1 KOMIHÅG 3: --------------------------------- Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P = r PA " F, r P =momentpunkt, r A angreppspunkt, r PA = r A " r P. - Oberoende av om angreppspunkten flyttas längs verkningslinjen. Föreläsning 4: ANALYS och FÖRENKLING av KRAFTSYSTEM Två elementära (grundläggande) kraftsystem: Ensam kraft: Ensam kraft kan inte förenklas, bara flyttas längs sin verkningslinje. Ensamt KRAFTPAR: Ensamt kraftpar kan inte ersättas med ensam kraft. Exempel: Betrakta två lika, men motriktade, krafter som angriper ett föremål med xy-axlar på följande fyra sätt: y O x Kraftparens egenskaper? Vilka par kan vrida? Åt vilket håll?
2 Ett kraftpars totala kraftsumma = 0, men det totala kraftmomentet är i allmänhet inte noll. Med angrepp i r 1 och r 2 ger kraftparet ett moment: M O = r 1 " F + r 2 " #F ( ) ( ) " F = r 1 # r 2 Byte av momentpunkt från O till P? M P = ( r 1 " r P ) # F + r 2 " r P ( ) # F = M O ( ) #("F) = r 1 " r 2 Oändligt många olika par av krafter kan skapa samma moment=kraftpar (par). Storleken (abslutbeloppet) av momentet beräknas enklast med formeln: M = df F=kraftens belopp, d=avstånd mellan kraftparets verkningslinjer. Vridningsriktningen kan förtydligas med en bågformad pil för vridningar (moturs/medurs) i ett plan. Ett kraftpar ligger alltid i ett plan och vridningsriktningen i det planet kan beskrivas med en bågformad pil! Förenkling av komplicerade system av krafter: Hur än ett system av många krafter ser ut så är det viktiga för dess verkan på stela kroppar hur totalkraften F ser ut och hur den totala vridande förmågan M P ser ut, för någon lämplig momentpunkt P. Därför kan alla kraftsystem ersättas med en ensam kraft F och ett ensamt (kraftlöst) kraftpar med moment M P i den valda punkten P.
Speciellt vid JÄMVIKT. Jämviktslag (Eulers lagar): för alla val av P : 1) F = 0, 2) M P = 0. I praktiken räcker det att välja en lämplig momentpunkt P för beräkning av kraftmomentet. Se slutet av denna föreläsning. EKVIMOMENTA kraftsystem Definition: Ekvimomenta kraftsystem är sådana att deras totala kraftmoment är lika för godtyckligt val av momentpunkt. Systemen har samma kraftsumma (totalkraft). 3 M=Fd F d F De båda kraftsystemen i figuren är ekvimomenta. Det vänstra kraftsystemet har bara en kraft, det högra kraftsystemet har en lika stor kraft angripande i en annan punkt med ett kompenserande kraftparsmoment. Reduktionspunkt: angreppspunkt för det förenklade kraftsystemet, dvs RESULTANTEN Flera val av reduktionspunkt kan förekomma. Ett förenklat, men ekvimoment system av en ensam kraft + ett ensamt kraftpar i en vald reduktionspunkt kallas resultant(-systemet) för denna reduktionspunkt.
Problem: Förenkla följande plana kraftsystem till ett ekvimoment kraft+kraftpar system i origo. Om möjligt hitta även en speciell reduktionspunkt så att inget kraftpar behövs. 4 F F d d F d d F Lösning: först sedan 2F 2F M=-2Fd d ENKRAFTS-RESULTANT Ett kraftsystem som kan reduceras till endast en ekvivalent kraft F sägs ha en enkraftsresultant (kraftresultant) F.
5 Problem: Finns det fler enkraftsresultanter som är ekvivalenta med ett givet kraftsystem.??? Svar: Ja!! Längs en linje av reduktionspunkter, som ligger på kraftsummans verkningslinje. Hur bevisas detta? Problem: Har det plana kraftsystemet i figuren en enkraftsresultant? Rita ut den i så fall. Lösning: Ja! Se figuren:
6 Krafternas vridande förmåga beror av momentpunkten. Hur ska man välja momentpunkt? Finns det enkla val? Till exempel: Om man letar efter en enkraftresultant för ett kraftsystem måste man hitta en (moment-)punkt som kraftsystemet inte kan vrida kring! Sambandsformeln for kraftmoment. Byte av momentpunkt: Antag att vi har ett system av krafter och kraftpar. Detta kan beskrivas av ett antal krafter med respektive angreppspunkter: r j,f j { }, där j =1, 2,..., N. I momentpunkten O mäter vi det totala momentet N M O = # r j " F j, j=1 för N krafter utplacerade med angreppspunkter r j. I momentpunkten P mäter vi det totala momentet N M P = $ r j " r P, för samma krafter. j=1 ( ) # F j Skillnaden blir i detta fall: N N M O " M P = $ r j " r j + r P = # r P " F j. j=1 ( ) # F j j=1 ( ) Detta uttryck kan lätt förenklas om vi inför totala kraften N F = " F j. j=1 Ty nu ser vi sambandet: M O = M P + r P " F. (Sambandsformeln för M) Kom ihåg att r P = r OP! Ifall man vill jämföra andra val av momentpunkter.
7 Problem: Bestäm enkraftsresultanten för de två verkande krafterna på balken. 8 kn 2 m 4 m 5 kn Lösning: Den ekvimomenta enkraftsresultanten måste vara lika stor som kraftsumman av de ursprungliga krafterna, dvs F y =-3 kn. Antag att den angriper på avståndet x från väggen. Då måste gälla att totala momenten m a p väggfästet är lika: F y x = 5" 2 knm# 8 " 6 knm = #38 knm x =12.67 m HOPPSAN! Enkraftsresultanten kanske inte alltid är förknippad med en fysikalisk punkt! Anmärkning: Enkraftsresultanten kan ju inte vrida map sin egen angreppspunkt. Det måste då även gälla det ursprungliga kraftsystemets totala moment i den angreppspunkten.
8 KOMIHÅG 4: Ekvimomenta kraftsystem: Lika kraftsumma och momentsumma. Sambandsformeln: M O = M P + r P " F. eller M Q = M P + r QP " F, för momentpunkter Q, P. Enkraftsresultant. Föreläsning 5: Enkraftsresultant finns inte alltid! Antag att det finns en enkraftsresultant F som angriper i r A. Då kan denna ensamma kraft inte ge något moment med avseende på den punkten, men måste kunna återskapa momentet M O för det ursprungliga kraftsystemet. Dvs: M O = r A " F. För kraftsystem med enkraftsresultant gäller således: M O "F (kryssproduktens egenskap). Egenskapen är ett användbart villkor för att testa om ett kraftsystem har en enkraftsresultant eller inte. Hur hittar man placeringen r A av en kraftresultant? För att bestämma denna behöver man räkna ut kraftsumman och momentsumman av det ursprungliga
9 kraftsystemet. Vi kan alltid använda origo som momenpunkt. Sedan ställer vi upp ekvationen: M O = r A " F Använd komponenter i ekvationen. För ett plant kraftsystem förenklas vektorekvationen till den 'skalära' ekvationen för z-riktingens komponent (upp ur xy-planet): x A F y " y A F x = M O Detta är ett samband för en linje i ( x, y )-planet, men det räcker att hitta en punkt på linjen, t.ex där y = y A = 0. Alltså har vi resultantens läge i planet givet av " r A = M % O $,0 # F ', samt längs verkningslinjen. y & Komihåg: En krafts angreppspunkt kan fritt väljas längs kraftens verkningslinje!! JÄMVIKTER Definition: Föremål i jämvikt: Det finns en icke-roterande och icke-accelererande referensram (dvs inertialsystem) där föremålet befinner sig i vila. Jämviktslag: Jämvikt kräver (nödvändigt) för godtycklig resultant 1) F = 0 2) M P = 0 (alla momentpunkter P)
10 Detta är förutsättningen för att ett föremål ej börjar röra sig = börjar translation+rotation.
11 Jämviktsproblem 3 kn A 1.2 m 2.4 m B Problem: En homogen och likformig balk har en massa /längd given av 60 kg/m. Bestäm reaktionskrafterna i stödpunkterna A och B. Lösning: Fritt vridbar led i A representeras av en s.k. enkraftsresultant i planet. Fri rullkontakt i B representeras av en vertikal normalkraft. Totala tyngdkraften kan skrivas som en enkraftsresultant W som angriper i mitten på balken. 3 obekanta! 3 ekvationer krävs! Frilägg balk! A y A x F 2d B d W 3d/2 Jämvikt kräver: " A x = 0, " A y + B # F #W = 0, A!Fd! W( 3d / 2) + B( 3d) = 0 och där vi infört: d =1.2 m, W = 60 " 9.81" 3.6 N = 2120 N Vi löser ut obekanta ur de två sista ekvationerna: A y = 2 3 F + 1 2 W, B = 1 3 F + 1 2 W
12 A α N A N B mg B Problem: Ett glatt homogent klot med massan m vilar mot två plana hårda ytor enligt figuren. Bestäm kontaktkrafternas storlek. Lösning: Kraftanalys: Det finns ingen friktion vid kontaktytorna enligt uppgift, endast tyngdkraften och normalkrafterna beaktas. Vi bestämmer N A > 0 och N B > 0 på följande sätt. Den plana jämvikten kräver: N A cos" # mg = 0, N A sin" # N B = 0, dvs N A = mg cos", N B = mg tan".
13 Typiska resultanter Leder - Glatt led: - Ej glatt led: Inre spänningskrafter De krafter som uppkommer i och verkar på en snittyta mellan två delsystem i samma kropp representeras av två motriktade resultanter, som verkar på vardera delsystem. F j M M R R
14 Problem: Betrakta en smal, homogen balk i jämvikt som är infäst i en betongvägg. Den synliga delen av balken har längd L och massa m. Rita krafter på den delen av balken som ligger bortom snittet sett från väggen! Lösning: Vi frilägger (ritar krafter, kraftmoment och identifierar dessa) den högra (fria) delen av balken. M R L-x W W betecknar tyngdkraft. R och M utgör resultant från den andra delen av balken som angriper i snittet.
KOMIHÅG 5: --------------------------------- Enkraftsresultantens existens. Vanliga resultanter vid analys av jämvikter. Jämviktsanalys: a) Kraftanalys - rita+symboler b) Jämviktslagar- Euler 1+2 c) Beräkningar Föreläsning 6: MASSCENTRUM Diskret eller kontinuerlig fördelning av tyngdkrafter: Masscentrum en balanspunkt för vridningar: Kroppen kan ha olika orienteringar, men en axel genom en viss punkt (masscentrum) lämnar kroppen i vila. b) 15 a) a) mg mg Streckade linjer är enkraftsresultantens verkningslinjer för två olika kroppsorienteringar a) och b).
Var ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O = " r j # m j g = " m j r j ( ) # g. Det finns enkraftsresultant eftersom alla enskilda kryssprodukter och det totala momentet M O "g. Dvs, alla krafter och även kraftsumman är ortogonala mot M O. Ersätt alla tyngkrafter med en total tyngdkraft mg i någon punkt r G så att M O = r G " mg, eller om vi flyttar massan i formeln: M O = mr G " g. Vi ser att överensstämmelse med 16 sidans första formel kräver r G = -- Punktpartiklar "m j r j m. "m j r j r G = ( x G,y G,z G ) = m. -- Kontinuerlig massfördelning: Massan M är fördelad inom volymen V. ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M M " dm dv r dv V För homogena föremål är densiteten konstant (lika med M/V) och kan flyttas utanför integralen, dvs r G = ( x G,y G,z G ) = 1 " dm M dv r dv = 1 " V r dv (homogent) V V
Masscentrum för sammansatta kroppar: Ibland sätts enkla kroppar ihop till något mer komplicerat. För sammansatta kroppar: "( m) j r gj j r G =, ( m) j " j där de enkla delkropparnas masscentra (numrerade med index j) antas ha kända lägen r gj, eller för kontinuerlig massfördelning av kända masselement: r G = 1 M " dmr. g M 17 Exempel: Kontinuerliga massfördelningar kan ibland ses som en mängd ihopklistrade strimlor av samma form. a) En rektangel kan ses som en packe av tunna raka remsor. b) En cirkulär skiva kan ses som en packe av tunna cirkulära remsor.
Jämviktsproblem Problem: Betrakta en smal, homogen balk i jämvikt som är infäst i en betongvägg. Den synliga delen av balken har längd L och massa m. Studera det inre momentet i ett snitt på avståndet x från väggen. Lösning: Vi frilägger den högra (fria) delen av balken. M R L-x 18 W Eftersom de enda yttre krafterna på yttre delen av balken, representerade av tyngdkraftens resultant # W = m $ % L ( L " x) & '( g, är vertikala kan vi från början ansätta en inre vertikal tvärkraftsresultant R, samt ett inre moment M. För momentjämvikt av yttre delen av balken med avseende på snittpunkten fås M + 1 ( 2 L " x $ ) mg L # ( L " x ' & )) = 0, dvs % ( M = " 1 mg ( 2 L L " x ) 2, (dvs moturs) Det inre momentet ökar kvadratiskt in mot infästningen!!
19 P r Problem Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett horisontellt underlag med ett horisontellt snöre. Bestäm den friktionskraft som behövs för en given lutningsvinkel ". Ledtråd: Masscentrums läge är beläget på avståndet 2r/ " från skalets centrum längs tvärsnittets symmetrilinje. Redovisa införda beteckningar.
20 Lösning Vi inför beteckningar enligt figuren. Jämvikt kräver: N = mg och P = F µ. Momentjämvikt med avseende på cirkelcentrum ger dessutom: $ 2 ' & rmg # rp) sin* # rf %" ( µ = 0 dvs F µ = 2mgsin" #(1+ sin").,