Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Kräfte-Gleichgewicht, Gleichgewichtsbedingungen.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

Test als PDF ausgeben (Kann je nach Länge einige Minuten dauern)

Ein homogener Balken der Masse \(m_B\) und Länge \(l_B\) wird mit Hilfe eines Gelenks an einer Wand angebracht. Der Balken wird durch ein Seil in horizontaler Position gehalten, das mit ihm einen Winkel \(\theta\) einschließt. An seinem Ende hängt ein Schild der Masse \(m_S\). Weiters sind die Zugkraft des Seils \(\vec F_Z\) sowie die Kraft \(\vec F_P\), die das Gelenk auf den Balken ausübt, eingezeichnet. Wie lauten die Gleichgewichtsbedinungen, sodass sich der Balken im statischen Gleichgewicht befindet? Nr. 4483
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, +\, \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y =- F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g + m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot \frac{l_B}{2} - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \cos(\theta)\cdot\,l_B\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\,l_B\cdot \, \|\vec F_Z \|\, - \frac{l_B}{2}\cdot \left( m_B\cdot g + m_s\cdot g\right) = 0\) \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \sin(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\cos(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot \frac{l_B}{2} - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_P \right\|\, -\, F_{Zx} = 0\) \(\sum F_y = \sin(\theta) \cdot\,\|\vec F_P \|\, + \, F_{Zy}\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot l_B - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
Lösungsweg 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: \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)

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An einem starren Körper greifen N Kräftepaare (\(N \qquad \geq \qquad 2\)) an. Der Betrag der i-ten einzelnen Kraft wird als \(F_i\) bezeichnet. Wie groß ist die Resultierende \(F_R\) dieses Kraftsystems? Nr. 4756
	\(F_R = \displaystyle\sum_{i=1}^{N} F_i = F_1 + F_2 +\, \dots \,+ F_N\)
	\(F_R =2\,\cdot \displaystyle\sum_{i=1}^{N} F_i = 2\cdot\,( F_1 + F_2 +\, \dots \,+ F_N )\)
	\(F_R =\frac{1}{2}\,\cdot \displaystyle\sum_{i=1}^{N} F_i = \frac{1}{2}\cdot\,( F_1 + F_2 +\, \dots \,+ F_N )\)
	\(F_R =\frac{1}{N}\,\cdot \displaystyle\sum_{i=1}^{N} F_i = \frac{1}{N}\cdot\,( F_1 + F_2 +\, \dots \,+ F_N )\)
	\(F_R = 0\)
Lösungsweg 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.

5 erreichbare Punkte

Ein Balken ist wie abgebildet gelagert. Bestimmen Sie die Reaktionskräfte in den Lagern A und B. Die Masse des Balkens und damit seine Gewichtskraft seien vernachlässigbar. Geg.: \(F = 3.5\,kN\), \(l_1 = 0.8\,m\), \(l_2=2\,m\) Nr. 4725
	\(F_A = 2.5\,kN\) \(F_B = 1\,kN\)
	\(F_A = 2.1\,kN\) \(F_B = 1.4\,kN\)
	\(F_A = 1\,kN\) \(F_B = 2.5\,kN\)
	\(F_A = 1.4\,kN\) \(F_B = 2.1\,kN\)
	\(F_A = 1.9\,kN\) \(F_B = 1.6\,kN\)
Lösungsweg 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: \(F_A +F_ B = F_A + \frac{F\cdot l_1}{l_1 + l_2} = F\) \(\Rightarrow \qquad F_A = F - \frac{F\cdot l_1}{l_1 + l_2} = F\cdot\, \left( 1 - \frac{l_1}{l_1+l_2} \right) = 3.5\,kN \cdot\,\left( 1 - \frac{0.8\,m}{2.8\,m} \right) = 2.5\,kN\) \(F_B = F-F_A = 3.5\,kN - 2.5\,kN = 1\,kN\)

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Welche Aussagen sind korrekt? Ein Kräftepaar besteht aus zwei ... Nr. 4463
	gleichen Kräften.
	Kräften, die in entgegengesetzte Richtungen wirken.
	beliebigen Kräften.
	Kräften mit gleichem Betrag.
	Kräften, die parallel zueinander sind.
Lösungsweg 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

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Auf einem homogenen Stab der Länge \(l=5\) liegen 3 Massen, wie in der Graphik angeordnet: \(m_1\) am Ort \(x_1=1\), \(m_3\) am Ort \(x_3=3\) und \(m_4\) am Ort \(x_4=4\). Dabei gilt: \(m_3=m_1\) und \(m_4 = 2\cdot m_1\) Welche Masse muss ein viertes Gewicht am Ort \(x_2=2\) haben, damit der Schwerpunkt genau in der Mitte (in x-Richtung) des Stabes liegt, wenn \(m_1=3\,kg\)? Nr. 4449
	\(m_2=6\, kg\)
	\(m_2=12\, kg\)
	\(m_2=9\, kg\)
	\(m_2=24\, kg\)
	\(m_2=7,5\, kg\)
Lösungsweg 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 \(m_2=12\,kg\).

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Zwei Kräfte \(\vec{F_1} \) und \( \vec{F_2}\), die an einem Körper angreifen, befinden sich im Gleichgewicht, wenn ... Nr. 4597
	der Körper ruht oder sich gleichförmig bewegt.
	der Körper konstant beschleunigt.
	\(\vec{F_1}+\vec{F_2}=0\)
	\(\vec{F_1}=\vec{F_2}\)
	der Körper seine Geschwindigkeit ändert.
Lösungsweg 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.

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In einem zentralen Kräftesystem wirken die Kräfte \(F_1 = 160\,N\) und \(F_2 = 220\,N\), die mit der positiven x-Achse die Winkel \(\alpha_1 = 70^\circ\) und \(\alpha_2 = 160^\circ\) einschließen und mit einer Kraft \(F_3\) im Gleichgewicht stehen. Wie groß ist der Betrag der Kraft \(F_3 = \|\vec F_3\|\)? In welchem Quadranten wirkt diese Kraft? (Tipp: Skizze!) Nr. 4611
	\(F_3 = 180\,N\) wirkt im I. Quadranten
	\(F_3 = 272\,N\) wirkt im IV. Quadranten.
	\(F_3 = 180\,N\) wirkt im II. Quadranten
	\(F_3 = 272\,N\) wirkt im II. Quadranten.
	\(F_3 = 380\,N\) wirkt im IV. Quadranten
Lösungsweg 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: \(F_3 = \|\vec F_3\| = \sqrt{(F_{1x} + F_{2x})^2 + (F_{1y} + F_{2y})^2}\) \(= \sqrt{\left[ \cos(\alpha_1)\cdot F_1 +\, \cos(\alpha_2)\cdot F_2 \,\right]^2 + \left[ \sin(\alpha_1)\cdot F_1 +\, \sin(\alpha_2)\cdot F_2 \,\right]^2}\) \(= \sqrt{\left[\cos(70)\cdot 160 + \,\cos(160)\cdot 220\right]^2 + \left[\sin(70)\cdot 160 + \,\sin(160)\cdot 220\right]^2} = 272.03\) \(F_3 = 272\, N\)

5 erreichbare Punkte

Ein homogener Balken der Länge \(l_0 = 4\,m\) ist in A gelagert und liegt in B auf einer Mauerkante auf. Die Berührung bei A und B sei reibungsfrei. Die Gewichtskraft des Balkens beträgt \(F_G = 800\,N\), die Abmessungen betragen \(l_1 = 2.5\,m\) und \(l_2 = 2\,m\). Berechnen Sie die Beträge der Stützkräfte \(F_A\) und \(F_B\). (Ergebnisse gerundet) Nr. 4645
	\(F_A = 500\,N\) \(F_B = 625\,N\)
	\(F_A = 607\,N\) \(F_B = 390\,N\)
	\(F_A = 390\,N\) \(F_B = 552\,N\)
	\(F_A = 589\,N\) \(F_B = 312\,N\)
	\(F_A = 552\,N\) \(F_B = 390\,N\)
Lösungsweg 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!) \(l_G^2 = \frac{\left(\frac{l_0}{2}\right)^2}{1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2}\qquad \Rightarrow \qquad l_G = \frac{l_0}{2\cdot \sqrt{1 + \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2}}}\)

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Ein homogener Balken der Masse \(m_B\) und Länge \(l_B\) wird mit Hilfe eines Gelenks an einer Wand angebracht. Der Balken wird durch ein Seil in horizontaler Position gehalten, das mit ihm einen Winkel \(\theta\) einschließt. An seinem Ende hängt ein Schild der Masse \(m_S\). Weiters sind die Zugkraft des Seils \(\vec F_Z\) sowie die Kraft \(\vec F_P\), die das Gelenk auf den Balken ausübt, eingezeichnet. Wie lauten die Gleichgewichtsbedinungen, sodass sich der Balken im statischen Gleichgewicht befindet? Nr. 4483
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, +\, \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y =- F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g + m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot \frac{l_B}{2} - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \cos(\theta)\cdot\,l_B\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\sin(\theta) \cdot\,l_B\cdot \, \|\vec F_Z \|\, - \frac{l_B}{2}\cdot \left( m_B\cdot g + m_s\cdot g\right) = 0\) \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = F_{Px}\, -\, \sin(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_Z \right\| = 0\) \(\sum F_y = F_{Py} + \,\cos(\theta) \cdot\, \|\vec F_Z \|\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot \frac{l_B}{2} - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
	\(\displaystyle\sum F_x = \cos(\theta)\cdot\, \left\| \vec F_P \right\|\, -\, F_{Zx} = 0\) \(\sum F_y = \sin(\theta) \cdot\,\|\vec F_P \|\, + \, F_{Zy}\, - m_B\cdot g - m_s\cdot g = 0\) \(\sum M_i = m_B\cdot g\cdot l_B - F_{Py}\cdot l_B = 0\)
Lösungsweg 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: \(\sum M_i = \frac{m_B\cdot g}{2} - F_{Py} = 0\)

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