13 Gleichgewicht und Elastizit¨ at Felsklettern kann zu einer der gef¨ ahrlichsten Physik- pr¨ ufungen werden. F¨ allt man durch, bedeutet es leicht den Tod, und selbst ein ” teilweise bestanden“ kann immer noch schwerwiegende Verletzungen beinhalten. Klettert man beispielsweise einen langen Kamin hoch, so werden der Oberk¨ orper und die F¨ uße an die gegen¨ uberliegenden Spaltw¨ ande gepresst. Von Zeit zu Zeit muss man sich ausruhen, sonst f¨ allt man aus Ersch¨ opfung in die Spalte. Hier besteht die Pr¨ ufung aus einer einzigen Frage: Wie muss der Druck auf die W¨ ande ¨ ubertragen werden, sodass man sich erholen kann? M¨ ochte man ausruhen und vergisst dabei die Physik, werden einen die W¨ ande nicht tragen. Wie lautet die Antwort auf diese Pr¨ ufungsfrage auf Leben und Tod? Die Antwort finden Sie in diesem Kapitel.
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13 GleichgewichtundElastizitat
Felsklettern kann zu einerder gefahrlichsten Physik-prufungen werden. Fallt mandurch, bedeutet es leicht denTod, und selbst ein
”teilweise
bestanden“ kann immer nochschwerwiegende Verletzungenbeinhalten. Klettert manbeispielsweise einen langenKamin hoch, so werden derOberkorper und die Fuße an diegegenuberliegendenSpaltwande gepresst. Von Zeitzu Zeit muss man sichausruhen, sonst fallt man ausErschopfung in die Spalte. Hierbesteht die Prufung aus einereinzigen Frage: Wie muss derDruck auf die Wandeubertragen werden, sodassman sich erholen kann? Mochteman ausruhen und vergisstdabei die Physik, werden einendie Wande nicht tragen.
Wie lautet die Antwort aufdiese Prufungsfrage auf Lebenund Tod?
Die Antwort finden Sie indiesem Kapitel.
13 Gleichgewicht und Elastizitat264
13-1 Gleichgewicht
Betrachten Sie die folgenden Gegenstande: (1) Ein auf einem Tisch liegendes Buch,(2) einen Eishockey-Puck, der mit konstanter Geschwindigkeit uber eine reibungsfreieOberflache gleitet, (3) die rotierenden Blatter eines Deckenventilators und (4) das Radeines Fahrrads, das mit konstanter Geschwindigkeit uber einen geraden Weg fahrt. Furalle diese Gegenstande gilt:
1. Der Impuls �P des Schwerpunkts ist konstant.
2. Der Drehimpuls �L in Bezug auf den Schwerpunkt (oder irgendeinen anderen Punkt)ist ebenfalls konstant.
Von solchen Gegenstanden sagen wir, sie befinden sich im Gleichgewicht bzw. ineinem Gleichgewichtszustand. Die beiden Bedingungen fur das Vorliegen einesGleichgewichts sind daher:
�P = Konstante und �L = Konstante. (13-1)
In diesem Kapitel werden wir Situationen untersuchen, in denen die Konstanten inGl. 13-1 sogar verschwinden. Wir beschaftigen uns also in erster Linie mit Ge-genstanden, die sich in dem von uns verwendeten Bezugssystem uberhaupt nichtbewegen – weder in Form einer Translation noch einer Rotation. Solche Gegenstandebefinden sich in einem statischen Gleichgewicht. Von den vier oben erwahnten Ge-genstanden ist nur einer – das ruhende Buch auf dem Tisch – im statischen Gleichge-wicht.
Der Felsen in Abb. 13-1 ist ein weiteres Beispiel fur einen Gegenstand, der sich(zumindest im Augenblick) in einem statischen Gleichgewicht befindet. Diese Eigen-schaft teilt er mit unzahligen anderen Strukturen wie Kathedralen, Hausern, Akten-schranken, Wurstchenbuden, die sich im Verlauf der Zeit ebenfalls nicht verandern.
Abb. 13-1Ein Felsen in der Nahe des Petrified
Forest Nationalparks in Arizona. SeineLage mag bedenklich erscheinen, aber er
befindet sich im statischen Gleichgewicht.
Wenn ein Korper in denselben Zustand des statischen Gleichgewichts zuruckkehrt,nachdem er durch eine Kraft aus diesem Zustand gebracht wurde, dann sagen wir,dieser Korper befindet sich in einem stabilen statischen Gleichgewicht (vgl. Ab-schnitt 8-5). Ein Beispiel hierfur ist eine Murmel am Grund einer halbkreisformigenSchale. Kann jedoch eine winzige Storung den Korper dauerhaft aus seiner Gleichge-wichtslage herausbringen, so sagt man, der Korper befinde sich in einem instabilenGleichgewicht.
Betrachten Sie beispielsweise einen Dominostein, dessen Schwerpunkt sich genauuber einer seiner aufliegenden Kanten befindet (Abb. 13-2a). Das Drehmoment umdiese Kante aufgrund der Gravitationskraft �Fg auf den Dominostein verschwindet,weil die Kraftrichtung genau durch diese Kante verlauft. Der Dominostein befindetsich daher im Gleichgewicht. Aber offensichtlich kann eine beliebig kleine, zufalligeKraft diesen Gleichgewichtszustand beenden. Verschiebt sich die Verlangerung derKraftrichtung zu einer der beiden Seiten neben der Kante (wie in Abb. 13-2b), verstarkt�Fg das Drehmoment und der Dominostein beginnt zu kippen. Der Dominostein in
Abb. 13-2a befindet sich daher in einem instabilen Gleichgewichtszustand.
Abb. 13-2(a) Ein Dominostein balanciert auf einer
seiner Kanten, d.h., der Schwerpunktbefindet sich genau uber dieser Kante.Die Richtung der Gravitationskraft �Fg
auf den Dominostein verlauft exakt durchdiese Kante. (b) Wird der Dominostein
auch nur minimal aus dieserausbalancierten Lage gebracht,
verursacht �Fg ein Drehmoment und derStein beginnt zu kippen. (c) Ein auf einer
der schmalen Seiten stehenderDominostein ist etwas stabiler als der
Dominostein aus (a). (d) Einquadratischer Bauklotz ist noch stabiler.
Der Dominostein in Abb. 13-2c ist nicht ganz so instabil. Um diesen Stein kippenzu konnen, muss man ihn uber die Lage aus Abb. 13-2a, bei der sich der Schwerpunktexakt uber einer der beiden Kanten befindet, hinausdrehen. Eine sehr schwache Kraft
BSchwer-punkt
Kante
(a) (b) (c) (d)
Fg FgFg
Fg
13-2 Bedingungen fur das Gleichgewicht 265 13bringt den Dominostein daher nicht zum Kippen, wohl aber ein kraftiger Stoß. (Stellenwir mehrere Dominosteine auf diese Weise hintereinander auf, kann ein Stoß gegenden ersten Stein die ganze Kette zu Fall bringen.)
Der Bauklotz aus Abb. 13-2d ist sogar noch stabiler, weil sein Schwerpunkt weiterbewegt werden muss, bis er sich direkt oberhalb einer der Kanten befindet. Ein leichterStoß bringt ihn nicht notwendigerweise zu Fall. Der Bauarbeiter in Abb. 13-3 hatsowohl etwas von dem Dominostein als auch von dem Bauklotz: Parallel zum Tragerkann er seinen Stand breit und somit stabil machen, senkrecht zum Trager ist sein Standeng und vergleichsweise instabil (und daher der Willkur eines zufalligen Windstoßesausgesetzt).
Abb. 13-3Ein Bauarbeiter balanciert uber einerAutobahn auf einem Trager. Er befindetsich zwar im Gleichgewicht, aber diesesGleichgewicht ist parallel zum Tragerstabiler als senkrecht zu ihm.
Die Untersuchung der statischen Gleichgewichtslagen ist bei Bauvorhaben vonhochster Wichtigkeit. Der Bauingenieur muss alle auf eine Struktur einwirkendenaußeren Krafte und Drehmomente erkennen und durch ein entsprechendes Design undeine gute Wahl der Werkstoffe sicherstellen, dass diese Struktur den Belastungen auchstandhalt. Solche Untersuchungen sind beispielsweise notwendig um sicherzustellen,dass Brucken nicht unter dem Gewicht des Verkehrs oder dem Druck eines Sturmszusammenbrechen, oder dass das Fahrgestell eines Flugzeugs auch den Schock einerrauen Landung ubersteht.
13-2 Bedingungen fur das Gleichgewicht
Die Translationsbewegung eines Korpers wird durch das zweite newtonsche Gesetzbeschrieben. Ausgedruckt durch den Impuls ist es durch Gl. 9-27 gegeben:
�Fges = d �Pdt
. (13-2)
Befindet sich der Korper im Gleichgewicht bezuglich Translationen – ist also �Pkonstant –, dann gilt d �P/dt = 0 und es folgt:
➔ �Fges = 0. (Kraftegleichgewicht) (13-3)
Die Rotationsbewegung eines Korpers wird ebenfalls durch das zweite NewtonscheGesetz bestimmt, ausgedruckt allerdings durch den Drehimpuls (Gl. 12-29):
�τges = d �Ldt
. (13-4)
Befindet sich der Korper im Gleichgewicht bezuglich Rotationen – ist also �Lkonstant –,dann gilt d �L/dt = 0 und es folgt:
➔ �τges = 0. (Gleichgewicht der Drehmomente) (13-5)
Die beiden Bedingungen fur einen Korper im Gleichgewicht lauten somit:
➔ 1. Die vektorielle Summe aller außeren Krafte auf einen Korper mussverschwinden.
2. Die vektorielle Summe aller außeren Drehmomente auf einen Korpermuss bezuglich aller Punkte verschwinden.
Diese Bedingungen gelten offensichtlich fur ein statisches Gleichgewicht. Sie geltenebenfalls fur eine allgemeinere Form von Gleichgewicht, bei denen �P und �L konstantsind, aber nicht null.
Beide Gleichungen 13-3 und 13-5 sind Vektorgleichungen. Sie sind jeweils aqui-valent zu drei unabhangigen Komponentengleichungen, eine fur jede Richtung derKoordinatenachsen.
Wir werden oft eine vereinfachte Situation betrachten, bei der die auf einen Korperwirkenden Krafte nur in der xy-Ebene liegen. In diesem Fall konnen nur solche Dreh-momente auftreten, die einen Korper in eine Drehung um eine Achse parallel zurz-Achse versetzen. Unter dieser Voraussetzung werden von den Gleichungen 13-6eine Kraftgleichung und zwei Drehmomentgleichungen eliminiert und wir erhalten:
➔ Fges,x = 0, (Kraftegleichgewicht) (13-7)
➔ Fges,y = 0, (Kraftegleichgewicht) (13-8)
➔ τges,z = 0. (Gleichgewicht der Drehmomente) (13-9)
Hierbei ist τges,z das von den außeren Kraften erzeugte gesamte Drehmoment entwederum die z-Achse oder irgendeine andere Achse parallel zur z-Achse.
Ein Hockey-Puck, der mit konstanter Geschwindigkeit uber das Eis gleitet, erfulltdie Gleichungen 13-7, 13-8 und 13-9 und befindet sich daher im Gleichgewicht, al-lerdings nicht im statischen Gleichgewicht. Fur ein statisches Gleichgewicht mussder Impuls �P des Pucks nicht nur konstant sein, sondern sogar verschwinden: DerPuck muss auf dem Eis ruhen. Fur ein statisches Gleichgewicht muss daher noch eineweitere Bedingung gelten:
➔ 3. Der Impuls �P des Korpers muss null sein.
●✗ KONTROLLFRAGE 1:Die Abbildung zeigt sechs Draufsichten eines gleichformigen Stabs. Zwei oder mehrKrafte wirken senkrecht zu diesem Stab. In welchen Fallen kann sich der Stab in einemstatischen Gleichgewicht befinden, wenn die Betrage der Krafte geeignet adjustiertwerden (allerdings von null verschieden bleiben)?
(a)
(d)
(b)
(e)
(c)
( f )
13-3 Das Gravitationszentrum
Die Gravitationskraft auf einen ausgedehnten Korper ist gleich der vektoriellen Summeder Gravitationskrafte auf die einzelnen Elemente (die Atome) dieses Korpers. Stattdiese Elemente alle einzeln zu betrachten, konnen wir auch sagen:
➔ Die Gravitationskraft �Fg auf einen Korper wirkt effektiv in einem einzelnenPunkt, den man das Gravitationszentrum (GZ) dieses Korpers nennt.
Der Begriff”effektiv“ bedeutet Folgendes: Wurden die Krafte auf die einzelnen Ele-
mente irgendwie abgeschaltet und stattdessen eine einzelne Kraft �Fg im Gravitations-zentrum eingeschaltet, dann waren die Gesamtkraft und das Gesamtdrehmoment (umjeden Punkt) dieses Korpers unverandert.
Bisher sind wir immer davon ausgegangen, dass die Gravitationskraft �Fg im Schwer-punkt eines Korpers angreift. Das ist gleichbedeutend mit der Annahme, dass das Gra-vitationszentrum sich im Schwerpunkt befindet. Fur einen Korper der Masse M ist die
13-3 Das Gravitationszentrum 267 13Schwerkraft �Fg gleich M �g, wobei �g die durch die Schwerkraft erzeugte Beschleuni-gung dieses Korpers ware, wenn sich der Korper frei bewegen konnte. Im Folgendenwerden wir beweisen:
➔ Wenn �g fur alle Elemente eines Korpers gleich ist, dann befindet sich dasGravitationszentrum (GZ) des Korpers in seinem Massenschwerpunkt (S).
Diese Bedingung ist fur die meisten Alltagsgegenstande erfullt, weil sich �g entlangder Erdoberflache nur wenig andert und auch mit der Hohe nur langsam abnimmt. ImAnschluss an den folgenden Beweis werden wir diese Annahme weiterhin machen.
BEWEIS: Zunachst betrachten wir die einzelnen Elemente eines Korpers. Abbildung13-4a zeigt einen ausgedehnten Korper mit der Masse M und eines seiner Elementemit Masse mi . Auf jedes dieser Elemente wirkt eine Gravitationskraft �Fgi = mi �gi . DerIndex bei �gi bedeutet, dass die Gravitationsbeschleunigung �gi am Ort des Elements i
zu nehmen ist, und dass diese sich von der Gravitationsbeschleunigung bei anderenElementen unterscheiden kann.
Ox
y
mi
xi
Ox
y
xGZ
GZ
(a)
(b)
Kraft-richtung
Kraft-richtungKraftarm
Fgi
Fg
Kraftarm
Abb. 13-4(a) Ein Teilelement der Masse mi ineinem ausgedehnten Korper. VomUrsprung O des Koordinatensystems ausbetrachtet gehort zu der Gravitationskraft�Fgi auf dieses Element ein Kraftarm xi .
(b) Effektiv wirkt auf einen Korper dieGravitationskraft �Fg , die imGravitationszentrum (GZ) dieses Korpersangreift. Der Kraftarm zurGravitationskraft bezuglich desKoordinatenursprungs O ist xGZ.
Wie in Abb. 13-4 erkennbar, erzeugt jede Kraft �Fgi fur das Element i in Bezug aufden Koordinatenursprung O ein Drehmoment τi mit zugehorigem Kraftarm xi . NachGl. 11-33 (τ = r⊥F ) konnen wir fur das Drehmoment τi auch schreiben:
τi = xiFgi . (13-10)
Das Gesamtdrehmoment auf alle Elemente des Korpers ist somit:
τges =∑
τi =∑
xiFgi . (13-11)
Nun betrachten wir den Korper als Ganzes. Abbildung 13-4b zeigt die Gravitations-kraft �Fg , die im Gravitationszentrum des Korpers angreift. Diese Kraft erzeugt furden Korper ein Drehmoment τ um O mit einem Kraftarm xGZ. Dieses Drehmomentkonnen wir wiederum nach Gl. 11-33 in der Form
τ = xGZFg (13-12)
schreiben. Die Gravitationskraft �Fg auf den Korper ist gleich der Summe der Gravi-tationskrafte �Fgi auf alle Elemente. Wir konnen daher Fg in Gl. 13-12 durch
∑Fgi
ersetzen:
τ = xGZ
∑Fgi. (13-13)
Nun soll das Drehmoment aufgrund der Kraft �Fg , die im Gravitationszentrum angreift,gleich dem Gesamtdrehmoment aufgrund aller Krafte �Fgi auf die einzelnen Elementedes Korpers sein. (So haben wir das Gravitationszentrum GZ definiert.) Daher ist τ
aus Gl. 13-13 gleich τges aus Gl. 13-11:
xGZ
∑Fgi =
∑xiFgi .
Wir ersetzen Fgi durch migi und erhalten:
xGZ
∑migi =
∑ximigi .
Nun kommt der kritische Punkt: Wenn die Beschleunigungen gi an allen Orten derElemente gleich sind, konnen wir sie aus der Gleichung herauskurzen. Das fuhrt unsauf:
xGZ
∑mi =
∑ximi. (13-14)
Die Summe∑
mi der Massen der Elemente ist gleich der Gesamtmasse M desKorpers. Daher konnen wir fur Gl. 13-14 auch schreiben:
xGZ = 1
M
∑ximi. (13-15)
Die rechte Seite dieser Gleichung entspricht der Koordinate xS des Schwerpunkts desKorpers (Gl. 9-4). Wir erhalten somit, was wir beweisen wollten:
xGZ = xS. (13-16)
13 Gleichgewicht und Elastizitat268
●✗ KONTROLLFRAGE 2:Angenommen, Sie spießen mit einem dunnen Spieß einen Apfel auf, treffen allerdingsnicht das Gravitationszentrum des Apfels. Wenn Sie den Spieß waagerecht halten undder Apfel sich frei um den Spieß drehen kann, wo wird sich das Gravitationszentrumschließlich befinden? Weshalb?
13-4 Beispiele fur statische Gleichgewichte
In diesem Abschnitt untersuchen wir vier Beispiele von Systemen im statischenGleichgewicht. In allen Fallen wenden wir die Gleichgewichtsbedingungen (Gln. 13-7, 13-8 und 13-9) auf einen oder mehrere Gegenstande des Systems an. Die fur dieGleichgewichtslage relevanten Krafte befinden sich alle in der xy-Ebene, die Dreh-momente sind daher parallel zur z-Achse. Zur Anwendung von Gl. 13-9, dem Gleich-gewicht der Drehmomente, wahlen wir daher eine Achse parallel zur z-Achse, umdie wir das Drehmoment berechnen. Obwohl Gl. 13-9 fur jede solche Achse erfulltist, werden wir sehen, dass sich die Anwendung von Gl. 13-9 fur bestimmte Achsenvereinfacht, bei denen eine oder mehrere unbekannte Krafte eliminiert werden.
BEISPIELAUFGABE 13-1 Abbildung 13-5a zeigt einen gleichformigen Trager der Lange L und der Massem = 1,8 kg, der mit seinen Enden auf zwei Waagen ruht. Auf dem Trager liegt einebenfalls gleichformiger Block der Masse M = 2,7 kg, dessen Mittelpunkt sich imAbstand L/4 vom linken Tragerende befindet. Welche Gewichtskrafte werden dieWaagen anzeigen?
Abb. 13-5(a) Ein Trager der Masse m tragt einen
Block der Masse M . (b) Die Skizze zeigtdie Krafte auf das System Trager + Block.
●✓ LOSUNG: Die ersten Schritte zur Losung jedes Problems im Zusammenhang mitstatischen Gleichgewichten sind die folgenden: Man definiere zunachst eindeutig daszu untersuchende System und zeichne anschließend ein Kraftediagramm, das alle aufdas System einwirkenden Krafte wiedergibt. In diesem Fall wahlen wir als Systemden Trager zusammen mit dem Block. Die Krafte auf dieses System sind in der Skizzevon Abb. 13-5b dargestellt. (Die Wahl des Systems erfordert eine gewisse Erfahrungund oft wird es mehr als nur eine gute Wahl geben – siehe Strategie 1.)
y
x
(b)
Block Träger
L4
L2
(a)
BlockTräger
Waage
mM
LL4
System
Fl
Fr
Fg,Träger = mg
Fg,Block = Mg
Waage
13-4 Beispiele fur statische Gleichgewichte 269 13Die von den Waagen auf den Trager ausgeubten Normalkrafte sind �Fl auf der linken
Seite und �Fr auf der rechten. Die gesuchten Gewichtskrafte, die von den Waagenangezeigt werden, sind gleich dem Betrag dieser Krafte. Die Gravitationskraft auf denTrager �Fg,Trager greift im Schwerpunkt des Tragers an und ist gleich m�g. Entsprechendwirkt die Gravitationskraft auf den Block �Fg,Block im Schwerpunkt des Blocks und istgleich M �g. Der Einfachheit halber wurde in Abb. 13-5b der Block als Punkt innerhalbder Tragergrenzen eingezeichnet, und der Vektor �Fg,Block hat sein Ende an diesemPunkt. (Diese Verschiebung des Vektors �Fg,Block entlang der Kraftrichtung nach untenverandert das von dieser Kraft erzeugte Drehmoment bezuglich einer Achse senkrechtzur Bildebene nicht.)
DieLOSUNGSIDEE ist nun die folgende: Da sich das System im statischen Gleich-gewicht befindet, konnen wir die Gleichungen fur das Gleichgewicht der Krafte(Gln. 13-7 und 13-8) sowie fur das Gleichgewicht des Drehmoments (Gl. 13-9) aufdieses System anwenden. Die Krafte haben keine x-Komponenten, daher liefert unsGl. 13-7 (Fges,x = 0) auch keine Information. Fur die y-Komponenten erhalten wiraus Gl. 13-8 (Fges,y = 0):
Fl + Fr − Mg − mg = 0. (13-17)
In dieser Gleichung stehen zwei Unbekannte: die Krafte Fl und Fr. Wir benotigen da-her zusatzlich noch die Bedingung fur das Gleichgewicht der Drehmomente (Gl. 13-9).Diese Gleichung lasst sich fur jede Drehachse senkrecht zur Ebene von Abb. 13-4 aus-werten. Wir wahlen eine Drehachse durch das linke Ende des Tragers. Die Zuordnungder Vorzeichen fur das Drehmoment erfolgt nach unserer allgemeinen Regel: Wennein Drehmoment einen zunachst ruhenden Korper zu einer Drehung im Uhrzeigersinnum die Drehachse veranlasst, dann soll dieses Drehmoment negativ gezahlt werden.Fur eine Drehung gegen den Uhrzeigersinn ist das Drehmoment positiv. Und schließ-lich schreiben wir die Drehmomente noch in der Form r⊥F , wobei der Kraftarm r⊥gleich 0 ist fur �Fl, gleich L/4 fur M �g, gleich L/2 fur m�g und gleich L fur �Fr.
Die Gleichgewichtsbedingung (τges,z = 0) wird damit zu
(0)(Fl) − (L/4)(Mg) − (L/2)(mg) + (L)(Fr) = 0,
und wir erhalten:
Fr = 14Mg + 1
2mg
= 14 (2,7 kg)(9,8 m/s2) + 1
2(1,8 kg)(9,8 m/s2)
= 15,44 N ≈ 15 N.
Nun losen wir Gl. 13-17 nach Fl auf und setzen das obige Ergebnis ein:
Fl = (M + m)g − Fr
= (2,7 kg + 1,8 kg)(9,8 m/s2) − 15,44 N
= 28,66 N ≈ 29 N.
Man beachte in diesem Fall die Losungsstrategie: Wir haben zunachst die Gleichungfur das Gleichgewicht der Kraftkomponenten formuliert und fanden dort zwei Unbe-kannte. Hatten wir nun die Gleichung fur das Gleichgewicht der Drehmomente umeine beliebige Achse aufgestellt, hatte diese wiederum beide Unbekannte enthalten.Stattdessen haben wir die Drehachse durch den Angriffspunkt einer der beiden un-bekannten Krafte gewahlt, in unserem Fall �Fl. Durch diese Wahl verschwand dieseKraft aus der Drehmomentgleichung und wir konnten nach dem Betrag der anderenunbekannten Kraft (Fr) auflosen. Anschließend haben wir dieses Ergebnis in die Glei-chung fur das Gleichgewicht der Krafte eingesetzt und die verbleibende unbekannteKraft berechnet.
●✗ KONTROLLFRAGE 3:Die Abbildung zeigt die Draufsicht eines gleichformigen Stabs im statischen Gleich-gewicht. (a) Konnen Sie die Betrage der unbekannten Krafte �F1 und �F2 aus den
13 Gleichgewicht und Elastizitat270
20 N dd2d4d
10 N 30 N
F2
F1
Gleichgewichtsbedingungen fur die Krafte bestimmen? (b) Wenn Sie den Betrag von�F2 aus einer einzelnen Gleichung berechnen wollen, durch welchen Punkt sollten Sie
eine Drehachse legen? (c) Der Betrag von �F2 sei 65 N. Wie groß ist der Betrag von �F1?
BEISPIELAUFGABE 13-2 Eine Leiter der Lange L = 12 m und Masse m = 45 kg sei gegen eine glatte (rei-bungsfreie) Wand gelehnt (vgl. Abb. 13-6a). Ihr oberes Ende befinde sich in einerHohe von h = 9,3 m oberhalb des (nicht reibungsfreien) Bodens, auf dem die Leitersteht. Der Schwerpunkt der Leiter habe einen Abstand L/3 vom unteren Ende. EineFeuerwehrfrau der Masse M = 72 kg klettert auf die Leiter, bis ihr Schwerpunkt einenAbstand L/2 vom unteren Ende hat. Wie groß sind die Betrage der Krafte, die vonder Wand und vom Boden auf die Leiter ausgeubt werden?
System
Feuer-wehr-frau
S
LeiterS
reibungsfrei
h
L
(a)
Feuerwehr-frau
Leiter
a/ 2
(b)
y
x
mg
Mg
O
a/3a
FBx
FBy
FW
Abb. 13-6(a) Eine Feuerwehrfrau klettert bis zur
halben Hohe auf eine Leiter, die an einerreibungsfreien Wand lehnt. Der Bodenunter der Leiter soll nicht reibungsfrei
sein. (b) Eine Skizze mit den Kraften, dieauf das System aus Leiter und
Feuerwehrfrau wirken. Der Ursprung Odes Koordinatensystems liegt im
Angriffspunkt der unbekannten Kraft �FB
(deren Komponenten �FBx und �FBy
dargestellt sind).
●✓ LOSUNG: Unser System bestehe aus der Feuerwehrfrau und der Leiter, und wirzeichnen dazu das Kraftediagramm in Abb. 13-6b. Die Feuerwehrfrau wird hier durcheinen Punkt auf der Leiter dargestellt. Die auf sie wirkende Gravitationskraft schreibenwir als M �g, und dieser Vektor wird entlang seiner Richtung verschoben, bis sein Endemit dem Punkt auf der Leiter ubereinstimmt. (Diese Verschiebung andert das von M �gausgeubte Drehmoment zu einer Achse senkrecht zur Bildebene nicht.)
Die einzige von der Wand ausgeubte Kraft auf die Leiter ist die horizontale Kraft�FW (entlang einer reibungsfreien Wand kann es keine Reibungskraft geben). Die vom
Boden auf die Leiter wirkende Kraft �FB hat eine horizontale Komponente �FBx , dieeiner statischen Reibungskraft entspricht, und eine vertikale Komponente �FBy , dieeine Normalkraft ist.
Auch in diesem Fall besteht die LOSUNGSIDEE darin, dass wir die Gleichge-wichtsbedingungen (Gln. 13-7 bis 13-9) anwenden durfen, weil sich das System imstatischen Gleichgewicht befindet. Beginnen wir mit Gl. 13-9 (τges,z = 0). Zunachstmussen wir eine Achse wahlen, in Bezug auf die wir das Drehmoment berechnen.Es liegen zwei unbekannte Krafte vor ( �FB und �FW). Wollen wir beispielsweise �FBaus der Rechnung eliminieren, so wahlen wir die Drehachse senkrecht zur Bildebeneum den Ursprungspunkt O. Zur Berechnung des Drehmoments um O konnen wir von
13-4 Beispiele fur statische Gleichgewichte 271 13jeder der Gleichungen 11-31 bis 11-33 ausgehen, aber Gl. 11-33 (τ = r⊥F ) lasst sichim vorliegenden Fall am einfachsten anwenden.
Zur Berechnung des Kraftarms r⊥ zu �FW ziehen wir eine Linie durch diesen Vek-tor (Abb. 13-6b). Dann ist r⊥ der senkrechte Abstand zwischen O und dieser Linie.In Abb. 13-6b erstreckt sich diese Linie entlang der y-Achse und r⊥ ist gleich derHohe h. Entsprechend zeichnen wir Linien zu M �g und m�g. Die zugehorigen Kraftar-me erstrecken sich entlang der x-Achse und sind fur den in Abb. 13-6a eingezeichnetenAbstand a durch a/2 (die Feuerwehrfrau befindet sich auf der halben Leiterhohe) unda/3 (der Schwerpunkt der Leiter befindet sich in einer Hohe von L/3 der Leiter)gegeben. Die Kraftarme zu �FBx und �FBy sind null.
Mit der Form r⊥F fur die Drehmomente wird somit aus der Gleichgewichtsbedin-gung τges,z = 0:
(Man beachte die Regel: Ein positives Drehmoment entspricht einer Drehung gegenden Uhrzeigersinn, ein negatives Drehmoment einer Drehung im Uhrzeigersinn.)
Mithilfe des pythagoreischen Lehrsatzes erhalten wir:
a =√
L2 − h2 = 7,58 m.
Aus Gl. 13-18 folgt daher:
FW = ga(M/2 + m/3)
h
= (9,8 m/s2)(7,58 m)(72/2 kg + 45/3 kg)
9,3 m= 407 N ≈ 410 N.
Im nachsten Schritt verwenden wir die Gleichgewichtsbedingung fur die Krafte. DieGleichung Fges,x = 0 liefert:
FW − FBx = 0, (13-19)
bzw.
FBx = FW = 410 N.
Aus der Gleichung �Fges,y = 0 folgt:
FBy − Mg − mg = 0 (13-20)
bzw.
FBy = (M + m)g = (72 kg + 45 kg)(9,8 m/s2)
= 1146,6 N ≈ 1100 N.
BEISPIELAUFGABE 13-3Abbildung 13-7a zeigt einen Safe der Masse M = 430 kg, der an einem Lastseil voneinem Kranarm herabhangt. Dieser Kranarm besteht aus einem Trager, der uber einGelenk an einer Wand befestigt ist, und einem horizontalen Drahtseil, welches dasEnde dieses Tragers mit der Wand verbindet. Die Abmessungen seien a = 1,9 mund b = 2,5 m. Die Masse m des gleichformigen Tragers sei 85 kg, die Masse desDrahtseils und des Lastseils seien vernachlassigbar.
(a) Wie groß ist die Zugspannung Th im Drahtseil? Mit anderen Worten: Wie groß istder Betrag der Kraft Th, die der Trager auf das Drahtseil ausubt?
●✓ LOSUNG: Das System besteht in diesem Fall nur aus dem Trager. Das zugehorigeKraftediagramm ist in Abb. 13-7b skizziert. Die Kraft vom Drahtseil ist �Th. Die Gravi-tationskraft auf den Trager greift im Schwerpunkt des Tragers (in seiner Mitte) an undentspricht m�g. Die vertikale Kraftkomponente, die vom Gelenk auf den Trager wirkt,ist �Fv, die horizontale Komponente dieser Kraft ist �Fh. Die Kraft auf den Trager, dievom Tragseil des Safes herruhrt, ist �Tv. Da der Trager, das Tragseil und der Safe in
13 Gleichgewicht und Elastizitat272
b
a
Drahtseil
Seil
Gelenk
Träger S
θ
m
(a)
y
x
Träger
mg
(b)
θ
OM
Th
Tv
Fv
Fh
Ruhe sind, ist der Betrag von �Tv gleich der Gewichtskraft des Safes: Tv = Mg. DenUrsprung O eines xy-Koordinatensystems legen wir in das Tragergelenk.
Eine LOSUNGSIDEE besteht wiederum darin, dass sich das System im statischenGleichgewicht befindet und somit die Gleichgewichtsbedingungen gelten. Wir begin-nen mit Gl. 13-9 (τges,z = 0). Da wir zunachst nur den Betrag der Kraft �Th berechnenwollen, nicht aber die Krafte �Fh und �Fv vom Gelenk des Tragers am Ursprung O, be-steht eine zweite LOSUNGSIDEE darin, �Fh und �Fv aus der Gleichgewichtsbedingungfur das Drehmoment zu eliminieren. Wir sollten daher das Drehmoment bezuglich ei-ner Achse senkrecht zur Bildebene im Punkt O berechnen. In diesem Fall sind dieKraftarme zu �Fh und �Fv gleich null. Die Kraftarme zu �Th, �Tv und m�g (in der Skizze13-7b entlang der gestrichelten Linien) sind daher a, b und b/2.
Abb. 13-7(a) Ein schwerer Safe hangt von einem
Kranarm herab, der aus einemhorizontalen Drahtseil und einem
gleichformigen Trager besteht.(b) Ein Kraftediagramm des Tragers.
Wir schreiben das Drehmoment wieder in der Form r⊥F und verwenden die be-kannte Regel bezuglich der Vorzeichen der Drehmomente. Dann wird aus der Gleich-gewichtsbedingung τges,z = 0:
(a)(Th) − (b)(Tv) − ( 12b)(mg) = 0.
Setzen wir fur Tv noch Mg ein und losen diese Gleichung nach Th auf, so erhaltenwir:
Th = gb(M + 12m)
a
= (9,8 m/s2)(2,5 m)(430 kg + 85/2 kg)
1,9 m
= 6093 N ≈ 6100 N.
(b) Berechnen Sie den Betrag F der von dem Gelenk ausgeubten Gesamtkraft.
●✓ LOSUNG: Nun sollen Fh und Fv bestimmt werden, aus denen wir den BetragF berechnen konnen. Da wir Th kennen, besteht die LOSUNGSIDEE nun in derAusnutzung des Kraftegleichgewichts fur den Trager. Fur die horizontale Komponenteschreiben wir Fges,x = 0 in der Form
Fh − Th = 0,
somit folgt
Fh = Th = 6093 N.
Die vertikale Komponente der Gleichgewichtsbedingung, Fges,y = 0, ergibt:
Fv − mg − Tv = 0.
Ersetzen wir wieder Tv durch Mg und losen die Gleichung nach Fv auf, so erhaltenwir:
Fv = (m + M)g = (85 kg + 430 kg)(9,8 m/s2)
= 5047 N.
13-4 Beispiele fur statische Gleichgewichte 273 13Nach dem Satz des Pythagoras finden wir schließlich:
F =√
F 2h + F 2
v
=√
(6093 N)2 + (5047 N)2 ≈ 7900 N.
F ist also sowohl großer als das Gesamtgewicht aus Safe und Trager, 5000 N, als auchgroßer als die Zugspannung im waagerechten Drahtseil von 6100 N.
●✗ KONTROLLFRAGE 4:In der Abbildung wird ein ruhender 5 kg schwerer Stab AC durch ein Seil gehaltenund gegen eine Wand gedruckt. Dort verhindert die Reibung zwischen Stab und Wanddas Abrutschen. Der gleichformige Stab hat eine Lange von 1 m und wird unter einemWinkel von θ = 30◦ gehalten. (a) Wenn Sie den Betrag der Kraft �T , die vom Seilauf den Stab ausgeubt wird, aus einer einzigen Gleichung berechnen wollen, bei wel-chem der markierten Punkte sollte dann die Drehachse liegen? Wir betrachten nun dieDrehmomente bezuglich dieser Achse und treffen wie immer die Konvention, gegenden Uhrzeigersinn wirkende Drehmomente positiv zu zahlen. (b) Welches Vorzeichenhat das Drehmoment τg, das durch das Gewicht des Stabs erzeugt wird? (c) WelchesVorzeichen hat das Drehmoment τs, das durch die Aufhangung des Stabs am Seilerzeugt wird? (d) Ist der Betrag von τg großer, kleiner oder gleich dem Betrag von τs?
θ
B CA
D
BEISPIELAUFGABE 13-4Abbildung 13-8 zeigt eine Felskletterin der Masse m = 55 kg, die wahrend einesAufstiegs in einem
”Kamin“ eine kurze Verschnaufpause einlegt. Dabei presst sie
ihre Schultern und Fuße gegen die Spaltwande, die einen Abstand von w = 1,0 mhaben sollen. Ihr Schwerpunkt befindet sich in einem horizontalen Abstand von d =0,20 m von der Wand, gegen die ihre Schultern gepresst werden. Die Haftreibungszahlzwischen ihren Schuhen und der Wand sei µ1 = 1,1, die zwischen ihren Schulternund der Wand sei µ2 = 0,70. Zum Verschnaufen mochte die Felskletterin ihrenhorizontalen Druck auf die Wande minimieren. Dieses Minimum tritt auf, wenn ihreFuße und ihre Schultern beide kurz vor dem Abgleiten stehen.
w
h
d
y
x
f 1
f 2
N
N
Fg = mg
Abb. 13-8Die Krafte auf eine Felskletterin in einemFelskamin wahrend einer Verschnaufpause.Der Druck der Kletterin auf die Wandeergibt sich aus den Normalkraften �N undden Haftreibungskraften �f1 und �f2.
(a) Wie groß ist der minimale horizontale Druck auf die Wande?
●✓ LOSUNG: Unser System besteht aus der Kletterin, und Abb. 13-8 zeigt die auf siewirkenden Krafte. Die einzigen horizontalen Krafte sind die Normalkrafte �N von denWanden an ihren Fußen und ihren Schultern. Die Haftreibungskrafte an der Kletterin,�f1 und �f2, sind nach oben gerichtet. Die Gravitationskraft �Fg = m�g greift in ihrem
Schwerpunkt an.Die LOSUNGSIDEE besteht in diesem Fall aus der Anwendbarkeit der Gleichge-
wichtsbedingungen fur die Krafte (Gl. 13-7 und Gl. 13-8). Die Gleichung Fges,x = 0besagt, dass die beiden Normalkrafte vom Betrag her gleich sein mussen und ent-gegengesetzte Richtungen haben. Wir suchen den Betrag dieser beiden Krafte, der
13 Gleichgewicht und Elastizitat274
gleichzeitig auch der Betrag des Drucks ist, den die Kletterin auf die beiden Wandeausubt.
Aus der Gleichgewichtsbedingung Fges,y = 0 folgt:
f1 + f2 − mg = 0. (13-21)
Die Kletterin soll sich sowohl an ihren Fußen als auch an ihren Schultern kurz vordem Abgleiten befinden. Die Haftreibungskrafte sollen daher ihre maximalen Werteannehmen. Diese maximalen Werte sind nach Gl. 6-1 (fR,max = µRN ):
f1 = µ1N und f2 = µ2N. (13-22)
Wir setzen diese Ausdrucke in Gl. 13-21 ein, losen nach N auf und erhalten
N = mg
µ1 + µ2= (55 kg)(9,8 m/s2)
1,1 + 0,70= 299 N ≈ 300 N.
Der minimale horizontale Druck betragt also ungefahr 300 N.
(b) Wie groß ist der vertikale Abstand h zwischen ihren Fußen und ihren Schultern,wenn sie sich bei diesem Druck im stabilen Gleichgewicht befindet?
●✓ LOSUNG: Eine LOSUNGSIDEE ist wiederum, dass sich die Kletterin nur dannin einer stabilen Lage befinden kann, wenn die Gleichgewichtsbedingung fur dasDrehmoment (τges,z = 0) auf sie zutrifft. Die auf sie wirkenden Krafte durfen daher furkeine Drehachse zu einem von null verschiedenen Gesamtdrehmoment fuhren. Eineweitere LOSUNGSIDEE besteht darin, dass wir die Drehachse so wahlen konnen,dass die Berechnungen moglichst einfach werden. Wir schreiben die Drehmomentewieder in der Form r⊥F , wobei r⊥ der Kraftarm zur Kraft F sein soll. In Abb. 13-8wahlen wir eine Drehachse senkrecht zur Bildebene an den Schultern der Kletterin.Die Kraftarme zu den dort wirkenden Kraften ( �N und �f2) verschwinden daher. Zuder Reibungskraft �f1, der Normalkraft �N an ihren Fußen und der Gravitationskraft�Fg = m�g gehoren jeweils die Kraftarme w, h und d .
Mit unserer Vorzeichenregel fur Drehmomente konnen wir die Gleichgewichtsbe-dingung τges,z = 0 nun in der folgenden Form schreiben:
(Man beachte, wie durch die Wahl der Drehachse die Reibungskraft f2 aus dieserRechnung verschwindet.) Nun losen wir Gl. 13-23 nach h auf, schreiben f1 = µ1N
und setzen N = 299 N sowie die anderen bekannten Werte ein. Damit finden wir:
h = f1w − mgd
N= µ1Nw − mgd
N= µ1w − mgd
N
= (1,1)(1,0 m) − (55 kg)(9,8 m/s2)(0,20 m)
299 N= 0,739 m ≈ 0,74 m.
Denselben Wert fur h hatten wir naturlich auch gefunden, wenn wir die Gleichge-wichtsbedingung fur das Drehmoment zu irgendeiner anderen Drehachse, beispiels-weise an ihren Fußen, ausgenutzt hatten.
Ist der Wert von h großer oder kleiner als 0,74 m, so muss die Kletterin fur einestabile Lage mehr Kraft als 299 N auf die Wand ausuben. Hierin liegt der Vorteil,wenn man sich vor einer Kletterpartie in einen Kamin mit der Physik vertraut macht.Bei einer Verschnaufpause kann man so den (gefahrlichen) Fehler mancher Neulingevermeiden, die ihre Fuße zu hoch oder zu niedrig ansetzen. Stattdessen weiß man, dasses einen
”optimalen“ Abstand zwischen den Schultern und Fußen gibt, bei dem der
auszuubende Druck am geringsten ist und man daher die großten Chancen auf etwasErholung hat.
➔ STRATEGIE 1: AUFGABEN ZUM STATISCHEN GLEICHGEWICHT
Es folgt eine Liste von Schritten zur Losung von Aufgaben zum statischen Gleichge-wicht:
1. Fertigen Sie eine Skizze zu dem Problem an.
2. Wahlen Sie das System, auf das Sie die Gleichgewichtsbedingungen anwendenwollen. Zeichnen Sie um dieses System eine geschlossene Kurve, damit Sie esklar vor Augen haben. In manchen Fallen konnen Sie als System einen einzelnenGegenstand auswahlen. Es handelt sich dann um den Gegenstand, der sich imGleichgewicht befinden soll (wie beispielsweise die Kletterin in Beispielaufga-be 13-4). In anderen Fallen kann es sinnvoll sein, weitere Gegenstande in dasSystem mit aufzunehmen, wenn dadurch die Berechnungen fur das Gleichge-wicht vereinfacht werden. Angenommen, Sie hatten in Beispielaufgabe 13-2 nurdie Leiter als System gewahlt. Dann mussten Sie in Abb. 13-6b noch zusatzli-che unbekannte Krafte auf die Leiter berucksichtigen, die durch die Hande unddie Fuße der Feuerwehrfrau ausgeubt werden. Diese zusatzlichen Unbekanntenhatten die Gleichgewichtsbedingungen wesentlich erschwert. Das System vonAbb. 13-6 enthielt die Feuerwehrfrau, sodass diese unbekannten Krafte zu eineminneren Teil des Systems wurden und daher zur Losung von Beispielaufgabe 13-2nicht bestimmt werden mussten.
3. Zeichnen Sie ein Kraftediagramm des Systems. In diesem Diagramm solltensamtliche Krafte auftreten, die auf dieses System wirken. Markieren Sie dieseKrafte und stellen Sie sicher, dass die Angriffspunkte und Richtungen korrekteingetragen sind.
4. Tragen Sie die x- und y-Achsen eines Koordinatensystems ein. Wahlen Sie dieseAchsen so, dass mindestens eine der Achsen parallel zu einer oder mehreren derunbekannten Krafte liegt. Zerlegen Sie die nicht parallel zu den Koordinaten-achsen liegenden Krafte in ihre Komponenten. In unseren Beispielaufgaben wares immer sinnvoll, die x-Achse horizontal und die y-Achse vertikal zu legen.
5. Schreiben Sie die beiden Gleichgewichtsbedingungen fur die Krafte auf, wobeisie noch Symbole (keine expliziten Zahlen) verwenden sollten.
6. Wahlen Sie eine oder mehrere Drehachsen senkrecht zur Bildebene und for-mulieren Sie die Gleichgewichtsbedingung fur das Drehmoment zu jeder dieserAchsen. Liegt eine dieser Achsen in der Richtung einer der unbekannten Krafte,so vereinfachen sich die Gleichungen, weil diese Kraft nicht mehr auftritt.
7. Losen Sie die Gleichungen algebraisch nach den Unbekannten auf. Noch un-erfahrene Studierende mogen sich sicherer fuhlen, wenn sie an diesem PunktZahlen mit Einheiten in die unabhangigen Gleichungen einsetzen, insbesonderewenn die algebraischen Umformungen kompliziert erscheinen. Die Erfahrenerenziehen jedoch den algebraischen Zugang vor, da in diesem Fall die Abhangigkeitder Losung von den einzelnen Variablen deutlich wird.
8. Setzen Sie nun Zahlen und Einheiten in die algebraische Losung des Problemsein. Sie erhalten dann die numerischen Werte fur die Unbekannten.
9. Betrachten Sie ihre Antworten – erscheinen sie sinnvoll? Sind sie offensichtlichzu groß oder zu klein? Ist das Vorzeichen richtig? Passen die Einheiten zusam-men?
13-5 Unterbestimmte Strukturen
Zur Losung der Probleme in diesem Kapitel gibt es nur drei unabhangige Gleichungen,meist zwei Gleichungen fur das Kraftegleichgewicht und eine Gleichgewichtsbedin-gung fur das Drehmoment um eine gegebene Drehachse. Wenn ein Problem dahermehr als drei Unbekannte enthalt, konnen wir es nicht losen.
13 Gleichgewicht und Elastizitat276
Solche Aufgaben lassen sich leicht finden. In Beispielaufgabe 13-2 hatten wir bei-spielsweise auch annehmen konnen, dass die Wand nicht reibungsfrei ist und zwischender Wand und der Leiterspitze daher auch vertikale Reibungskrafte auftreten. In die-sem Fall waren vier unbekannte Krafte im Spiel gewesen. Mit nur drei Gleichungenhatten wir dieses Problem nicht losen konnen.
Stellen Sie sich ein unsymmetrisch beladenes Auto vor. Wie groß sind die Krafte –alle verschieden – auf die vier Rader? Auch hier konnen wir diese Krafte nicht berech-nen, da wir nur drei unabhangige Gleichungen zur Verfugung haben. Ein ahnlichesProblem tritt bei einem Tisch auf: Wir konnen zwar das Gleichgewichtsproblem fureinen Tisch mit drei Beinen losen, nicht aber fur einen Tisch mit vier Beinen. SolcheProbleme, bei denen es mehr Unbekannte gibt als Gleichungen, bezeichnet man alsunbestimmt oder unterbestimmt.
S
FgF1
F2
F3
F4
Abb. 13-9Der Tisch ist ein unterbestimmtes System.
Die vier Krafte an den Tischbeinen sindvom Betrag her verschieden und konnen
nicht nur aus den Gesetzen der statischenGleichgewichtszustande gefunden
werden.
Offensichtlich existieren aber die Losungen zu solchen unterbestimmten Problemenin der Wirklichkeit. Wenn sie die Reifen des Autos auf vier Bodenwaagen stellen, wirdjede dieser Waagen einen eindeutigen Wert anzeigen, und die Summe dieser Werteentspricht dem Gewicht des Autos. Was fehlt uns, wenn wir die einzelnen Krafte durchdas Losen von Gleichungen bestimmen wollen?
Der Grund liegt darin, dass wir – ohne es besonders betont zu haben – samtlicheKorper, auf die wir die Gleichungen fur ein statisches Gleichgewicht angewandt ha-ben, als perfekt starr angenommen haben. Damit ist gemeint, dass sich diese Korperunter der Einwirkung von Kraften nicht verformen. Streng genommen gibt es solcheKorper nicht. Autoreifen beispielsweise verformen sich bei Belastungen vergleichs-weise leicht, bis das Auto in einer statischen Gleichgewichtslage zur Ruhe kommt.
Wir alle haben unsere Erfahrungen mit wackeligen Esstischen in Restaurants. Ubli-cherweise legen wir in solchen Fallen gefaltetes Papier oder Bierdeckel unter eines derTischbeine. Wurde sich ein ausgewachsener Elefant auf einen solchen Tisch setzenund der Tisch dabei nicht zusammenbrechen, dann wurden sich seine Beine wie dieReifen eines Autos verformen. Alle Beine wurden den Boden beruhren, die Kraftewurden vertikal nach oben entlang der Tischbeine wirken und wohldefinierte (ver-schiedene) Werte annehmen wie in Abb. 13-9. Und auch wackeln wurde der Tischnicht mehr. Wie konnen wir die Krafte auf die Tischbeine bestimmen?
Wollen wir solche unterbestimmten Gleichgewichtsprobleme losen, mussen wir dieGleichgewichtsbedingungen noch um einige Kenntnisse aus dem Bereich der Elasti-zitat erweitern. Dabei handelt es sich um einen Zweig der Physik und der Ingenieurs-wissenschaften, der die Verformung wirklicher Korper unter dem Einfluss von Kraftenbeschreibt. Der folgende Abschnitt stellt eine Einfuhrung in dieses Thema dar.
●✗ KONTROLLFRAGE 5:
Ein horizontaler gleichformiger Balken von 10 N Gewicht hangt an zwei Drahten vonder Decke. Diese Drahte uben auf den Balken nach oben gerichtete Krafte �F1 und �F2aus. Die Abbildung zeigt vier Anordnungen dieser Drahte. Gibt es Anordnungen, beidenen wir keine numerischen Werte fur �F1 und �F2 bestimmen konnen?
10 N 10 N
10 N 10 N
d d
dd/2
(a) (b)
(c) (d)
F1 F1
F1 F2
F2 F2
F2F1
13-6 Elastizitat 277 1313-6 Elastizitat
Wenn sich viele Atome zu einem metallischen Festkorper zusammenfinden, beispiels-weise zu einem Eisennagel, dann entsprechen die Gleichgewichtslagen der Atomeeinem dreidimensionalen Gitter. Dabei handelt es sich um eine sich wiederholendeAnordnung, bei der jedes Atom einen wohldefinierten Gleichgewichtsabstand vonseinen nachsten Nachbarn besitzt. Die Atome werden durch interatomare Krafte zu-sammengehalten, die in Abb. 13-10 durch winzige Federn dargestellt wurden. DasGitter ist bemerkenswert fest, was gleichbedeutend mit der Feststellung ist, dass diese
”interatomaren Federn“ außerordentlich steif sind. Aus diesem Grund empfinden wir
viele gewohnliche Gegenstande, wie Metallleitern, Tische und Loffel, als praktischstarr. Naturlich erscheinen uns andere Alltagsgegenstande, wie Gartenschlauche oderGummihandschuhe, alles andere als starr. Die Atome solcher Gegenstande bilden keinstarres Gitter wie in Abb. 13-10, sondern sie sind eher in langen, biegbaren Molekulket-ten angeordnet, wobei jede dieser Ketten nur lose mit ihren Nachbarn verbunden ist.
Abb. 13-10Die Atome eines metallischen Fest-korpers sind in einem dreidimensionalenGitter angeordnet. Die Federn stellen dieinteratomaren Krafte dar.
Alle so genannten”starren“ Korper sind in Wirklichkeit bis zu einem gewissen Grad
elastisch, d. h., wir konnen ihre Abmessungen etwas verandern, indem wir an ihnenziehen, sie stoßen, drehen oder zusammendrucken. Um ein Gespur fur die Großenord-nung zu erhalten, stellen wir uns einen vertikalen Stahlstab vor, der 1 m lang ist undeinen Durchmesser von 1 cm hat. Wenn wir an das Ende dieses Stabs einen Kleinwa-gen hangen, dehnt sich dieser Stab, allerdings nur um 0,5 mm oder 0,05 %. Außerdemgeht der Stab wieder auf seine ursprungliche Lange zuruck, wenn das Auto entferntwird.
Hangt man zwei Autos an den Stab, so wird dieser Stab dauerhaft gedehnt bleibenund seine ursprungliche Lange nicht wieder einnehmen, auch wenn die Belastungentfernt wird. Hangt man drei Autos an den Stab, wird er brechen. Kurz vor demBruch wird die Ausdehnung des Stabs etwas weniger als 0,2 % betragen. ObwohlVerformungen dieser Großenordnung sehr klein erscheinen, sind sie fur die Praxis vongroßer Bedeutung. (Ob ein Flugel bei Belastung an einem Flugzeug hangen bleibt, istoffensichtlich von Bedeutung.)
Abb. 13-11(a) Ein Zylinder, auf den eineZugspannung wirkt, dehnt sich um denBetrag �L. (b) Ein Zylinder, auf den eineScherspannung wirkt, verformt sich umeinen Betrag �x zur Seite, ahnlich wieein Stapel Spielkarten. (c) Das Volumeneiner Vollkugel, die einemgleichformigen hydraulischen Druckeines Fluids unterworfen ist, schrumpftum einen Betrag �V . Alle Verformungensind sehr ubertrieben dargestellt.
Abbildung 13-11 zeigt drei Moglichkeiten, wie ein Festkorper seine Abmessungenunter dem Einfluss von Kraften verandern kann. In Abb. 13-11a wird ein Zylindergedehnt. In Abb. 13-11b wird ein Zylinder durch eine Kraft senkrecht zu seiner Achseverformt, ahnlich wie ein Stapel Spielkarten oder Bucher sich verformen wurde. InAbb. 13-11c schließlich wird ein fester Gegenstand in eine Flussigkeit unter hohemDruck gelegt. Er wird gleichmaßig von allen Seiten zusammengedruckt. Allen dreiVerformungsarten ist gemeinsam, dass eine Spannung, oder auch eine Verformungs-kraft pro Flacheneinheit, zu einer bzw. Verformung fuhrt. Abb. 13-11 zeigt in (a)eine Zugspannung (entsprechend einer Dehnung), eine Scherspannung in (b) und einehydraulische Spannung in (c).
Spannung und Dehnung zeigen sich in den drei Fallen von Abb. 13-11 in verschie-denen Formen, aber soweit es fur die Anwendung in der Technik von Nutzen ist,sind Spannung und Dehnung proportional zueinander. Die Proportionalitatskonstantebezeichnet man als den Elastizitatsmodul, und es gilt daher:
Spannung = Elastizitatsmodul · Dehnung. (13-24)
L + ∆LL
(a)
L
∆x
(b)
∆V
V
(c)
F
F
F
F
13 Gleichgewicht und Elastizitat278
In den Prufverfahren zur Zugbelastbarkeit eines Materials wird ein Testzylinder (wieder in Abb. 13-12) einer Zugspannung unterworfen, die langsam von null gesteigertwird, bis der Zylinder bricht. Die Dehnung wird dabei sorgfaltig gemessen und aufge-tragen. Das Ergebnis ist ein Graph wie in Abb. 13-13, in dem die Spannung gegen dieDehnung aufgetragen ist. Uber einen großeren Bereich ist die Beziehung zwischender Spannung und der Dehnung linear, und nachdem die Spannung abgeschaltet wird,nimmt die Probe ihre ursprungliche Form wieder an. Fur diesen Bereich gilt Gl. 13-24.Wird die Spannung uber die so genannte Streckgrenze Re des Testzylinders erhoht,verformt sich die Probe dauerhaft. Wird die Spannung noch weiter erhoht, kommtes schließlich zum Bruch. Die zugehorige Spannung bezeichnet man als Zugfestig-keit Rm. (Bei Druckbelastungen spricht man auch von Druckfestigkeit.)
L
Abb. 13-12Ein Testzylinder zur Bestimmung einer
Spannungs-Dehnungs-Kurve wie inAbb. 13-13. Bei einem
Zugspannungs-Dehnungs-Test wird dieVerlangerung �L einer bestimmten
Lange L gemessen.
Zug-festigkeit
Streck-grenze
Bereich bleibender Verformung
Bruch
linearer(elastischer) Bereich
Dehnung (∆L/L)0
Span
nun
g (F
/A)
Abb. 13-13Eine Spannungs-Dehnungs-Kurve fur
eine Probe aus Stahl wie in Abb. 13-12.Die Probe verformt sich dauerhaft, wenn
die Spannung gleich der Streckgrenze desMaterials ist. Sie bricht, wenn die
Spannung gleich der Zugfestigkeit desMaterials ist.
Zug und Druck
Fur die einfache Beanspruchung unter Zug oder Druck ist die Spannung eines Gegen-stands definiert als F/A, wobei F der Betrag der senkrecht zur Flache A wirkendenKraft ist. Die Dehnung oder Verformung pro Langeneinheit ist dann gleich der dimen-sionslosen Große �L/L, also gleich der relativen Langenanderung der Probe (diemanchmal auch als prozentuale Langenanderung angegeben wird). Handelt es sichbei der Probe um einen langen Stab und steigt die Spannung nicht uber die Streck-grenze, so erfahrt bei einer gegebenen angelegten Spannung jedes Teilstuck (also nichtnur der gesamte Stab) dieselbe Dehnung. Da die Dehnung dimensionslos ist, hat derElastizitatsmodul in Gl. 13-24 dieselbe Dimension wie die Spannung, namlich Kraftpro Flache.
Den Elastizitatsmodul fur Zug- oder Druckspannungen bezeichnet man auch alsyoungschen Modul, und er wird in der angewandten Technik durch das Symbol E
reprasentiert. Gleichung 13-24 wird damit zu:
F
A= E
�L
L. (13-25)
Die Dehnung �L/L einer Probe lasst sich leicht mit einem elektrischen Dehnmess-gerat (Abb. 13-14) bestimmen. Dieses einfache und nutzliche Gerat wird mit einemKleber direkt an der Probe befestigt und beruht auf dem Prinzip, dass seine elektrischenEigenschaften von seiner Dehnung abhangen.
Abb. 13-14Ein elektrischer Dehnungsmesser.
Seine Abmessungen betragen 9,8 mmzu 4,6 mm. Das Messgerat wird mit
einem Kleber an dem Gegenstandbefestigt, dessen Dehnung gemessen
werden soll. Es erfahrt somit dieselbeDehnung wie die Probe. Der elektrische
Widerstand des Messgerats andert sich inAbhangigkeit von der Dehnung.
Auf diese Weise lassen sich Dehnungenbis zu 3 % messen.
Obwohl der Elastizitatsmodul eines Gegenstands fur Zug- und Druckbeanspruchungnahezu gleich ist, kann sich die Zugfestigkeit sehr von der Druckfestigkeit unterschei-den. Beton beispielsweise kann einen vergleichsweise hohen Druck aushalten, bevores zum Bruch kommt, aber unter Zugbeanspruchungen ist Beton so schwach, dass erfur solche Belastungen praktisch nie eingesetzt wird. In Tab. 13-1 sind der Elastizitats-modul und weitere Elastizitatseigenschaften fur technologisch relevante Werkstoffeangegeben.
Scherung
Bei einer Scherung ist die Spannung ebenfalls durch das Verhaltnis einer Kraft zueiner Flache gegeben, allerdings steht der Kraftvektor in diesem Fall nicht senkrechtzur Flachenebene, sondern liegt in der Flachenebene. Mit den in Abb. 13-11b definier-ten Großen ist die Dehnung definiert als das dimensionslose Verhaltnis �x/L. Denzugehorigen Modul bezeichnet als Schubmodul und wird in der Praxis meist mit demSymbol G gekennzeichnet. Fur eine Scherbeanspruchung wird aus Gl. 13-24:
F
A= G
�x
L. (13-26)
Scherspannungen spielen eine wichtige Rolle beim Abknicken von Achswellen, diesich unter Belastung drehen, wie auch bei Knochenbruchen aufgrund von Biegebean-spruchungen.
13-6 Elastizitat 279 13TABELLE 13-1:
Einige Elastizitatseigenschaften technologisch wichtiger Werkstoffe
Dichte ρ Elastizitatsmodul E Zug-/Druckfestigkeit Rm Streckgrenze Re
In Abb. 13-11c besteht die Spannung aus dem Flussigkeitsdruck p auf den Gegenstand,der ebenfalls durch eine Kraft pro Flache gegeben ist (wie Sie in Kap. 15 sehen werden).Die Verformung ist durch �V/V gegeben, wobei V das ursprungliche Volumen derProbe ist und �V der Absolutwert der Volumenanderung. Den zugehorigen Modul K
bezeichnet man auch als Kompressionsmodul des Materials. Der Gegenstand befindetsich in diesem Fall unter hydraulischem Druck, und den Druck selber nennt man auchhydraulische Spannung. Fur diese Situation wird aus Gl. 13-24:
p = K�V
V. (13-27)
Der Kompressionsmodul betragt fur Wasser 2,2·109 N/m2 und fur Stahl 16·1010 N/m2.Der Druck am Grund des Pazifischen Ozeans in einer mittleren Tiefe von 4000 m be-tragt 4,0 · 107 N/m2. Die relative Volumenanderung �V/V von Wasser betragt beidiesem Druck ungefahr 1,8 %, die fur einen Gegenstand aus Stahl rund 0,025 %. ImAllgemeinen sind Festkorper mit ihren starren atomaren Gittern weniger kompressibelals Flussigkeiten, in denen die Atome oder Molekule nicht so fest an ihre Nachbarngebunden sind.
BEISPIELAUFGABE 13-5Ein Stab aus unlegiertem Stahl habe einen Radius R von 9,5 mm und eine Lange L
von 81 cm. Eine Kraft �F von 62 kN dehne ihn in Langsrichtung. Wie groß ist dieSpannung an dem Stab, und wie groß sind absolute Ausdehnung und die (relative)Dehnung des Stabs?
●✓LOSUNG: In einem ersten Schritt sollten wir uns veranschaulichen, was eigentlichmit dem zweiten Satz der Aufgabenstellung gemeint ist. Wir nehmen an, der Stabwerde mit einer Klemme oder einem Schraubstock an einem Ende festgehalten. DieKraft �F greift am anderen Ende des Stabs parallel zu seiner Langsrichtung an undsteht daher senkrecht auf der dortigen Abschlussflache. Die Situation entspricht alsoder Situation in Abb. 13-11a.
Außerdem nehmen wir an, dass die Kraft gleichformig uber die gesamte Ab-schlussflache verteilt ist, also uber eine Flache der Große A = πR2. Die Zugspannungim Stab ist somit durch die linke Seite von Gl. 13-25 gegeben:
Spannung = F
A= F
πR2 = 6,2 · 104 N
(π)(9,5 · 10−3 m)2
= 2,2 · 108 N/m2.
Diese Belastung liegt gefahrlich nahe an der Streckgrenze fur unlegierten Stahl, die2,5 · 108 N/m2 betragt.
13 Gleichgewicht und Elastizitat280
Die Ausdehnung des Stabs hangt von der Spannung, seiner ursprunglichen Lange L
und dem Materialtyp ab. Dieser letztere bestimmt den Wert des Elastizitatsmoduls E
(aus Tab. 13-1). Mit dem Wert fur Stahl erhalten wir aus Gl. 13-25:
�L = (F/A)L
E= (2,2 · 108 N/m2)(0,81 m)
2,0 · 1011 N/m2
= 8,9 · 10−4 m = 0,89 mm.
Schließlich ist die Dehnung gleich dem Verhaltnis von Langenanderung zu ursprung-licher Lange, d. h.:
�L
L= 8,9 · 10−4 m
0,81 m
= 1,1 · 10−3 = 0,11 %.
BEISPIELAUFGABE 13-6 Ein Tisch habe drei Beine von 1 m Lange und ein viertes Bein, das um d = 0,50 mmlanger ist. Der Tisch wackelt daher etwas. Ein schwerer Stahlzylinder der Masse M =290 kg wird hochkant auf den Tisch gestellt (dessen Masse wesentlich kleiner als M
sein soll), sodass alle vier Beine zusammengedruckt werden und der Tisch nicht mehrwackelt. Die Tischbeine seien holzerne Zylinder mit einer Querschnittsflache von A =1,0 cm2. Der Elastizitatsmodul E fur Holz betragt 1,3 ·1010 N/m2. Angenommen, dieTischebene bleibt eben und die Beine biegen sich nicht durch. Welchen Betrag habendie vom Boden auf die Beine ausgeubten Krafte?
●✓ LOSUNG: Wir wahlen den Tisch mit dem Stahlzylinder als unser System. DieSituation entspricht Abb. 13-9, allerdings liegt nun ein Stahlzylinder auf dem Tisch.EineLOSUNGSIDEEbesteht in der Beobachtung, dass der Tisch eben bleiben soll unddie Tischbeine daher folgendermaßen zusammengedruckt werden: Jedes der kurzerenBeine muss um denselben Betrag gepresst werden (sagen wir �L3), daher ist die KraftF3 auf alle drei Beine gleich. Das einzelne langere Bein muss um einen großeren Betrag�L4 zusammengedruckt werden, also wirkt auf dieses Bein auch eine großere KraftF4. Fur eine ebene Tischplatte muss gelten:
�L4 = �L3 + d. (13-28)
Eine zweite LOSUNGSIDEE besteht darin, dass wir mithilfe von Gl. 13-25 dieLangenanderung durch die verursachende Kraft ausdrucken konnen: �L = FL/AE,wobei L die ursprungliche Lange der Tischbeine ist. Mit dieser Relation konnen wirin Gl. 13-28 sowohl �L3 als auch �L4 ersetzen. Außerdem konnen wir hierbei mithinreichender Genauigkeit die ursprungliche Lange aller vier Tischbeine als gleichannehmen. Diese Ersetzung liefert uns also:
F4L
AE= F3L
AE+ d. (13-29)
Diese Gleichung konnen wir noch nicht losen, da sie zwei Unbekannte F3 und F4enthalt.
Eine zweite Gleichung mit F3 und F4 erhalten wir aus der Gleichgewichtsbedingungfur die Krafte bezuglich einer vertikalen y-Achse (Fges,y = 0):
3F3 + F4 − Mg = 0, (13-30)
wobei Mg der Betrag der Gewichtskraft auf das System ist. (Man beachte, dass aufdrei Beine die Kraft �F3 wirkt.) Wir wollen aus den beiden Gleichungen 13-29 und13-30 zunachst F3 berechnen. Dazu losen wir Gl. 13-30 nach F4 auf, F4 = Mg−3F3,und setzen dieses Ergebnis in Gl. 13-29 ein. Nach einigen Umformungen erhalten wir:
F3 = Mg
4− dAE
4L
= (290 kg)(9,8 m/s2)
4
− (5,0 · 10−4 m)(10−4 m2)(1,3 · 1010 N/m2)
(4)(1,00 m)
= 548 N ≈ 550 N.
Zusammenfassung 281 13Aus Gl. 13-30 folgt nun:
F4 = Mg − 3F3 = (290 kg)(9,8 m/s2) − 3(548 N)
≈ 1200 N.
Man kann nun zeigen, dass in der Gleichgewichtslage die drei kurzen Tischbeinejeweils um 0,42 mm und das einzelne langere Tischbein um 0,92 mm zusammenge-druckt wurden.
S
A B●✗ KONTROLLFRAGE 6:Die Abbildung zeigt einen horizontalen Block, der von zwei Drahten A und B gehaltenwird. Die beiden Drahte seien abgesehen von ihren ursprunglichen Langen identisch.Der Schwerpunkt des Blocks sei naher an Draht B als an Draht A. (a) Wenn Siedie Drehmomente um den Schwerpunkt abschatzen, ist der Betrag des von Draht Aausgeubten Drehmoments großer, kleiner oder gleich dem Betrag des von Draht Bausgeubten Drehmoments? (b) Welcher Draht ubt eine großere Kraft auf den Blockaus? (c) Wenn die Drahte nun gleiche Langen haben, welcher Draht war ursprunglichkurzer?
ZUSAMMENFASSUNG
●➜ Statisches Gleichgewicht. Ein starrer Korper in Ruhebefindet sich in einem statischen Gleichgewicht. Fur einensolchen Korper ist die vektorielle Summe aller außeren Kraftegleich null:
�Fges = 0. (Gleichgewicht der Krafte) (13-3)
Wenn alle Krafte in der xy-Ebene liegen, ist diese Vektorglei-chung aquivalent zu zwei Komponentengleichungen:
Fges,x = 0 und Fges,y = 0.
(Gleichgewicht der Krafte) (13-7, 13-8)
Im statischen Gleichgewicht verschwindet auch die vektori-elle Summe der außeren Drehmomente auf den Korper umjeden Punkt:
�τges = 0.
(Gleichgewicht der Drehmomente) (13-5)
Liegen die Krafte in der xy-Ebene, sind alle Drehmoment-vektoren parallel zur z-Achse und Gl. 13-5 ist aquivalent zueiner einzelnen Komponentengleichung:
τges,z = 0.
(Gleichgewicht der Drehmomente) (13-9)
●➜ Gravitationszentrum. Die Gravitationskraft wirkt auf je-des Element eines Korpers einzeln. Die Gesamtwirkung allereinzelnen Beitrage kann man sich auch als eine Gesamtgra-vitationskraft �Fg vorstellen, die in einem bestimmten Punkt,dem Gravitationszentrum, angreift. Ist die Gravitationsbe-schleunigung �g fur alle Elemente des Korpers gleich, dannbefindet sich das Gravitationszentrum im Schwerpunkt.
●➜ Elastizitatsmoduli. Drei Elastizitatsmoduli werden zurBeschreibung des elastischen Verhaltens (Verformungen) vonGegenstanden aufgrund einwirkender Krafte verwendet. DieDehnung (relative Langenanderung) steht uber den entspre-chenden Elastizitatsmodul in linearem Zusammenhang mit
der wirkenden Spannung (Kraft pro Flache):
Spannung = Elastizitatsmodul · Dehnung.
(13-24)
●➜ Zug und Druck. Wirken auf einen Gegenstand Zug- oderDruckkrafte, so wird aus Gl. 13-24:
F
A= E
�L
L, (13-25)
wobei �L/L die relative Dehnung (bei Zugkraften) bzw. dierelative Stauchung (bei Druckkraften) ist, und F der Betragder die Spannung verursachenden Kraft �F . A ist die Quer-schnittsflache, uber die die Kraft �F verteilt ist (senkrecht zu A
wie in Abb. 13-11a), und E ist der Elastizitatsmodul des Ge-genstands. Die Spannung ist gleich F/A.
●➜ Scherung. Erfahrt ein Gegenstand eine Scherspannung,wird aus Gl. 13-24:
F
A= G
�x
L. (13-26)
In diesem Fall ist �x der Betrag der Verschiebung des einenEndes des Gegenstands in Richtung der wirkenden Kraft �F(wie in Abb. 13-11b). �x/L ist die relative Verschiebung,G der Schubmodul des Gegenstands und F/A die Scher-spannung.
●➜ Hydraulische Spannung. Wirkt auf einen Gegenstandein hydraulischer Druck von einer umgebenden Flussigkeit,so wird Gl. 13-24 zu:
p = K�V
V, (13-27)
wobei p der (hydraulische) Druck des Fluids auf den Ge-genstand ist, �V/V ist der Absolutbetrag der relativen Volu-menanderung aufgrund dieses Drucks, und K ist der Kom-pressionsmodul des Gegenstands.
