föreläsningar i mekanik (fmea30) del1: statik och partikeldynamik · 2015. 9. 3. · mekanik, del...

Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik 2015, Utgåva 2

1

Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del1: Statik och partikeldynamik Läsvecka 1 Föreläsning 1: Inledning. Kraftsystem, kraft (2/1-2/4) Vad är kraft och vad är moment? Som vi känner dessa begrepp sedan tidigare så kan en kraft sätta ett föremål i rörelse eller hindra ett föremål från att röra sig. När vi tänker på kraft som ett teoretiskt begrepp så förställer vi oss det som en pil som pekar i den riktning som kraften verkar och vars längd representerar kraftens storlek. I Figur 1.1 (a) nedan är en kabel (lina) fastsatt i ett vinkeljärn som i sin tur är fastskruvat i en balk. Kabeln är sträckt med förspänningskraften (N)P . Detta representerar vi med en ”kraft-pil” P som är riktad längs kabeln, enligt (b), och har beloppet (’längden’) P = P (1.1)

(c)

Figur 1.1 Begreppet kraft. Om vi i första hand betraktar vinkeljärnet så kan vi säga att kraften från kabeln är en på vinkeljärnet anbringad kraft (applied force). Vinkeljärnet hålls på plats av krafter i skruvarna som vi kallar reaktionskrafter (reactive forces). Dessa krafter uppstår som en reaktion på den anbringade kraften. För att vinkeljärnet ska sitta kvar så krävs att rektionskrafterna ”balanserar” den anbringade kraften. Vi uttrycker detta matematiskt med formeln + = ⇔ = −F R 0 R F (1.2)

P

R

A O


2

d v s summan av den anbringade kraften och reaktionskraften är lika med noll. Såväl den anbringade kraften från kabeln som reaktionskraften från skruvarna uppfattar vi som yttre krafter på vinkeljärnet. Nå, vad är nu ett moment? Ja, om vi tittar på Figur 1.2 a) så får man en känsla av att vinkeljärnet, utsatt för de yttre krafterna P och R , kommer att vilja rotera vinkeljärnet ”medurs” (clockwise). För att förhindra detta krävs att ett moment M verkar på vinkeljärnet enligt Figur 1.2 b) nedan. Momentet vrider ”moturs” (counterclockwise) och kommer att balansera den vridning som krafterna vill åstadkomma. a) b)

Figur 1.2 Begreppet moment. Krafter uppträder även inuti vinkeljärnet, så kallade inre krafter (internal forces). Dessa inre krafter (spänningar) motsvaras eventuellt av deformationer hos vinkeljärnet vilka är fördelade över vinkeljärnets volym. Om de inre krafterna i vinkeljärnet blir alltför stora kan materialet i vinkeljärnet gå sönder. Det är således av intresse att kunna beräkna, förutom reaktionskrafterna, även de inre krafterna. Punkten A kallas kraftens F angreppspunkt (point of application). Vad händer om man byter angreppspunkt, kommer då kraftens verkan att ändras? a) b)

Figur 1.3 Kraftens angreppspunkt. Om kraftens angriper i punkten B i stället för i A så ändrar detta naturlivis inte ekvationen (1.1) medan däremot momentet M måste öka för att kunna hålla emot krafternas vridande verkan, 1 >M M .

På vilket sätt momentet ökat kommer vi att återkomma till. Om kraftens angreppspunkt flyttas till C som är en punkt på den linje genom A som är parallell med så kommer krafternas vridande verkan inte att ändras och momentet M behöver då inte ändras, 2 =M M . En kraft bestäms således av sin

angreppspunkt A och en kraftvektor P . Bägge behövs för att kraften skall vara definierad. Den linje som går genom kraftens angreppspunkt och är parallell med kraften kallas kraftens verkningslinje

P

A

R

O 1M

B

P A

A

R

2M

C

P

O A

A

R

O M

P

A

R

O

rotationsriktning


3

(line of action). Vi kan således flytta kraften längs verkningslinjen och låta den angripa i en annan punkt på verkningslinjen utan att kraftens verkan ändras. Detta gäller dock endast under förutsättningen att kroppen ifråga kan betraktas som stel (rigid) d v s om kroppens form inte kan ändras. I vårt exempel ovan med vinkeljärnet är detta villkor approximativt uppfyllt om vinkeljärnet är tillverkat i stål. Om vinkeljärnet tillverkats i gummi kan dock antagandet om stelhet ifrågasättas. För den stela kroppen i figuren nedan är det tillåtet att flytta kraften P från punkten B till punkten A längs sin verkningslinje. Att flytta kraften till punkten D är dock inte utan vidare tillåtet.

Figur 1.4 Kraftens verkningslinje.

Antag nu att vinkeljärnet påverkas av två anbringade krafter 1F och 2F båda angripande i punkten A

enligt Figur 1.5. Krafterna 1F och 2F sägs då vara samverkande (concurrent) i punkten A. Samverkande krafter kan ersättas med sin resultant 1 2= +R F F (1.3) angripande i punkten A.

Figur 1.5 Samverkande krafters resultant. Hur kan man göra med punktkrafter som inte är samverkande, d v s som inte angriper i samma punkt? Låt 1F angripa i punkten A och låt 2F angripa i punkten i punkten B enligt Figur 1.6. Om vi antar att krafternas verkningslinjer ligger i samma plan och inte är parallella så kan man göra som i Figur 1.6. Förutsättningarna innebär att verkningslinjerna har en skärningspunkt C. Flytta nu krafterna längs sina respektive verkningslinjer så att de angriper i C. Krafterna är nu samverkande och vi kan bilda deras resultant enligt Figur 1.5. Resultantens kraftvektor ges av (1.3) och dess angrepps punkt ges av C.

⇔

1F

A R

2F

A

D P

×


4

Figur 1.6 Ej samverkande krafters resultant. Om krafterna 1F och 2F angriper i samma punkt A och 2 1= −F F så följer att

1 2 1 1= + = − =R F F F F 0 . d v s krafterna motverkar, ”tar ut” varandra. Se Figur 1.7!

Figur 1.7 Motverkande krafters resultant. Hur gör man nu om krafterna är parallella? Antag att vi har krafterna 1F och 2F angripande i punkterna A och B, respektive. Antag att krafterna är parallella. Se Figur 1.8 nedan. Tillfoga krafterna F och −F med angreppspunkterna A och B, respektive och med en gemensam verkningslinje som går genom punkterna A och B enligt Figur 1.8 nedan. Observera att verkan av dessa båda krafter tar ut varandra. Krafterna 1F och F blir då samverkande och vi kan bilda deras resultant 1 1= +R F F (1.4) På samma sätt bildar vi resultanten till 2F och −F . 2 2= −R F F (1.5) Krafterna 1R och 2R är ej parallella och vi kan nu använda konstruktionen för ej samverkande

krafters resultant enligt Figur 1.6. Resultanten till 1R och 2R ges då av

2F

A

B

1F

C

2F

1F

C R

1F

A

2 1= −F F

1F

A

2 1= −F F C


5

1 2 1 2 1 2= + = + + − = +R R R F F F F F F (1.6) med angreppspunkten C enligt Figur 1.8.

Figur 1.8 Ej samverkande parallella krafters resultant. En kraft P kan delas upp i komposanter (vector components) 1P och 2P så att 1 2= +P P P (1.7) Detta kan göras på oändligt många sätt varav två möjligheter visas i figuren nedan. En sådan uppdelning kan vara till hjälp vid problemlösning. Vilken uppdelning som är lämplig avgörs från fall till fall.

Figur 1.9 Uppdelning i komposanter. Om vi inför en bas av vektorer a och b i planet så kan kraften skrivas a bP P= +P a b (1.8)

A B

C

P

A 1P

2P

P

A

1P

2P


6

där aP och bP kallas kraftens komponenter (scalar components) i basen , a b . Om basvektorerna är

dimensionslösa kommer komponenterna aP och bP att ha samma fysikaliska dimension som P .

Beloppet för kraften P kan nu skrivas

( ) ( )2 2 2a b a b a b a bP P P P P P 2 P P= ⋅ = + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + ⋅ =P P P a b a b a a b b a b

2 22 2a b a bP P 2 P P+ + ⋅a b a b (1.9)

Antag nu att basvektorerna har längden lika med ett, d v s 1= =a b . De sägs då vara normerade

och benämnes enhetsvektorer. Då gäller att

cos cos2 2 2 2 2a b a b a b a bP P 2P P P P 2P Pa b= + + = + −P (1.10)

där a är vinkeln mellan basvektorerna enligt Figur 1.10 a) nedan och där 180b a= °− enligt Figur

1.10 b). I steget från (1.9) till (1.10) har vi använt sambandet cosa⋅ =a b a b . Den geometriska

additionen av vektorer enligt Figur 1.10 b) brukar kallas parallellogram-lagen (parallelogram rule) Sambandet (1.10) brukar kallas cosinussatsen (law of cosines)

Figur 1.10 Uppdelning i komposanter. Om vi väljer basvektorerna ortogonala, 0⋅ =a b ( 90a = ° ) och dessutom normerade så får vi en ortonormerad bas. Vi betecknar basvektorerna i en ortonormerad bas i och j , och för dessa gäller 1⋅ =i i , 1⋅ =j j , 0⋅ =i j (1.11) Vi associerar basvektor i med riktningen hos en x - axel och j med riktningen hos en y -axel enligt figuren nedan. Vektorn i kallas då x - riktningen ( x - direction) och j , y - riktningen ( y - direction). För en kraft F kan vi nu skriva x y x yF F= + = +F F F i j (1.12)

P

A

b

a

bPb

aPa

a

b

a

P

A

bPb aPa a

b

b) a)


7

där x xF=F i är kraftens komposant i x - led och y yF=F j är kraftens komposant i y - led, xF är

kraftens x - komponent och yF är kraftens y - komponent. Vi noterar att beloppet (magnitude) av F ges av uttrycket 2 2

x yF F F= = +F , cosxF F θ= , sinyF F θ= (1.13)

Om basen , i j är given (underförstådd) kan man använda matris-notation och skriva

( )x y x yF F F F= + =F i j (1.14)

Figur 1.11 Uppdelning ortogonala komposanter. Givet två krafter 1 1x 1yF F= +F i j och 2 2 x 2 yF F= +F i j . Deras kraftsumma (vektorsumma) ges då

av ( ) ( )

x y

1 2 1x 1y 2 x 2 y 1x 2 x 1y 2 y x y

F F

F F F F F F F F F F= + = + + + = + + + = +F F F i j i j i j i j((

((

x 1x 2 x x

y 1y 2 y y

F F F F

F F F F

= + =

= + =

∑∑

(1.15)

Figur 1.12 Summa av två krafter.

F

xF

yF


8

Om vi har många punktkrafter , , ,1 2 nF F F blir deras kraftsumma

( ) ( )n n n

k kx kyk 1 k 1 k 1

F F= = =

= = +∑ ∑ ∑F F i j

n

x kxk 1

n

y kyk 1

F F

F F

=

=

= =

∑

∑

Matematik-ruta 1: Skalär produkt (scalar product) Låt λ vara ett reellt tal och a och b vektorer med

x y za a a= + +a i j k , x y zb b b= + +b i j k Då gäller

( ) ( ) cosx y z x y z x x y y z za a a b b b a b a b a b θ⋅ = + + ⋅ + + = + + =a b i j k i j k a b ⋅ = ⋅a b b a , ( )⋅ + = ⋅ + ⋅a b c a b a c , ( ) ( )λ λ⋅ = ⋅a b a b , ( ) ( )λ λ⋅ = ⋅a b a b

0⋅ = ⇔ ⊥a b a b

2 2 2x y za a a= + +a

1⋅ = ⋅ = ⋅ =i i j j k k , 0⋅ = ⋅ = ⋅ =i j j k k i Ortogonal projektion, komposantuppdelning Enhetsvektorn i vektorns a riktning

, a = ≠ae a 0a

Uppdelning i ortogonala komposanter

a a′ ′′= +b b b , a a 0′ ′′⋅ =b b Komposanter

( )a a a 2⋅′ = ⋅ =

b ab e e b aa

( )( )a a a 2× ×′′ = × × =

a b ab e b ea

För definition av vektorprodukten se Matematik- ruta 2, sid 14.

b

aθ

b

aθ

ae

a ⋅e b

b

a′bθ

a′′b


9

Exempel 2.1 The magnitude of the force F is 600N . Express F as a vector in terms of the unit vectors i and j . Identify both the scalar and vector components of F .

Figur 1.13 Exempel 2.1. Lösning: x yF F= +F i j där cos cosxF F 30 600N 30 520N= ° = ° = och sin cosyF F 30 600N 30 300N= − ° = − ° = − Således ( )520N 300N= + −F i j och därmed Vektor komponenter (komposanter): x 520N=F i , ( )y 300N= −F j

Skalära komponenter: xF 520N= , yF 300N= −

Kontroll: Kraftens belopp: ( )2 2 2 2x yF F 520 300 N 600N= + = + − ≈F , OK!

__________________ En linje är entydigt bestämd av två punkter på linjen. Antag punkterna A och B givna med koordinaterna ( , )A Ax y och ( , )B Bx y i ett Cartesisk (rectangular) koordinatsystem.

Figur 1.14 Riktningsvektorn för en rät linje. Lägesvektorerna för punkten A och B ges av

x

y

B

A ABn

O

Ar

Br


10

A OA A Ax y= = +r r i j , B OB B Bx y= = +r r i j respektive. Den vektor, ABr , som förbinder A och B ges då av ( ) ( ) ( )AB B A B B A A B A B Ax y x y x x y y= − = + − + = − + −r r r i j i j i j Den räta linjens riktningsvektor ABn kan då skrivas

( ) ( )( ) ( )

AB B A B AAB 2 2

AB B A B A

x x y yx x y y

− + −= =

− + −

r i jnr

(1.16)

Exempel 2.2 The line of action of the .9 6kN force F runs through the points A and B as shown in the figure. Determine the x and y scalar components of F .

Figur 1.15 Exempel 2.2. Lösning: ABF=F n där .F 9 6kN= =F och ABn är riktningsvektorn för kraftens verkningslinje,

d v s enligt (1.16)

( ( )) ( ( )) . .( ( )) ( ( ))

AB 2 2 2 2

300 150 100 200 450 300 0 832 0 555300 150 100 200 450 300

− − + − − += = = +

− − + − − +

i j i jn i j

Kontroll . .2 2AB 0 832 0 555 1= + ≈n , OK!

Därmed ( . . ) . . .ABF 0 832 0 555 9 6kN 7 99kN 5 33kN= = + = +F n i j i j vilket innebär att

Skalära komponenter: .xF 7 99kN= , .yF 5 33kN= ____________________ Problem 2/23 Determine the resultant R of the two forces shown by (a) applying the parallelogram rule for vector addition and (b) summing up scalar components.


11

Figur 1.16 Problem 2/23. Lösning: Vi söker storlek R och riktning θ för resultanten R . Se Figur 1.17 nedan. Cosinussatsen

(1.10) ger

cos cos2 2 2 2 21 2 1 2F F 2F F 400 600 2 400 600 120 872Nb= + − = + − ⋅ ⋅ °⇒ =R R

Sinussatsen ger

.sin sin600 872 36 6

120θ

θ= ⇒ = °

°

Med x yR R= +R i j erhålles

sin2

y kyk 1

R F 400 600 30 700N=

= = − − ° = −∑ , cos2

x kxk 1

R F 0 600 30 520N=

= = + ° =∑

Figur 1.17 Lösning 2/23. _____________________

y

x 30°

120b = °

1F

2F

R

θ


12

Föreläsning 2: Kraftsystem, moment (2/4-2/6) Vi har diskuterat en krafts verkan och konstaterat att en kraft är förbunden med en viss angreppspunkt. Den har en dragande (tryckande) verkan och den påverkar den kropp som den angriper genom att vilja sätta den i rörelse eller genom att motverka (förhindra) dess rörelse. Vi såg tidigare, när vi studerade vinkeljärnet att den anbringade kraften P , vid jämvikt, motverkas av en reaktion som bestod av en kraft R och ett moment M , se Figur 1.2. Momentet har en vridande verkan och behövdes för att motverka den vridande verkan som krafterna P och R ger upphov till. Krafter har således också en verkan i form av en vridande förmåga. Med en rörtång försöker man vrida ett rör och anbringar för den sakens skull en kraft F på tångens skaft enlig figuren nedan.

Figur 2.1 En krafts vridande verkan. Låt B, i figur 2.1 b), beteckna kraftens angreppspunkt och låt AB=r r beteckna vektorn från punkten A på rörets symmetriaxel till punkten B. Kraftens moment, med avseende på punkten A, definieras som den vektor M som är vinkelrät mot det plan som spänns upp av vektorerna r och F och som har beloppet M F d= =M (2.1)

där F = F och d är vinkelräta avståndet från vridningsaxeln O-O till kraftens verkningslinje och

som pekar i den riktning som ges av ”högerhandsregeln”: Låt fingrarna på höger hand peka i kraftens vridningsriktning då ger tummen (på höger hand) riktningen för momentvektorn. Se Figur 2.1 c) ovan. Med ett ”ovanifrånperspektiv” så har vi en situation enligt Figur 2.2 nedan.

Figur 2.2 En krafts vridande verkan.

B r a

i k

j

⋅

O

O

B

A B


13

Punkten A kallas momentpunkt. Om vi inför basvektorer , , i j k enligt figuren så kan vi således

skriva (observera att sind r a= där r = r )

sinM F d F r a= = =M k k k (2.2) Antag att koordinatsystemet är valt så att r=r i , d v s vektorn r=r i är parallell med x - axeln. Detta är möjligt eftersom valet av koordinatsystemet är fritt! Om vi nu bildar vektorprodukten mellan lägesvektorn r=r i och kraften x yF F= +F i j så erhålles

( ) sinx y x y yr F F rF rF rF F r a=

× = × + = × + × = =0

r F i i j i i i j k k

eftersom × =i i 0 , × =i j k och sinyF F a= . Vi har således visat att

= ×M r F (2.3) Det vill säga kraftens F moment med avseende på punkten A är lika med vektorprodukten mellan lägesvektorn r och kraftvektorn F . Om man vill förtydliga kan man utnyttja skrivsättet A AB= ×M r F där A betecknar momentpunkten och B betecknar kraftens angreppspunkt. Antag nu att x y= +r i j . Då gäller att ( ) ( )x y x y x yx y F F x F x F y F y F= × = + × + = × + × + × + × =M r F i j i j i i i j j i j j

( )y x yxF yF xF yF× + × = −i j j i k (2.4)

där vi utnyttjat att vektorprodukten följer den distributiva lagen (man får multiplicera in i parentesen) och att × = × =i i j j 0 , × = − × =i j j i k . Momentet har följande egenskap: Om kraften F har

komposanterna 1F och 2F , d v s 1 2= +F F F så gäller att ( )1 2 1 2= × = × + = × + ×M r F r F F r F r F d v s kraftens moment är summan av komposanternas moment (Varignon’s teorem). Vi kan generalisera (2.4) till tre dimensioner. Om x y zF F F= + +F i j k och x y z= + +r i j k så gäller att ( ) ( ) ( )z y x z y xyF zF zF xF xF yF= × = − + − + −M r F i j k


14

Exempel 2.3 Determine the moment of the 800N force about point A and point O.

Figur 2.3 Exempel 2.3. Lösning: Vi redovisar två olika metoder för lösning av problemet. Metod 1: Beräkna de vinkelräta avstånden 1d och 2d från respektive momentpunkt till kraftens verkningslinje. Se Figur 2.4 nedan. Det gäller att . cos .1d 0 875 30 0 757m= ° = , . . sin .2d 0 757 0 625 30 0 444m= − ° =

Matematik-ruta 2: Vektor produkt (Cross-product) Låt a och b vara vektorer med

x y za a a= + +a i j k , x y zb b b= + +b i j k Då gäller

( ) ( ) ( )x y z y z z y z x x z x y y x

x y z

a a a a b a b a b a b a b a bb b b

× = = − + − + −i j k

a b i j k

Beloppet av vektorprodukten, sinθ× =a b a b , svarar mot arean av den

parallellogram som spänns upp av vektorerna a och b . Se figur ovan! × = ⇔a b 0 a b × = − ×a b b a , ( )× + = × + ×a b c a b a c , ( ) ( )λ λ× = ×a b a b ,

( ) ( )λ λ× = ×a b a b × =i j k , × =j k i , × =k i j

b

θ

×a b

a

i

j k


15

Då gäller enligt (2.2), om hänsyn tas till kraftens vridningsriktning (med F 800N= =F ), ( ) ( . ) ( )A 1F d 800N 0 757m 606 Nm= − = − ⋅ = −M k k k

Figur 2.4 Lösning 2.3. ( ) ( . ) ( )O 2F d 800N 0 444m 356 Nm= − = − ⋅ = −M k k k Metod 2: Med x yF F= +F i j där sinxF F 30 600sin30 400N= − ° = − ° = − och yF =

cos cosF 30 600 30 693N− ° = − ° = − och OB B Bx y= +r i j där .Bx 0 875m= och .By 0 625m= erhålles enligt (2.4) ( ) ( . ( ) . ( )) ( )O B y B xx F y F 0 875m 693N 0 625m 400N 356 Nm= − = ⋅ − − ⋅ − = −M k k k

Notera att tecknet här kommer ut automatiskt! Med OA A Ax y= +r i j där Ax 0m= och

.Ay 0 625m= gäller att ( . ) ( ( ) ( )) . ( ) ( )A AB 0 875m 400N 693N 0 875m 693N 606 Nm= × = × − + − = × ⋅ − = −M r F i i j i j k _______________________________ Vi sammanfattar. Till en kraft F hör alltid en angreppspunkt, d v s en punkt A i kroppen där kraften angriper. Paret ( , )AF kallar vi för en punktkraft. Kraftens verkningslinje definieras av

angreppspunkten A och riktningsvektorn Fn som definieras av

, F = ≠Fn F 0F

(2.5)

Ekvationen för verkningslinjen ges då av

F

1d

2d


16

, A F s s= + −∞ < < ∞r r n (2.6) där A OA=r r och O är en fix punkt i rummet, ett origo. Kraftens moment m a p momentpunkten O ges av O A= ×M r F Figur 2.5 Punktkraft. För punktkraften ( , )BF , där punkten B ligger på kraftens ( , )AF verkningslinje, gäller att momentet m a p O blir ( )O B A AB A= × = + × = ×M r F r r F r F

eftersom AB × =r F 0 då ju ABr F , se Figur 2.5 ovan! Punktkrafterna ( , )BF och ( , )AF har således samma moment! Detta är förklaringen till att man får flytta en kraft längs sin verkningslinje! Vi börjar nu det systematiska studiet av kraftsystem. Vår ambition är att fullständigt karakterisera godtyckliga kraftsystem bestående av punktkrafter (och moment). Det enklaste kraftsystemet består av en punktkraft ( , )AF och det näst enklaste av två punktkrafter: ( , )1 AF och ( , )2 BF , se Figur 2.6

nedan. Systemets kraftsumma F definieras i detta fall av vektorsumman 1 2= +F F F (2.7) och kraftsystemets momentsumma, m a p O, ges av O A 1 B 2= × + ×M r F r F (2.8)

verkningslinje

Br

O

F

A

B

Fn

Ar

O

F

A

r


17

Figur 2.6 Kraftsystem bestående av två punktkrafter Vi betraktar nu ett system som består av två likadana och motriktade krafter F och −F enligt figuren nedan.

Figure 2.7 Kraftpar (Couple). Detta kraftsystem kallas ett kraftpar (Couple) och har kraftsumman: ( )+ − = − =F F F F 0 och momentsumman, se Figur 2.7 b), ( ) ( )O A B A B BA= × + × − = − × = ×M r F r F r r F r F (2.9)

Om vi låter basvektorn k peka i samma riktning som OM kan vi skriva

sin sinO BA BA BAF F dθ θ= × = = =M k r F k r F k r k (2.10)

där F = F och sinBAd θ= r är det vinkelräta avståndet mellan krafterna verkningslinjer. Se

nedanstående Figur 2.8. Om man utgår från Figur 2.7 a) erhåller man direkt och på enklaste sätt : ( )O M Fa F a d Fd= − + + = (2.11) med riktningen k .

B Ar

O

1F

A Br

B

2F


18

Figur 2.8 Kraftpar. Hur ändrar sig momentet för ett kraftpar när man byter momentpunkt från O till någon annan punkt Q? Ja, enligt (2.9) beror momentet för ett kraftpar endast av vektorerna BAr och F och således inte alls på momentpunkten! Det gäller således att , Q BA Q= × ∀M r F (2.12)

(symbolen ∀ betyder ’för alla’). Man kan alltså flytta runt momentpunkten för ett kraftpar hur man vill utan att detta ändrar kraftparets moment! Alternativt kan man säga att man kan flytta runt kraftparet hur man vill om man inte ändrar på vektorerna BAr och F . Det är nu möjligt att, på samma sätt som vi införde krafter, representerade av vektorer, införa (”rena”) moment och representera dessa med vektorer. Ett moment M som verkar på en kropp ritas då som en vektorpil försedd med vridningsriktning enligt nedanstående figur.

Figur 2.9 Moment. Moment kan liksom krafter adderas vektoriellt. Momentsumman i Figur 2.9 b), som föreställer momentvektorer med godtyckliga riktningar rummet, ges av 1 2= +M M M (2.13) Om kraften i huvudsak utövar en dragande/tryckande verkan så utövar ett moment (couple) en rent vridande verkan. En åskådlig bild av ett moments verkan kan ges av skruvmejseln som överför en vridande verkan till skruven.

B

A

−F F BAr

θ d

b) a)

i k

j

⋅

B

1M

A

B

2M


19

Figur 2.10 Moment Momentsumman för kraftsystemet i Figur 2.10 nedan, m a p punkten O, ges nu av O A 1 B 2 1= × + × +M r F r F M d v s summan av de båda krafternas moment och momentet 1M . Observera att var vi placerar

momentet 1M (t ex i punkten C enligt figuren) har ingen betydelse för momentsumman.

Kraftsumman för kraftsystemet i Figur 2.10 ges av ekvation (2.7) ovan eftersom momentet 1M inte påverkar kraftsumman!

Figur 2.11 Kropp angripen av två krafter och ett moment.

B Ar

O

1F

A Br

B

1M

C

2F

B

A

M


20

Om man har ett moment M kan detta realiseras med ett kraftpar på (oändligt) många sätt. Antag att vi har ett kraftpar ( , )AF , ( , )B−F som uppfyller BA × =r F M

då gäller för kraftparet ( , )CG , ( , )D−G , där CD BAλ=r r och 1λ

=G F att

CD BA BA1λλ

× = × = × =r G r F r F M

d v s även kraftparet ( , )CG , ( , )D−G är en realiserig av M . I figuren nedan visas exempel på olika realiseringar av ett moment M .

Figur 2.12 Realiseringar av moment. Antag att vi har en punktkraft ( , )AF enligt figuren nedan. Vi kan ersätta denna punktkraft med ett

kraftsystem bestående av en punktkraft ( , )BF och ett moment BA= ×M r F . Vi säger att de båda kraftsystemen är ekvivalenta (ekvimomenta).

Figur 2.13 Ekvivalenta kraftsystem. Exempel 2.4 A force F 60N= acts along a line AB. Determine the equivalent force-couple system at the point C.

≡ ≡ Ar

O

F

A

B

O

F

A Br

B

M

C

O

F

A Br

B

M


21

Figur 2.14 Exempel 2.4. Lösning: Kraften kan skrivas ABF=F n där F 60N= och, enligt (1.16), gäller att

( ) ( ) ( . . ) ( . )( ) ( ) ( . . ) ( . )

AB B A B AAB 2 2 2 2

AB B A B A

x x y y 0 02 0 05 0 04 0x x y y 0 02 0 05 0 04 0

− + − − + −= = = =

− + − − + −

r i j i jnr

( . ) . ( ). .2 2

0 03 0 04 3 45 50 03 0 04

− += − +

+

i j i j

Således ( ( ) )AB3 4F 605 5

= = − +F n i j , och därmed

. ( ( ) ) . .C CA3 4 4 40 05m 60N 0 05 60 0 05 605 5 5 5

= × = × − + = × = =M r F i i j i j k

( . ) .40 05 60 2 4Nm5⋅ ⋅ =k k

Alternativt kan vi dela upp kraften F i komposanter, enligt (se figuren nedan)

( )1 23 460 605 5

= + = − +F F F i j

Figur 2.15 Lösning 2.4.

( )1

360

5= −F i

2

460

5=F i


22

Direkt från Figur 2.15 erhålles (Observara att punktkraften ( , )1 AF har momentet noll m a p punkten C)

( . ) .: C4

60N 5 0 01m 2 4Nm5

C M ⋅ ⋅ ==

Figur 2.16 Lösning 2.4. _________________________________ Exempel 2.5 Each propeller of the twin-screw ship develops a full speed trust of 300kN . In maneuvering the ship one propeller is turning full speed ahead and the other full speed reverse. What trust force P must each tug exert on the ship to counteract the effect of the ship’s propellers?

Figur 2.17 Exempel 2.5. Lösning: Fartyget påverkas av två kraftpar: 1 P 70m= ⋅M k och ( )2 F 12m= − ⋅ =M k

( ) ( . )300kN 12m 3 6MNm− ⋅ = −k k . Momentsumman: ( . ) ( . )1 2 P 70m 3 6MNm P 70m 3 6MNm= + = ⋅ + − = ⋅ −M M M k k k ( . ) . .P 70m 3 6MNm P 70m 3 6MNm 0 P 51 4kN= ⇒ ⋅ − = ⇒ ⋅ − = ⇒ =M 0 k 0

C

R

M

70m


23

Figur 2.18 Lösning 2.5. ________________________________________ Låt oss nu studera ett kraftsystem som består av fler än två punktkrafter, t ex: ( , )1 AF , ( , )2 BF ,

( , )3 CF , se Figur 2.19. Kraftsumma och momentsumma ges av 1 2 3= + +F F F F , O A 1 B 2 C 3= × + × + ×M r F r F r F (2.14) Vi förutsätter att kraftsystemet är plant (two-dimensional), dvs att punkterna A, B och C ligger i ett gemensamt plan och att krafterna , ,1 2 3F F F är parallella med detta plan.

Figur 2.19 Kraftsystem bestående av tre punktkrafter. Är det möjligt att ersätta detta kraftsystem med ett kraftsystem bestående av en punktkraft: ( , )PR ? För att undersöka detta kompletterar vi Figur 2.19 med krafternas verkningslinjer. Verkningslinjerna för krafterna ( , )2 BF , ( , )3 CF skär varandra i punkten D. Förflytta kraftvektorerna till D och

summera vektorerna till 2 3+F F . Se nedanstående Figur 2.20.

Inför därefter verkningslinjen för punktkraften ( , )2 3 D+F F . Denna skär verkningslinjen för ( , )1 AF

i punkten P. Förflytta kraftvektorerna 2 3+F F och 1F till P och summera vektorerna till

1 2 3= + +R F F F . Se nedanstående Figur 2.21.

P

P

F

F

70m

12m i k

j

⋅

1F

A

2F

B

C

3F O

Ar

Br

Cr


24

Figur 2.20 Summering av punktkrafterna ( , )2 DF , ( , )3 DF .

Figur 2.21 Summering av punktkrafterna ( , )1 PF , ( , )2 3 P+F F . Vi har då erhållit ett kraftsystem bestående av punktkraften ( , )PR där 1 2 3= + +R F F F Se Figur 2.22 nedan. Kraftsystemet ( , )PR kallas kraftresultanten till kraftsystemet ( , )1 AF , ( , )2 BF , ( , )3 CF .

Figur 2.22 Kraftresultanten ( , )PR .

1F

A

B

C

P 2 3+F F

1 2 3+ +F F F

A

B

C

P

R

1F

A

2F

B

C

3F

D 2 3+F F

P


25

Ett alternativt sätt att behandla detta problem visas i det följande. Vi börjar med att införa verkningslinjerna till samtliga punktkrafter enligt figuren nedan. Välj en godtycklig punkt D och bestäm de vinkelräta avstånden 1d , 2d och 3d från var och en av verkningslinjerna till punkten D, enligt figuren nedan.

Figur 2.23 Kraftsystem bestående av tre punktkrafter. Vi kan nu flytta samtliga kraftvektorer till punkten D, om vi samtidig inför (kompenserar med) moment 1 DA 1 1M= × =M r F k , 2 DB 1 2M= × =M r F k och 3 DC 1= × =M r F 3Mk , där 1 1 1M F d= − , 2 2 2M F d= , 3 3 3M F d= − (2.15) Vi har då ett kraftsystem bestående av punktkrafterna ( , )1 DF , ( , )2 DF , ( , )3 DF och momenten

1M , 2M , 3M . Detta kraftsystem har kraftsumman enligt (2.14) och momentsumman D 1 2 3 DM= + + =M M M M k (2.16) m a p punkten D där D 1 1 2 2 3 3M F d F d F d= − + − . Vilken momentsumma har detta kraftsystem m a p O? Jo, momentsumman D D 1 D 2 D 3 DA 1 DB 2 DC 3 D+ × + × + × = × + × + × + × =M r F r F r F r F r F r F r R ( ) ( ) ( )A D 1 B D 2 C D 3 D A 1 B 2 C 3− × + − × + − × + × = × + × + × −r r F r r F r r F r R r F r F r F D D A 1 B 2 C 3× + × = × + × + ×r R r R r F r F r F d v s samma moment som det ursprungliga kraftsystemet. Kraftsystemen i figurerna 2.19 och 2.24 a) är således ekvivalenta. Vi kan nu ersätta kraftsystemet ( , )1 DF , ( , )2 DF , ( , )3 DF med punktkraften

( , )DR och erhåller då det ekvivalenta kraftsystemet bestående av ( , )DR och momentet DMk . Detta kallas kraftsystemets resultant i punkten D. Se Figur 2.24 b).

1F

A 2F

B

C

3F

D

3d 1d

2d i k

j

⋅


26

Observera att punkten D kan väljas fritt! Kan vi välja D så att DM 0= , d v s har systemet en

kraftresultant? Ja, välj D P= enligt Figur 2.21! I själva verket gäller att varje plant kraftsystem har en kraftresultant. a) b)

Figur 2.24 Resultanten ( , , )DM DR k Exempel 2.6 Determine the magnitude of the force F applied to the handle which will make the resultant of the three forces pass through O.

Figur 2.25 Exempel 2.6. Lösning: För att resultantens R verkningslinje skall passera genom O krävs att kraftsystemet i figuren ovan är ekvivalent med punktkraften ( , )OR . Se figuren nedan, vilket innebär att kraftsystemets moment m a p O är lika med noll. : . . .OO M F 0 3m 120N 0 15m 240N 0 25m 0 F 260N= − ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ = Vi kan nu beräkna kraftvektorn R som ju är summan av krafterna i Figur 2.26. Det gäller att F 120N 240N 260N 360N= + + = +R i j j i j

A A

R

B

C

D DM

A

1F 2F

B

C

3F

D DM


27

Figur 2.26 Lösning 2.6. Riktningsvektorn för resultanten ges då av

. .R 2 2

260 360 0 585 0 810260 360

+= = = +

+

R i jn i jR

________________________________ Exempel 2.7 The rolling rear wheel of a front-wheel-drive automobile which is accelerating to the right is subjected to five forces and one moment as shown. The forces xA 240N= , yA 2000N= are

forces transmitted from the axle to the wheel, F 160N= is the friction force exerted by the road surface on the tire, N 2400N= is the normal reaction force exerted by the road surface, and W 400N= is the weight of the wheel/tire unit. The couple M 3Nm= is the bearing friction moment. Determine and locate the resultant of the system.

Figur 2.27 Exempel 2.7. Lösning: Vi har följande kraftsystem: ( , )BN , ( , )BF , ( , )AW , ( , )x AA , ( , )y AA , M . Systemets

kraftsumma ges av ( ) ( ) ( )x y 2400N 160N 400N 240N 2000N 80N= + + + + = + − + − + + − =R N F W A A j i j i j i

R

i k

j

⋅


28

Systemets momentsumma m a p A ges av ( M=M k , .R 0 375m= ) ( ) ( . ) ( . ) ( )A M F R 3 160 0 375 Nm 3 160 0 375 Nm 57Nm= − = − ⋅ = − ⋅ = −M k k k k

Figur 2.28 Lösning 2.7. Verkningslinjen för kraftresultanten är parallell med x - axeln, eftersom 80N=R i . Antag att

verkningslinjen skär y - axeln i punkten P där AP Py=r j . Då gäller

( ) ( ) .AP P P A P57Nmy 80N 80 y N 57Nm y 0 712m80N

× = × = − = = − ⇒ = =r R j i k M k

Figur 2.29 Lösning 2.7.

N

xA yA

W

F

i k

j

⋅ A

M

B

i k

j

⋅ A

B

R

Py

P


29

Föreläsning 3: Tre-dimensionella kraftsystem, Resultant (2/7-2/9). Vi övergår nu till att studera 3-dimensionella kraftsystem. Detta innebär inte några väsentliga förändringar i förhållande till de plana kraftsystemen. Definitioner av t ex av kraftsumma, momentsumma, kraftpar och kraftresultant är oförändrade. Den största skillnaden består i att inte alla kraftsystem har en kraftresultant. Vi ska emellertid se att de kraftsystem som är för komplicerade för att kunna ha en kraftresultant ändå kan beskrivas ganska enkelt. En kraftvektor F i tre dimensioner kan framställas i en ON - bas , ,i j k enligt x y z x y zF F F= + + = + +F F F F i j k (3.1)

där x xF=F i , y yF=F j , z zF=F k och cos cosx x xF Fθ θ= ⋅ = ⋅ =i F i F , cos cosy y yF Fθ θ= ⋅ = ⋅ =j F j F , cos cosz z zF Fθ θ= ⋅ = ⋅ =k F k F (3.2)

kallas kraftvektorns komponenter i basen , ,i j k , F är kraftvektorns belopp

2 2 2x y zF F F F= = + +F (3.3)

, ,x y zθ θ θ är vinklar mellan kraften och respektive basvektor-riktning. Se Figur 3.1. Om vi inför

beteckningarna cos xl θ= , cos ym θ= , cos zn θ= kan vi skriva

( ) Fl m n F F= + + =F i j k n (3.4) där F l m n= + +n i j k är riktningsvektorn för kraften. Vi noterar att

cos cos cos2 2 2 2 2 2F x y zl m n 1θ θ θ= + + = + + =n (3.5)

Fn

Figur 3.1 Kraft i tre dimensioner.


30

Givet kraftens belopp F = F och kraftens verkningslinje definierad av två punkter A och B med

lägesvektorerna Ar och Br , respektive. Bestäm kraften! Verkningslinjens riktningsvektor ges av

AB B AF

AB B A

−= =

−r r rnr r r

(3.6)

och kraften kan då skrivas

B AF

B A

F F−= =

−r rF nr r

(3.7)

Figur 3.2 Bestämning av kraftvektorn för en kraft med känt belopp och känd verkningslinje. Ibland har man anledning att betrakta en krafts projektion i en viss riktning. Betrakta en kraft F och låt riktningen vara definierad av enhetsvektorn n , då gäller att kraftens F projektion i riktningen n definieras av n nF=F n (3.8)

där nF = ⋅n F är komponenten av F i riktningen n . Vi har t ex x xF=F i . Jämför med (3.1)-(3.2)!

Om a b γ= + +n i j k så får vi, med utnyttjande av (3.4), att ( ) ( ) ( )nF l m n F l m n Fa b γ a b γ= ⋅ = + + ⋅ + + = + +n F i j k i j k (3.9)

Problem 2/105 The turnbuckle is tightened until the tension in the cable AB equals .2 4kN . Determine the vector expression for the tension T as a force acting on member AD. Also find the magnitude of the projection of T along the line AC.

Br

O

F

P

Ar A

B Fn


31

Figur 3.3 Problem 2/105. Lösning: Vi börjar med att beräkna spännkraften (tension) i kabeln TT=T n där Tn är kraftens

riktningsvektor och .T 2 4kN= . Det gäller att ABT

AB

=rnr

där (längd i meter)

( ) ( )AB B A 2 3 0 0 2 5 2 1 5= − = + + − + + = + + −r r r i j k i j k i j k , AB 30=r Detta ger . . ( . )T 0 365 0 182 0 91= + + −n i j k och därmed . . ( . ) ( )TT 0 876 0 438 2 19 kN= = + + −T n i j k

Figur 3.4 Lösning 2/105.

Riktningsvektorn för linjen AC, . ( . ) ( . )ACAC

AC

0 348 0 348 0 870= = + − + −rn i j kr

. Komponenten för

T i riktningen ACn (projektionen):

Tn

T

ACn


32

. . ( . ) . ( . ) ( . ) .AC ACT 0 348 0 876 0 348 0 438 0 87 2 19 2 06kN= ⋅ = ⋅ + − ⋅ + − ⋅ − =n T

_____________________________________ Momentet för en punktkraft ( , )PF i tre dimensioner definieras, som tidigare i två dimensioner, av uttrycket O = ×M r F (3.10) där O betecknar momentpunkten och OP=r r är lägesvektorn för punkten P i förhållande till O.

(c)

Figur 3.5 En krafts moment. Om vi inför en ortonormerad bas , ,i j k kan vi skriva x y zr r r= + +r i j k och därmed

( ) ( )x y z x y zr r r F F F= × = + + × + + =M r F i j k i j k

( ) ( ) ( )

yx z

y z z y z x x z x y y x

MM M

r F r F r F r F r F r F== =

− + − + −i j k((

(( ((

(3.11)

d v s x y zM M M= + +M i j k där

x y z z yM r F r F= − , y z x x zM r F r F= − , z x y y xM r F r F= − (3.12)

Vektorprodukten i (3.11) beräknas enklast (tycker jag!) om man utnyttjar räkne-reglerna: × =i j k , × =j k i , × =k i j , × = − ×a b b a , × =a a 0 . Jämför med Matematik-ruta 2, sid. 14! Ett

alternativ är att använda determinant-regeln

P

i j

k


33

x y z

x y z

r r rF F F

= × =i j k

M r F (3.13)

Figur 3.6 En krafts moment. En axel (axis) λ definieras av en punkt O och en riktningsvektor n . Punktkraftens ( , )PF moment m a p axeln λ definieras av Mλ λ=M n där M λ = ⋅ = ⋅ ×n M n r F (3.14) d v s momentets M projektion i riktningen n . Vi har t ex x xM=M i där t ex xM = ⋅ ×i r F . Jämför med (3.12)! Det gäller att, om a b γ= + +n i j k (se Matematik-ruta 3 nedan) så

x y z

x y z

M r r rF F F

λ

a b γ= ⋅ = ⋅ × =n M n r F (3.15)


34

Problem 2/137 The specialty wrench shown in the figure is designed to access to the hold-down bolt on certain automobile distributors. For the configuration shown, where the wrench lies in a vertical plane and a horizontal 200N force is applied at A perpendicular to the handle, calculate the moment

OΜ applied to the bolt at O. For what value of the distance d would the z - component of OΜ be zero?

Figur 3.7 Problem 2/137. Lösning: Kraften kan skrivas ( )200N= −F i med angreppspunkten A, där OA OB BC CA= + +r r r r där

.OB 0 07m=r j , .BC 0 2m=r k och ( cos ) sinCA d 20 d 20= − ° + °r j k . Se figuren nedan. Därmed

Matematik-ruta 3: Skalär trippelprodukt (Scalar tripple product) Låt a , b och c vara vektorer med

x y za a a= + +a i j k , x y zb b b= + +b i j k , x y zc c c= + +c i j k Den skalära trippelprodukten av dessa vektorer ges av

( ) ( ) ( )x y z

x y z z y y z x x z x x y y x x y z

x y z

a a aa b c b c a b c b c a b c b c b b b

c c c⋅ × = − + − + − =a b c

Det gäller att ⋅ × = × ⋅a b c a b c . En geometriska tolkningen av trippel-produkten är att ⋅ ×a b c är volymen av den parallellepiped som spänns upp

av vektorerna a , b och c


35

. . ( cos ) sin ( . cos )OA OB BC CA 0 07 0 2 d 20 d 20 0 07 d 20= + + = + + − ° + ° = − ° +r r r r j k j k j ( . sin )0 2 d 20+ °k

Figur 3.8 Lösning 2/137. Momentet ges av ( ( . cos ) ( . sin )) ( )O OA 0 07 d 20 0 2 d 20 200N= × = − ° + + ° × − =M r F j k i ( . cos )( ) ( . sin )( )0 07 d 20 200N 0 2 d 20 200N× − ° − + × + ° − =j i k i ( . sin )( ) ( . cos )0 2 d 20 200N 0 07 d 20 200N+ ° − + − °j k Med .d 0 125m= så erhålles ( . ) ( . )O 48 6 Nm 9 49Nm= − + −M j k Momentets z -komponent

.( . cos ) .cosz0 07M 0 07 d 20 200N 0 d 0 0745m

20= − ° = ⇔ = =

°

__________________________________________ Vi avslutar nu Kapitel 2 med att studera allmänna tredimensionella kraftsystem bestående av punktkrafter och moment. Avsnittet syftar till att ge studenten en överblick över kraftsystem och deras egenskaper. Bland annat så presenterar vi en klassificering av allmänna kraftsystem. Presentationen är något teoretisk i sin form med vissa satser och tillhörande bevis. Studenten kommer inte att behöva redovisa dess i tentamen. Det räcker med att skaffa sig en allmän förståelse av de resultat som redovisas utan att fördjupa sig i detaljer som t ex bevis.

B

C


36

Givet ett godtyckligt kraftsystem F bestående av punktkrafter och moment (couples): : ( , , ), ( , , ), , ( , , )1 1 1 2 2 2 n n nP P PF M F M F MF (3.16)

iF : kraftvektor, iM : momentvektor, iP : angreppspunkt, ,...,i 1 n= . Observera att vi kan ha i =F 0

eller i =M 0 för ett eller flera ,...,i 1 n= . Kraftsystemets kraftsumma definieras av

n

ii 1=

=∑F F (3.17)

och momentsumman med avseende på punkten O definieras av

( )i

n

O OP i ii 1=

= × +∑M r F M (3.18)

Observera att kraftsumman inte påverkas av momentvektorerna! En momentvektor kan ju till exempel realiseras av ett kraftpar som ju har kraftsumman lika med nollvektorn. Figur 3.9 Kraftsystem Resultanten till kraftsystemet F , med avseende på momentpunkten O, ges av kraftsystemet : ( , , )R OF MF där O=M M (3.19) Att momentpunkten O eventuellt ligger utanför kroppen, som i nedanstående figur, saknar väsentlig betydelse i sammanhanget. Om vi väljer andra momentpunkter A eller B så gäller:

( )i

n

A AP i ii 1=

= × +∑M r F M , ( )i

n

B BP i ii 1=

= × +∑M r F M (3.20)

O

1F

nF

2M

nM

iM

iOPr

iF iP

1M

2F 1P

nP

2P


37

Figur 3.10 Resultant. För ett kraftsystem gäller sambandformeln , ,A B AB A B= + × ∀M M r F (2.21) Figur 3.11 Sambandsformeln för moment. Sambandsformeln relaterar således momentsumman för ett kraftsystem m a p olika momentpunkter i rummet. Bevis: Det gäller att

( ) (( ) )i i

APi

n n n

A AP i i AB BP i i AB ii 1 i 1 i 1= = =

=

= × + = + × + = × +∑ ∑ ∑r

M r F M r r F M r F((

( )i

n n

BP i i AB i B AB Bi 1 i 1= =

+ × + = × + = × +∑ ∑r F M r F M r F M □

O

M

F

A

iM

B

iAPr iBPr

ABr

iF iP


38

Observera att A B AB AB= ⇔ × = ⇔M M r F 0 r F . Speciellt gäller att A B= ⇒ =F 0 M M . Ett

viktigt exempel på det sist nämnda är ett kraftsystem: : ( , , ), ( , , )1 1 1 2P P−F 0 F 0F d v s ett kraftpar. Resultanten till kraftparet ges av ( , , )A0 M där

2 1P P 1= ×M r F och A är en godtycklig punkt. Se figur nedan! Observera att punkten A kan väljas godtyckligt. Figur 3.12 Resultanten till ett kraftpar. Sats: För ett allmänt kraftsystem F gäller att A B⋅ = ⋅F M F M (3.22) Bevis: Sambandformeln ger A B AB B

0=

⋅ = ⋅ + ⋅ × = ⋅F M F M F r F F M((

. □

Sats: Låt ( , , )A AF M och ( , , )B BF M båda vara resultanter till kraftsystemet F . Då gäller, om ≠F 0 , att cos cosA A B Bθ θ=M M (3.23) där Aθ och Bθ anger vinklarna mellan F och AM och mellan F och BM , respektive. Se Figur 3.13 nedan! Figur 3.13 Resultanten till ett kraftsystem.

1F

1−F 1P

2P 2 1P Pr

M

A

A ABr

AM B

F

F

BM

Aθ

Bθ


39

Bevis: Av (3.22) följer att cos cosA A A B B Bθ θ⋅ = = ⋅ =F M F M F M F M vilket medför (3.23). □ Observera att om A 0θ = så gäller att , A B B≤ ∀M M . Betrakta ett kraftsystem F . Antag att kraftsumman ≠F 0 . Vi inför riktningsvektorn, Fn i

kraftens F riktning. Då kan vi komposant-uppdela momentsumman AM enligt , ,A A A ⊥= +M M M

(3.24) där

, ( ) AA F F A

⋅= ⋅ =

⋅F MM n n M FF F

(3.25)

är parallell med kraftsumman, (den ortogonala projektionen av momentsumman på kraftsumman) och

, ( ) AA F A F⊥

×= × × = ×

⋅F MM n M n FF F

(3.26)

är komposanten vinkelrätt mot kraftsumman. Se figuren nedan! Figur 3.14 Komposantuppdelning av momentsumman. Av (3.22) följer att , ,A B=M M

(3.27) d v s komposanten av momentsumman parallell med kraftsumman är oberoende av momentpunkten. Endast komposanten vinkelrät mot kraftsumman ändras vid byte av momentpunkt. Man kan då fråga sig om det går att välja momentpunkt så att komposanten vinkelrät mot kraftsumman blir lika med nollvektorn. Svaret på denna fråga ges i nästa sats.

A

,AM

,A ⊥M Fn

F AM


40

Sats: Låt F vara ett kraftsystem med ≠F 0 . Då gäller att det finns punkter G sådana att ,G ⊥ =M 0 ,

d v s GM F . Dessa punkter bildar en rät linje, den så kallade centralaxeln, ( )C F , för kraftsystemet, given av

( ) , AAG FC G s s× = = + ∈ ⋅

F Mr nF F

F (3.28)

och

, ( )AG G C⋅= ∀ ∈

⋅F MM FF F

F (3.29)

Kraftsystemet har då resultanten ( , , ), ( )G G G C∀ ∈F M F . Se nedanstående figur Figur 3.15 Centralaxeln för ett kraftsystem. Kraftskruv. Bevis:

, , G G GG 1 F 1s s⊥

× × ×= ⇔ × = ⇔ ⇔ = ∈

⋅ ⋅ ⋅F M F M F MM 0 F 0 F n

F F F F F F (3.30)

Men enligt förflyttningssatsen gäller G A GA= + ×M M r F och detta insatt i (3.30) ger

AM

G Fn

A

AGr

F

GM

,AG ⊥r

G

AGr

F

GM


41

, ,( )GAA A A

1 F GA 1 F AG 1 Fs s s⊥ ⊥

× ×× × ×+ = ⇔ + = ⇔ = −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅F r FF M F M F Mn r n r n

F F F F F F F F

och därmed med 2s ∈ ,

, , ( ) , A A AAG AG AG 2 F 1 F 2 1 F Fs s s s s s⊥

× × ×= + = + − = + − = + ∈

⋅ ⋅ ⋅F M F M F Mr r r n n n nF F F F F F

För momentet gäller

, ,A

G G A⋅

= = =⋅

F MM M M FF F

och därmed är beviset klart. □ Givet två kraftsystem: : ( , , ), ( , , ), , ( , , )

a a a

a a a a a a a a a a1 1 1 2 2 2 n n nP P PF M F M F MF (3.31)

och : ( , , ), ( , , ), , ( , , )

b b b

b b b b b b b b b b1 1 1 2 2 2 n n nP P PF M F M F MF (3.32)

med kraft- och momentsumma

Matematik-ruta 4: Vektoriell trippelprodukt Låt a , b och c vara vektorer. Den vektoriella trippelprodukten

( ) ( ) ( )× × = ⋅ − ⋅a b c b a c a b c Låt n vara en enhetsvektor ( 1⋅ =n n ). Då gäller ( ) ( ) ( )× × = ⋅ − ⋅ = −n a n a n n n a n a a

där ( )= ⋅a n a n

är vektorns a komposant parallell

med e , under ortogonal projektion. Men ⊥= +a a a

där ⊥a är vektorns a

komposant vinkelrätt mot n . Detta innebär att

( )⊥ = × ×a n a n


42

an

a ai

i 1==∑F F , ( )

a

ai

na a aO i iOP

i 1== × +∑M r F M (3.33)

och

bn

b bi

i 1==∑F F , ( )

b

bi

nb b bO i iOP

i 1== × +∑M r F M (3.34)

respektive. Kraftsystemen aF och bF säges vara ekvivalenta (ekvimomenta) om a b=F F och a b

O O=M M för någon punkt O (3.35) Ekvivalenta kraftsystem har samma verkan på stela kroppar, d v s kroppar som inte kan deformeras. Sats: Om aF och bF är ekvivalenta så har de samma momentsumma med avseende på alla punkter, d v s , a b

A A A= ∀M M Bevis: , a a a b b b

A O AO O AO A A= + × = + × = ∀M M r F M r F M . □ Sats: Låt ( , , )OF M vara en resultant till kraftsystemet F . Då gäller att F och ( , , )OF M är ekvivalenta. Sats: Två kraftsystem aF och bF som har lika momentsumma med avseende på tre olika punkter A, B och C, som inte ligger i rät linje, är ekvivalenta. Bevis: Sambandsformeln ger a a a

A B AB= + ×M M r F , ( )b b b a bA B AB AB= + × ⇒ × − =M M r F r F F 0

På samma sätt erhålles slutsatsen ( )a b

AC × − =r F F 0 och därmed kan vi dra slutsatsen att a b− =F F 0 eftersom ABr och ACr inte är parallella. Kraftsystemen har således lika kraftsumma

(och momentsumma) och är därmed ekvivalenta. □ Klassificering av kraftsystem: Givet ett kraftsystem F med kraftsumman F och moment-summan

AM . F tillhör då någon av följande klasser: Klass I: om =F 0 Klass I a) om dessutom A =M 0 , Kraftsystemet har då resultanten ( , , )A0 0 och kallas ett nollsystem. Klass I b) om dessutom A ≠M 0 , Kraftsystemet har då resultanten ( , , )A A0 M och kallas ett momentsystem. Klass II: om ≠F 0 Klass II a) om dessutom A 0⋅ =F M .


43

Kraftsystemet har då resultanten ( , , )GF 0 där G är en punkt på kraftsystemets centralaxel och det kallas ett kraftresultantsystem.

Klass II b) om dessutom A 0⋅ ≠F M . Kraftsystemet har då resultanten ( , , )A G⋅⋅

F MF FF F

där G är

en punkt på kraftsystemets centralaxel och det och kallas en kraftskruv. Kraftsystemet sägs vara en högerskruv om A 0⋅ >F M och en vänsterskruv om A 0⋅ <F M . I Klass II a), kraftresultantsystem, kan vi finna punkten G på centralaxeln genom att lösa ekvationen AG A× =r F M (3.36) Observera att ett nödvändigt villkor för att (2.60) skall ha en lösning AGr är att A 0⋅ =F M . Av (3.36) följer att

,( ) AAG A AG ⊥

×× × = × ⇔ =

⋅F MF r F F M rF F

(3.37)

och därmed

, ,A

AG AG AG Fs⊥×

= + = +⋅

F Mr r r eF F

(3.38)

d v s ekvationen för centralaxeln enligt (3.28). Man visar lätt att (3.38) uppfyller (3.36) om

A 0⋅ =F M gäller. Problem 2/183 (modifierat). Consider the force system presented in the figure below. Classify this system.

Figur 3.16 Problem 2/183. Lösning: Kraftsystemet: ( , ), ( , ), ( , )1 2 3A B CF F F där, enligt figuren, (kraft i kN, längd i m)

( )15 52 2

= + −F i k , ( . )2 6 0= −F k , .3 4 0=F j

. ( . ) .A 2 4 1 2 2 8= + − +r i j k , . . .B 2 4 1 2 2 8= + +r i j k , . .C 1 2 4 0= +r i k

A

B

C


44

Vi beräknar kraftsystemets kraftsumma och momentsumma, m a p punkten O.

( ) ( . ) . . ( . )1 2 35 5 5 56 0 4 0 4 0 6 02 2 2 2

= + + = + − + − + = + + − − =F F F F i k k j i j k

. . ( . )3 54 4 0 9 54+ + −i j k

( . ( . ) . ) ( ( ))O A 1 B 2 C 35 52 4 1 2 2 82 2

= × + × + × = + − + × + − +M r F r F r F i j k i k

( . . . ) ( . ) ( . . ) . . ( ) ( . )5 52 4 1 2 2 8 6 0 1 2 4 0 4 0 2 4 1 22 2

+ + × − + + × = × − + × − +i j k k i k j i k j i

( . )( ) . . ( . ) . ( . ) . . . 25 51 2 2 8 2 4 6 0 1 2 6 0 1 2 4 0 4 02 2

× − − + × + × − + × − + × ⋅ + ×j k k i i k j k i j k j

(( . )( ) . ( . ) . ) ( . ( ) . . ( . ))25 5 51 2 1 2 6 0 4 0 2 4 2 8 2 4 6 02 2 2

− − + − − + − − + − − +i j

( ( . ) . . ) ( . ) . .51 2 1 2 4 0 18 96 32 8 9 042

− − + ⋅ = − + +k i j k

Vi konstaterar att ≠F 0 , .O 22 16 0⋅ = − ≠F M . Kraftsystemet är en kraftskruv.

Övningsuppgift: Beräkna kraftsystemets centralaxel och resultant ( , , )O G⋅⋅

F MF FF F

.

Sammanfattning (kraftsystem) Givet ett kraftsystem F definierat av:

: ( , , ), ( , , ), , ( , , )1 1 1 2 2 2 n n nP P PF M F M F MF

Kraftsumman: n

ii 1=

=∑F F

Momentsumman (m a p punkten A): ( )i

n

A AP i ii 1=

= × +∑M r F M Sambandsformeln: , ,A B AB A B= + × ∀M M r F , A B⋅ = ⋅F M F M

Centralaxeln:

( ) , AAG FC G s s× = = + ∈ ⋅

F Mr nF F

F


45

Sammanfattning (klassificering av kraftsystem) Givet ett kraftsystem F med kraftsumman F och momentsumman AM .

Nollsystem: =F 0 , A =M 0 . Har resultanten ( , , )A0 0 . Momentsystem: =F 0 , A ≠M 0 . Har resultanten ( , , )A A0 M . Kraftresultantsystem: ≠F 0 , A 0⋅ =F M . Har resultanten ( , , )GF 0 där G är en punkt på kraftsystemets centralaxel

( ) , AAG FC G s s× = = + ∈ ⋅

F Mr eF F

F

Kraftskruv: ≠F 0 , A 0⋅ ≠F M . Har resultanten ( , , )A G⋅⋅

F MF FF F

där G är en

punkt på kraftsystemets centralaxel.

föreläsningar i mekanik (fmea30) del1: statik och partikeldynamik · 2015. 9. 3. · mekanik, del...

Documents