1. No category

Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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 begreppet kraft 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 P (N) . Detta representerar vi med
en ”kraft-pil” P som är riktad längs kabeln, enligt (b), och har beloppet (’längden’)
P= P
(1.1)
R

O
A
P
(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
(1.2)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 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.
vridningsriktning
R
R
A
O
M
O
A
P
P
a)
b)
Figur 1.2 Begreppet moment.
Krafter uppträder även inuti vinkeljärnet, så kallade inre krafter (internal forces). Dessa inre krafter
(spänningar) motsvaras 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?
R
R
B
M1
O
AC
M2
A
O

AA
P
a)
P
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, M 1 > 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, M 2 = 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
(line of action). Vi kan således flytta kraften längs verkningslinjen och låta den angripa i en annan
2
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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.
D
×
P
Figur 1.4 Kraftens verkningslinje.
Antag nu att vinkeljärnet påverkas av två anbringade krafter F1 och F2 båda angripande i punkten A
enligt Figur 1.5. Krafterna F1 och F2 sägs då vara samverkande (concurrent) i punkten A.
Samverkande krafter kan ersättas med sin resultant
R
= F1 + F2
(1.3)
angripande i punkten A.
F2
⇔
A
A
R
F1
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 F1 angripa i punkten A och låt F2 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 av C.
3
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
F2
F2
B
C

C
R
A
F1
F1
Figur 1.6 Ej samverkande krafters resultant.
Om F2 = − F1 så följer att R = F1 + F2 = F1 − F1 = 0 . d v s krafterna motverkar, ”tar ut” varandra.
Se Figur 1.7!
F2
= − F1
F2
= − F1
C



A
A
F1
F1
Figur 1.7 Motverkande krafters resultant.
Hur gör man nu om krafterna är parallella? Antag att vi har krafterna F1 och F2 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 F1 och F blir då samverkande och vi kan bilda deras resultant
R=
F1 + F
1
(1.4)
På samma sätt bildar vi resultanten till F2 och −F .
R=
F2 − F
2
(1.5)
Krafterna R1 och R2 är ej parallella och vi kan nu använda konstruktionen för ej samverkande
krafters resultant enligt Figur 1.6. Resultanten till R1 och R2 ges då av
4
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
R = R1 + R2 = F1 + F + F2 − F = F1 + F2
(1.6)
med angreppspunkten C enligt Figur 1.8.
B
A
C
Figur 1.8 Ej samverkande parallella krafters resultant.
En kraft P kan delas upp i komposanter (vector components) P1 och P2 så att
P= P1 + P2
(1.7)
Detta kan göras på många sätt varav två möjligheter visas i figuren nedan. Vilken uppdelning som kan
vara lämplig avgörs från fall till fall.
P1
A
P1
A
P2
P2
P
P
Figur 1.9 Uppdelning i komposanter.
Om vi inför en bas av vektorer i planet a och b så kan kraften skrivas
=
P aPa + bPb
(1.8)
där Pa och Pb kallas kraftens komponenter (scalar components) i basen a , b . Om basvektorerna är
dimensionslösa kommer komponenterna Pa och Pb att ha samma fysikaliska dimension som P .
Beloppet för kraften P kan nu skrivas
5
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
P = P ⋅ P = (aPa + bPb ) ⋅ (aPa + bPb ) = a ⋅ a Pa2 + b ⋅ b Pb2 + 2a ⋅ b Pa Pb =
2
a Pa2 + b Pb2 + 2a ⋅ b Pa Pb
2
2
Antag nu att basvektorerna har längden lika med ett, d v s a=
(1.9)
b= 1 . De sägs då vara normerade
och benämnes enhetsvektorer. Då gäller att
P = Pa2 + Pb2 + 2Pa Pb cos α = Pa2 + Pb2 − 2Pa Pb cos β
2
(1.10)
där α är vinkeln mellan basvektorerna enligt Figur 1.10 a) nedan och där =
β 180° − α enligt Figur
1.10 b). I steget från (1.9) till (1.10) har vi använt sambandet a ⋅ b =
a b cos α . 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)
b
b
bPb
α
A

A

a
aPa
a)
P
β
P
aPa
a
α
bPb
b)
Figur 1.10 Uppdelning i komposanter.
Om vi väljer basvektorerna ortogonala, a ⋅ b =
0 ( α= 90° ) och dessutom normerade så får vi en
ortonormerad bas. Vi betecknar basvektorerna i en ortonormerad bas i och j , och för dessa gäller
i ⋅i =
1, j⋅ j =
0
1, 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
F = Fx + Fy = i Fx + j Fy
(1.12)
där Fx = i Fx är kraftens komposant i x - led och Fy = j Fy är kraftens komposant i y - led, Fx är
kraftens x - komponent och Fy är kraftens y - komponent. Vi noterar att beloppet (magnitude) av
F ges av uttrycket
6
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
=
F F
=
Fx2 + Fy2 , Fx = F cos θ , Fy = F sin θ
(1.13)
Om basen i , j är given (underförstådd) kan man använda matris-notation och skriva
F =i Fx + j Fy =( Fx
Fy )
(1.14)
Figur 1.11 Uppdelning ortogonala komposanter.
Givet två krafter=
F1 i F1x + j F1 y och =
F2 i F2 x + j F2 y . Deras kraftsumma (vektorsumma) ges då
av
F = F1 + F2 = i F1x + j F1 y + i F2 x + j F2 y = i ( F1x + F2 x ) + j ( F1 y + F2 y ) = i Fx + j Fy






Fx
Fy
Eller
 Fx = F1x + F2 x = ∑ Fx

 Fy = F1 y + F2 y = ∑ Fy
F
Fy
Fx
Figur 1.12 Summa av två krafter.
Om vi har många punktkrafter F1 , F2 , , Fn blir deras kraftsumma
7
(1.15)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
n
n
F i (∑ F
∑=
F
=
n
) + j (∑ Fky )
k
kx
=
k 1=
k 1 =
k 1
eller
n

F
=
 x ∑ Fkx

k =1

n
F = F
ky
 y ∑
k =1
b
Matematik-ruta 1: Skalär produkt (scalar product)
Låt λ vara ett reellt tal och a och b vektorer med
θ
a = i ax + j a y + k az , b = i bx + j by + k bz
a
Då gäller
) ax bx + a y by + az b=
a ⋅ b= (i ax + j a y + k az ) ⋅ (i bx + j by + k bz =
a b cos θ
z
a ⋅ b = b ⋅ a , a ⋅ (b + c ) = a ⋅ b + a ⋅ c , (λ a ) ⋅ b= λ (a ⋅ b) , a ⋅ (λ b) =λ (a ⋅ b)
a ⋅b = 0 ⇔ a ⊥ b
a=
ax2 + a y2 + az2
i ⋅ i = j ⋅ j = k ⋅k = 1 , i ⋅ j = j ⋅ k = k ⋅ i = 0
Ortogonal projektion, komposantuppdelning
Enhetsvektorn i vektorns a riktning
ea
=
b
a
, a≠0
a
Uppdelning i ortogonala komposanter
θ
ea
b= ba′ + ba′′ , ba′ ⋅ ba′′ =
0
Komposanter
′ ea (ea ⋅ b=
)
b=
a
b⋅a
a
ba′′ = ea × (b × ea ) =
2
a
ea ⋅ b
a
a × (b × a )
a
ba′′
b
2
För definition av vektorprodukten se Matematikruta 2, sid 14.
8
θ
ba′
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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: =
F i Fx + j Fy där
=
Fx F cos
=
30° 600N cos
=
30° 520N och Fy = − F sin 30° = −600N cos 30° = −300N
Således=
F i 520N + j (−300N ) och därmed
Vektor komponenter (komposanter): Fx = i 520N , Fy=
j (−300N )
Skalära komponenter: Fx = 520N , Fy = −300N
Kontroll: Kraftens belopp: F
=
2
Fx2 + F=
y
520 2 + (−300 ) 2 N ≈ 600N , OK!
__________________
En linje är entydigt bestämd av två punkter på linjen. Antag punkterna A och B givna
med koordinaterna ( x A , y A ) och ( xB , yB ) i ett Cartesisk (rectangular) koordinatsystem.
y
B
nAB
A
rB
rA
x
O
Figur 1.14 Riktningsvektorn för en rät linje.
Lägesvektorerna för punkten A och B ges av
9
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
=
rA rOA
= i xA + j y A , =
rB rOB
= i xB + j y B
respektive. Den vektor, rAB , som förbinder A och B ges då av
rAB = rB − rA = i xB + j yB − (i x A + j y A ) = i ( xB − x A ) + j ( yB − y A )
Den räta linjens riktningsvektor nAB kan då skrivas
n=
AB
rAB
=
rAB
i ( xB − x A ) + j ( y B − y A )
( xB − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2
(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: F = nAB F där =
F
F
= 9.6kN och nAB är riktningsvektorn för kraftens verkningslinje,
d v s enligt (1.16)
=
nAB
Kontroll nAB =
i (300 − (−150 )) + j (100 − (−200 ))
=
(300 − (−150 )) 2 + (100 − (−200 )) 2
i 450 + j 300
= i 0.832 + j0.555
450 2 + 300 2
0.832 2 + 0.555 2 ≈ 1 , OK!
Därmed F =
nAB F =+
i 7.99kN + j 5.33kN vilket innebär att
(i 0.832 j0.555)9.6kN =
Skalära komponenter: Fx = 7.99kN , Fy = 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.
10
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Figur 1.16 Problem 2/23.
Lösning: Vi söker storlek R och riktning θ för resultanten R . Se Figur 1.17 nedan. Cosinussatsen
ger (1.10) ger
R= F12 + F22 − 2F1 F2 cos β= 400 2 + 600 2 − 2 ⋅ 400 ⋅ 600 cos 120° ⇒ R= 872N
2
Sinussatsen ger
600
872
=
⇒ θ= 36.6 °
sin θ sin 120°
Med =
R i Rx + j Ry erhålles
2
Ry = ∑ Fky = −400 − 600 sin 30° = −700N , Rx =
k =1
2
∑F
k =1
kx
= 0 + 600 cos 30° = 520N
y
x
30°
θ
F2
=
β 120°
F1
R
Figur 1.17 Lösning 2/23.
_____________________
11
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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 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.
O
A
B
O
Figur 2.1 En krafts vridande verkan.
Låt B, i figur 2.1 b), beteckna kraftens angreppspunkt och låt r = rAB 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 M
= Fd
(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 momentet. Se Figur 2.1 c) ovan. Med
ett ”ovanifrånperspektiv” så har vi en situation enligt Figur 2.2 nedan.
j
α
r
B
Figur 2.2 En krafts vridande verkan.
12
k⋅
i
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Punkten A kallas momentpunkt. Om vi inför basvektorer i , j , k enligt figuren så kan vi således
skriva (observera att d = r sin α där r = r )
=
M k=
M kF
=
d k F r sin α
(2.2)
Antag att koordinatsystemet är valt så att r = i r , d v s vektorn r = i r är parallell med x - axeln.
Detta är möjligt eftersom valet av koordinatsystemet är fritt! Om vi nu bildar vektorprodukten
mellan lägesvektorn r = i r och kraften =
F i Fx + j Fy så erhålles
r × F = i r × (i Fx + j Fy ) = i
× i r Fx + i × j r Fy = k r Fy = k F r sin α
=0
eftersom i × i =
0 , i× j =
k och Fy = F sin α . 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
M=
rAB × F
A
där A betecknar momentpunkten och B betecknar kraftens angreppspunkt. Antag nu att =
r i x+ jy.
Då gäller att
M =r × F =(i x + j y ) × (i Fx + j Fy ) =i x × i Fx + i x × j Fy + j y × i Fx + j y × j Fy =
i × j xFy + j × i yF
=
k ( xFy − yF )
x
(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 F1 och F2 , d v s F
= F1 + F2 så gäller att
M = r × F = r × ( F1 + F2 ) = r × F1 + r × F2
d v s kraftens moment är summan av komposanternas moment (Varignon’s teorem).
Vi kan generalisera (2.4) till tre dimensioner. Om F = i Fx + j Fy + kFz och r = i x + j y + k z så
gäller att
M =r × F =i ( yFz − z Fy ) + j ( z Fx − xFz ) + k ( xFy − yFx )
13
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Matematik-ruta 2: Vektor produkt (Cross-product)
Låt a och b vara vektorer med
a = i ax + j a y + k az , b = i bx + j by + k bz
a×b
b
Då gäller
θ
i
j
a×
b ax
=
bx
ay
by
k
a
=
az i (a y bz − az by ) + j (az bx − ax bz ) + k (ax by − a y bx )
bz
Beloppet av vektorprodukten, a × b =
a b sin θ , 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 a ) × b= λ (a × b) ,
a × (λ b) =λ (a × b)
i
i× j =
k , j×k =
i , k × i =j
k
j
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 d1 och d 2 från respektive momentpunkt till kraftens verkningslinje. Se Figur 2.4 nedan.
Det gäller att
, d 2 0.757 − 0.625 sin=
=
d1 0.875
=
cos 30° 0.757m =
30° 0.444m
14
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Då gäller enligt (2.2), om hänsyn tas till kraftens vridningsriktning (med =
F
F
= 800N ),
MA =
( − k ) F d1 =
k ( − 800N ⋅ 0.757m) =
k (−606 Nm)
d1
F
d2
Figur 2.4 Lösning 2.3.
M O =−
k ( F d 2 ) =−
k ( 800N ⋅ 0.444m) =−
k ( 356 Nm)
Metod 2: Med =
F i Fx + j Fy där Fx = − F sin 30° = −600sin30° = −400N och Fy =
i xB + j yB där xB = 0.875m och yB = 0.625m
− F cos 30° = −600 cos 30° = −693N och r=
OB
erhålles enligt (2.4)
M O = k ( xB Fy − yB Fx )= k (0.875m ⋅(−693N ) − 0.625m ⋅ (−400N ))= k (−356 Nm)
Notera att tecknet här kommer ut automatiskt! Med r=
i x A + j y A där x A = 0m och
OA
y A = 0.625m gäller att
M A = rAB × F = i (0.875m) × (i (−400N ) + j (−693N )) = i × j 0.875m⋅ (−693N ) = k (−606 Nm)
_______________________________
Vi sammanfattar. Till en kraft F hör alltid en angreppspunkt, d v s en punkt A i kroppen där
kraften angriper. Paret ( F , A) kallar vi för en punktkraft. Kraftens verkningslinje definieras av
angreppspunkten A och riktningsvektorn nF som definieras av
=
nF
F
, F ≠0
F
Ekvationen för verkningslinjen ges då av
15
(2.5)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
r= rA + nF s, − ∞ < s < ∞
(2.6)
där rA = rOA och O är en fix punkt i rummet, ett origo. Kraftens moment m a p momentpunkten O ges
av
M O= rA × F
F
nF
F
B
verkningslinje
A
A
rB
r
rA
O
O
Figur 2.5 Punktkraft.
För punktkraften ( F , B ) , där punkten B ligger på kraftens ( F , A) verkningslinje, gäller att momentet
m a p O blir
M O = rB × F = (rA + rAB ) × F = rA × F
eftersom rAB × F =
0 då ju rAB  F , se Figur 2.5 ovan! Punktkrafterna ( F , B) och ( F , A) 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. Det enklaste kraftsystemet består av en
punktkraft ( F , A) och det näst enklaste av två punktkrafter: ( F1 , A) och ( F2 , B ) , se Figur 2.6
nedan. Systemets kraftsumma F definieras i detta fall av vektorsumman
F= F1 + F2
(2.7)
och kraftsystemets momentsumma, m a p O, ges av
M O = rA × F1 + rB × F2
16
(2.8)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
F2
F1
B
rB
A
rB
A
O
Figur 2.6 Kraftsystem bestående av två punktkrafter
Vi börjar med 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),
M O = rA × F + rB × (− F ) = (rA − rB ) × F = rBA × F
(2.9)
Om vi låter basvektorn k peka i samma riktning som M O kan vi skriva
M O= k rBA × F = k rBA F sin θ= k F rBA sin θ= k F d
där F = F
(2.10)
och d = rBA sin θ 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
med riktningen k .
17
(2.11)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
B
j
−F
rBA
A
d
k⋅
F
θ
i
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 rBA och F och således inte
alls på momentpunkten! Det gäller således att
M Q = rBA × F , ∀Q
(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 rBA 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.
M2
M1
B
A
B
a)
b)
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
M
= M1 + M 2
(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.
18
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
M
A
B
Figur 2.10 Moment
Momentsumman för kraftsystemet i Figur 2.10 nedan, m a p punkten O, ges nu av
M O = rA × F1 + rB × F2 + M 1
d v s summan av de båda krafternas moment och momentet M 1 . Observera att var vi placerar
momentet M 1 (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 M 1 inte
påverkar kraftsumman!
M1
F2
F1
C
B
rB
A
rB
A
O
Figur 2.11 Kropp angripen av två krafter och ett moment.
19
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Om man har ett moment M kan detta realiseras med ett kraftpar på (oändligt) många sätt. Antag att
vi har ett kraftpar ( F , A) , (−F , B ) som uppfyller
rBA × F =
M
då gäller för kraftparet (G , C ) , (−G , D) , där rCD = λ rBA och G =
rCD × G = λ rBA ×
1
λ
1
λ
F att
F = rBA × F = M
d v s även kraftparet (G , C ) , (−G , D) 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 ( F , A) enligt figuren nedan. Vi kan ersätta denna punktkraft med ett
kraftsystem bestående av en punktkraft ( F , B ) och ett moment M
= rBA × F . Vi säger att de båda
kraftsystemen är ekvivalenta (ekvimomenta).
M
B
B
A
rA
F
F
F
B
O
M
rB
≡
C
A
≡
rB
A
O
O
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.
20
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Figur 2.14 Exempel 2.4.
Lösning: Kraften kan skrivas F = nAB F där F = 60N och, enligt (1.16), gäller att
n=
AB
rAB
=
rAB
i ( xB − x A ) + j ( y B − y A )
=
( xB − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2
i (−0.03) + j0.04
0.032 + 0.04 2
i (0.02 − 0.05) + j (0.04 − 0 )
=
(0.02 − 0.05) 2 + (0.04 − 0 ) 2
3
4
=i (− ) + j
5
5
3
5
4
)60 , och därmed
5
3
4
4
4
M C = rCA × F = i 0.05m × (i (− ) + j )60N = i 0.05 × j 60 = k 0.05 60 =
5
5
5
5
Således F = nAB F = (i (− ) + j
4
k (0.05 ⋅ ⋅ 60 ) =
k 2.4Nm
5
Alternativt kan vi dela upp kraften F i komposanter, enligt (se figuren nedan)
3
4
F =F1 + F2 =i (− )60 + j 60
5
5
4
F2 = i 60
5
3
F1= i ( − )60
5
Figur 2.15 Lösning 2.4.
21
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Direkt från Figur 2.15 erhålles (Observara att punktkraften ( F1 , A) har momentet noll m a p punkten
C)
4
2.4Nm
C : M C = 60N ⋅ (5 ⋅ 0.01m) =
5
R
M
C
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: M=
k P ⋅ 70m och M 2 = k (− F ⋅ 12m) =
1
k (−300kN ⋅ 12m) =−
k ( 3.6 MNm) . Momentsumman:
M =M 1 + M 2 =k P ⋅ 70m + k (−3.6 MNm) =k ( P ⋅ 70m − 3.6 MNm)
M =⇒
0 k ( P ⋅ 70m − 3.6 MNm) =⇒
0 P ⋅ 70m − 3.6 MNm =⇒
0 P=
51.4kN
22
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
P
j
F
12m
F
k⋅
i
P
70m
Figur 2.18 Lösning 2.5.
________________________________________
Låt oss nu studera ett kraftsystem som består av fler än två punktkrafter, t ex: ( F1 , A) , ( F2 , B ) ,
( F3 , C ) , se Figur 2.19. Kraftsumma och momentsumma ges av
F = F1 + F2 + F3 , M O = rA × F1 + rB × F2 + rC × F3
(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 F1 , F2 , F3 är parallella med detta plan.
F1
A
F2
rA
rB
rC
B
C
F3
O
Figur 2.19 Kraftsystem bestående av tre punktkrafter.
Är det möjligt att ersätta detta kraftsystem med ett kraftsystem bestående av en punktkraft: ( R, P ) ?
För att undersöka detta kompletterar vi Figur 2.19 med krafternas verkningslinjer. Verkningslinjerna
för krafterna ( F2 , B ) , ( F3 , C ) skär varandra i punkten D. Förflytta kraftvektorerna till D och
summera vektorerna till F2 + F3 . Se nedanstående Figur 2.20.
Inför därefter verkningslinjen för punktkraften ( F2 + F3 , D ) . Denna skär verkningslinjen för ( F1 , A)
i punkten P. Förflytta kraftvektorerna F2 + F3 och F1 till P och summera vektorerna till
R = F1 + F2 + F3 . Se nedanstående Figur 2.21.
23
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
F1
A
F2
B
F2 + F3
D
P
C
F3
Figur 2.20 Summering av punktkrafterna ( F2 , D ) , ( F3 , D ) .
A
F1
+ F2 + F3
F1
B
F2
P
+ F3
C
Figur 2.21 Summering av punktkrafterna ( F1 , P ) , ( F2 + F3 , P ) .
Vi har då erhållit ett kraftsystem bestående av punktkraften ( R, P ) där
R = F1 + F2 + F3
Se Figur 2.22 nedan. Kraftsystemet ( R, P ) kallas kraftresultanten till kraftsystemet ( F1 , A) ,
( F2 , B) , ( F3 , C ) .
A
R
B
P
C
Figur 2.22 Kraftresultanten ( R, P ) .
24
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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 d1 , d 2 och d 3 från var och en av verkningslinjerna till punkten D,
enligt figuren nedan.
F1
A
F2
B
d1 d 3
j
k⋅
D d2
i
C
F3
Figur 2.23 Kraftsystem bestående av tre punktkrafter.
Vi kan nu flytta samtliga kraftvektorer till punkten D, om vi samtidig inför (kompenserar med)
moment M 1 = rDA × F1 = k M 1 , M 2 = rDB × F1 = k M 2 och M 3 = rDC × F1 = k M 3 , där
M 1 = − F1 d1 , M 2 = F2 d 2 , M 3 = − F3 d 3
(2.15)
Vi har då ett kraftsystem bestående av punktkrafterna ( F1 , D) , ( F2 , D ) , ( F3 , D ) och momenten
M 1 , M 2 , M 3 . Detta kraftsystem har kraftsumman enligt (2.14) och momentsumman
M D = M1 + M 2 + M 3 = k M D
(2.16)
m a p punkten D där M D =
− F1 d1 + F2 d 2 − F3 d 3 . Vilken momentsumma har detta kraftsystem m a p
O? Jo, momentsumman
M D + rD × F1 + rD × F2 + rD × F3 = rDA × F1 + rDB × F2 + rDC × F3 + rD × R =
(rA − rD ) × F1 + (rB − rD ) × F2 + (rC − rD ) × F3 + rD × R =rA × F1 + rB × F2 + rC × F3 −
rD × R + rD × R = rA × F1 + rB × F2 + rC × F3
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 ( F1 , D) , ( F2 , D ) , ( F3 , D ) med punktkraften
( R, D) och erhåller då det ekvivalenta kraftsystemet bestående av ( R, D) och momentet k M D .
Detta kallas kraftsystemets resultant i punkten D. Se Figur 2.24 b).
25
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Observera att punkten D kan väljas fritt! Kan vi välja D så att M D = 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
A
A
F1
F2
MD
B
B
MD
D
F3
R
D
C
C
a)
Figur 2.24 Resultanten ( R, D) , k M D .
b)
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 ( R, O ) . Se figuren nedan, vilket innebär att
kraftsystemets moment m a p O är lika med noll.
O : M O =− F ⋅ 0.3m + 120N ⋅ 0.15m + 240N ⋅ 0.25m =0 ⇒ F =260N
26
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
R
j
k⋅
i
Figur 2.26 Lösning 2.6.
Vi kan nu beräkna kraftvektorn R som ju är summan av krafterna i Figur 2.26. Det gäller att
R =+
i F j120N + j 240N =
i 260N + j 360N
Riktningsvektorn för resultanten ges då av
n=
R
i 260 + j 360
= i 0.585 + j0.810
260 2 + 360 2
R
=
R
________________________________
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 Ax = 240N , Ay = 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.
27
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Lösning: Vi har följande kraftsystem: ( N , B ) , ( F , B ) , (W , A) , ( Ax , A) , ( Ay , A) , M . Systemets
kraftsumma ges av
R = N + F + W + Ax + Ay = j 2400N + i (−160N ) + j (−400N ) + i 240N + j (−2000N ) = i 80N
Systemets momentsumma m a p A ges av ( M = k M , R = 0.375m )
M A = k ( M − F R) = k (3 − 160 ⋅0.375) Nm = k (3 − 160 ⋅0.375) Nm = k (−57 Nm)
M
j
Ay
Ax
k⋅
W A
i
B
F
N
Figur 2.28 Lösning 2.7.
Verkningslinjen för kraftresultanten är parallell med x - axeln, eftersom R = i 80N . Antag att
verkningslinjen skär y - axeln i punkten P där rAP = j yP . Då gäller
rAP × R = j yP × i 80N = k (−80 yP N ) = M A = k (−57 Nm) ⇒ yP =
57 Nm
= 0.712m
80N
R
P
yP
j
A
B
Figur 2.29 Lösning 2.7.
28
k⋅
i
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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
F =Fx + Fy + Fz = i Fx + j Fy + k Fz
(3.1)
där Fx = i Fx , Fy = j Fy , Fz = k Fz och
Fx =i ⋅ F = i ⋅ F cos θ x =F cos θ x , Fy = j ⋅ F = j ⋅ F cos θ y = F cos θ y ,
Fz = k ⋅ F = k ⋅ F cos θ z = F cos θ z
(3.2)
kallas kraftvektorns komponenter i basen i , j , k , F är kraftvektorns belopp
F= F =
Fx2 + Fy2 + Fz2
(3.3)
θ x , θ y , θ z är vinklar mellan kraften och respektive basvektor-riktning. Se Figur 3.1. Om vi inför
beteckningarna l = cos θ x , m = cos θ y , n = cos θ z kan vi skriva
F =(i l + j m + k n) F = nF F
(3.4)
där nF =i l + j m + k n är riktningsvektorn för kraften. Vi noterar att
nF =
l 2 + m2 + n2 =
cos 2 θ x + cos 2 θ y + cos 2 θ z = 1
(3.5)
nF
Figur 3.1 Kraft i tre dimensioner.
29
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Givet kraftens belopp F = F och kraftens verkningslinje definierad av två punkter A och B med
lägesvektorerna rA och rB , respektive. Bestäm kraften! Verkningslinjens riktningsvektor ges av
=
nF
rAB
=
rAB
rB − rA
rB − rA
(3.6)
rB − rA
F
rB − rA
(3.7)
och kraften kan då skrivas
=
F n=
FF
B
nF
F
rB
P
A
rA
O
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
Fn = n Fn
(3.8)
där Fn= n ⋅ F är komponenten av F i riktningen n . Vi har t ex Fx = i Fx . Jämför med (3.1)-(3.2)!
Om n = i α + j β + k γ så får vi, med utnyttjande av (3.4), att
Fn =n ⋅ F =(i α + j β + k γ ) ⋅ (i l + j m + k n) F =(α l + β m + γ n) F
(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.
30
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Figur 3.3 Problem 2/105.
Lösning: Vi börjar med att beräkna spännkraften (tension) i kabeln T = nT T där nT är kraftens
rAB
där (längd i meter)
rAB
riktningsvektor och T = 2.4kN . Det gäller att nT =
rAB = rB − rA = i 2 + j 3 + k 0 − (i 0 + j 2 + k 5) = i 2 + j 1 + k (−5) , rAB = 30
Detta ger =
nT i 0.365 + j 0.182 + k (−0.91) och därmed
T = nT T = i 0.876 + j 0.438 + k (−2.19 ) (kN )
T
nAC
nT
Figur 3.4 Lösning 2/105.
Riktningsvektorn för linjen AC, nAC=
rAC
= i 0.348 + j (− 0.348 ) + k (−0.870 ) . Komponenten för
rAC
T i riktningen nAC (projektionen):
31
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
TAC= nAC ⋅ T
= 0.348 ⋅ 0.876 + (− 0.348 ) ⋅0.438 + (−0.87 ) ⋅ (−2.19=
) 2.06kN
_____________________________________
Momentet för en punktkraft ( F , P ) i tre dimensioner definieras, som tidigare i två dimensioner,
av uttrycket
MO = r × F
(3.10)
där O betecknar momentpunkten och r = rOP är lägesvektorn för punkten P i förhållande till O.
k
P
j
i
(c)
Figur 3.5 En krafts moment.
Om vi inför en ortonormerad bas i , j , k kan vi skriva r = i rx + j ry + k rz och därmed
M =r × F =(i rx + j ry + k rz ) × (i Fx + j Fy + k Fz ) =
i (ry Fz − rz Fy ) + j (rz Fx − rx Fz ) + k (rx Fy − ry Fx )



(3.11)
=M y
= M=
Mz
x
d v s M = i M x + j M y + k M z där
M
=
ry Fz − rz Fy , M
=
rz Fx − rx Fz , =
M z rx Fy − ry Fx
x
y
(3.12)
Vektorprodukten i (3.11) beräknas enklast (tycker jag!) om man utnyttjar räkne-reglerna: i × j =
k,
0 . Jämför med Matematik-ruta 2, sid. 14! Ett
j×k =
i , k × i =j , a × b =−b × a , a × a =
alternativ är att använda determinant-regeln
32
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
i
j
k
M =r × F = rx
ry
rz
Fx
Fy
Fz
(3.13)
Figur 3.6 En krafts moment.
En axel (axis) λ definieras av en punkt O och en riktningsvektor n . Punktkraftens ( F , P ) moment
m a p axeln λ definieras av M λ = n M λ där
Mλ = n⋅ M = n⋅ r × F
(3.14)
d v s momentets M projektion i riktningen n . Vi har t ex M x = i M x där t ex M x = i ⋅ r × F .
Jämför med (3.12)! Det gäller att, om n = i α + j β + k γ (se Matematik-ruta 3 nedan) så
α
β
γ
M λ = n ⋅ M = n ⋅ r × F = rx
Fx
ry
Fy
rz
Fz
33
(3.15)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Matematik-ruta 3: Skalär trippelprodukt (Scalar tripple product)
Låt a , b och c vara vektorer med
a = i ax + j a y + k az , b = i bx + j by + k bz , c = i cx + jc y + kcz
Den skalära trippelprodukten av dessa vektorer ges av
ax
ay
az
a ⋅=
b × c ax (by cz − bz c y ) + a y (bz cx − bx cz ) + ax (bx c y − b=
bx
y cx )
cx
by
cy
bz
cz
Det gäller att a ⋅ b × c = a × b ⋅ c . En geometriska tolkningen av trippelprodukten är att a ⋅ b × c är volymen av den parallellepiped som spänns upp
av vektorerna a , b och c
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
Μ O applied to the bolt at O. For what value of the distance d would the z - component of Μ O be
zero?
Figur 3.7 Problem 2/137.
Lösning: Kraften kan skrivas F= i (−200N ) med angreppspunkten A, där rOA = rOB + rBC + rCA där
rOB = j 0.07m , rBC = k 0.2m och rCA = j (−d cos 20°) + k d sin 20° . Se figuren nedan. Därmed
34
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
rOA= rOB + rBC + rCA= j 0.07 + k 0.2 + j (−d cos 20°) + k d sin 20°= j ( 0.07 − d cos 20°) +
k ( 0.2 + d sin 20°)
C
B
Figur 3.8 Lösning 2/137.
Momentet ges av
M O= rOA × F= ( j ( 0.07 − d cos 20°) + k ( 0.2 + d sin 20°)) × i (−200N )=
j × i ( 0.07 − d cos 20°)(−200N ) + k × i ( 0.2 + d sin 20°)(−200N ) =
j ( 0.2 + d sin 20°)(−200N ) + k ( 0.07 − d cos 20°) 200N
Med d = 0.125m så erhålles
M O = j ( − 48.6 Nm) + k ( − 9.49Nm)
Momentets z -komponent
M z = ( 0.07 − d cos 20°) 200N = 0 ⇔ d =
0.07
= 0.0745m
cos 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.
35
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Givet ett godtyckligt kraftsystem F bestående av punktkrafter och moment (couples):
F : ( F1 , M 1 , P1 ), ( F2 , M 2 , P2 ), , ( Fn , M n , Pn )
(3.16)
Fi : kraftvektor, M i : momentvektor, Pi : angreppspunkt, i = 1,..., n . Observera att vi kan ha Fi = 0
eller M i = 0 för ett eller flera i = 1,..., n . Kraftsystemets kraftsumma definieras av
n
F = ∑ Fi
(3.17)
i =1
och momentsumman med avseende på punkten O definieras av
M
=
O
n
∑ (r
OPi
i =1
× Fi + M i )
(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.
M1
M2
F1
F2
Mn
P2
P1
Pi
Pn
Fi
Mi
Fn
rOP
i
O
Figur 3.9 Kraftsystem
Resultanten till kraftsystemet
F
, med avseende på momentpunkten O, ges av kraftsystemet
FR : ( F , M , O) där M = M O
(3.19)
Att momentpunkten O eventuellt ligger utanför kroppen, som i nedanstående figur, saknar väsentlig
betydelse i sammanhanget. Se nedanstående figur. Om vi väljer andra momentpunkter A eller B så
gäller:
M
=
A
n
∑ (rAPi × Fi + M i ) , M=B
i =1
36
n
∑ (r
i =1
BPi
× Fi + M i )
(3.20)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
F
M
O
Figur 3.10 Resultant.
För ett kraftsystem gäller sambandformeln
M A = M B + rAB × F , ∀A, B
(2.21)
Pi
Fi
rBP
rAP
Mi
i
i
B
rAB
A
Figur 3.11 Sambandsformeln för moment.
Sambandsformeln relaterar således momentsumman för ett kraftsystem m a p olika momentpunkter i
rummet.
Bevis: Det gäller att
M=
A
n
∑ (r
× F + M=
)
n
n
n
+ r ) × F + M=
) ∑r
∑ ((r

APi
i
i
=i 1 =i 1
AB
BPi
i
i
=i 1
AB
× Fi +
= rAPi
n
+ ∑ (r × F + M ) = r × ∑ Fi + M B = rAB × F + M B
BPi
i
i
AB
=i 1 =i 1
37
□
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
0 MA =
M B . Ett
Observera att M A = M B ⇔ rAB × F =0 ⇔ rAB  F . Speciellt gäller att F =⇒
viktigt exempel på det sist nämnda är ett kraftsystem:
F : ( F1 , 0, P1 ), (− F1 , 0, P2 )
d v s ett kraftpar.
Resultanten till kraftparet ges av (0 , M , A) där =
M rP2 P1 × F1 och A är en godtycklig punkt. Se figur
nedan! Observera att punkten A kan väljas godtyckligt.
M
−F1
P1
rP P
2 1
F1
P2
A
Figur 3.12 Resultanten till ett kraftpar.
Sats: För ett allmänt kraftsystem F gäller att
F ⋅ M A =F ⋅ M B
(3.22)
Bevis: Sambandformeln ger F ⋅ M A = F ⋅ M B + F ⋅ rAB × F = F ⋅ M B . □

=0
Sats: Låt ( F , M A , A) och ( F , M B , B ) båda vara resultanter till kraftsystemet
F
. Då gäller,
om F ≠ 0 , att
M A cos θ A = M B cos θ B
(3.23)
där θ A och θ B anger vinklarna mellan F och M A och mellan F och M B , respektive. Se Figur
3.13 nedan!
MB
F
θB
F
θA
A
MA
B
rAB
Figur 3.13 Resultanten till ett kraftsystem.
38
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Bevis: Av (3.22) följer att F ⋅ M A =F M A cos θ A =F ⋅ M B =F M B cos θ B vilket medför
(3.23). □
Observera att om θ A = 0 så gäller att M A ≤ M B , ∀B .
F
. Antag att kraftsumman F ≠ 0 . Vi inför riktningsvektorn, nF i
kraftens F riktning. Då kan vi komposant-uppdela momentsumman M A enligt
Betrakta ett kraftsystem
=
M A M A, + M A,⊥
(3.24)
där
M A, = nF (nF ⋅ M A ) =
F ⋅ MA
F
F ⋅F
(3.25)
är parallell med kraftsumman, (den ortogonala projektionen av momentsumman på kraftsumman) och
F × MA
M A,⊥ =nF × ( M A × nF ) =
×F
F ⋅F
är komposanten vinkelrätt mot kraftsumman.
nF
M A, ⊥
F
MA
M A ,
A
Figur 3.14 Komposantuppdelning av momentsumman.
39
(3.26)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
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 ( n ⋅ n =
1 ). 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
Av (3.22) följer att
M A, = M B ,
(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.
Sats: Låt F vara ett kraftsystem med F ≠ 0 . Då gäller att det finns punkter G sådana att M G ,⊥ = 0 ,
d v s M G  F . Dessa punkter bildar en rät linje, den så kallade centralaxeln, C (F ) , för
kraftsystemet, given av
F × MA


+ s nF , s ∈  
C (F ) = G rAG =
F ⋅F


(3.28)
och
=
MG
F ⋅ MA
F , ∀G ∈ C (F )
F ⋅F
Kraftsystemet har då resultanten ( F , M G , G ), ∀G ∈ C (F ) . Se nedanstående figur!
40
(3.29)
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
MG
MG
nF
G
G
rAG
rAG
F
MA
rAG ,⊥
F
A
Figur 3.15 Centralaxeln för ett kraftsystem. Kraftskruv.
Bevis:
M G ,⊥ =0 ⇔
F × MG
F × MG
F × MG
× F =0 ⇔
F ⇔
= s1 eF , s1 ∈ 
F ⋅F
F ⋅F
F ⋅F
(3.30)
Men enligt förflyttningssatsen gäller M G = M A + rGA × F och detta insatt i (3.30) ger
F × M A F × (rGA × F )
F × MA
F × MA
+
= s1 eF ⇔
+ rGA,⊥ = s1 eF ⇔ rAG ,⊥ =
− s1 eF
F ⋅F
F ⋅F
F ⋅F
F ⋅F
och därmed med s2 ∈  ,
=
rAG rAG , + rAG
=
s2 eF +
,⊥
F × MA
F × MA
F × MA
)e F
− s1=
eF
+ ( s2 − s1 =
+ s eF , s ∈ 
F ⋅F
F ⋅F
F ⋅F
För momentet gäller
=
MG M
=
M
=
G ,
A,
och därmed är beviset klart. □
41
F ⋅ MA
F
F ⋅F
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Givet två kraftsystem:
F a : ( F1a , M 1a , P1a ), ( F2a , M 2a , P2a ), , ( Fna , M na , Pna )
(3.31)
F b : ( F1b , M 1b , P1b ), ( F2b , M 2b , P2b ), , ( Fnb , M nb , Pnb )
(3.32)
a
a
a
och
b
b
b
med kraft- och momentsumma
na
a
F a = ∑ Fi a , M=
O
i =1
na
∑ (r
i =1
OPi a
× Fi a + M ia )
(3.33)
× Fi b + M ib )
(3.34)
och
nb
b
F b = ∑ Fi b , M=
O
i =1
nb
∑ (r
i =1
OPib
respektive. Kraftsystemen F a och F b säges vara ekvivalenta (ekvimomenta) om
F a = F b och M Oa = M Ob för någon punkt O
(3.35)
Ekvivalenta kraftsystem har samma verkan på stela kroppar, d v s kroppar som inte kan deformeras.
Sats: Om
dvs
Fa
och
Fb
är ekvivalenta så har de samma momentsumma med avseende på alla punkter,
=
M Aa M Ab , ∀A
Bevis: M Aa = M Oa + rAO × F a = M Ob + rAO × F b = M Ab , ∀A . □
Sats: Låt ( F , M , O ) vara en resultant till kraftsystemet
ekvivalenta.
F.
Då gäller att
F
och ( F , M , O ) är
Sats: Två kraftsystem F a och F b 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
M Aa = M Ba + rAB × F a , M Ab = M Bb + rAB × F b ⇒ rAB × ( F a − F b ) = 0
På samma sätt erhålles slutsatsen rAC × ( F a − F b ) =
0 och därmed kan vi dra slutsatsen att
Fa − Fb =
0 eftersom rAB och rAC 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
M A . F tillhör då någon av följande klasser:
42
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Klass I: om F = 0
Klass I a) om dessutom M A = 0 , Kraftsystemet har då resultanten (0 , 0 , A) och kallas ett
nollsystem.
Klass I b) om dessutom M A ≠ 0 , Kraftsystemet har då resultanten (0 , M A , A) och kallas ett
momentsystem.
Klass II: om F ≠ 0
0.
Klass II a) om dessutom F ⋅ M A =
Kraftsystemet har då resultanten ( F , 0 , G ) där G är en punkt på kraftsystemets centralaxel och det
kallas ett kraftresultantsystem.
Klass II b) om dessutom F ⋅ M A ≠ 0 . Kraftsystemet har då resultanten ( F ,
F ⋅ MA
F , G ) där G är
F ⋅F
en punkt på kraftsystemets centralaxel och det och kallas en kraftskruv. Kraftsystemet sägs vara en
högerskruv om F ⋅ M A > 0 och en vänsterskruv om F ⋅ M A < 0 .
I Klass II a), kraftresultantsystem, kan vi finna punkten G på centralaxeln genom att lösa ekvationen
rAG × F =
MA
(3.36)
0 .
Observera att ett nödvändigt villkor för att (2.60) skall ha en lösning rAG är att F ⋅ M A =
(3.36) följer att
F × MA
F × (rAG × F ) =F × M A ⇔ rAG ,⊥ =
F ⋅F
Av
(3.37)
och därmed
rAG = rAG ,⊥ + rAG , =
F × MA
+ s eF
F ⋅F
(3.38)
d v s ekvationen för centralaxeln enligt (3.28). Man visar lätt att (3.38) uppfyller (3.36) om
F ⋅ MA =
0 gäller.
Problem 2/183 (modifierat). Consider the force system presented in the figure below. Classify this
system.
C
B
A
Figur 3.16 Problem 2/183.
43
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Lösning: Kraftsystemet: ( F1 , A), ( F2 , B ), ( F3 , C ) där, enligt figuren, (kraft i kN, längd i m)
F=
i
1
5
5
+ k (−
) , F2= k (−6.0 ) , F3 = j 4.0
2
2
rA= i 2.4 + j (−1.2) + k 2.8 , rB = i 2.4 + j1.2 + k 2.8 , =
rC i 1.2 + k 4.0
Vi beräknar kraftsystemets kraftsumma och momentsumma, m a p punkten O.
F= F1 + F2 + F3= i
5
5
5
5
+ k (−
+ j 4.0 + k (−
− 6.0=
) + k (−6.0 ) + j 4.0= i
)
2
2
2
2
i 3.54 + j 4.0 + k (−9.54 )
M O = rA × F1 + rB × F2 + rC × F3 = (i 2.4 + j (−1.2) + k 2.8 ) × (i
(i 2.4 + j1.2 + k 2.8 ) × k (−6.0 ) + (i 1.2 + k 4.0 ) × j 4.0 = i × k 2.4 (−
j × k (−1.2)(−
5
5
+ k (−
)) +
2
2
5
5
) + j × i (−1.2)
+
2
2
5
5
+ i × k 2.4 (−6.0 ) + j × k 1.2(−6.0 ) + i × j 1.2 ⋅ 4.0 + k × j 4.0 2
) + k × i 2.8
2
2
i ((−1.2)(−
5
5
5
) + 1.2(−6.0 ) − 4.0 2 ) + j (−2.4 (−
) + 2.8
− 2.4(−6.0)) +
2
2
2
k (−(−1.2)
5
+1.2 ⋅ 4.0 ) = i (−18.96 ) + j 32.8 + k 9.04
2
Vi konstaterar att F ≠ 0 , F ⋅ M O =
−22.16 ≠ 0 . Kraftsystemet är en kraftskruv.
Övningsuppgift: Beräkna kraftsystemets centralaxel och resultant ( F ,
44
F ⋅ MO
F , G) .
F ⋅F
Mekanik, Del 1 Statik- och Partikeldynamik
2014, Utgåva 2
Sammanfattning (kraftsystem)
Givet ett kraftsystem F definierat av:
F : ( F1 , M 1 , P1 ), ( F2 , M 2 , P2 ), , ( Fn , M n , Pn )
n
Kraftsumman: F = ∑ Fi
i =1
=
Momentsumman (m a p punkten A): M
A
n
∑ (r
i =1
APi
× Fi + M i )
Sambandsformeln: M A = M B + rAB × F , ∀A, B , F ⋅ M A =F ⋅ M B
F × MA


Centralaxeln: C (F ) = G rAG =
+ s nF , s ∈  
F ⋅F


Sammanfattning (klassificering av kraftsystem)
Givet ett kraftsystem F med kraftsumman F och momentsumman M A .
Nollsystem: F = 0 , M A = 0 . Har resultanten (0 , 0 , A) .
Momentsystem: F = 0 , M A ≠ 0 . Har resultanten (0 , M A , A) .
0 . Har resultanten ( F , 0 , G ) där G är en
Kraftresultantsystem: F ≠ 0 , F ⋅ M A =
punkt på kraftsystemets centralaxel
F × MA


C (F ) = G rAG =
+ s eF , s ∈  
F ⋅F


Kraftskruv: F ≠ 0 , F ⋅ M A ≠ 0 . Har resultanten ( F ,
punkt på kraftsystemets centralaxel.
45
F ⋅ MA
F , G ) där G är en
F ⋅F