9, 4,-3 N eller 00 e e e N MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

23 L.0 Den totl krften på orskd v trådkrftern är + e + e C C Vi estämmer enhetsvektorern: 3 C r r r 4, 0, 0 0, 0, 3 4, 0, 3 5 C 4 Enhetsvektorn i denn riktning är e r r , 0, , 0, - 3 rc rc r 4, 5, 0 0, 0, 3 4, 5, 3 Enhetsvektorn i denn riktning är e C rc r C ( 4, 5, - 3 ) ( 4, 5, - 3) + + Krften kn då skrivs , 5, C ( 4, 0, - 3 )+ ( 4, 5, - 3) torleken v denn krft är En enkel lterntiv lösning utnttjr figuren här till vänster. Eftersom tråden hr smm längd 5 som knten C och r rc måste vinkeln melln trådrn vr 45. Då fås en enkel geometri för krfttringeln. Krftens storlek estäms med thgors sts: +( ) 5 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers

24 L. Krften hr smm riktning som kedjn e h r Vi estämmer först enhetsvektorn: r r r 0, h, 0 cos, sin, ( cos, h sin, ) e Men h och 30 3 r,, Enhetsvektorn i denn riktning är e r r e (- 3,, ) e + (- 3,, ) Krften kn då skrivs e + (- 3,, ) MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 3

25 L. Krften kn skrivs e CD C E e e Vi estämmer först vektorn r ntingen genom tt gå vägen Q eller r r r ( 0, 3, 0), 08,, 3, 8 r CD D 6 3 F Q r Enhetsvektorn i denn riktning är e r r e (, 3, 8) e 74, 3, 8 Krften kn då skrivs e 74, 3, 8 Vi estämmer sedn vektorn r CD ntingen genom tt gå vägen C D eller rcd rd rc (,, 0 ) ( 0,, 6 ), 0, 6 Enhetsvektorn i denn riktning är e CD rcd e CD r CD e CD 0, 0, 3 (, 0, 6) Krftens komponent med vseende på stget CD lir CD ecd e ecd ( ) 74, 3, 8 0, 0, 3 CD ( ) 740 5, 3 0, MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 4

26 L.3 D 4 CD e CD e C 7 Frilägg hlsn C! Friläggningsfiguren visr trådkrften, normlkrften N och tngdkrften som verkr på ringen. Vektorsummn v ll dess krfter sk vr noll. Normlkrften ehöver inte estämms. Vi väljer då tt projicer krftern på stångens riktning. Dett gör tt normlkrften ldrig kommer med i ekvtionern. Eftersom trådkrftens riktning är känd ur geometrin är det r eloppet som sk estämms. Trådkrften genom C och D skrivs som en vektor CD CDeCD, där CD är eloppet v CD. estäm först enhetsvektorern e CD och e. 4 4 ( 4, 4, 7) (,, ) rcd rd rc ( 4, 07, ) - (, 7, / ),, 7 / e CD rcd r CD ( 4, 4, 7) 4, 4, å smm sätt fås r r ( 4, 4, 7) e r ( 4, 4, 7) , 4, 7 9 ummn v krfterns komponenter med vseende på riktningen e skll vr noll: e e e e 0 I komponentform: CD CD CD CD ( 9 4, 4, 7 ) ( 4, 4, 7) ( 0, 0, ) ( 4, 4, 7) ( ) ) ( ) CD CD 7 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 5

27 L.4 D e D D D e D e DC DC C Frilägg ringen D! Friläggningsfiguren visr trådkrftern som verkr på ringen. Vektorsummn v ll dess krfter sk vr noll. Dett etder tre ekvtioner, en för vrje komponent, och då kn de tre oeknt krfterns storlekr estämms. Eftersom krfterns riktningr är känd ur geometrin är det r eloppen som sk estämms. Trådkrften genom t e D och skrivs som vektor D DeD, där D är eloppet v D. estäm först enhetsvektorern i krfterns riktningr! ( ) ( ) rd r rd 3, 3, 0-0, 0, 4 3, 3, 4 rd ( 3, 34, ) ( 3, 3, 4) ed ( ) rd ( 3, 34, ) , 3, 4 å smm sätt fås r ( r D (, 4, ),, ) D ed,, rd r ( 44,, ) DC r DC ( 44,, ) edc r ,, DC ummn v trådkrftern D DeD, D DeD och DC DCeDC smt tngdkrften e skll li noll: DeD + DeD + DCeDC e 0 I komponentform: 3 D D + DC 0 () D D + DC D + D + DC 0 ( 3) dder () och (): 6 D DC Insättning i () ger D Insättning i (3) ger resulttet D 9 6 ; ; D D DC 9 7 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 6

28 L.6 50 mm(0) N IK I 5 TYE 60 Krften från hnden på skiftnckeln är ju i sig en krftresultnt till ll de krfter som verkr på vrje liten del v kontkttn melln hnd och nckel. Krftmomentet med vseende på punkten eräkns enligt M r F d Här är r ( d,, ) 0 0 och F 3,, 0 Insättning ger M e e e d 0 0 ( d ) 3 0 0, 0, 3 d M 3 e ) Krftmomentet med vseende på -eln är Insättning ger M M e M 3d M e e e 3d Dett är komponenten. Det går lik r tt svr med vektorn: M d 3 e Kommentr: Här utnttjr vi de n definitionern mest för tt trän på dem i ett mcket enkelt fll. rolemet är ju så enkelt tt mn lik gärn räknr med hävrm gånger krft och sedn nger riktningen moturs genom tt sätt ut enhetsvektorn e. 3 Hävrmen till krften är d. Hävrmen till -komposnten v krften är d. Momentrmen till krften är vektorn r. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 7

29 L.7 Krften hr med vseende på en el genom en hävrm d så tt krftmomentet lir d M d () Dett moment skll etrkts som en komponent v en vektor så tt M ( M ) () r Vi väljer moturs som den positiv riktningen så tt den överensstämmer med -elns riktning. Minustecknet tlr då om tt momentet är medurs. Motsvrnde krftmoment med vseende på en el genom lir M ( d cos ) (3) Här vlde vi tt estämm hävrmen till hel krften. lterntivt kn mn del upp krften i en vertikl och en horisontell komponent och dder de krftmoment som de komponentern ger. Vi kollr slutligen tt smndsformeln M M + r F gäller. Högerledet v smndsformeln lir [ ] + M + r F d e sin e cos e (4) d + cos d cos (5) vilket enligt ovn överensstämmer med vänsterledet M enl (3). MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 8

30 L.8 C Vi delr först upp krften i komposnter, vrs hävrmr är lättre tt hitt än hävrmen till hel krften α ( M ) ( r F) ( ) h+ sin sinα cos cosα h Dett kn också skrivs: [ ] ( + ) M cosα hsinα coscosα sin sinα [ ] cos( α) cosα + hsinα α α C Innnför klmmern står lltså hävrmen till, dvs vståndet melln och krftens verkningslinje. Kn du ur geometrin se tt hävrmen är den rätt? De tre sträckorn i klmmern är mrkerde i figuren. α h MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 9

31 L.9 Krften dels upp i komposnter. Krftmomentet med vseende på punkten är M r F Krftmomentet med vseende på en el genom vinkelrät mot nckelns pln är ( M ) ( r F) sin cos Vi kn även estämm krftmomentet med en determinnt: Det går också tt svr M r F e e e 0 sin cos 0 cos + sin e moturs eftersom då riktningen också frår. Momentet är sin cos MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 30

32 L.30 d Den vridnde förmågn är detsmm som krftmomentet. Den i figuren horisontell komponenten v krften hr en verkningslinje som går genom punkten. Den delen v krften idrr lltså därför inte till momentet. Den vertikl krftkomponenten är cos och hr hävrmen r med vseende på kugghjulets el. Den ger ett krftmoment r cos medurs med vseende på eln. r Det frågs efter krftmomentet med vseende på punkten. I dett fll är det detsmm som momentet med vseende på eln, lltså M rcos e Insättning v givn värden ger M e Nm M 4. 6e Nm Kommentr: När är krftmomentet med vseende på en el detsmm som krftmomentet med vseende på en punkt på eln? Krftmomentet med vseende på punkten eräkns enligt M r F. m hel denn vektor ligger längs eln så är krftmomentet med vseende på eln detsmm som krftmomentet med vseende på punkten på eln. m i dett prolem krften hde hft en komposnt i -elns riktning så hde krftmomentet med vseende på punkten fått en komposnt i den negtiv -riktningen. Krftmomentet med vseende på eln hde däremot inte förändrts. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 3

33 L.3 vståndet är r. Krften hr lltså en hävrm r med vseende på en el genom. Enligt definitionen r R fås M r F M r e D C Numeriskt värde: M 0. 0e Nm 4. 4e Nm Hävrmen med vseende på en el genom C kn estämms ur figurens geometri. vståndet C är detsmm som vståndet D minus vståndet, dvs hävrmen är Rcos r och momentet lir M C Rcos re Numeriskt värde: M e e Nm Nm Krftmomentet M C lir noll för Rcos r 0 Rcos r 0 cos r R Dett motsvrs v tt krftens verkningslinje går genom kontktpunkten C. Kommentr: Enligt smndsformeln skll gäll: MC M + rc Kontroller gärn tt den stämmer med de estämd uttrcken på M C och M! MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 3

34 L.3 d Den vridnde förmågn eller krftmomentet med vseende på punkten eräkns enligt M r F Inför ett koordintsstem enligt figuren! α Här är och r ( dcos α, dsin α, 0) F sin, cos, 0 Insättning ger M e e e dcosα dsinα 0 sin cos 0 ( ) 0, 0, d cosαcos + sinαsin eller med ett känt trigonometriskt smnd M d cosαcos + sinαsin e M dcos α + e I figuren kn mn se och identifier hävrmen d cos( α + )till hel krften. Numeriskt värde: M 0. 05cos 60 e Nm 0. 05e Nm Kommentr: d Även i dett fll kn vi estämm krftmomentet genom tt sök upp ntingen hävrmrn till den horisontell och vertikl krftkomposnten eller också hävrmen r till hel krften. α Figuren visr hur mn estämmer dett vstånd melln och. Den tvåstrukn vinkeln är π. vilket etder tt hävrmen är r d cos( α + ) MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 33

35 L.36 Trckkrften i stången är given. ntingen estämmer mn hävrmen till hel denn krft, dvs vståndet melln stång och punkten, eller också delr mn upp krften i två komposnter och estämmer hävrmrn till dess. θ ϕ C Del upp krften i punkten i två komposnter enligt figur. Den vertikl komposnten idrr ej till krftmomentet, eftersom verkningslinjen går genom punkten. Då återstår r tt estämm hävrmen till den horisontell komposnten som är vståndet r. Denn fås med cosinusstsen r + cos θ ϕ M r sinϕ Vinkeln ϕ estäms med sinusstsen: sinϕ sin π θ sinθ sinϕ () sin θ cosϕ sin ϕ sin θ () vståndet r C är rc cosθ (3) Då är r cosϕ cosθ (4) Insättning v () ger r sin θ cosθ (5) Krftmomentets storlek är då hävrm gånger krft, dvs M sin sinθ θ cosθ MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 34

36 L.39 m C Krftens riktning smmnfller med stget: r ( 4, 4, - 7 ) m e Enhetsvektorn i denn riktning är 6 m r 7 m D 4 m e r r , 4, , 4, - 7 Krften kn då skrivs 900 e ( 4, 4,-7 ) N , 4,-7 N Krftmomentet med vseende på origo lir M r där r 0,,7 m M e e e Nm 00-4, 8, - 8 Nm 00 -, 4, - 4 Nm Krftmomentet är M 00( -, 4, - 4 ) Nm MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 35

37 L.40 Krftmomentet med vseende på punkten eräkns enligt M r F () e CD C E e Här är och r r, 0, 8 () F e (3) Vi måste lltså först estämm enhetsvektorn e. r CD D 6 3 F Q r r r r (4) r ( 0, 3, 0), 0, 8 (5) r, 3, 8 (6) Denn vektor kn också estämms genom tt i figuren gå från till längs koordintlrn. e r, 3, 8 e r, 3, 8 (7) e ( 3,, 8) ( ( ) 3,, 8) 3,, ( ) 74 3,, 8 (8) Krften på vektorform är lltså F e ( ) 74 3,, 8 (9) Insättning i () ger e e e M r F , 0, 3 74 M M e 4, 0, 3 00,, MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 36

38 L.44 L F Två krfter med smm ngreppspunkt kn ersätts v krftsummn i smm punkt. Det är då krftresultnten mn estämt, eftersom krftmomentet med vseende på ngreppspunkten inte förändrs. Det är noll för åd sstemen. D Krftresultnten kn också förskjuts längs sin verkningslinje. Krftresultntens storlek fås med thgors sts: Vinkeln med vertiklen ges v F L + D tn D L Med de givn numerisk värden fås F N N N F 40 N tn tn MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 37

39 L.46 M M d d d Fig. Fig. Fig. 3 Vilken är verkn v krften (elstningen) i punkten? nsätt i punkten två krfter med motstt riktningr. e figur! Identifier krftpret och ersätt det med ett krftprsmoment M enligt figur, som visr elstningens verkn i punkten. torleken v krftprsmomentet är M d Det mimlt tillåtn värdet på M är 300 N. Det ger den miml elstningen M 300 Nm d m N vr: Den miml elstningen är 80 kn Kommentr: Figur 3 vill vis tt om mn sågr v (frilägger) kroken vid, måste mn nsätt ett krftsstem enligt figuren för tt den vsågde delen fortfrnde skll vr i jämvikt. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 38

40 L.54 7 För tt kunn estämm krftresultnten, som vi vet eisterr för ett prllellkrftsstem, ehöver mn vet resultnten i någon punkt t e origo. För det givn krftsstemet är krftsummn F Fk ( ) e 9e () Ingen v krftern kn ge något krftmoment i -riktningen. estäm nu vrje krfts krftmoment, först med vseende på -riktningen och sedn med vseende på -riktningen. lterntivt eräkns vrje krftmoment med en determinnt. Krftmomentet med vseende på M r F 7 3 e 7 3 e k k 38e + 9e + ( + ) () F och M ildr tillsmmns resultnten i. Ersätt nu det givn krftsstemet med en krftresultnt. Denn krftresultnt är lik med krftsummn F, som redn estämts. ntg tt dess ngreppspunkt är r (,, ). Krftresultnten sk vr ekvimoment med det givn sstemet och då måste den ge lik krftmoment med vseende på origo som det givn krftsstemet. Ekvtionen lir r{ F M { (3) n givn e e e (- 38, 9, 0 ) (4) ; ; oestämd (5) Krftresultnten är F 9e med verkningslinjen ; ; oestämd MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 39

41 L.59 3 M I prolem där resultnten i en punkt eller krftresultnten efterfrågs måste krftsummn eräkns. Här är ll tre krftern i -riktningen. Två v krftern ildr ett krftpr. Krftsummn estäms enligt: F F 3e e + 3e F e k 3 3 Krftmomentet i origo estäms enligt den llmänn formeln M r F + C k k l där den sist termen står för krftprsmomenten. å grund v den enkl geometrin eräkns krssproduktern som hävrm gånger krft. Riktningen ges v högerregeln och vi får ) M e Me M ( 0 M) e Resultnten i origo är lltså F e ; M 3e ) Krftmomentet med vseende på punkten estäms på smm sätt: M e Me M ( 7 M) e Resultnten i punkten är lltså F e ; M 0e c) Krftresultnten finns eftersom F M. ntg tt krftresultnten hr en ngreppspunkt som ges v lägevektorn r (,, ). m det givn krftsstemet ersätts v krftresultnten måste krftmomentet med vseende på origo vr detsmm: r F M e e e 0 0 ( 0, 0, 3) ; 0 Krftresultnten är F e med en ngreppspunkt som ligger på den rät linjen 3 ; 0; oestämd. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 40

42 L.6 Del upp krften vid i två komposnte en horisontell och en vertikl. Vi eräknr krftsummn: 3 M F F 3e cose + sin e k F cos, sin 3, 0 Vinkeln är given 30, 3 F, 5, 0 Krftmomentet i origo estäms enligt den llmänn formeln M r F + C k k l där den sist termen står för krftprsmomenten. Här kn krfterns moment eräkns som hävrm gånger krft. Riktningen ges v högerregeln och vi får M sin + cos 3 e Me 3 30 M M e Resultnten i origo är lltså 3 F, 5, 0 ; M 3 e M ) Krftresultnten finns eftersom F M. ntg tt krftresultnten hr en ngreppspunkt som ges v lägevektorn r (,, ). m det givn krftsstemet ersätts v krftresultnten måste krftmomentet med vseende på origo ändå li detsmm: r F M e e e 3 M , 0, 3 ; 0; oestämd Krftresultnten är F e med en ngreppspunkt som ligger på den rät linjen 3 ; 0; oestämd. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 4

43 L Krftresultnten är lltid smm vektor som krftsummn. I ett prolem där krftresultnten efterfrågs skll lltså des ngreppspunkt estämms. Krftsummn estäms enligt: F F 4e + e e + 3e k 3 4 F 4e + 3e I vilken punkt skll denn krft ngrip fö tt krftmomentet i någon punkt t e orig sk li detsmm som för det givn krftsstemet? Krftresultnten lir i så f ekvimoment med det givn krftsstemet Vi eräknr krftmomentet med vseende på origo för det givn krftsstemet: M r F + C k k l där den sist termen står för krftprsmomenten. I stället för med determinnter estäms krssproduktern som hävrm gånger krft. Riktningen ges v högerregeln och vi får + M e 3e M 8e ntg tt krftresultnten hr en ngreppspunkt som ges v lägevektorn r (,, ). m det givn krftsstemet ersätts v krftresultnten måste krftmomentet med vseende på origo vr detsmm: r F M e e e ( 0, 0, 8) ( 3 4) 8 ( + ) ; 0 Krftresultnten är F 4e + 3e linjen ( 3+ 8 ) ; 0. 4 med en ngreppspunkt som ligger på den rät MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 4

44 L.67 c För det givn krftsstemet är krftsummn eller F F 3e + e + e F ( 3,, ) k 3 Vid estämning v krftmomentet med vseende på kn mn tänk sig ett koordintsstem ' ' 'med origo i. Krften ger r moment kring '- eln eftersom den är prllell med '- eln och verkningslinjen skär ' -eln. Krften 3 ger r moment kring '- eln eftersom den är prllell med '- eln och verkningslinjen skär ' -eln. Krften ger r moment kring '- eln eftersom den är prllell med '- eln och verkningslinjen skär '-eln. m ngreppspunktern är Q k så lir krftmomentet med vseende på Resultnten i punkten är lltså Krftresultnt eisterr om M r F ce e + 3 e Q k k F ( 3,, ) M c,, 3 F M 0. klärprodukten är här F M ( 3,, ) c,, 3 F M -3c- + 6 Krftresultnten eisterr lltså om -3c MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 43

45 L.68 c För det givn krftsstemet är krftsummn F F 3e + e + e eller F ( 3,, ) k 3 Vid estämning v krftmomentet med vseende på kn noters tt krften ger r moment kring - eln eftersom den är prllell med - eln och verkningslinjen skär -eln. Krftmomentet med vseende på lir. Krften 3 ger inget med vseende på verkningslinjen går genom. Krften ger inget moment med vseende på -eln eftersom den är prllell med -eln. M r F c e e k k Resultnten i punkten är lltså F ( 3,, ) ( ) M c,, 0 ntg tt krftsummn F ngriper i en punkt med lägevektorn r ( ) För tt krftsummn skll kunn ersätt ll krfter måste den ge smm moment som de ursprunglig krftern. M r F,,. e e e c,, 0 3 ( 3 ) 0 c 3 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 44

46 L.7 D 4 4 Trådkrftern ildr ett strålkrftsstem, eftersom ll verkningslinjer hr en skärningspunkt i. För tt kunn vektordder krftern måste vi skriv dem som vektorer. estäm först enhetsvektorern i verkningslinjerns riktningr! C å smm sätt fås e e C e D e e C r 4, 84,,, r 4, 84,,, rc r C Krftsummn är ( 0, 8, 6) 0, 8, 6 rd rd r 04,, - 080,, e D (,, ) + 4+ ( 0, 4, 3) 0, 4, 3 + F F + + e + e + e k 3 D 3 C (, 84, ) rd (, 84, ) rd (, 84, ) (, 84, ) (,, ) ,, ( ) ,, 5 0, 4, 3 F 9 ( )+ ( )+ 9, 84, ,, 5 0, 4, 3 + ( ) + ( ) (,, ) F, 84, 3, 63, 0, 8, 6 F Eftersom krftmomentet i är noll för strålkrftsstemet estår resultnten i denn punkt v enrt krftsummn F (,, ). Krftresultntens verkningslinje går genom punkten. ) Krftmomentet i punkten fås enklst med smndsformeln Insättning ger M M + r F e e e M ( 80, 4, 7) Resultnten i punkten är F,, ; M 80, 4, 7 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 45

47 ttik rolemsmling 3 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL 3 L 3. N N ntg tt den högr lådns mss är M. Frilägg åd lådorn! Friläggningsfiguren, som skll innehåll prktiskt tget ll informtion som ehövs för tt lös prolemet, viss här. α Mg Kontktkrftern mot de lutnde plnen är normlkrfter, N och N, eftersom friktionskrfter skns enligt teten. Trådkrften är lik på åd sidor om trissn, eftersom den är lättrörlig. Jämvikt fordrr tt krftsstemet på vrje låd ildr ett nollsstem, dvs krftsummn är nollvektorn och krftmomentet med vseende på någon punkt är nollvektorn. Vi projicerr krftekvtionen i plnens riktningr: vänstr lådn : sinα 0 () högr lådn : Mg sin 0 () sinα Mgsin M sinα g sin M sin α m sin (3) (4) Kommentr: vret är dimensionsriktigt. pecilfll är α M m α 0 M 0, vilket etder tt jämvikten då inte är möjlig för två lådor. 0 M, vilket etder tt det fordrs i princip en fst punkt tt fäst tråden i. Normlkrftern estäms ur krftekvtionern vinkelrätt mot de lutnde plnen. Momentekvtionern för vrder lådn ger normlkrfterns verkningslinjer, som måste gå genom skärningspunkten för trådkrftens och tngdkrftens verkningslinjer (se figur!). MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 46

48 L 3.3 F fjäder N Frilägg continern från fjädern och underlget! Inför motsvrnde krfter, fjäderkrften och normlkrften! Fjäderkrften är F k l fjäder () där F fjäder k l är förlängningen v fjädern räknt från den nturlig längden. Jämvikt fordrr tt krftsstemet på continern ildr ett nollsstem, dvs krftsummn är nollvektorn och krftmomentet med vseende på någon punkt är nollvektorn. Vi projicerr krftekvtionen i normlkrftens och fjäderkrftens riktningr: : F fjäder sin 0 () : N cos 0 (3) Ffjäder sin N cos Trådens förlängning är enligt smndet () l sin k L 3.4 α T v CNDINVIN L D Konstnt hstighet motsvrr ett jämviktstillstånd. Då fordrs tt krftsstemet på flgplnet ildr ett nollsstem, dvs krftsummn är nollvektorn och krftmomentet med vseende på någon punkt är nollvektorn. Vi projicerr nu krftekvtionen i motståndskrftens och lftkrftens riktningr: : T cosα D sin 0 () : T sinα + L cos 0 () Lös ut först sinα och cosα ur dess ekvtioner och ild sedn tnα! cos L tnα D + sin För tt estämm T kn vi ur () och (3) först ild T cos α respektive T sin α. ummn lir enligt "trigonometrisk ettn" T. T ( sin α + cos α) ( cos L) + ( D + sin ) + ( + ) T cos L D sin MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 47

49 L 3.5 Kontkttn vid är gltt. m krftsstemet kompletters med normlkrften N hr vi en friläggningsfigur. N Vi ntr tt sstemets mss kn försumms, dvs tt tngden är försumr jämfört med de krfter som skll estämms. Hävstångens idé gör tt vi förväntr oss tt krften är mindre än spännkrftern i kedjorn. Jämvikt för det frilgd sstemet fordrr: : + + sin 0 () : N cos 0 () : sin 0 ( + ) 0 (3) Ekv (3) ger sin + (4) sin Ekv () ger sin (5) + sin + (6) Kommentr: vren är helt klrt dimensionsriktig. En trigonometrisk funktion hr dimensionen ett. För vinkeln π/ är krften horisontell och storleken måste vr lik med skillnden i spännkrfterns storlek. För denn vinkel fås den krftförstoring, som mn förväntr sig v hävstången, nämligen + För vinkeln 0 är krften vertikl och spännkrfterns storlek är enligt ekv (6) lik. Ekv (4) säger tt det ehövs en mcket liten krft för tt håll en viss spännkrft. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 48

50 L 3.6 Frilägg clindern från underlget! Den påverks v tngdkrften och de två normlkrftern N och N. Jämvikt för den frilgd kroppen fordrr: N G N : Nsin + Nsinα 0 () : N cos + N cosα () 0 α α Momentjämvikt kräver tt ll tre krftern går genom centrumpunkten G. Med ekv () kn vi uttrck N i N : N sin N sinα (3) Insättning i () ger Ncos sin + N sinα cos α N ( sin α cos + sin cos α) sin α N sinα ; N sin α + sin sin α + L 3.7 N 3 N 3 4 N 4 5 N 5 Frilägg de tre överst clindrrn. Dett sstem påverks v de ttre krftern (tre stcken), en normlkrft N smt de tre normlkrftern N 3, N 4 och N 5. För tt estämm krften N ehövs r en ekvtion. Jämvikt för det frilgd sstemet fordrr: : N 3 sin 0 () N 3sin MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 49

51 L 3.9 d F F Frilägg nckeln och muttern. Muttern påverks v krftern F och F från nckeln smt en rektionskrft och ett krftprsmoment från gängn. Nckeln påverks v krftern F och F från muttern smt krften från hnden. vståndet melln verkningslinjern för F och F är enligt geometrin (med liksidig, likvinklig tringlr) / 3. Jämvikt för den frilgd nckeln fordrr: F C F : F F 0 () : d F F 0 () 3 3 Divider ekv () med / 3 och dder sedn de två ekvtionern! 3 d F F + F F 0 d 3 F Då ger ekv () d 3 F + L 3.0 Frilägg klotet från väggen och det lutnde plnet! Det påverks v tngdkrften och normlkrftern N och N. Jämvikt för den frilgd kroppen fordrr: N N G : N N sin 0 () : N cos 0 () Momentjämvikt kräver tt ll tre krftern går genom centrumpunkten G. Ekv () ger N cos Insättning i () ger N sin cos Resulttet är lltså N tn ; N cos MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 50

52 L 3. Frilägg sstemet mn+stol+nedre trissn! ntg tt mnnen drr med krften i linn. Denn trådkrft är lik stor i ll delr v tråden. Det motivers v tt trissorn är lätt och lättrörlig och därför måste momentekvtionen med vseende på vrje trisss centrum vr noll. Jämvikt för det frilgd sstemet fordrr: : 3 0 () Momentjämvikt kräver tt ll tre krftern går genom centrumpunkten G. Ekv () ger 3 L 3. C 30 T E tängern C och D är lätt och måste då vr tvåkrftskroppr. Kontktkrfterns verkningslinjer måste då gå genom ändpunktern. Frilägg stången och inför krftern,, T och K enligt figuren! 45 Jämvikt för den frilgd kroppen fordrr: 3 3 : T K 0 () D 30 K G d : G : T + K + 0 () d 3 T d 3 K 0 (3) Ekv (3) ger T K (4) Ekv () ger då K 3 Insättning i () ger 3 (5) + 0 (6) ; nm.: Resulttet kn fås direkt om mn projicerr krftekvtionen på en riktning som är vinkelrät mot de lätt stängern. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 5

53 L 3.3 H V D G 45 I dett prolem ingår egentligen en msscentrumeräkning om mn inte slår upp i en tell. För en tringel ligger msscentrum på vståndet en tredjedel v höjden från sen räknt. e ppendi i prolemsmlingen! Tre oeknt krfter söks. Vi måste lltså ställ upp tre ekvtioner. C Frilägg plåtskivn! Jämvikt för den frilgd plåtskivn fordrr: : H + 0 () : V + 0 () D : V + 0 (3) Enligt ekv() och (3) är H och V 4 (4) Insättning i ekv() ger (5) vr: H 3, 3 4, 3 L 3.4 N N h Frilägg personen och inför normlkrftern N och N! Långsm rmhävning etder tt ccelertionen är försumr och tt vrje läge kn ses som ett jämviktsläge. Jämvikt fordrr: : N + N 0 () : N ( + ) 0 () Momentjämvikt kräver tt ll tre krftern går genom centrumpunkten G. Ekv () ger N + Ekv () ger då N + Mn kn också i stället för ekv () ställ upp momentekvtionen med vseende på, vilket mer direkt ger resulttet. peciellt för fllet 3 fås N /4; N 3 / 4. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 5

54 L 3.5 d N G c V C h Frilägg skottkärrn och inför rektionskrftern vid och C! Krftern och är vertikl. Eftersom hjulet är fritt rörligt och kontktkrften vid C sknr en horisontell komposnt så är också kontktkrften vid vertikl. m N 0 så kn min estämms med momentekvtionen med vseende på C : c min ( + + c) 0 c c min + + c c min ( + + c) 0 c min + + m 0 så kn N estämms med momentekvtionen med vseende på C : c c N ( + c) 0 N + c L 3.6 m g m g (m +m ) g V m g c (m +m ) g V Frilägg gmnsten från ringrn! Jämvikt för hel gmnsten fordrr tt de vertikl krftern på händern tr upp hel tngden. : 0 () + () Frilägg rmrn från resten v kroppen och inför krften V och krftprsmomentet M. Jämvikt för resten v kroppen fordrr : V 0 (3) V (4) M M Jämvikt fordrr nu för vänsterrmen (den högr i figuren) m g V m g V m g c : m + m g( + c) + M 0 M m g( + c) m gc (5) MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 53

55 L 3.7 R r α K Vi förutsätter tt skruven sitter fst. Jämvikt fordrr tt krftmomentet med vseende på en el genom vinkelrät mot figurens pln är noll: Del upp krftern K och i komposnter prllell och vinkelrät mot ncklrn. Det är r komposntern som är vinkelrät mot ncklrn som ger ett krftmoment. : Ksinα R sin r 0 () K r sin Rsinα 03. Numeriskt fås K 60 N 60 N L 3.8 Vinkelstången är en tvåkrftskropp så tt kontktkrften i måste h en verkningslinje som går genom. r T r r R r C Frilägg nu clindern från vinkelstången och den gltt eln vid. Inför motsvrnde krfter T och R. Krftern T och hr känd riktningr. Eftersom clindern är en trekrftskropp måste rektionskrften R h en riktning genom. m figuren rits på dett sätt hr vi indirekt ställt upp momentekvtionen, eftersom den kräver tt momentet skll vr noll med vseende på. Jämvikt fordrr också tt : R r r 0 R () : Tsin r r 0 () Men geometrin ger sin r r 5 T 5 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 54

56 L 3.9 etrkt ett jämviktsläge då kroppen just lättt från underlget och r vilr mot knten vid. Frilägg välten! α+ α N α h m clindern roterr lätt finns r en normlkrft N vid. Den hr sin verkningslinje genom centrum. De övrig krftern är tngdkrften och drgkrften. Välten är en trekrftskropp. Krfterns verkningslinjer går genom. (m en friktionskrft skulle eister vid måste den också motsvrs v ett krftprsmoment på grund v friktion vid eln.) Inför den vinkel α som rdien (eller normlkrften N ) ildr med vertiklen. Med en krftekvtion i en riktning vinkelrät mot kn normlkrften vid eliminers direkt. Jämvikt fordrr: sinα cos( + α) sinα 0 cos + α L 3.0 etrkt ett jämviktsläge då kroppen just lättt från underlget och r vilr mot knten vid. Frilägg välten! α N α α h m clindern roterr lätt finns r en normlkrft N vid. Den hr sin verkningslinje genom centrum. De övrig krftern är tngdkrften och drgkrften. Välten är en trekrftskropp. Krfterns verkningslinjer går genom. (m en friktionskrft skulle eister vid måste den också motsvrs v ett krftprsmoment på grund v friktion vid eln.) Inför den vinkel α som rdien (eller normlkrften N ) ildr med vertiklen. Med en krftekvtion i en riktning vinkelrät mot kn normlkrften vid eliminers direkt. Jämvikt fordrr: cos( α) sinα 0 sinα cos α MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 55

57 L 3. K C Frilägg vgnen från kontkttorn där friktionskrftern är försumr. Jämvikt fordrr: N G : H K 0 : N 0 h : K c 0 c H N H K c Nu vr det två pr v vrje hjul så om normlkrftern på enstk hjul söks så är de N N c N C L 3. R F V H Frilägg vinschtrummn från spärren och rottionseln. pärren är lätt och därför en tvåkrftskropp. Krften F måste gå i smm riktning som spärren. Vi förutsätter en gltt rottionsel. Jämvikt fordrr: : H R r 0 H r R r C : V R R r+ 0 tn tn V r tn + R R MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 56

58 L 3.3 Frilägg hndtget! Det påverks v krften smt rektionskrfter i ledern och. I leden förutsätter vi enligt prolemteten tt krften är vertikl. C d Vilken riktning hr krften i? Jo, eftersom länkrmen C är en tvåkrftskropp måste krftens verkningslinje gå genom C. e figur! Men hndtget är en trekrftskropp. Det etder tt verkningslinjen också måste gå genom de ndr två verkningslinjerns skärningspunkt. e figur! Likformighet ger d d C C d server tt det är momentekvtionen som lir stisfierd genom dett geometrisk resonemng. Krftmomentet med vseende på måste vr noll. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 57

59 L 3.4 Frilägg cirkelskivn enligt figuren! 60 V Jämvikt fordrr: : H 0 () 3 : V + 0 () : r + r V + r H M 0 (3) M r H Uttrck H och H i H med hjälp v () och (). ätt in i ekv (3): r M M 3 r Insättning i ekv () och () ger H M ( 3) r och V 3M ( 3) r L 3.5 Frilägg rmen enligt figuren och inför rektionskrftern K och R! c Länkrmen DE är en tvåkrftskropp och Q krften R måste lltså h en verkningslinje genom D och E. Hel den frilgd R d rmen är en trekrftskropp. Verkningslinjen för krften K måste lltså gå K G E genom punkten. Vi skll estämm den horisontell delen v krften K. Vi D eliminerr därför den ointressnt krften R genom tt ställ upp momentekvtionen med vseende på Q vståndet QG är ctn. Hävrmen till den horisontell krftkomponenten v K, som vi kllr K lir då ctn d. Momentekvtionen med vseende på Q lir c ( ctn dk ) ( + c) 0 K + c d tn MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 58

60 L 3.7 Frilägg ilen från vägg och underlg! h N N G f N ilens tngd är. Vid kontkttn mot väggen finns enligt tet r en horisontell normlkrft N. Frmhjulen nts rull lätt så tt det finns inte någon friktionskrft där mot mrken. m ilen drivs frmåt måste lltså motsvrnde frmåtriktde krft vr friktionskrften vid khjulens kontkt med mrken. khjul f N M m khjulspret friläggs ser mn tt det förutom kontktkrften påverks v en krft R från resten v ilen, en tngdkrft och ett krftprsmoment M. R Jämvikt för hjulpret fordrr: : M f r 0 Dett förklrr smndet melln det drivnde momentet och friktionskrften men ehövs inte för tt lös dett prolem. Jämvikt för den frilgd ilen fordrr: : N f 0 () : N + N 0 () : N ( + ) N h 0 (3) Normlkrften N är känd. Det etder tt N ges v ekv (3): N Nh + och då ges N v ekv () N N N Nh + Nh N + + Kommentr: m normlkrften N 0 ligger en större del v ilens tngd på frmhjulen om <. m är i dett fll normlkrftern lik stor. Normlkrften N ökr normlkrften vid khjulen och minskr den vid frmhjulen. Vid ett visst krftprsmoment på khjulen, dvs ett visst värde på normlkrften N, lättr frmhjulen. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 59

61 L 3.33 h R Frilägg kroppen från leden i. Inför rektionskrften R. Vi förutsätter tt leden är gltt. Jämvikt fordrr: : R + cos 0 () : + R sin 0 () : sin 0 (3) Ekv (3) ger (4) sin Ekv () och () ger R cos R + sin ätt in dett i (4)! R tn R + R R R tn R + + tn MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 60

62 L 3.38 Frilägg clindrrn från vrndr och från ordet! N N N N N C Vd händer om spännkrften är för liten? Jo, de undre clindrrn förlorr kontkten med vrndr. Gränsfllet för dett är när normlkrften N 0. Det är dett villkor som ger min. De spetsig vinklrn i figuren är ntingen 60 eller 30. Clindrrn är gltt så tt trådkrften är lik stor i ll delr v tråden. Det ges också om mn ställer upp momentekvtionen med vseende på vrje centrum. Jämvikt fordrr för den övre clindern: för den undre vänstr clindern: : 3 N 3 0 () : + N N 0 () ätt nu in N 0 i ekv () och eliminer N ur ekvtionern genom tt först multiplicer () med, divider () med 3 och sedn dder ekvtionern. Resulttet är min 3 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 6

63 L 3.4 K F K D Q D h E N H V C Frilägg stången och frilägg den undre delen v sstemet från kontkten vid E och C. tången är homogen så tt msscentrum ligger mitt på stången. ll leder är gltt. Det etder tt det skns romsnde krftprsmoment vid dess lr. För hjulet etder det tt den horisontell krften vid kontktpunkten F är noll. nnrs skulle det vr den end krften som skulle ge ett krftmoment med vseende på hjuleln D och hjulet skulle inte vr i jämvikt. ntg tt den horisontell och vertikl komponenten v kontktkrften vid C är H respektive V. Jämvikt för den frilgd stången fordrr: : ( + ) K ( + ) 0 () Jämvikt för den frilgd undre delen v sstemet fordrr: : H + Nsin 0 () : V + N cos K 0 (3) C : Ncos Nsin h+ K ( + ) 0 (4) Krften estäms direkt med ekv (): K (5) Krften N estäms då v ekv (4): ( + ) N cos + hsin Insättning v (5) och (6) i ekv () och (3) ger då H och V : (6) H ( + ) sin cos + hsin V + cos cos + hsin eller V hsin cos cos + hsin m htn (se figur!) är den vertikl krften V 0. Det motsvrs v tt K, N och H ildr ett strålkrftsstem med skärningspunkt i Q. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 6

64 L 3.5 N f En stel kropp som hr konstnt trnsltionshstighet, dvs ll punkter i kroppen hr lik hstighet, efinner sig i ett jämviktstillstånd. En stel kropp som roterr med konstnt vinkelhstighet kring en el genom msscentrum är också i jämvikt. Dett gäller även om eln genom msscentrum hr konstnt hstighet. Full förståelse för dett får mn i dnmiken. r k R l d m khjulet friläggs ser mn tt det påverks v krfter i centrum, kontktkrften mot mrken smt krften på kedjekrnsen, som ju är stelt förend med hjulet. Kedjehjulet med pedler påverks förutom v krfter i centrum v krften och krften på pedlen. End möjligheten tt slipp krftern vid lrn är tt ställ upp momentekvtionern med vseende på dess lr. Jämvikt fordrr: khjul : f R rk 0 () Kedjehjul : Rl d 0 () Ekv () ger d R l Ekv () ger då f r k R f rk d R R l Eftersom d och R är givn konstnt vstånd kn ckelns frmåtdrivnde krft f ändrs r genom utvälingen, dvs förhållndet rk / Rl, som kn estämms genom tt räkn ntlet kuggr på de åd hjulen. MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 63

65 L E k H C D V Hjulet påverks vid kontktstället mot mrken v krften uppåt. Jämvikt i vertikl led inneär då tt krften på hjulet vid är nedåt. Då hr mn också försummt hjulets tngd jämfört med flgplnets. Frilägg nu stången! Eftersom stången är lätt, är det en tvåkrftskropp och då måste krften i leden vr riktd mot punkten. ntg tt rektionskrften i C hr komponentern H och V enligt figuren. Krftsitutionen är då klr eftersom ledern är gltt och tngden får försumms. Nu återstår tt ur den givn geometrin estämm hävrmr. server tt vinkeln inte är 30, eftersom stängern och inte är vinkelrät. r CD sin 30 r CD () r C 3 r D cos30 r D () Med thgors sts för tringeln D fås: r 3 7 r D r C 3 (3) Likformighet ger rd ( tn ) r D r r EC C 3 5 r EC 3 r 3 3 EC 5 (4) Jämvikt för stången fordrr: : 3 H (5) E : V (6) Ekv (5) och (6) ger H 3 6 V 6 MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 64

66 L 3.6 C E Jämvikt för stolpen fordrr tt krftmomentet M 0. tolpen kn inte vrid sig kring -eln, eftersom fundmentet kn lnser ett eventuellt krftmoment i -riktningen. De tre trådkrfterns moment med vseende på - och - riktningen måste däremot vr noll. CD EF För tt kunn eräkn krftmomenten måste mn skriv trådkrftern på 6 vektorform. Vi örjr därför med tt estämm enhetsvektorern i trådriktningrn. F Här är 3 r r r () D r ( 0, 3, 0) (, 0, 8) () r (, 3, 8 ) (3) r ( 3,, 8) ( e r ( ) 3,, 8) ( ) ( 8) 74 3,, 8,, (4) å smm sätt fås r CD (, 0, 6) ( 0,, 3) ( e CD ( ) 0,, 3) ( ) 0,, ,, 3 (5) ( r EF (, 0, 6) e EF 0,, 6) ( 0,, 6) ( 0,, 6) 0,, (6) Krftern på vektorform är lltså e ( ) (7) CD CD CDeCD ( ) (8) EF EF EFeEF ( 0,, 6) 37 (9) M e e e e e e e e e CD EF krftmoment från fundment 4 3CD ( M ) CD CD 6EF ( M ) EF MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers 65