Objekte im Gleichgewicht

11 Gleichgewicht und Elastizität

2

Objekte im Gleichgewicht

Geschwindigkeit des Massenschwerpunkts muss nicht notwendigerweise Null sein

Warum sind solche Bedingungen für die Physik trotzdem interessant?

Man findet kaum Situationen, in denen auf einen Körper keine Kräfte wirken. Teilweise können die angreifenden Kräfte so groß werden, dass sich die Objekte stark verformen.

Eine Kenntnis der statischen Gegebenheiten kann solche dynamischen Prozesse verhindern

Anwendung

Statische Berechnungen

Technik: Gebäude, Brücken, Maschinen, Fahrzeuge Medizin: Muskeln und Gelenke

( ) ^I ∑ ^{F = 0} ( ) ^II ∑ ^{τ = 0}

Studienobjekt sind Körper, bei denen sowohl

die resultierende Kraft als auch das resultierende Drehmoment Null sind

Zahnspange

Nahe dem Gleichgewicht

° 80

Zugkraft F= 3 N

° 80

x

( ^{3N cos80} ) ^{0.35 N}

2 ° =

x

= F

F

4

Statisches Gleichgewicht

Erste Bedingung

∑ ∑

∑

=

=

= 0

0 0

z y x

F F F

Die Summe aller angreifenden Kräfte ist NULL

Meistens reduziert sich die Rechnung auf ein

zweidimensionales

Problem

Statisches Gleichgewicht

Erste Bedingung: Summe aller angreifenden Kräfte ist NULL

° 45

kg 50 F

F

F

Gewichtskraft

490.5N 9.81m/s²

kg

50 ⋅ =

g

= F

x y

Komponenten von F_D,W entlang der Koordinatenachsen

berechnen

°

=

°

−

=

45 sin

45 cos

D Dy

D Dx

F F

F F

= 0

=

Wy

W Wx

F

F F

N 45 694

sin

m/s² 81 . 9 kg 50

45 sin 0

° =

= ⋅

−

°

=

= ∑

Dx

g Dx

y

F

F F

F

N 490 45

cos N 694

45 cos 0

=

°

=

°

−

=

= ∑

W

Dx W

x

F

F F

F

x-Komponente y-Komponente

Der Draht, der den Kronleuchter hält, muss also wenigstens ein Gewicht von 694N/g=71kg tragen können.

° 45

Deckenbefestigung

Wandbefestigung

6

Statisches Gleichgewicht

Zweite Bedingung

∑ ^{τ = I α = 0}

Die Summe aller

angreifenden Drehmomente an jedem Punkt eines

Körpers ist NULL

Summe der angreifenden Kräfte ist NULL, aber die Summe der Drehmomente ist

ungleich NULL.

In zweidimensionalen Problemen und das sind praktisch alle, reduziert sich die Anzahl der

Gleichungen auf drei.

Dabei ist das Koordinatensystems (x,y) für die angreifenden Kräfte frei wählbar

∑ ∑

∑

=

=

= 0

0 0

z y x

F F

τ

mg F R

r

R F mgr

M M

=

=

r m R

F

Gleichgewicht der Drehmomente

Verlagerung des Auflagepunkts, d.h. Reduzierung von r erhöht das Drehmoment durch F_M enorm. R ändert sich dabei kaum

Massenschwerpunkt

Die Gravitationskraft auf einen Körper wirkt effektiv auf einen ausgezeichneten Punkt des Objektes, den Schwerpunkt (center of gravity, CG). Da heißt, dass wenn man die angreifenden

Kräfte statt an Volumenelement an den Schwerpunkt anreifen lässt, ändert sich weder die resultierenden Kraft noch das resultierende Drehmoment.

Wenn an alle Elemente des Körpers dieselbe Gravitationskraft angreifen, dann stimmt der Schwerpunkt mit dem Massenschwerpunkt (center of mass, CM) überein.

Normalerweise kann man diesen Unterschied vernachlässigen.

Es schadet aber nichts, dass einmal zu überprüfen Hier vielleicht nicht!

8

Beweis

Im Gravitationsfeld stimmen Schwerpunkt und Massenschwerpunkt überein

i i

gi

m g

F =

O

x

m

y

x

Betrachte Einzelelemente m_i

gi i i

= x F

τ

∑ ⁼ ∑

=

res

τ x F

τ

Betrachte Gesamtsystem

x

SP F

F

CM i

i SP

i i SP

i i i

SP i

M x m x x

m x M

x

m x m

x

const g

=

=

=

=

=

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

=

=

=

=

i i i i

i SP

gi i gi

SP

g SP

g m x g

m x

F x F

x

F x

τ

τ

Annahme

Diesen Zusammenhang haben wir schon

einmal benutzt Definition des Schwerpunkts

M m

x

₌ ∑ x

Muskelbelastung

( )( ) ( )( )

N 470

m 04 . 0

s² 81 m . 9 kg 0 . 4 m 38 . s² 0

81 m . 9 kg 5 . 2 m 16 . 0

0

=

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

=

= +

−

−

=

B Bizep

Bizep

buch buch Arm

Arm Bizep

buch buch Arm

Arm Bizep

Bizep

F F

r

F r F

F r

F r F

r F

r

Kräftevergleich

( ) ^{7 . 37}

s² 81 m . 9 kg 0 . 4 kg 5 . 2

N

470 =

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛

+

=

Arm Bizep

F F

F

10

Belastung der Wirbelsäule

Fünfter Lendenwirbel

Hebelarm Muskel

Θ=40°

ϕ=12°

w_Kopf w_Arm w_Wirbel F_lv

F_Muskel

36 cm 12 cm

12 cm

Fünfter Lendenwirbel

Belastung der Wirbelsäule

∑ ^{τ = 0}

( )( )

( )( )( )

( )( )( )

( )( )( )

w

w w

w l

w w

w l

w w

w l

F F

F l

W A K

W W

W

A A

A

K K

K

M M

M M

M

K A k

M

174 . 0

m 050 . 0 215

. 0 40 sin 0.36m sin

m 080 . 0 125

. 0 40 sin m 48 . 0 sin

m 044 , 0 069

. 0 40 sin m 72 . 0 sin

m 01 . 0 sin12

m 48 . 0 sin

0

−

= +

+

−

=

°

−

= Θ

−

=

−

=

°

−

= Θ

−

=

−

=

°

−

= Θ

−

=

⋅

=

°

=

=

= +

+ +

τ τ τ

τ τ τ

ϕ τ

τ τ τ τ

Gewichtsanteile im menschlichen Körpers Kopf 6.9 %

Arme 12.5 % Oberkörper 21.5 %

Unterkörper 9.6 % Füße 3.4 %

w w F l

M

W A K

M

1 . 74

m 01 . 0

m 174 . 0

sin + = =

= +

ϕ τ τ τ

Es wirken keine resultierenden Drehmomente

w_Kopf w_Arm w_Wirbel F_lv

F_Muskel

36 cm 12 cm

12 cm

y

x

° 12

° 40

°

=

°

−

° 12 28 40

° 28

Damit kann die Kraft, die der Muskel bereitstellen muss, berechnet werden

12

Belastung der Wirbelsäule

l w F

M

W A K

M

1 . 74

sin + =

= +

ϕ τ τ τ

w F

w w w F

F F

Vy

W A K M

Vy y

88 . 0

28 sin 0

=

−

−

−

°

−

=

= ∑

w F

F F F

Vy

M Vx x

23 . 2

28 cos 0

=

°

−

=

= ∑

w F

F

F

=

+

= 2 . 40

Kraft auf den Lendenwirbel also mehr als das doppelte Körpergewicht Heben eines zusätzlichen Gewichtes

z.B. Paket von 30 kg (Körpergewicht 70kg)

( )

( )( )( )

w

w w

w l

A A

P A A

A

m 154 . 0

43 . 0 069 . 0 40 sin m 48 . 0

sin

−

=

+

°

−

=

+ Θ

−

= τ τ τ

w F

= 2 . 52

w_Kopf w_Arm w_Wirbel F_lv

F_Muskel

36 cm 12 cm

12 cm

Drehmoment des Arms neu berechnen

y

x

° 12

° 40

°

=

°

−

° 12 28 40

° 28

x-Komponente y-Komponente

Elastizität

L

L L + Δ

Δ x Δ V

V

(II) Hydraulischer Druck

(III) Scherung (I) Dehnung oder Kompression

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(I) Dehnung

Spannung = Modul x Dehnung

L E L A

F = Δ

Elastizitätsmodul oder Youngscher Modul Einheit 1 N/m²= 1Pa

gebräuchlich GPa bzw MPa

Thomas Young 1773-1829

ε σ = ^E

Hooksches Gesetz

Neben der Längenänderung erfolgt auch eine Abnahme des Querschnitts. Für eine quadratische Probe ergibt sich bei geringen Änderungen näherungsweise

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝ Δ ⎛ Δ Δ −

Δ =

−

= Δ

Δ

2

² 1 2

²

l l d

d l

l l

d

l dl l

d V

V

( ) ( )

( ) ( )

d dl l

d V

l d l d d

l d l

d l d d

dl l

d V

l d l l d d

V

Δ

− Δ

≈ Δ

− Δ Δ

+ Δ Δ

− Δ + Δ

+ Δ

−

= Δ

− Δ

− Δ

−

= Δ

2

²

² 2

² 2

²

²

2 2

2

l Δ l

=

= ε σ Dehnung

A F

g Zugspannun

) neu ( 1/

(alt)

; l Poissonzah

ktionzahl Querkontra

ktion Querkontra

μ μ

μ ε

μ ε ε

⇒

=

= Δ

q

q

d

d

( μ )

ε 1 − 2 Δ =

V V

Kraft pro Fläche Längenänderung durch Originallänge

grüne Terme werden vernachlässigt kleine Änderung mal kleine Änderung!

Messung des Elastizitätsmoduls

Dehnung des Messfühlers bewirkt eine Änderung des

elektrischen Widerstandes R.

E

A const F R

R = Δ

Grosse Empfindlichkeit für geringe

Abmessungen und ein kleines Elastizitätsmodul

Messfühler wird an Untersuchungsobjekt

angeheftet

16

Elastitizätsmodul

E: Elastizitätsmodul

μ: Querkontraktionszahl R _m: Zugfestigkeit A: Bruchdehnung

Werte zum Teil nur gültig nahe Raumtemperatur sowie geringer, langsamer Beanspruchung

Zum Teil auch nicht genau definiert Die Werte für das Elastizitätsmodul überdecken viele Größenordnungen

(II) Kompression

V K V

p Δ

−

= Δ Δ V

V

Hooksches Gesetz für die Kompression

K nennt man man das Kompressionsmodul

Einheit [N/m²]

üblicherweise in GPa oder MPa angegeben Zusammenhang zum Elastizitätsmodul E

E Δ p

−

⇒ 3

ε

( )

( ^μ )

μ 2 3 1

2 3 1

− Δ =

= Δ

Δ − Δ =

E V

p K V

E p V

V

Allseitiger Druck (Gas, Flüssigkeit) bewirkt eine Volumenänderung

Spezialfälle

μ=1/3: K=E (z.B. Aluminium, Eis) μ>1/3: K>E

μ<1/3: K<E

( ^μ )

ε 1 − 2 Δ =

V

V

18

(III) Scherung

Tantentialspannungen

F

Scherung des Körpers

γ

γ ε ⇒

γ

τ G

ung Schubspann

=

= A F

A

Im Gegensatz zum Elastizitätsmodul E, dem Kontraktionsmodul K und der Querkontraktionszahl μlässt sich das Schermodul Gnicht aus bekannten E, μoder E, K oder K, μherleiten

Torsionwird ebenfalls durch eine Schubspannung verursacht. In der Literatur wird das zugehörige Schubmodul deshalb auch als Torsionsmodul bezeichnet.

Zusammenhang zwischen den elastischen Konstanten

= G

= K μ=

= E

Elastische Moduli

Material Elastizitätsmodul Schermodul Kompressionsmodul

GPa GPa GPa

Eisen Stahl Blech Aluminium

Beton Stein Marmor

Granit Holz Nylon Knochen

Wasser Alkohol Quecksilber

Luft, H₂, Helium, CO₂

Festkörper 100 40 90

200 80 140

100 35 80

70 25 70

21

50 70

15 80

Flüssigkeiten 2

1 2

Gase 10^-4

45 45

1 5 14

20

Spannungs-Dehnungsdiagramm

nicht-lineares Verhalten

permanenter Verformung des Materials

L Δ L

lineare Verformung des Materials

A

F

Knochenbrüche

jenseits der Elastizitätsgrenze

Beim Torsionsbruch liegt der Bruchpunkt am niedrigsten.

Erfahrungswert 120 Nm führen zum Bruch des Oberschenkelknochen

z.B. Krafteinwirkung von 100 N auf die Skispitze bei fixiertem Fuß

22

Statik von Gebäuden

Entwicklungsgeschichte

24

Statik von Gebäuden

Parthenon, Athen

Antike, Griechenland

Breite des zu überspannenden Raumes limitiert durch die Größe der Steine. Durch das Gewicht ergibt sich eine zusätzliche Beanspruchung durch Kompression, die es verhindert, dass größere Abstände der Pfeiler realisiert werden können.

Das Baumaterial Stein hat aber nur ein geringes Modul bezüglich Spannung und Scherung.

Erste Innovation:

Antike, Rom

Halbkreisförmiger Torbogen

Im Halbkreisbogen wird im Wesentlichen ein Kompressionsdruck erzeugt. Dadurch werden

vertikale Kräfte in horizontale Kräfte transformiert.

Allerdings stimmt die Richtung der einwirkenden Gewichtskraft nicht mehr mit der Richtung des Druck überein. Das hat zur Folge, das die Seiten nach außen gedrückt werden und das Zentrum die Tendenz zeigt einzustürzen.

Panthenon, Rom

Spitzbogen

Zweite Innovation ca. 1100 n. Chr.

Jede Seite des Bogens ist ein Ausschnitts eines Kreissegments. Dadurch wird der Bogen schmaler.

Zusätzlich stimmt die Richtung der Krompressionsdrucks besser mit der einwirkenden Gewichtskraft überein.

Gotische Kathedrale, Amiens, erbaut 1220 n. Chr.

26

Spitzbogen

R

R

2 2 R

R 2 F

F

F

F

F

F

F

F

g H

H g

g

H g

V

F F

RF R F

RF

RF R F

RF

2 1 0 2

0 2

=

−

−

=

−

−

=

g H

H g

g

H g

V

F F

RF R F

F R

RF R F

F R

4 1 2 2 0

2 2 0

=

−

−

⋅

=

−

−

⋅

=

Rechnung für jeweils die eine Hälfte eines Bogens

2 / R 2

/ R

Gesucht: Kraft nach außen am Fuß des Bogens

Statisches Gleichgewicht

Summe der Drehmomente ergibt NULL

horizontale Belastung halbiert sich

Kuppeln

Problem der Baumeister:

Die Konstruktion ist nur unter Druck stabil, d.h. erst wenn der letzte Stein eingesetzt ist.

Lösung durch schichtweises aufbauen der Kuppel.

Innerer Ring stabilisiert die Konstruktion

Kathedrale von Florenz, 1296 n. Chr.

Kuppeldurchmesser 23 m

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Flachkuppeln

Palazzetto dello Sport, Rom, 1956/57

Abmessungen

Stahlbetonkuppel Durchmesser 60 m

Höhe 21 m

Gewicht der Kuppel 10⁶kg

Anzahl der Y-förmigen Stützpfeiler 36 Winkel 38°

( )

N F

N F F

N F

H

V H

V

6

6

6 6

10 5 . 3

781 . 0

10 73 . 2 tan

Belastung e

horizontal

10 73 . s² 2

81 m . 9 kg 36 10

1

Belastung vertikale

⋅

=

= ⋅

= Θ

⋅

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

Nicht sichtbarer vorgespannter Ring

rund um den Bau stabilisiert den Bau