F - Prof. Dr.-Ing. Johannes Wandinger

3. Allgemeine Kraftsysteme
06.04.16
3.1 Allgemeine Kraftsysteme in der Ebene
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-1
3.1 Allgemeine Kraftsysteme in der Ebene
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
3.1.2 Kräftepaar und Moment
3.1.3 Gleichgewicht
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-2
3.1.1 Parallele Kräfte
●
●
●
06.04.16
Zwei Wirkungslinien, die in einer Ebene liegen, schneiden
sich oder sind parallel.
Wenn sich die Wirkungslinien schneiden, liegt ein zentrales Kraftsystem vor.
Zu untersuchen ist noch der Fall, dass die Wirkungslinien
parallel sind.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-3
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
●
Aufgabenstellung:
–
–
An einem starren Körper
greifen zwei Kräfte mit
parallelen Wirkungslinien
an.
–
Die Kräfte sollen durch
eine einzige resultierende
Kraft ersetzt werden.
Gesucht sind Betrag,
Richtung und Angriffspunkt der resultierenden
Kraft.
A
B
F1
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
F2
TM 1 1.3-4
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
●
Lösungsweg:
–
–
Es wird eine Gleichgewichtsgruppe hinzugefügt.
–
Der Betrag ist beliebig,
aber die Wirkungslinien
stehen senkrecht aufeinander.
G
A
Die Kräfte in den Punkten
A und B' werden zu Resultierenden zusammengefasst, deren Wirkungslinien sich im Punkt C
schneiden.
B
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B'
G
A
B'
G
F1
C
G
F2
1. Kräfte und Momente
R1
F1
F2
R2
TM 1 1.3-5
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
–
Die Kräfte R1 und R2 können an den Punkt C verschoben und zu einer resultierenden Kraft R addiert werden.
C
Für die resultierende
Kraft gilt:

 1 
R= R
R2
 F

 1G
 2− G
=F
 1 F
2
=F
–
Die Wirkungslinie der resultierenden Kraft ist parallel zu den Wirkungslinien der Kräfte F1 und F2 .
–
Für den Betrag der resultierenden Kraft gilt:
R=F 1 + F 2
R2
R1
R
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–
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-6
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
–
Die Wirkungslinie der resultierenden Kraft verläuft durch
Punkt C.
–
Die Lage von Punkt C wird aus der Geometrie bestimmt:
h F1
tan = =
a1 G
C
h
G
A
α
α
a1
B'
G
h F2
tan  = =
a2 G
β
a2
a
R1
F1
Prof. Dr. Wandinger
β
F2
R2
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-7
06.04.16
3.1.1 Parallele Kräfte
–
Hebelgesetz von Archimedes:
h F1
=
→ h G =a 1 F 1
a1 G
h F2
=
→ h G =a 2 F 2
a2 G
–
}
a 1 F 1 =a 2 F 2
→
Berechnung der Abstände:
∣ ∣
a1 
a 2 = a ⋅F 2 ⋅F 1
F 1 a 1 − F 2 a 2 = 0 ⋅1 ⋅−1
a1
a 1  F 1F 2  = a F 2
a2
a 2  F 1F 2  = a F 1
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1. Kräfte und Momente
F2
=
a
F 1 F 2
F1
=
a
F 1 F 2
TM 1 1.3-8
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Kräftepaar:
–
Ein Kräftepaar ist ein Paar paralleler
Kräfte, die entgegengesetzt gleich
groß sind.
–
Der Abstand a der Wirkungslinien
wird senkrecht zu den Wirkungslinien
gemessen. Er wird als Hebelarm bezeichnet.
–
Beispiele:
a
F
●
Lenkrad
●
Schraubenschlüssel
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F
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-9
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
–
Die Addition einer Gleichgewichtsgruppe führt hier nicht
weiter:
●
–
Für jede Gleichgewichtsgruppe sind die Wirkungslinien der resultierenden
Kräfte parallel.
R
G
G
Ein Kräftepaar kann daher
nicht durch eine resultierende Kraft ersetzt werden.
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F
1. Kräfte und Momente
F
R
TM 1 1.3-10
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
Wirkung eines Kräftepaars:
–
Das Kräftepaar (F, a) versucht, den Körper zu drehen. Damit der Körper im Gleichgewicht ist, muss ein zweites Kräftepaar (G, b) am Körper angreifen.
–
Gegeben:
●
–
F, a, α, b
Gesucht:
●
C
G
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P1
F
Q1
G
F
A
G
1. Kräfte und Momente
Q2
b
●
α
P2
TM 1 1.3-11
3.1.2 Kräftepaar und Moment
06.04.16
–
Zur Lösung werden die Kräfte in die Schnittpunkte A und C
der Wirkungslinien verschoben und zu resultierenden Kräften addiert.
–
Der Körper ist im Gleichgewicht, wenn die beiden Resultierenden eine Gleichgewichtsgruppe bilden.
–
Dazu muss ihre Wirkungslinie mit der Geraden durch die
Punkte A und C übereinstimmen.
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1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-12
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
E
F
C
β
G
G
A
β
a'
R
α
α
B
a
b
a'=
, b '=
sin (α)
sin (α)
F
Δ ABC ∼Δ CDE →
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D
b
b'
α
R
F b' b
= = → a F =b G
G a' a
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-13
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
06.04.16
Moment:
–
Das Moment M eines Kräftepaares (F, a) ist definiert durch
M =a F
–
Die Wirkung eines Kräftepaares hängt ab
●
vom Moment und
●
vom Drehsinn:
–
–
positiv entgegen dem Uhrzeigersinn (linksdrehend)
negativ im Uhrzeigersinn (rechtsdrehend)
+
-
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1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-14
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
–
Bei einem starren Körper hängt die Wirkung des Moments
nicht vom Angriffspunkt ab:
F
F
=
a
a
F
M
F
M
=
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-15
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Beispiel:
–
Gegeben: F, d, α
–
Gesucht: M
–
Lösung:
F
α
d
M =−F a=−F d sin 
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
F
TM 1 1.3-16
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Parallelverschiebung einer Kraft:
–
–
Gegeben ist die Kraft F, deren
Wirkungslinie durch Punkt A
geht.
Sie soll durch die Kraft F mit
Wirkungslinie durch Punkt B sowie ein Moment ersetzt werden,
die die gleiche Wirkung haben.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
F
A
a
B
TM 1 1.3-17
3.1.2 Kräftepaar und Moment
F
–
Am Punkt B wird eine Gleichgewichtsgruppe mit Betrag F hinzugefügt.
–
Das Kräftepaar (F, a) entspricht dem
Moment
B
M F =a F
A
F
a
B
F
●
A
●
B
M
B
Prof. Dr. Wandinger
F
06.04.16
MB ist das Moment der Kraft F um
den Bezugspunkt B.
a ist der Hebelarm der Kraft F bezüglich Punkt B. Er ist gleich dem
senkrechten Abstand des Punkts B
von der Wirkungslinie.
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-18
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Beispiel: Schraubenschlüssel
–
–
Gegeben:
γ
●
Länge L = 15 cm
●
Kraft F = 200 N
●
Winkel α = 50°
●
Winkel β = 30°
α
β
F
Gesucht:
●
Moment MA(F)
α
A
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1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-19
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
–
Lösung:
=
a=L sin  =L sin 
A
M =a F =L sin   F
–
Zahlenwert:
A
M =0,15 m⋅sin (80 °)⋅200 N
=29,54 Nm
MA
A
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1. Kräfte und Momente
F
TM 1 1.3-20
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Berechnung aus den kartesischen Komponenten der
Kraft:
y
F
Fy
yP
P
yA
Fx
A
O
x
xA
xP
M A=  x P − x A  F y − y P −y A  F x
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-21
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
●
Beispiel: Schraubenschlüssel
–
–
Gegeben:
y
●
Länge L = 15 cm
●
Kraft F = 200 N
●
Winkel α = 50°
●
Winkel β = 30°
P
yP
Fx
β
Fy
F
Gesucht:
●
Moment MA(F)
α
A
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1. Kräfte und Momente
xP
x
TM 1 1.3-22
06.04.16
3.1.2 Kräftepaar und Moment
–
Lösung:
F x =−F cos  , F y =F sin 
x A=0. y A=0, x P =L cos  , y P =L sin 
A
M = L cos  F y −L sin  F x
= L F  cos sin sin  cos  
= L F sin  
–
Die Beiträge der beiden Komponenten zum Moment können auch direkt aus der Zeichnung abgelesen werden, ohne
die Formel zu verwenden:
●
Komponente Fx hat den Hebelarm yP und dreht positiv.
●
Komponente Fy hat den Hebelarm xP und dreht positiv.
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1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-23
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
●
●
Alle am starren Körper angreifenden Kräfte können in
Gedanken an einen beliebig gewählten Bezugspunkt B
verschoben werden.
Dabei müssen die Momente der Kräfte um den Bezugspunkt B berücksichtigt werden.
Der Körper ist im Gleichgewicht, wenn
–
die Resultierende aller Kräfte am Bezugspunkt B verschwindet,
–
die Summe der Momente aller Kräfte um den Bezugspunkt
B verschwindet.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-24
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Gleichgewichtsbedingungen:
F3
F3
ΣMBi
F4
F2
F4
B
F1
F1
∑ F x =0,
Prof. Dr. Wandinger
F2
1. Kräfte und Momente
∑ F y=0,
∑ M =0
B
TM 1 1.3-25
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Beispiel :
–
Gegeben:
●
●
●
–
F
F = 1000 N
α = 60°
a = 3 m, b = 1 m, c = 1 m
b
Ax , Ay , By
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x
α
c
Ax
A
Gesucht:
●
y
Ay
1. Kräfte und Momente
a
B
By
TM 1 1.3-26
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
–
Lösung:
∑ F x =0 :
∑ F y =0 :
∑ M A=0 :
−F cos (α)+ A x =0
(1)
−F sin (α)+ A y + B y =0
(2)
c F cos(α)−b F sin (α)+a B y =0 (3)
(1) → A x =F cos(α)
b sin (α)−c cos(α)
(2) → B y =
F
a
[( )
(3) → A y =F sin (α)−B y =F 1−
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b
c
sin (α)+ cos(α)
a
a
1. Kräfte und Momente
]
TM 1 1.3-27
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
–
06.04.16
Zahlenwerte:
Ax =1000 N⋅cos (60 ° )=500 N
1 m⋅sin (60 °)−1 m⋅cos (60 °)
B y=
⋅1000 N
3m
=0,1220⋅1000 N=122,0 N
Ay =1000 N⋅sin (60 °)−122,0 N
=866,0 N−122,0 N=744,0 N
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-28
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Alternative Gleichungen 1:
–
1 Kraftgleichung und 2 Momentengleichungen um verschiedene Bezugspunkte
–
Die Verbindungslinie der Bezugspunkte darf nicht senkrecht
auf der Richtung für die Kräftegleichung stehen.
Falsch:
ΣF
Σ MA
A
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Σ MB
B
1. Kräfte und Momente
ΣF
Σ MA
Σ MB
A
B
TM 1 1.3-29
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Alternative Gleichungen 2:
–
3 Momentengleichungen um verschiedene Bezugspunkte
–
Die 3 Bezugspunkte dürfen nicht auf einer Geraden liegen.
Σ MC
ΣM
A
A
Prof. Dr. Wandinger
Falsch:
C
ΣM
B
Σ MA
B
1. Kräfte und Momente
Σ MC
A
C
Σ MB
B
TM 1 1.3-30
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Beispiel:
F
b
y
x
α
c
Ax
∑ F x =0 : −F cos  Ax =0
A
a
Ay
B
By
∑ M =0 : c F cos −b F sin a B y=0
A
∑ M B =0
: −a A y c F cos   a−b  F sin =0
[( )
→ A y =F 1−
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b
c
sin (α)+ cos(α)
a
a
1. Kräfte und Momente
]
TM 1 1.3-31
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
●
Beispiel: Seil über reibungsfrei gelenkig gelagerte Rolle
–
–
Gegeben:
●
Radius r
●
Winkel α und β
●
Seilkraft S1
y
Gesucht:
S2
Ax
x
●
Seilkraft S2
●
Lagerkräfte Ax , Ay
Prof. Dr. Wandinger
r
β
1. Kräfte und Momente
A
α
S1
Ay
TM 1 1.3-32
06.04.16
3.1.3 Gleichgewicht in der Ebene
–
Lösung:
A
M
∑ =0 : r S 2−r S 1=0
∑ F x =0
S 2 =S 1
: −S 2 cos(β)+ A x + S 1 cos(α)=0
→ A x =S 1 ( cos(β)−cos(α) )
∑ F y =0
: −S 2 sin (β)+ A y −S 1 sin (α)=0
→ A y =S 1 ( sin (β)+sin (α) )
Eine
Einereibungsfrei
reibungsfreigelenkig
gelenkiggelagerte
gelagerteRolle
Rollelenkt
lenktdie
die
Seilkraft
Seilkraftum,
um,ohne
ohneihren
ihrenBetrag
Betragzu
zuändern.
ändern.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-33
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
Kräftepaar im Raum:
–
–
–
Zwei parallele Kräfte liegen immer in einer Ebene.
Das Moment eines Kräftepaars kann daher wie
im ebenen Fall definiert
werden.
Es wird durch einen Pfeil
mit Doppelspitze dargestellt, der senkrecht auf
der Ebene steht.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
F
F
a
M
TM 1 1.3-34
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Für den Betrag gilt:
M =a F
–
Der Drehsinn wird durch
die Rechthand- oder Korkenzieherregel festgelegt.
–
Für Gleichgewichtsbetrachtungen kann der Angriffspunkt des Moments
beliebig in der Ebene
verschoben werden.
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
M
TM 1 1.3-35
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
06.04.16
Addition von Momenten:
–
Die Addition von zwei Momenten mit gleichem Angriffspunkt
kann auf die Addition von Kräften zurückgeführt werden:
M2
F
F1
M1
F2
a
F2
F1
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
F
TM 1 1.3-36
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
M2
Die Momentenpfeile sind
gegenüber den Kraftpfeilen um 90° gedreht.
–
Für die Längen gilt:
M
M1
Ebene der Kräftepaars (F, a)
Prof. Dr. Wandinger
–
M 1 =a F 1 , M 2 =a F 2
M =a F
–
Momente werden also
wie Kräfte nach der Parallelogrammregel addiert.
–
Momente sind daher
ebenfalls Vektoren.
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-37
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
06.04.16
–
Wie der Kraftvektor kann auch der Momentenvektor in seine Komponenten in Richtung der Koordinatenachsen zerlegt werden.
–
Komponenten, die in Richtung der Koordinatenachsen zeigen, sind positiv:
z
Mz
x
Prof. Dr. Wandinger
y
Mx
1. Kräfte und Momente
My
TM 1 1.3-38
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
06.04.16
Verschiebung eines Moments:
–
Es wurde bereits gezeigt, dass der Angriffspunkt eines Moments beliebig in der Ebene verschoben werden darf, auf
der der Momentenvektor senkrecht steht.
–
Zur Untersuchung einer beliebigen Verschiebung des Angriffspunkts wird wieder ein dem Moment entsprechendes
Kräftepaar betrachtet.
M
F
F
M =a F
a
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-39
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
a
a
F
b
b
M2
F
F
α
α
M1 = b F
M1 = b F
F
M 2 = √ a +b F ,
2
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
2
a
tan (α)=
b
TM 1 1.3-40
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
M2
M2 sin(α)
α
M2 cos(α)
M1
cos(α)=
b
a
,
sin
(α)=
2
2
2
2
a
+b
a
+b
√
√
M 2 cos(α)= √ a +b F
2
2
=b F =M 1
Bei
Beieinem
einemstarren
starrenKörper
Körperdarf
darf
der
derAngriffspunkt
Angriffspunkteines
eines
Moments
Momentsbeliebig
beliebigim
imRaum
Raum
verschoben
verschobenwerden.
werden.
Prof. Dr. Wandinger
M 2 sin (α)= √ a 2 +b 2 F
1. Kräfte und Momente
=a F =M
b
√ a2 +b 2
a
√ a 2+ b 2
TM 1 1.3-41
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
Moment einer Kraft um
einen Bezugspunkt:
–
–
F
Wirkungslinie und Bezugspunkt liegen immer
in einer Ebene.
B
Das Moment einer Kraft
um einen Bezugspunkt ist
daher wie im ebenen Fall
definiert:
M B ( F )=a F
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
06.04.16
a
MB
F
B
TM 1 1.3-42
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
Komponentenweise Berechnung:
–
Die Kraft Fx im Punkt P
soll durch eine Kraft Fx im
Punkt O und die entsprechenden Momente ersetzt werden.
z
P
zP
Fx
y
yP
O
xP
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
x
TM 1 1.3-43
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Verschiebung von Punkt
P nach Punkt Q
z
–
Verschiebung von Punkt
Q nach Punkt O
z
P
Q
zP
zP
M
Fx
Q
Q
y
y
z
MO y
yP
O
O
xP
Q
M z F x = y P F x
Prof. Dr. Wandinger
M
x
O
Fx
O
xP
z
O
x
Q
M y F x =z P F x , M z F x =M z F x 
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-44
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Allgemein:
●
Fz
Fy
z
P
zP
Fx
z
y
rP
MO x
yP
Fz
MOy
O
xP
Prof. Dr. Wandinger
Die Kraft F im Punkt P
soll durch eine Kraft F
im Punkt O und die entsprechenden Momente
ersetzt werden.
x
1. Kräfte und Momente
MO z
y
O
Fy
Fx
x
TM 1 1.3-45
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
M Ox =M Ox (F y )+ M Ox (F z )=−z p F y + y p F z
M Ox = y P F z −z P F y
M Oy = z P F x − x P F z
M Oz = x P F y −y P F x
M Oy =M Oy (F x )+ M Oy (F z )=z P F x − x P F z
M Oz =M Oz (F x )+ M Oz (F y )=−y P F x + x P F y
In Matrix-Schreibweise:
[ ][ ][ ]
M Ox
xP
Fx
M Oy = y P × F y
zP
Fz
M Oz
Prof. Dr. Wandinger
06.04.16
⃗
⃗ O =⃗r P × F
M
Vektoriell:
Betrag:
O
√
M = (M
1. Kräfte und Momente
O 2
x
O 2
y
O 2
z
) + ( M ) +( M )
TM 1 1.3-46
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
Beispiel:
–
Gegeben:
●
●
–
a = 0,5 m, b = 0,4 m,
c = 0,3 m
F1 = 400 N, F2 = 300 N,
F3 = 200 N, F4 = 100 N
F1
Momente um Punkt B
Prof. Dr. Wandinger
c
F2
B
y
b
Gesucht:
●
F4
z
x
1. Kräfte und Momente
a
F3
TM 1 1.3-47
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Lösung:
M By (F 1 )
M Bx (F 2 )
M Bz (F 2 )
M Bx (F 3 )
M By (F 3 )
M yB (F 4 )
M Bz (F 4 )
Prof. Dr. Wandinger
= c F1
= −c F 2
= bF2
= a F3
= −b F 3
= c F4
= −a F 4
M Bx =
−c F 2 + a F 3
M yB = c F 1−b F 3 + c F 4
M Bz =
b F 2−a F 4
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-48
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Zahlenwerte:
M By (F 1 )
M Bx (F 2 )
M Bz (F 2 )
M Bx (F 3 )
M By (F 3 )
M yB (F 4 )
M Bz (F 4 )
= 0,3 m⋅400 N
= −0,3 m⋅300 N
= 0,4 m⋅300 N
= 0,5 m⋅200 N
= −0,4 m⋅200 N
= 0,3 m⋅100 N
= −0,5 m⋅100 N
= 120 Nm
= −90 Nm
= 120 Nm
= 100 Nm
= −80 Nm
= 30 Nm
= −50 Nm
B
M x =−90 Nm +100 Nm=10 Nm
B
M y =120 Nm−80 Nm+30 Nm=70 Nm
B
M z =120 Nm−50 Nm=70 Nm
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-49
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
06.04.16
Gleichgewichtsbedingungen:
–
Wie im ebenen Fall werden alle am Körper angreifenden
Kräfte in Gedanken an einen beliebig gewählten Bezugspunkt B verschoben.
–
Der Körper ist im Gleichgewicht, wenn gilt:
∑ F x =0
∑ F y=0
∑ F z =0
Prof. Dr. Wandinger
∑ M Bx =0
∑ M By =0
∑ M Bz =0
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-50
06.04.16
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
●
Beispiel:
–
Gegeben:
●
●
–
F
F = 10 kN
a = 1 m, b = 2 m, e = 1 m
Gesucht:
●
z
Ax , Ay , Az
●
By , Bz
●
Cz
Prof. Dr. Wandinger
Ay
Ax
C
A
e
Az
a
e
B
x
1. Kräfte und Momente
Bz
b
By
Cz
y
TM 1 1.3-51
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
–
Gleichgewichtsbedingungen:
∑ F x =0 :
∑ F y =0 :
∑ F z =0 :
A
M
∑ x =0 :
A
M
∑ y =0 :
A
M
∑ z =0 :
–
06.04.16
A x =0
(1)
−A y + B y =0 → A y =B y
(2)
−A z + B z +C z −F =0
(3)
a ( B z +C z )−( a+b ) F =0
(4)
e ( C z −B z )=0 → C z =B z (5)
e B y =0 → B y =0
(6)
Lösung:
(6) in (2): Ay =0
Prof. Dr. Wandinger
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-52
3.2 Allgemeine Kraftsysteme im Raum
(5) in (4): 2 a B z =( a+b ) F → B z =
in (3): A z =B z +C z −F =
–
06.04.16
a+b
a+b
F , C z=
F
2a
2a
a+b−a
b
F → A z= F
a
a
Zahlenwerte:
A x = 0 kN
A y = 0 kN
2m
Az =
⋅10 kN=20 kN
1m
Prof. Dr. Wandinger
B y = 0 kN
1 m+2 m
Bz =
⋅10 kN=15 kN
2⋅1 m
C z = 15 kN
1. Kräfte und Momente
TM 1 1.3-53

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