Wird ein Massenpunkt durch eine konstante Kraft \(\vec{F}\) um die Strecke \(\vec{s}\) verschoben, so ist die an ihm verrichtete Arbeit W definitionsgemäß das skalare Produkt aus der Kraft \(\vec{F}\) und dem Verschiebungsvektor \(\vec{s}\) :

\(W = \vec{F} \cdot \vec{s} = |\vec{F}|\cdot |\vec{s}| \cos(\phi) = F \cdot s \cdot \cos(\phi)\)

Die in der Wegrichtung wirkende Kraftkomponente \( \vec{F_s}\) besitzt den Betrag \(| \vec{F_s}| = F_s = | \vec{F}| \cdot \cos(\phi)\).

Wir können daher den Formelausdruck für die Arbeit W auch auf die folgende Form bringen

\(W = \vec{F} \cdot \vec{s} = F \cdot s \cdot \cos(\phi) = (F \cdot \cos(\phi)) \cdot s = \vec{F_s} \cdot s\)

Verschiebungsvektor \(\vec{s} = \vec{P_1P_2} = \begin{pmatrix}(x_2 - x_1)\\ (y_2 - y_1)\\(z_2 - z_1)\\\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\-4\\3\\\end{pmatrix}\)

Die dabei verrichtete Arbeit \(W = \vec{F} \cdot \vec{s} = \begin{pmatrix}2\\4\\1\\\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}0\\-4\\3\\\end{pmatrix} = -13 Nm\)

Für die Winkelberechnung benötigt man die Beträge von \( \vec{F} \) und \(\vec{s}\). \(|\vec{F}| = \sqrt{(-2)^2 + 4^2 + 1^2} N = \sqrt{21} N\) und

\(|\vec{s}| = \sqrt{0^2 + (-4)^2 + 3^2} m = \sqrt{25} m\). Dann aber gilt: \(W = \vec{F} \cdot \vec{s} = |\vec{F}||\vec{s}| \cos(\phi)\)

\(\cos(\phi) = \frac{\vec{F} \cdot \vec{s}}{|\vec{F}||\vec{s}|} = \frac{W}{|\vec{F}||\vec{s}|} = \frac{-13 Nm}{\sqrt{21} N \sqrt{25} m} = -0,5674\) und daher \(\phi = \arccos(-0,5674) = 124,6^\circ\)

Um den gemeinsamen Schwerpunkt der beiden Flüssigkeiten zu ermitteln, werden diese zunächst durch ihre Massenmittelpunkte (MMP) beschrieben. Dadurch werden die beiden ausgedehnten Flüssigkeiten als Punktmassen im jeweiligen MMP angenommen, deren Massen der der Flüssigkeit entsprechen. Es wurde also das Problem auf ein System aus zwei Massen reduziert, das wir nun lösen wollen.

Die Form des Behälters ist nicht näher beschrieben, wir können also eine eindimensionale Beschreibung - entlang der Höhe des Behälters - wählen (dabei gehen wir davon aus, dass sich der Querschnitt des Behälters mit der Höhe nicht ändert). Die Flüssigkeiten sind in ihrer Hälfte des Behälters homogen verteilt, die Koordinaten der MMP des Wassers und des Benzins müssen daher

\(S_W=\frac{1}{4}h\) und \(S_{B}=\frac{3}{4}h\) sein (siehe Graphik).

Die Massen der beiden Flüssigkeiten verhalten sich zueinander genauso wie deren Dichten \(\rho_{W}=1,0\ \frac{kg}{l}\) und \(\rho_{B}=0,75\ \frac{kg}{l}\), da die beiden Flüssigkeiten das selbe Volumen einnehmen. Mit \(M=\rho \cdot V\) gilt also:

\(\frac{M_B}{M_{W}} = \frac{\rho_B\cdot V}{\rho_W\cdot V} = \frac{0,75}{1,0}\) beziehungsweise

\(M_B = 0,75 \; M_W\).

Nun kann in die bekannte Formel für den MMP eingesetzt werden:

\(S=\frac{m_W\cdot S_W + m_B\cdot S_B}{m_W + m_B} = \frac{m_w\cdot \frac{1}{4}\,h + 0,75\,m_W\cdot \frac{3}{4}\,h}{m_W + 0,75\,m_W}\)

\(=\frac{\cancel{m_W}\cdot h\cdot\, (0,25 +0,75\cdot 0,75)}{1,75\,\cancel{ m_W}} \quad \approx \quad 0,4643\,h\)

Die Höhe beträgt \(10\, cm\), daher liegt der gemeinsame MMP der beiden Flüssigkeiten bei

\(S\quad \approx \quad 4,6\,cm\)

Für eine diskrete eindimensionale Massenverteilung ist der Massenmittelpunkt definiert als:

\(S= \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}m_i\cdot x_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}m_i}\)

Einsetzen der gegebenen Orte und Massen ergibt:

\( S = \frac{m_1\cdot x_1+m_2\cdot x_2+m_3\cdot x_3+m_4\cdot x_4}{m_1+m_2+m_3+m_4}=\frac{m_1+2\cdot m_2 + 3\cdot m_1 + 4\cdot 2\cdot m_1}{m_1+m_2+m_1+2\cdot m_1}\)\(\,=\frac{12m_1+2m_2}{4m_1 + m_2} = \frac{l}{2}=2,5\)

Diese Gleichung muss nun noch nach \(m_2\) umgeformt werden:

\(\frac{12m_1+2m_2}{4m_1 + m_2} =2,5 \qquad \qquad \qquad /\cdot (4m_1+m_2)\)

\(12m_1 +2m_2 = 10m_1+2,5m_2 \qquad \Rightarrow \qquad 0,5m_2 = 2m_1\)

\(m_2 = 4\cdot m_1\)

Es muss also die Masse \(m_2\) vier mal so groß sein wie die Masse \(m_1\)!

Da \(m_1=3\,kg\) ist \(m_2=12\,kg\).

Ein Kräftepaar bezeichnet in der technischen Mechanik zwei Kräfte, die

o) den gleichen Betrag haben (also gleich große Kräfte)

o) aber in entgegengesetzte parallele Richtungen wirken

Statisches Gleichgewicht bedeutet, dass sowohl ein Kräfte- als auch ein Momentengleichgewicht herrscht. Es müssen sich also die Summen der Kraftkomponenten sowie die der Drehmomente zu Null addieren:

\(\displaystyle\sum F_x = 0\)

\(\displaystyle\sum F_y = 0\)

\(\displaystyle\sum M_i = 0\)

So sind Translation sowie Rotation des Balkens unmöglich - er befindet sich im statischen (mechanischen) Gleichgewicht!

Betrachten wir den Balken und die auf ihn wirkenden Kräfte ("Freischneiden"), so lässt sich das Kräftegleichgewicht aufstellen. Es wirken die Kräfte \(\vec F_P\), \(\vec F_Z\), sowie die Gewichtskräfte des Balkens, \(\vec G_B\), und des angehängten Schildes, \(\vec G_S\), auf den Balken. Weiters gilt mit dem 2. Newton'schen Axiom für die Gewichtskräfte jeweils \(\vec G = m\cdot \vec g\),welche nur in y-Richtung wirken, ihre x-Komponenten sind daher 0: \(\vec g = \left( \begin{array}{c} 0 \\\ -g \\\ \end{array}\right)\), mit der Schwerebeschleunigung \(g\) der Erde.

Berücksichtigen wir, dass die x-Komponenten der Kräfte \(\vec F_P\) und \(\vec F_Z\) entgegengesetzt gerichtet sind und deren y-Komponenten den Gewichtskräften entgegenwirken, so ergibt sich:

\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, - F_{Zx}= 0\)

\(\sum F_y = F_{Py} + \,F_{Zy} \, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\)

Es lassen sich noch die Kraftkomponenten der Zugkraft des Seiles, \(\vec F_Z\), durch den Winkel \(\theta\) ausdrücken:

\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \cos(\theta)\cdot\, \left| \vec F_Z \right| = 0\)

\(\sum F_y = F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\, |\vec F_Z |\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\)

Frage: Würde die Kraftkomponente \(F_{Z}\) nicht auch durch den cosinus des Winkels zwischen Balken und Seil dargestellt?

Für das Drehmoment benötigen wir die Hebelarme der einwirkenden Kräfte - die senkrechten Abstände ihrer Wirklinie zum Drehpunkt. Bezüglich eines Drehpunktes ist das Drehmoment definiert als: \(M = F\cdot h\), mit dem Hebelarm \(h\).

Wählen wir den Drehpunkt am Ende des Balkens, so sind die Hebelarme der Kraft \(\vec F_Z\) sowie \(\vec G_S\) beide 0, weil sie auf den Drehpunkt wirken (keinen Abstand zu ihm haben). Es bewirkt also die Kraft \(\vec F_P\) ein Drehmoment im Uhrzeigersinn (konventionsgemäß ein negatives Drehmoment) und die Gewichtskraft des Balkens \(\vec G_B\) eines gegen den Uhrzeigersinn (ein positives Drehmoment), wie in der Grafik eingezeichnet.

Dies führt zu:

\(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot \frac{l_B}{2} - F_{Py}\cdot l_B = 0 \)

Es lässt sich diese Gleichung noch durch \(l_B\) dividieren und wir erhalten:

\(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)

Die Gleichgewichtsbedingung (wenn kein Drehmoment wirkt) lautet:

\(\displaystyle \sum_i \vec{F_i}=0\)

Also muss gelten 

\(\vec{F_1}+\vec{F_2}=0\)

Es kann, zusätzlich zum Kräftegleichgewicht, aber auch ein Drehmoment wirken. Es muss nicht sein, dass wenn die Kräfte, die auf einen Körper wirken, sich im Gleichgewicht befinden, auch ein Momentengleichgewicht vorliegt. Diese beiden (Kräftegleichgewicht sowie Momentengleichgewicht) sind also gesondert voneinander zu betrachten!

Wenn die resultierende Gesamtkraft 0 ist, dann kann der Körper wegen \(F=m \cdot a\) nicht beschleunigen. Daher muss er im Zustand der Ruhe oder der gleichförmigen Bewegung sein.

Die Gleichgewichtsbedingungen müssen sowohl für die x- als auch die y-Komponenten der einwirkenden Kräfte erfüllt sein:

\(\displaystyle\sum_i F_{ix} = 0\) und \(\displaystyle\sum_i F_{iy} = 0\) mit \(i = (1,2,3)\).

Anm.: In diesem Fall würde ebenso ein Drehmoment wirken (abhängig von den Hebelarmen, die aber nicht gegeben sind), das allerdings unabhängig vom Kräftegleichgewicht betrachtet werden muss - auch wenn ein Kräftegleichgewicht vorliegt, kann es ein Nett-Drehmoment geben, und umgekehrt!

Die x-Komponente der Kraft \(\vec F_1\) ist 0, es muss also gelten: \(\displaystyle\sum_i F_{ix} = F_{2x} + F_{3x}=0\). Wie in der Abbildung zu sehen ist, sind die x-Komponenten der Kräfte \(\vec F_2\) und \(\vec F_3\) proportional zum Cosinus des jeweiligen Winkels. Damit gilt für deren Beträge (das negative Vorzeichen ergibt sich durch die entgegengesetzten Richtungen der x-Komponenten):

\(F_2\cdot \,\cos(\alpha) - F_3\cdot\, \cos(\beta) = 0 \qquad \Rightarrow \qquad F_2 = \frac{F_3 \cdot\, \cos(\beta)}{\cos(\alpha)}\)

Die y-Komponenten der Kräfte \(\vec F_2\) und \(\vec F_3\) müssen in Summe entgegengesetzt gleich groß sein, wie die der Kraft \(\vec F_1\). Wie in der Abbildung zu sehen ist, sind die y-Komponenten der Kräfte \(\vec F_2\) und \(\vec F_3\) proportional zum Sinus des jeweiligen Winkels und für die Beträge ergibt sich:

\(F_2\cdot \,\sin(\alpha) + F_3\cdot \,\sin(\beta) = F_1\)

\(F_1\) ist hierbei der Betrag der Kraft \(\vec F_1\). Da die Kraft \(\vec F_1\) aber nur eine y-Komponente besitzt, ist dessen Betrag auch einfach nur diese y-Komponente.

Für \( F_2=\frac{F_3 \cdot\, \cos(\beta)}{\cos(\alpha)}\) eingesetzt: \(\frac{F_3\cdot \,\cos(\beta)}{\cos(\alpha)}\cdot \,\sin(\alpha) + F_3\cdot \,\sin(\beta) = F_1\)

\(\Rightarrow \qquad F_3\cdot\, \left[\cos(\beta) \cdot \,\tan(\alpha) + \,\sin(\beta)\right] = F_1\)

\(F_3= \frac{F_1}{\left[\cos(\beta) \cdot \,\tan(\alpha) + \,\sin(\beta)\right]} = \frac{500\,N}{\left[\cos(30^\circ) \cdot \,\tan(50^\circ) + \,\sin(30^\circ)\right]}\)

\(F_3 = 326.4\,N\)

Analog ergibt sich für den Betrag der Kraft \(\vec F_2\):

\(F_2\cdot \,\sin(\alpha) + \frac{F_2\cdot\,\cos(\alpha)}{\cos(\beta)}\cdot \,\sin(\beta) = F_1\)

\(\Rightarrow F_2 = \frac{F_1}{\left[ \sin(\alpha) +\, \cos(\alpha)\cdot \tan(\beta) \right]} = 439.7\,N\)

Die drei Kräfte \(F_1\), \(F_2\) und \(F_3\) sind im Gleichgewicht. Somit ist die Kraft \(F_3\) der Resultierenden der Kräfte \(F_1\) und \(F_2\) gleich groß entgegengesetzt. Die Resultierende ist die vektorielle Summe der Kräfte \(F_1\) und \(F_2\). Der Betrag der Kraft \(F_3\) entspricht der der Resultierenden und ist ihr entgegengerichtet, wie in der Abbildung zu sehen ist.

Damit ist gewährleistet, dass ein Kräftegleichgewicht vorliegt, es gilt:

\(\displaystyle\sum_i F_{ix} = F_{1x} + F_{2x} + F_{3x} = 0 \qquad \Rightarrow \qquad F_{1x} + F_{2x} =- F_{3x}\) und analog auch für die y-Komponenten.

Wie zu sehen ist, liegt die Kraft \(F_3\) im IV. Quadranten (die Resultierende der Kräfte \(F_1\) und \(F_2\) im II.).

Wenn man erkennt, dass der eingeschlossene Winkel zwischen den Kräften \(F_1\) und \(F_2\) genau \(90^\circ\) entspricht, so lässt sich der Betrag der Resultierenden und damit auch der Kraft \(F_3\) als Diagonale des von \(F_1\) und \(F_2\) aufgespannten Parallelogramms mit dem Satz von Pythagoras berechnen:

\(F_3 = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{160^2 + 220^2} = 272\,N\)

Eine Kraft, deren Betrag \(F = |\vec F|\) und Richtungswinkel \(\alpha\) gegeben sind, kann durch Winkelfunktionen in ihre Komponenten zerlegt werden. Wie in der Abbildung zu sehen ist, ist die x-Komponente der Kräfte der Cosinus des Richtungswinkels gewichtet mit dem Betrag der Kraft. Die y-Komponente ist dementsprechend proportional zum Sinus des Winkels.

Für die x-Komponente der Kräfte ergibt sich also: \(F_{ix} = \cos(\alpha_i)\cdot F_i\)

Und für die y-Komponente: \(F_{iy} = \sin(\alpha_i)\cdot F_i\) (mit \(i = 1,2\)).

Somit lässt sich der Betrag der Resultierenden und damit auch der Kraft \(F_3\) bestimmen:

\(F_3 = |\vec F_3| = \sqrt{(F_{1x} + F_{2x})^2 + (F_{1y} + F_{2y})^2}\)

\(= \sqrt{\left[ \cos(\alpha_1)\cdot F_1 +\, \cos(\alpha_2)\cdot F_2 \,\right]^2 + \left[ \sin(\alpha_1)\cdot F_1 +\, \sin(\alpha_2)\cdot F_2 \,\right]^2}\)

\(= \sqrt{\left[\cos(70)\cdot 160 + \,\cos(160)\cdot 220\right]^2 + \left[\sin(70)\cdot 160 + \,\sin(160)\cdot 220\right]^2} = 272.03\)

\(F_3 = 272\, N\)

Das Drehmoment bezüglich eines (Dreh-)Punktes ist definiert als das Produkt aus einwirkender Kraft und deren Hebelarm. Der Hebelarm \(h\) ist der senkrechte Abstand der Wirklinie einer Kraft \(F\) zum Drehpunkt (die Länge \(h\) steht also senkrecht auf die Wirklinie der Kraft). Wirken mehrere Kräfte, so kann es auch mehrere Drehmomente geben, das Gesamtdrehmoment ist dann die Summe der einzelnen Drehmomente. Somit ist das Gesamtdrehmoment:

\(M_{ges} = \displaystyle\sum_i F_i \cdot h_{i} = F_1\cdot h_1 + F_2 \cdot h_2 +\, \dots\)

In diesem Fall kann als Bezugspunkt nicht die Ecke gewählt werden, da die Abstände der Kräfte \(F_1\) und \(F_2\) zur Ecke nicht bekannt sind. Es muss daher einer der Angriffspunkte gewählt werden. In der Abbildung ist der Fall abgebildet, dass als Bezugspunkt P der Angriffspunkt von \(F_1\) gewählt wird (es kann genauso gut auch der Angriffspunkt von \(F_2\) gewählt werden, die Rechnung ist die selbe).

Wie in der Abbildung zu sehen ist,  schneidet die Kraft \(F_1\) den Bezugspunkt P, damit ist ihr Hebelarm gleich \(h_{F1}=0\). Genauso ist der Hebelarm der oberen einwirkenden Kraft (die an der Ecke angreift) bezüglich des Punktes P gleich 0: diese Kraft lässt sich entlang ihrer Wirklinie verschieben (Längsverschiebungssatz) und hat somit keinen senkrechten Abstand zum Punkt P.

Wie zu sehen ist, haben nur die Kräfte \(F_1\) und die untere Zugkraft auf den Balken eine senkrechte Komponente. Die Hebelarme sind dabei für die Kraft \(F_2\) gleich \(h_{F_2} = 6\,m\) und für die Kraft am unteren Ende des Balkens \(4\,m\).

Nach der üblichen Vorzeichenkonvention erhalten gegen den Uhrzeigersinn rotierende Drehmomente ein positives und im Uhrzeigersinn rotierende ein negatives Drehmoment. Damit:

\(M_{ges} = F_2 \cdot 6\,m - 9\,kN \cdot 4\,m = 0\)

\(F_2 = \frac{9\,kN\cdot 4\,\cancel{m}}{6\,\cancel{m}} = 6\,kN\)

Da es sich um Kräftepaare handelt, muss der Betrag der Kraft \(F_1\) dem der Kraft \(F_2\) entsprechen:

\(F_1 = F_2 = 6\,kN\)

Um ein statisches Gleichgewicht zu erhalten, müssen die Kräfte \(F_1\) und \(F_2\) entgegengesetzt gleich groß sein, was einem Kräftepaar entspricht.

In der Abbildung sind die drei Kräfte abgebildet, die miteinander im Gleichgewicht sind: einerseits die Gewichtskraft \(\vec F_G\) und die beiden Lagerkräfte \(\vec F_A\) und \(\vec F_B\).

Kräftegleichgewicht:

\(\displaystyle\sum F_x = F_{Ax} - F_{Bx} + \underbrace{\cancel{F_{Gx}}}_{=0} = 0\) (x-Komponenten der Lagerkräfte entgegengesetzt, daher negatives Vorzeichen)

\(\displaystyle\sum F_y = F_{Ay} + F_{By} - F_{Gy} = 0\) ( Gewichtskraft senkrecht nach unten gerichtet, daher negative y-Komponente)

Da es sich beim Lager A um ein Festlager handelt, muss das Lager in Punkt B einem Loslager entsprechen - die Lagerkraft in B ist daher senkrecht zur Lagerfläche (dem Balken) gerichtet. Es muss also für die Komponenten der Kraft B gelten \(\frac{F_{Bx}}{F_{By}} = \frac{l_2}{l_1}\) (umgekehrtes Seitenverhältnis wie für Breite und Höhe der Stufe).

Alternativ - und möglicherweise einfacher - kann auch über den Winkel \(\alpha = \arctan\left(\frac{l_2}{l_1}\right) = 38,66^\circ\) gerechnet werden, die Ergebnisse sind die selben.

Momentengleichgewicht um den Lagerpunkt A:

\(\displaystyle\sum M_A = F_B\cdot h_B - l_G \cdot F_G = 0\)

Mit dem Hebelarm \(h_B\) der Lagerkraft \(F_B\), diese steht bereits senkrecht auf den Balken, daher: \(h_B = \sqrt{l_1^2 + l_2^2} = \sqrt{2,5^2 + 2^2} = \sqrt{10,25}\).

Der Hebelarm der Gewichtskraft steht senkrecht auf ihre Wirklinie, dieser wurde mit \(l_G\) bezeichnet. Da es sich um einen homogenen Balken handelt, greift die Gewichtskraft \(F_G\) im Schwerpunkt, in der Mitte des Balkens an. Die Länge \(l_G\) lässt sich mit dem Satz des Pythagoras bestimmen:

\(\left(\frac{l_0}{2}\right)^2 = l_G^2 + h_G^2\), wobei \(h_G\) die Höhe bezeichnet, auf der sich der Schwerpunkt des Balkens befindet.

Da es sich, wie in der Abbildung zu sehen, um ähnliche Dreiecke handelt, müssen deren Seitenverhältnisse gleich sein:

\(\frac{l_1}{l_2} = \frac{l_G}{h_G} \qquad \Rightarrow \qquad h_G = \frac{l_G \cdot l_2}{l_1}\)

Damit lässt sich auf die gesuchte Länge \(l_G\) umformen (Herleitung siehe ganz unten): \( l_G = \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2}}} = \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1 + \left(\frac{2\,m}{2,5\,m}\right)^2}}} = \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1,64}} = 1,56172\,m\)

(Auf dieses Ergebnis wäre man mit dem Winkel \(\alpha = 38,66^\circ\) ebenso gekommen: \(l_G = \cos(38,66^\circ) \cdot \frac{l_0}{2}= 0,78086\cdot 2 = 1,56172\,m\))

Wir erhalten also für das Momentengleichgewicht:

\(F_B \cdot \sqrt{10,25}\quad = F_G \cdot \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1,64}}\)

Damit lässt sich die Lagerkraft B bestimmen: \(F_B = \frac{800\,N\cdot 4\,m}{2\cdot \sqrt{10,25 \cdot 1,64}\,m} = 390,2\,N\)

Wie oben ausgeführt, gilt für die Komponenten der Lagerkraft \(F_B\): \(\frac{F_{Bx}}{F_{By}} = \frac{l_2}{l_1} \qquad \Rightarrow \qquad F_{By} = \frac{F_{Bx}\cdot l_1}{l_2} = 1,25\,F_{Bx}\)

Damit lässt sich wiederum mit dem Satz des Pythagoras berechnen: \(F^2 = F_{Bx}^2 + F_{By}^2 = F_{Bx}^2 + 1,25^2\cdot F_{Bx}^2 = F_{Bx}^2\cdot \,\left( 1 + 1,25^2\right)\)

\(\Rightarrow \qquad F_{Bx} = \frac{F_B}{\sqrt{(1 + 1,25^2)}}} = 243,8\,N\)

(Auf das selbe Ergebnis wären wir mit Hilfe von Winkelfunktionen gekommen: \(F_{Bx} = \sin(\alpha)\cdot F_B = \sin(38,66^\circ)\cdot 307,6 = 243,8\,N\))

Und damit (Gleichgewichtsbedingungen): \(F_{Ax} = F_{Bx} = 243,8\,N\)

\(F_{Ay} = F_G - F_{By} = 800\,N - \underbrace{1,25\cdot 243,8\,N}_{F_{By}} =495,25\,N\)

\(F_A = \sqrt{F_{Ax}^2 + F_{Ay}^2} = \sqrt{243,8^2 + 495,25^2} = 552\,N\)

Herleitung des Hebelarms \(l_G\) der Gewichtskraft:

Aus \(\left(\frac{l_0}{2}\right)^2 = l_G^2 + h_G^2\) und \( h_G = \frac{l_G \cdot l_2}{l_1}\) (siehe oben) wird zunächst:

\(\left(\frac{l_0}{2}\right)^2 = l_G^2 + \left( \frac{l_G\cdot l_2}{l_1} \right)^2 = l_G^2 \cdot \left[ 1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2\right]\) (Herausheben!)

\(l_G^2 = \frac{\left(\frac{l_0}{2}\right)^2}{1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2}\qquad \Rightarrow \qquad l_G = \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2}}}\)

Damit das System im Gleichgewicht ist, müssen Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht erfüllt sein.

Das Lager in Punkt A ist das Festlager, in B das Loslager. Letzteres kann nur Kraftkomponenten senkrecht zur Lagerfläche aufnehmen, die Komponenten in x-Richtung sind daher alle 0. Für das Kräftegleichgewicht ergibt sich daher:

\(\displaystyle\sum_x F = F_{Ax} + \underbrace{F_x}_{=0} = 0 \qquad \Rightarrow \qquad F_{Ax} = 0\)

\(\displaystyle\sum_y F = F_{Ay} + F_{By} - F_y = 0\)  bzw.

\(F_{Ay} + F_{By} = F_y\)

Da alle x-Komponenten 0 sind, wird weiters \(F_{Ay} = F_A\) und \(F_{By} = F_B\) geschrieben.

Momentengleichgewicht bezüglich Punkt A:

Wie in der Abbildung zu sehen, hat der Hebelarm der Kraft \(F\) die Länge \(l_1\) und der der Lagerkraft \(F_B\) die Länge \(l_1 + l_2\). Nach der üblichen Vorzeichenkonvention verursacht die Kraft \(F\) eine Drehung im Uhrzeigersinn, also ein negatives Drehmoment. Dementsprechend ist das Drehmoment der Kraft \(F_B\) positiv (gegen den Uhrzeigersinn drehend):

\(\displaystyle\sum_i M_i = F_B\cdot (l_1 + l_2) - F\cdot l_1 = 0\)

\(\Rightarrow \qquad F_B = \frac{F\cdot l_1}{l_1 + l_2}\)

Eingesetzt in die Gleichung für das Kräftegleichgewicht:

\(F_A +F_ B = F_A + \frac{F\cdot l_1}{l_1 + l_2} = F\)

\(\Rightarrow \qquad F_A = F - \frac{F\cdot l_1}{l_1 + l_2} = F\cdot\, \left( 1 - \frac{l_1}{l_1+l_2} \right) = 3.5\,kN \cdot\,\left( 1 - \frac{0.8\,m}{2.8\,m} \right) = 2.5\,kN\)

\(F_B = F-F_A = 3.5\,kN - 2.5\,kN = 1\,kN\)

Zwei entgegengesetzt gleich große Kräfte bilden ein Kräftepaar. Das bedeutet, ihre Beträge sind gleich groß, sie wirken aber in genau entgegengesetzte Richtungen. Es lässt sich daher schreiben (betrachtet man die Kräfte 1-dimensional): \(F_1 = - F_2\).

Der Betrag der Resultierenden eines Kräftepaares ist daher: \(F_R = F_1 + F_2 = 0\).

Bei N Kräftepaaren ist also ebenso die Resultierende des i-ten Kräftepaares \(F_{R,\,i} = F_{1,\,i} + F_{2,\,i} = 0\) und damit deren Summe (die Resultierende des Gesamtsystems) auch 0.