Något om Mekanik-Statik och Mathematica, läsanvisningar till

HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
Något om Mekanik-Statik och Mathematica,
läsanvisningar till Christer Nybergs bok
i Mekanik
Bertil Nilsson
2015-01-01
Points
0, y, 6 ;
B
1, 2, 0 ;
D
3, 0, 6 ;
C
Forces
Ax , Ay , Az ;
A
Equilibrium
eqn
A
B
B
T
11
6T
11
Ax
T
E
E
T
Bx
y Bz
C, D
11
12
;
,
E
B
Bx , 0, Bz ;
B
0, 2, 0 ;
E
2, 0, 6 ;
E
0
C
Ay
6 Bx
3T
2
Az
11
3T
3T
11
11
Bz
0
y Bx
4
Solution
forces Solve eqn, Ax , Ay , Az , Bx , Bz , T
12
,
y 6
Ax
4
,
y 6
Bx
8
y 6
Ay
Bz
12 y 10
y y 6
2, Az
,T
8
12 y 10
y y 6
11
y 6
,

Effect of gliding support B
Plot Evaluate Bx , Bz , T . forces , y, 4, 10 ,
PlotStyle
Red, Blue, Green ,
AxesLabel
"y m ", "Bx ,Bz ,T kN "
B x ,Bz ,T kN
4
3
2
1
5
6
7
8
9
10
y m
1
2
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
ť Statik
sid 1-7: Läs igenom. Att alltid arbeta i ett koordinatsystem är viktigt. Dimensionsanalys av ekvationer och svar är viktigt. Läs mer i
häftena Något om SI-systemet och Mathematica , Något om Dimensionsanalys och Mathematica och Något om Matematisk
modellering och Mathematica .
Övning: [L2] 1.3, 1.7.
sid 8-11: Läs igenom. Kraft är en vektor, så man kan lita på vektoralgebra. En hyfsad crashkurs finns i kapitel A sid 318-323, eller
ännu bättre Något om Vektorer och Mathematica . Projektion (A.7) gör vi på riktigt, se nedan. Inga vinklar! Vi accepterar bara
vinklar som indata (dock med skepsis) och översätter omedelbart till riktiga vektorer! Vi "räknar" aldrig med vinklar! Se upp för
vinkelträsket! Exempelvis är (A.15-18) grrr
sid 12: Arbeta "alltid" i ett högerorienterat normerat tredimensionellt (3D) koordinatsystem. Krafter kan delas upp som summan av
sina komposanter (2.1). Skilj på komposanter (vektorer) och komponenter som är tal som man multiplicerar basvektorerna, t.ex. x ,
med. Riktningsvinklar och riktningscosiner är inget som en modern människa befattar sig med.
sid 13: En vektor (kraft, moment, position, förflyttning, hastighet, acceleration ) är en storhet som har både längd (storlek, belopp)
och riktning. I matematiken skrivs vektorer med liten fet bokstav och dess längd med motsvarande lilla enkla, exempelvis och a.
Sambandet mellan dem skrivs a
. Med hjälp av Pythagoras sats i 3D och vektorns komponenter räknas längden ut som
a2x
a
a2y
a2z . En vektor kan alltid brytas ned i sina två atomer, längd gånger en enhetsvektor i rätt riktning
Jätteviktigt! I Mekanik brukar man göra avsteg från namnkonventionen och använda stora bokstäver för krafter och moment,
exempelvis
F .
Vi börjar med att fixa till några nyttiga funktioner som återkommer jämt och ständigt. För att slippa krockande variabelnamn när
man löser problem kan det ibland vara bra att rensa minnet i Mathematica och ladda funktionerna på nytt!
Remove "Global` " ;
Först storleken av vektorn . Tyvärr kan vi inte använda vanliga | som i linjär algebra när vi definierar funktionen, eftersom den är
upptagen till annat i Mathematica, utan väljer några snarlika som skrivs l| till vänster (left) och r| till höger (right) om
argumentet. Det väsentliga i funktionskroppen är
alla variabler är positiva.
: PowerExpandSimplify
.
. , resten är "Matematicapornografi" för att förenkla symboliska uttryck där
, Thread Cases
, Symbol, Infinity
0 
Ständigt behöver man bestämma en enhetsvektor i samma riktning som en given vektor
:
liksom beräkning av enhetsvektor i riktning från punkt A till punkt B
A ,B
:
B A
samt slutligen projektion av en vektor
på en annan vektor
.
proj
:
.
Om man inte uppskattar svåra ackord på tangentbordet, kommer här samma funktioner i mer klassisk form. Använd vilka versioner du vill eller andra namn som du trivs med. Speciellt kan det som alternativ vara läge att använda de i Mathematica inbyggda
funktionerna Norm[ ] som motsvarar
. och Normalize[ ] som motsvarar
.
längd
:
ea
:
eAB A , B
:
B A
proj
,
: proj
Exemplen på denna sida är typiska atomer som kommer att vara grundläggande för all problemlösning. Övertyga dig om att du
behärskar dem och framför allt; använd dem så att problemlösning görs på vårt moderna datoranpassade sätt!
I utdata använder Mathematica gärna funktionerna sec Α
1
cos Α
, Sec Α och cosec Α
1
sin Α
, Csc Α . Dessa är en kvarleva
från navigering på de gamla segelfartygens tid och anses numera, åtminstone i Europa, som lite exotiska , och ingår därför inte i
den svenska skolundervisningen. Det samma får nog gälla för cot Α
1
tan Α
, Cot Α . Vill man inte se dessa är det lämpligt att
.
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
3
också aktivera följande.
$PrePrint
Första
. Csc z
Sec z
Cot z
1
1
1
Defer Sin z ,
Defer Cos z ,
Defer Tan z
&;
mycket vanligt i verkligheten att en kraft defineras av sin storlek verkande mellan två punkter i modellen.
15
1,2,1 , 2,4,3
5, 10, 10
Andra och tredje handlar om att bestämma två vinkelräta komposanter till en given kraft . Läs inte dessa! Vi tar det på sid 17!
sid 14-16: Hoppa över!
sid 17: Ex 2.4. Viktigt att kunna dela upp en kraft i två vinkelräta komposanter, varav den ena är parallell med en given linje. Här
gäller den linje som går genom punkterna C och D. Först kraften som så ofta är dold i storlek och riktning
14
1,2,1 , 4,4, 5
6, 4, 12
Sedan projektion på den givna linjen
proj
CD
10

2,3,5
20
,
9
1,1,3
20
,
9

9
Slutligen den vinkelräta
C D

64 56
,
,
9 9
CD
88

9
Naturligtvis håller man sig till vektorer! CN:s komponentande där man måste hålla reda på tecken befattar vi oss inte med. Är man
intresserad av kraftens storlek så bestämmer man den isf.
CD
10
3
Istället ritar vi lite 3D grafik som går att rotera med musen
Graphics3D Thickness 0.005 , Blue, Arrow
0, 0, 0 , 2, 3, 5
Green, Arrow
0, 0, 0 ,
, Red, Arrow
0, 0, 0 , CD ,
Arrow
0, 0, 0 , C D , Dashing 0.01 , Line
, C D
CD ,
Vi tar några närbesläktade exempel till.
Exempel: Dela upp kraften 1 i två vinkelräta komposanter,
parallell respektive vinkelrät mot 2 .
1, 1, 3
,
4
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
Lösningsförslag: Börja med krafterna som är vektorer. Mathematica arbetar alltid med vinklar i radianer, men som vanligt kan man
Π
göra omvandlingen från grader till radianer som grader 180 , eller vackrare med deg som då resulterar i ett . Gradtecknet kan
också hämtas ur palette. Ta för vana att alltid räkna i tre dimensioner, 3D. Vi lever ju i en sådan! 2D blir då bara ett enkelt specialfall. Läroböcker brukar vara översållade med 2D exempel, vilket är en kvarleva från handräknandets tid. Det var ofta för jobbigt att
räkna i 3D! För oss är det tvärtom!
Gör det enkelt med vinklar; räkna dem alltid från positiva x-axeln och positiva moturs, dvs som vanligt, så blir det sedan alltid
rätt med att bara hänga på Cos&Sin. Låt Mathematica jobba!
200 Cos 30
1
, Sin 30
,0
3 , 100, 0
100
300 Cos 30
2
40
, Sin 30
40
,0
300 sin 20 , 300 cos 20 , 0
Därefter den parallella komposanten med projektion.
1
proj
2
100 sin 20
Simplify
1
2
3 sin 20

cos 20 , 100 cos 20

3 sin 20
cos 20 , 0
Sedan den vinkelräta komposanten.
1 2
1
1
100 cos 20

2
Simplify
3 cos 20
sin 20 , 100 sin 20

3 cos 20
sin 20 , 0
Avslutningsvis några ängsliga kontroller . Ser ut att vara i sin ordning!
2.
1 2,
1
2.
1 2,
1
2
1 2
1
0, 0, True
Exempel: I mekanik är man ofta intresserad av summan
av två eller flera krafter, en så kallad resultant, dess storlek
och i gammalmodig mekanik även vinkeln i förhållande till
en given riktning, exempelvis x–axeln. Sök resultanten samt
lite vinklar till situationen i den vänstra figuren. Facit kan
beskådas i den högra.
Lösningsförslag: Räkna på smidigt med vektorer!
1
200 Cos 30
,0
3 , 100, 0
100
2
, Sin 30
300 Cos 30
40
, Sin 30
40
,0
300 sin 20 , 300 cos 20 , 0
1
2
300 sin 20
100
3 , 300 cos 20
100, 0
N
471.09
Enda tillfället då man använder definition av skalärprodukt är när man söker vinkeln mellan två vektorer. För övrigt varnar författaren för "vinkelträsket". I stället rekommenderas med skärpa användning av de mycket säkrare teknikerna skalärprodukt och
projektion om man söker komposanter längs en önskad riktning.
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
180.0
. 1, 0, 0
5
1.
ArcCos
,
Π

1
54.1634, 24.1634
Exempel: Vi tar ett exempel till där resultanten
hamnar i andra kvadranten.
Lösningsförslag: Vi får direkt resultanten
200 Cos 60 , Sin 60 , 0
150 Cos 60
75 , Sin 60
100 0, 1, 0
N
75
,0
6.06602, 179.271, 0.
Så vinkeln mellan
och positiva x-axeln. Om inget annat anges räknas alltid vinklar från positiva x-axeln och positiv moturs.
180.0
. 1, 0, 0
ArcCos

Π
91.938
Exempel: Sök de två vinkelräta komposanterna t , som ger
upphov till radiell kraft i lagret vid C, och den nyttiga vridande
kraften n under inverkan av enligt figur.
Lösningsförslag: Först kraften. Notera att ArcTan[]kommer i två smaker, ArcTan[y/x]och ArcTan[x,y]som inte dividerar
bort någon information, dvs ger rätt vinkel i alla fyra kvadranterna. Inte så viktigt här, men i framtiden kanske.
260 Cos Α , Sin Α
.Α
ArcTan 12, 5
240, 100
Sedan de två vinkelräta riktningarna, t i radiell led och n i tagentiell led, som vektorer. Låt som vanligt Mathematica göra även enkla
saker, tex de förklarande additionerna av vinklar!
Cos Α , Sin Α
1

.Α
90
30
.Α
90
30
3
,

2
2
Cos Α , Sin Α
3

1
,
2

2
Nu är det bara att projicera!
90
6
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
proj
t
1
 50
2
1
3
120,
3 120
50
3 
2
proj
n
1
1
3 50

120
3 ,
 50
2
3 
120
2
Ett gammalmodigt och förbryllande begrepp som märkligt nog också dyker upp
i moderna läroböcker i mekanik är så kallade riktningscosiner. Detta är helt
enkelt cosinus för de tre rymdvinklarna mellan en given vektor och de tre
basvektorerna. Om dessa efterfrågas kan man enkelt visa med skalärprodukt
gör det gärna att de är komponenterna av enhetsvektorn .
cos Α
cos Β
.
cos Γ
Ännu en gång varnar vi för att arbeta i vinkelträsket . Håll dig alltid till vektorer som har riktning inbyggd i sig! Speciellt viktigt är
det i 3D! Om det förekommer vinklar i indata så skriv omedelbart om till riktiga vektorer. Den moderne ingenjören använder
skalärprodukt och projektion om man söker komposanter längs en önskad riktning. Vinklar mellan vektorer är oftast helt ointressant.
Exempel: Bestäm kraften så att resulterande kraften
på båten blir 1000.0 N i positiv x–riktning.
Lösningsförslag: Ansätt
Fx , F y , 0 så har vi först resultanten av de två krafterna
Fx , F y , 0
Fx
250 Cos 38
250 cos 38 , F y
Nu är det bara att bestämma
1000.0, 0, 0
Solve
,0
250 sin 38 , 0
så att får den önskade egenskapen. Vi löser vektorekvationen
Rx 1000.0, R y 0, Rz 0 .
1000.0, 0, 0
802.997, F y
Fx
, Sin 38
153.915
Ex 2.5. Första riktiga exemplet i CN:s bok (grattis). Återigen är det en äkta kraftvektor som ligger dold i storlek och riktning. Verkar
vara vårt ständigt återkommande problem. Detta liknar mera verkligheten med kraft verkande mellan två punkter i en konstruktion
snarare än skolans vinkelövningar vi sett hittils. Vi tjatar om detta i tid och otid som du märker, men för tillfället nice n' easy
1400
0,3,6 , 3,5,0
600, 400, 1200
sid 18: Ex 2.6. Bra C! Tidig friläggningsövning. Vi återkommer lite mer ordentligt till friläggning om en stund. Men klipp nu av
repen och ersätt med DA SDA DA , osv. Jämvikt kräver att kraftsumman är noll med avseende på punkten D, dvs
0. Detta är
i
en vektorekvation Fx , F y , Fz  0. Vi skriver dem på högkant som i boken
ekv
SDA
0,0, 4 , 2, 2,0
SDA
6
SDB
3
SDA
6
gm
2
3
1, 1,0
SDC
0,0, 4 , 2,4,0
m g 0, 0,
1
0
3
SDB
SDA
0,0, 4 ,
SDC
2
3
SDB
2 SDC
3
2
2
2 SDB
3
0
2 SDC
3
Lös nu ut de sökta spännkrafterna i linorna, dvs linkrafternas storlek! Funktionen som löser ekvationer heter Solve. Vi har fler
symboler, SDA , SDB , SDC , m och g, än ekvationer så vi måste ange vilka vi söker. Smidigt ehh?
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
7
Solve ekv, SDA , SDB , SDC
gm
SDA
gm
, SDB
3
gm
, SDC
6

3
2
Mathematica skriver ut symboler i bokstavsordning, lite retsamt är det just vid mg. Om man vet vad man gör kan man naturligtvis
mata in det som en symbol mg i ekvationerna, även om det strängt taget är just produkten mg som är det rätta.
Övning: [L2] 2.1, 2.2, 2.4-22
sid 19-25: Läs igenom om moment. sid 22 "Gäller detta i 3D fall?" Ja! Så (2.8) och givetvis (2.9) som special för annan punkt.
Resten är brrrr
sid 26-28: Bra exempel! Vektorprodukt skrivs cross , finns också som vanlig funktion Cross[ , ]. Momentet är en
vektor, sk-t i CN:s komponentande. Så exempelvis ex 2.7.
0.15, 0, 0
0
15,
60, 10
0, 1.5, 9.
Om man i Mathematica är speciellt intresserad av någon av vektorns komponenter kan denna enkelt hämtas/modifieras med indicering, t.ex. här z-komponenten 0 [[3]]. Detta kan också skrivas lite mer kompakt på tangentbordet som 0 [[ 3 ]]
0
3
9.
Ex 2.9. Grekiska bokstäver hämtas från Palette, eller ΑΒΓΔ
0
F1 d, h, 0
0, 0, F1
0
d cos Β
d2
a
b
g
d
q
j
Cos Β , 0
h sin Β
Simplify
0, 0, F1
Sin Β ,
Θ =
0
.Β
h
ArcTan , d
d
0, h
0 
h2 
CN slarvar ofta med numeriken d och h är givna som decimaltal, men CN svarar ändå exakt i första varvet. Beware! Så här är rätt
enligt indata och CN:s slutliga svar.
0
. F1
200, d
0.4, h
0.5
0, 0, 128.062
Så här tolkar CN indata i första varvet.
4
0
. F1
200, d
10
0, 0, 20
5
,h

10
41 
Ex 2.10. Som hävarm kan man använda ortsvektorn för vilken punkt som helst längs kraftens verkningslinje. CN använder A så vi
kan ju visa att det även fungerar med B. Kraften räknade vi ut på sid 17.
A
B
0, 3, 6 ;
3, 5, 0 ;
1400 A , B
600, 400, 1200
0
B
6000, 3600, 1800
I ex 2.11 blandar CN in dm helt onödigt. Räkna alltid i SI-enheter!
Övning: Gör ex 2.11. [L2] 2.26, 2.33, 2.35(Rita Moz , Θ
sid 29-53: Hoppa över!
Π
0, 2 , 2.37-41
8
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
sid 54-58: Viktigt om jämvikt. Naturligtvis börjar CN med 2D (sk plant problem). Det absolut viktigaste är jämviktsekvationerna
(3.1). (3.2), se friläggning nedan och på sid 59-65. Exemplen på sid 56-57 typiskt 2D. Gäller inte oss! Vi tar dessa två exempel när
vi strax lärt oss friläggning och jämviktsekvationerna. Det viktiga på sid 57 är statiskt obestämda system.
sid 59-65: Mycket viktigt! Friläggning är pudelns kärna i mekanik, både vid statik och dynamik. Du måste behärska detta!!
Att lösa statikproblem ska följa kokboken
1. Placera allt i ett jordfast koordinatsystem. Arbeta alltid i tre dimensioner, 3D
2. Friläggning. Det vill säga frilägg modellens alla delar från varandra. I mekanik brukar en del kallas för en kropp.
Inför kända yttre krafter och moment. Inför okända kontaktkrafter och moment mellan delarna enligt
tabell sid 61–62, dessa blir alltid
på den ena delen och
på den andra. Rita tydliga figurer
över delarna med alla kraft– och momentpilar tydligt markerade, gärna i olika färger.
0
i
3. Uppställning av jämviktsekvationer
för varje del med avseende på xyz–riktningarna.
0
i
i
i
Man kan använda godtycklig momentpunkt och naturligtvis går det bra att formulera
jämviktsekvationerna med avseende på vilket koordinatsystem som helst. Typiskt för handräkning
Vi får alltså 2 vektorekvationer för varje del, Fx , F y , Fz 
0 och Mx , M y , Mz 
0.
4. Lösning av jämviktsekvationerna är inte mekanik utan matematik. Om vi har n delar får vi 6n skalära ekvationer
till Solve i Mathematica.
5. Tolkning av lösning arna , dimensionsanalys, grafer, ställ frågor till modellen
Vi har två exempel som vi sparat sedan tidigare. Givetvis gör vi dessa på vårt sätt!
sid 56: Vi har krafterna, som just krafter (riktiga vektorer). Dessa modelleras nästan alltid som storlek gånger en enhetsvektor i rätt
riktning! Även om problemet är i 2D förbereder vi för verkliga sådana i 3D. Koordinatsystem är viktigt! Här väljer vi ett vanligt med
origo i centrum, x-axeln åt höger, y-axeln rakt upp, och z-axeln rakt mot oss. Ta för vana att alltid börja med ortsvektorer till intressanta punkter. Ha alltid samma namnsättning punkt .
P
G
A
R Cos Π Β , Sin Π Β , 0 ;
3Π
3Π
Β, Sin
Β, 0 . c
c Cos
2
2
3Π
3Π
R Cos
, Sin
, 0;
2
2
2R
;
Π
Sedan motsvarande krafter. Det är bra om man alltid ser ortsvektorer och krafter som par
jämnviktsekvationerna, speciellt moment
.
A
,
, så blir det väldigt lätt att sätta upp
P 1, 0, 0 ;
mg 0, 1, 0 ;
f, N, 0 ;
Sedan jämviktsekvationerna, här behövs både
Solve
0 och
i
A,
P
G
A
f, N, Sin Β
i
0
F 0
M r F 0
Sökta storheter
0,
Simplify
A
i
ΠP
 f
P, N
mg, sin Β

2 mg
ΠP
Enkelt va? Gör likadant varje gång!!
sid 57: Koordinatsystem är viktigt! Här väljer vi ett vanligt med origo i ringen på lådans överkant, x-axel åt höger, y-axeln rakt upp,
och z-axeln rakt mot oss.
T Cos Β , Sin Β , 0 ;
S Cos Π Α , Sin Π Α , 0 ;
mg 0, 1, 0 ;
Sedan jämviktsekvationerna, här behövs endast
i
0, eftersom alla krafter går genom en punkt, origo i detta fall.
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
Solve
0, S, T
mg cos Β
Simplify
mg cos Α
S
,T
sin Α
9

Β
sin Α
Β
Glöm CN:s alla alternativ i ex 3.3 på sid 63. Vi gör det på vårt sätt. Först koordinatsystem sedan ortsvektorer till alla intressanta
punkter
2a
A
, 0;
0,
Tan Α
B
C
G
0, 0, 0 ;
2 a, 0, 0 ;
a, 0, 0
Mitt på balken
;
Sedan linkraft, storleken sökt och riktning given. Det är bra att börja med punkterna eftersom de nästan alltid behövs för att definiera
krafterna på ett smidigt sätt. Krafter i linor brukar heta (spännkraft) eller (tension) pyntade med lämpliga index.
CA
SCA
SCA
C, A
sin Α ,
SCA sin Α
, 0
tan Α
Kontaktkraft vid balkens infästning i väggen. Här är alla x– och y–komponenter sökta. Döp krafter i harmoni med den punkt de
angriper i. Heter man CN får man naturligtvis
=(.
B
G
FBx , FBy , 0 ;
mg 0, 1, 0 ;
Jämviktsekvationerna gör nu jobbet. Strängt taget behövs inte
momentpunkt, men ta för vana att ta med allt det skadar inte.
svar
Solve
CA
C
G,
B
CA
B
B
G
SCA , FBx , FBy
mg tan Α
SCA
2 sin Α
First
1
, FBx
2
0,
G
B
B
vara med i momentekvationen eftersom vi har B (origo) som
F 0
M r F 0
Sökta storheter
mg
mg tan Α , FBy

2
Vi kollar hur det ser ut för varierande Α. Ögat är suverän på att upptäcka intressanta grejer! Rita så ofta som möjligt!
Plot Evaluate FBx , FBy , SCA
. svar . mg 1 , Α, 10 , 60 , PlotStyle
Red, Blue, Green ,
AxesLabel
"Α rad ", "F mg" , PlotLegends
"FBx mg", "FBy mg", "SCA mg"
F mg
1.0
0.8
FBx mg
0.6
FBy mg
SCA mg
0.4
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Α rad
Det är inte bara vid lösningen av jämviktsekvationerna som Mathematica kan hjälpa till utan även med själva formuleringen av dem!
En potentiell felkälla mindre och man kan fokusera på mekanik! Om vi är konsekventa vid modelleringen och alltid arbetar med par
av intressanta ortsvektorer och krafter som angriper där samt namnsätter dem som i , i , i 1, , n får vi direkt punkt 3&4 i
kokboken
n
Solve
i i
n
i,

i
i
0,

i i
Låt oss göra om ex 3.3 igen på detta sätt! Vi gör ett snabbt hack och hänvisar till kommentarer i föregående version!
10
Mekanik-Statik och Mathematica
0, 0, 0
2a
0,
, 0
Tan Α
0
1
2 a, 0, 0
a, 0, 0
2
3
Punkt B
;
Punkt A
;
Punkt C
;
Mitt på balken
HH/ITN/BN
;
FBx , FBy , 0 ;
0, 0, 0 ;
SCA 2 , 1 ;
mg 0, 1, 0 ;
0
1
2
3
3
3
i,
SimplifySolve
i 0
mg
SCA

Π
2 cos Α
2
Α

2
i 0
1
, FBx
0, SCA , FBx , FBy , 0
i
i
mg
mg tan Α , FBy

2
Exempel: Sök spännkrafterna i linorna
som bär upp den m kg tunga ljussignalen.
Lösningsförslag: Lägg in ett koordinatsystem med origo i linornas infästning i ljussignalen. Spännkrafterna är som vanligt
S .
Så med L för vänster och H för höger som pyntning får vi direkt efter friläggning, uppställning av jämviktsekvationerna och skedmatning av Solve de önskade storheterna. Lägg märke till att vi har två ekvationer och tre variabler inblandade, SL , SH och mg, så vi
måste ange vilka som önskas.
spänn
Solve SL Cos 180
30 , Sin 180
SH Cos 45 , Sin 45 , 0
mg 0, 1, 0
0, SL , SH
2 mg
,0
6 mg
SL
, SH
1
30

1
3
3
Exempel: Sök spännkrafterna i linorna
som funktion av nedhänget d.
Lösningsförslag: Jämfört med föregående skolexempel är i verkligheten nästan alltid krafter angivna längs en syftningslinje riktad
från en punkt mot en annan. Det kan exempelvis vara som här en lina som verkar mellan två punkter i en konstruktion, och man vill
veta påkänningarna i infästningspunkterna. Perfekt riggat för linjär algebra! Börja alltid med att definiera ett koordinatsystem, här
med origo mellan 10 och 20 , sedan ortsvektorerna för intressanta punkter i konstruktionen
10, 0, 0 ;
20, 0, 0 ;
0, d, 0 ;
A
B
G
De sökta spännkrafterna är som vanligt
SGA
GA
10 SGA

d2
20 SGB
d2
400
d SGA
,
100
SGB
GB

G, A
d2
, 0
100
G, B
,
d SGB
d2
400
, 0
S och erhålls enkelt med hjälp av punkterna.
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
100 0,
G
11
1, 0
0, 100, 0
De sökta spännkrafterna erhålls efter studium av kraftjämvikt,
spänn
Solve
GA
d2
200
SGA
GB
100
, SGB
3d
0.
0
G
100
i
d2
400

3d
Nu piggar vi upp oss med en bild
Plot Evaluate
PlotRange
SGA , SGB
. spänn , d, 5, 50 , PlotStyle
Red, Blue ,
0, 50 , 0, 150 , AxesLabel
"d m ", "SGA ,SGB N "
SGA ,SGB N
140
120
100
80
60
40
20
0
0
10
20
30
40
Avslutningsvis gränsvärdena då d
stöden.
Limit

SGA , SGB
200
100
3
3
50
d m
. Resultatet motsvarar reaktionskrafterna i stöden om lasten hängde i en styv bräda mellan
. spänn, d

Övning: ex 3.4 och ex 3.5 sid 64-65!
Exempel: I skolexempel brukar man klara sig med enkel vinkelexercis när man
söker komposanter för uppställande av jämviktsekvationer. Så är det nästan aldrig
i verkligheten. Däremot vet man nästan alltid en syftlinje längs vilken en kraft
verkar. Detta passar oss precis Vi kan utgå från kända punkter och sedan vila
tungt och tryggt mot våra kunskaper om vektorer. Enklare kan det faktiskt inte
göras Häng med I en glatt cylinderformad skål hålls en liten massa på plats
med hjälp av en lina enligt figur nedan. Bestäm normalkraften på massan i
kontaktpunkten mot skålen samt spännkraften i linan som funktion av läget .
Lösningsförslag: Vi börjar med ortsvektorer för intressanta punkter. För att det ska bli riktigt enkelt ska man ta för vana att alltid
arbeta i tre dimensioner, det vill säga "häng på" z 0 om skådespelet utspelas i xy-planet.
r Cos
,
r, h, 0 ;
A
B
Sin
,0 ;
Krafter på massan. Utnyttja att en vektor kan brytas ned i sina två beståndsdelar: storlek gånger en enhetsvektor i rätt riktning. Först
tyngdkraften.
mg 0,
G
1, 0 ;
Normalkraft mellan massa och skål, verkande på massan i riktning mot O.
FN
N
FN
A
cos
, FN sin
,0
Spännkraft i linan, verkande på massan i riktning mot B.
SAB
AB
A, B
SAB r

h
r sin
r cos
SAB h
,
2
r
r cos
2
h
r sin
r sin
, 0
2
r
r cos
2
12
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
Visst blev spännkraften AB i linan lika löjligt lätt att bestämma som de "enkla" krafterna G och N ? Med vinklar hade det varit
betydligt svårare! Detsamma kan sägas om uppställande av jämviktsekvationerna, om man inte inser att kraftjämvikterna helt enkelt
är projektioner av krafterna på våra basvektorer, det vill säga deras naturliga komposanter! Med andra ord behöver vi inte göra något
mer än att addera samman och tacka vektorformalismen! På köpet får vi en vacker utskrift med
i i första kolonnen och
i i den
andra.
ekv
G
AB ,
N
A
G
N
0
AB
r r cos  SAB
cos
sin
Simplify
FN
r r cos 2 h r sin 2
mg

O
0
h r sin  SAB
FN
0
0
r r cos 2 h r sin 2
r r cos 2 h r sin 2 cos  r sin  SAB 
r h SAB cos  mg
0
r r cos 2 h r sin 2
Nu är det bara att lösa ut de efterfrågade storheterna.
krafter
Solve ekv, FN , SAB
mg r cos
FN
h cos
Simplify
h2
mg cos
1
2 r2 cos
2 h r sin
2 r2

, SAB
r sin
First
h cos
r sin
Vi har nu lärt oss ett mycket lätt och effektivt datoranpassat arbetssätt som håller i alla väder!! Till slut piggar vi upp oss med en
numerisk konfiguration.
Π
PlotEvaluate Last
krafter . r
1, h
1, mg
1
,  , 0,
,
2
PlotStyle
Red, Blue , AxesLabel
"
rad ", "FN mg,SAB mg" 
FN mg,SAB mg
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
rad
0.5
1.0
1.5
sid 66-67: Friläggning i flera kroppar. Friläggning av varje delkropp som vanligt.
Övning: ex 3.6 och ex 3.7
sid 68: Flera block med lina. Läs kursivt, så gör vi två andra istället.
Exempel: En student försöker hålla sig själv och den betongplatta
han står på i jämvikt genom att dra i ett rep som löper från hans
hand genom ett linblock, fäst i betongplatten, upp till ett fäste i
taket. Undersök förutsättningarna kring detta, och med vilken
kraft han måste dra i repet.
Lösningsförslag: Frilägg de tre delarna; linblock, student och betongblock. Inför kända krafter och okända kontakt eller snittkrafter
som det brukar heta när det gäller rep. Låt studenten väga m kg och betongplattan M kg.
S
F
S
F
S
mg
N
N
Mg
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
13
Här räcker det med en enkel kraftjämvikt uppåt för de tre detaljerna i tur och ordning och noterar att studenten måste kunna hålla
upp både sin egen och betongplattans tyngd.
Solve
2
mg
,
Mg,
mg,
2 mg
Mg
Mg ,
2 mg
0,
,
,
Mg
Exempel: År 1858 infördes antagningsprov till universiteten i Oxford och Cambridge för dem som var under 16 år och under 18 år.
Man måste klara två ämnen bland flera möjliga, förutom religion. Anmälningsavgiften motsvarade en poliskonstapels veckolön. Här
är en frågeställning från fysikprovet för 15-åringarna; Ett linblock A är monterat i taket. En tyngdlös lina löper över A. Dess ena
ände går under ett linblock C och är fastsatt i centrum av ett annat linblock B. Linans andra del löper under B och är fastsatt i
centrum av A. Antag att blocken är tunga och att deras radier är sådana att linans vertikala delar är parallella. Sök vid jämvikt
inspänningskraften i taket vid A, spännkraften i linan och massan mB om mC 10 kg.
Lösningsförslag: Deschiffrera texten till en figur. Frilägg sedan de tre
linblocken genom att klippa av linorna mellan dem. För in kraften från
taket, tyngdkrafter och snittkrafter i linorna, och jämför sedan med
figuren till höger Nu räcker det med en enkel kraftjämvikt uppåt för
var och en av de tre linblocken i tur och ordning för att bestämma de
efterfrågade storheterna.
P
A
S
S
S
B
C
S
mB g
mC g
Solve
3 ,
A
mB g,
B
mC g,
C
10
0,
, , mB , mC
mC
15 g,
5 g, mB
5, mC
10
sid 69-71: Näe!
sid 72-74: Äntligen hinner CN ikapp till 3D! Vi gör ex 3.12 och ex 3.13 med vår namnsättning.
Ex 3.12: Först koordinatsystem därefter ortsvektorer för alla intressanta punkter.
0,
a,
0,
a,
1
O
A
B
D
0, 0 ;
0, c ;
2 b, 2 c ;
b, c ;
D;
E
Återanvänd gärna gamla punkter
2
4
D;
G
5
Sedan linkrafter, storlekar sökt, riktningar givna.
SDB
DB
D, B
a SDB

a2
b2
SEA
EA
c2
a2
b2
a2
b2
c SDB
,
c2
a2
b2

c2
E, A
a SEA

b SDB
,
b SEA
,
c2
a2
b2
c SEA
,
c2
a2
b2

c2
Kontaktkraft vid balkens infästning i väggen och tyngdkraft. Döp kraft i harmoni med den punkt den angriper i.
14
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
FOx , FOy , FOz ;
mg 0, 0, 1 ;
O
G
Jämviktsekvationerna gör nu jobbet.
Solve
DB
D
EA
G,
O
DB
E
EA
O
O
G
F 0
M r F 0
0,
G
SDB , SEA , FOx , FOy , FOz
2 mg
a2
SDB
b2
c2
a2
4 mg
, SEA
5c
b2
c2
2 a mg
, FOx
5c
5c
2 b mg
, FOy
mg
, FOz
5c

5
Ex 3.13: Först koordinatsystem därefter ortsvektorer för alla intressanta punkter.
0, 0, 0 ;
4 a, 0, 0 ;
4 a, 2 a, 0 ;
4 a, 2 a 2 a 3 a, 2 a ;
0, 2 a 2 a 3 a, 4 a ;
O
A
P
E
F
Undvik huvudräkning, mer dokumenterande
Sedan linkraft, storleken sökt, riktning given.
S
A, F
4S 7S 4S
,
,

9
9
9

Kontaktkrafter vid balkens infästning i väggen vid O och i glidlagret vid E samt yttre kraft och moment vid P. Döp dessa i harmoni
med den punkt den angriper i.
FOx , FOy ,
FEx , FEy ,
0, 0, P
0, 0, C
O
E
P
P
FOz ;
0 ;
;
;
Ingen axiell kraft i glidlager
Jämviktsekvationerna gör nu jobbet.
Solve
O
E,
P
A
O
O
P
P
E
S, FOx , FOy , FOz , FEx , FEy
9
S
C
10 P
28
a
4aP
, FOx
7a
C
E
C
, FOy
F 0
M r F 0
0,
Simplify
P
6aP
4a
C
, FOz
3aP
7a
, FEx
6P
2C
7
7a
P
, FEy
Alla okända storheter kommer med på köpet, inte bara S. CN räknar rätt på denna iaf!
Övning: 3.1, 3.5(Rita P Β , S2 Β ), 3.5, 3.7(Alla Pi ), 3.11, 3.21, 3.21, 3.26, 3.33
sid 75-90: Näe!
sid 91-101: Bra! Formelsamling finns i Problemsamlingen s. 219-220. Se figur nedan där ett antal diskreta massor mi är placerade
vid xi på x-axeln och formulera frågeställningen vid beräkning av tyngdpunkt, eller masscentrum, som "Var ska stödet på
gungbrädan placeras så att vi har jämvikt?". Låt stödet vara placerat vid xG (center of Gravity). De massor som sitter till vänster om
xG vrider moturs med ett moment xi xG mi g och de till höger med ett motsvarande moment medurs. Vid jämvikt ska bidragen från
de två sidorna ta ut varann, det vill säga ni 1 xi xG mi g 0. Denna ekvation bestämmer tyngdpunktens läge xG . Om vi sedan
ersätter mi med en kontinuerlig massbeläggning Ρ x kg/m på talaxeln och går i gräns får vi så båda formerna av tyngdpunktsbestämning. Givetvis är det helt analogt i y- och z-riktningarna vid bestämning av tyngdpunkten för en modell i 2D eller 3D. Om kroppen har
en symmetriaxel så ligger tyngdpunkten på denna, det vill säga vid flera symmetriaxlar så ligger den i skärningen mellan dessa.
Diskret form
n
xG mi
i 1 xi
0
Ρ x kg m
Kontinuerlig form
m Ρx x
a
x x
x
b
x
m
x
xG
m
b
a
x
xG Ρ x
x
0
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
15
Tydligen handlar det om att integrera något abstrakt begrepp som massa. Då kommer någon fysikalisk princip som kopplar begreppet till geometri väl till pass. En ofta använd sådan är att massa är densitet gånger volym m ΡV med enheten kgm3  på densiteten. Inte sällan används lämplig enhet på densiteten beroende på omständigheterna. Exempelvis en tråd m ΡL med kg m som
enhet på Ρ och m ΡA på ett papper med Ρ i enheten kgm2 . För att passa den lilla infititesimala formen uppträder de sedan som
m
Ρ V och så vidare.
I läroböcker ser man ofta en uppdelning i två integraler
b
a
x
xG
m
b
x
a
0
m
xG
b
a
m
xG
b
x
a
b
a
m
xG
m
1 b
x
M a
m,
där M är massan för hela kroppen. Passar för dem som handräknar exempelvis 3) på sid 98.
h
x
0
xG
h
0
Ρ
bx
h
bx
Ρ
h
x
x
2h
3
På sid 101 i 9) använder CN det faktum att del1
Man får alltså en ekvation.
1
m1
4R
Π R2 ; xg1
Ρ
; m2
2
Ρ
2R
del2
2
3Π
Solve m1 xg1
m2 xg2
1
hela, där del2:s tyngdpunkt är okänd (sökt) medan del1 och hela är kända.
Π R 2 ; mG
2
Ρ 2R
; xG
R;
2
mG xG , xg2
Simplify
20 R

xg2
24
3Π
Ett annat sätt är att låta utskurna delar ha negativ massa! Här hela kvadraten minus halvcirkeln.
mG xG
m1 xg1
Simplify
mG
m1
20 R
24
3Π
Exempel: I en smal rak stång med längden L m är densiteten Ρ kg m
proportionell mot avståndet i kvadrat till stångens ena ändpunkt. Bestäm
tyngdpunkten xG ur ekvationen m x xG m 0.
0
L
Lösningsförslag: Låt x vara koordinat i stången räknat från "ena" ändpunkten. Massan för en liten bit x vid x blir då
m Ρ x kx2 x och slutligen tyngdpunktens läge.
L
Solve
x
G
k x2
x
0,
G
0
3L

G

4
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en triangel med basen b och höjden h.
y
2
Vi antar har ytdensiteten Ρ kgm . Placera den enligt figur och strimla den
i x–led. En sådan strimla rektangel vid x har bredden x och höjden y och
sålunda arean A y x och massan m Ρ A. Slutligen ges kopplingen
mellan x och y av likformiga trianglar
y
b
h x
. Så nu är det bara att
h
b
y
meka ihop det hela och lösa ut xG .
x
h
h
Solve
0
h

G

3
x
G
x
x
Ρb
h
0,
G
x
h
x
x
16
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en homogen
cirkulär kon med bottenradien R och höjden H.
Lösningsförslag: Lägg konen ned så att spetsen hamnar i origo och x-axeln längs dess rotationsaxel. Vid x har den lilla cylindern en
radie y som ges av likformiga trianglar (rita!)
x
G
x
ΡΠ
R
H
och höjden x. Så m
ΡΠy2 x, varav tyngdpunkten
Ρ V
2
R
H
Solve
y
x
x
0,
G
H
0
3H

G

4
y
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en tunn tråd som är böjd till en
halvcirkel med radien R och medelpunktsvinkel 2Α. Tyngdpunktens
läge xT ges av ekvationen m x xG m 0.
R
2Α
Lösningsförslag: Använd polära koordinater. Massan för en
liten bit s vid x R cos Θ blir då m Ρ s ΡR Θ. Så nu
är det bara att lägga samman alla små bidrag och slutligen
bestämma tyngdpunktens läge.
x
y
s
R
Θ
Θ
Θ
x
2Α
Α
Solve
R Cos Θ
G
ΡR
0,
Θ
G
Α
R sin Α


G
Α
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en tunn homogen cirkelsektor
med radien R och medelpunktsvinkeln 2Α. Tyngdpunktens
läge xG ges av ekvationen m x xG m 0.
y
R
2Α
x
Lösningsförslag: Vi är kreativa och delar upp sektorn i mindre sektorer med bågvinkeln Θ, se föregående exempel med ståltråden.
Vi har nu smala trianglar med massan m
2
3
från basen enligt tidigare exempel x
Α
1
Α
3
G

3Α
Ρ
2
2 R sin Α

G
Ρ
1
2
basen höjden
Ρ
1
2
R Θ R och tyngdpunkten på en tredjedel av höjden
R cos Θ . Så nu är det bara att meka ihop det hela.
2
R Cos Θ
Solve
Ρ A
R2
Θ
0,
G
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
17
Man kan också dra nytta av förra exemplet och betraktar en liten lökringsbit som en tunn tråd. Vid radien r har denna då tyngdpunkten
r sin Α
Α
och massan m
R
Ρr2Α r. Så nu är det bara att lägga samman alla små bitar och beräkna xG .
r Sin Α
Solve
G
Ρr2Α r
0,
G
Α
0
2 R sin Α

G

3Α
sid 102-105: Näe!
sid 106-116: Bra!
Övning: Gör ex 5.1-5.5
sid 117-118: Näe!
sid 119: Känna till (5.10).
sid 120-122: Näe!
Övningar som ska redovisas
Betyg 3: 2.10, 2.12, 2.15, 2.17, 2.21(rita som funktion av Β
Π
0, 2 , 2.24, 3.11, 3.19-20, 3.61, 4.1-6, 5.3, 5.26 samt S1 nedan.
S1: En student är i full färd med att byta bostad under julhelgen. Antag att
lådan har massan m och att friktionskoefficienten mellan låda och asfalt är Μ.
a Frilägg och bestäm F Θ .
b Sök det Θ som minimerar F Θ .
c Rita
FΘ
mg
för några olika Μ
0.1, 0.9 .
d Verifiera c mot b .
Betyg 4-5: 2.23, 2.25, 2.35(Rita Moz , Θ
Π
0, 2 , maxvärde?, 3.25, 3.28, 3.37, 3.54, 3.62, 3.67, 4.9-10, 5.10 samt S2 och S3 nedan.
S2: En homogen stång AB med längden a och massan m är vridbar i
ett vertikalplan kring en axel i A. En lina är fäst i B och lagd över en
liten trissa C. Linan uppbär en kropp med massan km. Punkterna
A, B och C ligger i ett vertikalplan. Bestäm jämviktsvinkeln för
olika värden på k 0,
om anordningen är friktionsfri. Rita ett
diagram över k .
S3: En homogen kon med basradien R och höjden 2R vilar med sin
buktiga yta mot ett strävt horisontellt bord. Konen stympas med ett
plan parallellt med basytan på avståndet 2x från toppen. Vad är
radien, det vill säga x, i den största kon som kan huggas av utan
att den stympade konen tippar?
18
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
ť Blandade tillämpningar för resten
Exempel: En student i mekanik vill väga sig själv. Till
hands finns en potatisvåg som klarar 40 kg och en vanlig
fjäderdynamometer som klarar 80 N. Med viktlösa
linor och taljor riggar han upp enligt figur och avläser
35 kg på vågen och 75 N på dynamometern. Efter en
liten kalkyl kan han nu bestämma sin vikt. Hur mycket
vägde han ?
Lösningsförslag: Gör ett horisontellt klipp genom linorna precis under de tre taljorna i taket. Spännkraften i linan kallar vi S. Vidare
tar vi bort vågen och ersätter den med normalkraften N. Vi får då med vertikal kraftjämvikt
ekv
5S
gm
mg
N
5S
N
0
0
Varav önskad vikt
Solve
m
ekv, N
35 g, S
75, g
9.81 , m
73.2263
Exempel: På ett plan som lutar 15 mot horisontalplanet
lyckas en man med hjälp av en lina och taljor hålla hela
sitt ekipage i jämvikt. Vilken armkraft erfordras av mannen
om hela ekipaget väger 100 kg ? Anta att hjulen är välsmorda
Lösningsförslag: Om vi klipper av linorna mitt emellan taljorna och kallar spännkraften i linan för S får vi direkt med kraftjämvikt
längs planet.
ekv
3S
m g Sin 15
 1
0
3 gm
3S
0
2
2
Så med givet m har vi S
ess
Solve ekv, S
 1
3 gm
S

6
ess . m
S
2
100, g
9.81
84.6338
Exempel: En smal homogen stång med massan 150 kg hänger i en
lina och balanseras av två glatta väggar enligt figur. Sök kraften T
i linan samt reaktionskrafterna mot väggarna vid A och B.
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
19
Lösningsförslag: Frilägg stången och identifiera normalkrafterna
A och B , kraften i linan och tyngdkraften mg. Vi börjar med
en typisk skolbokslösning med kraft– och momentjämvikt kring
exempelvis A, där vi själva måste hålla reda på om krafterna och
deras angreppspunkter ger ett positivt eller negativt bidrag i
momentekvationen. Inte helt lätt i det allmänna fallet, speciellt
om man studerar systemet under rörelse, brrr
ekv
NB
NA
T
0,
mg
0,
L
T Cos Θ
3
L
mg
NB L Sin Θ
Cos Θ
1
N A
NB
0, T
0
A
2
gm
1
0,
g L m cos Θ
L T cos Θ
2
3
0
L sin Θ NB
Nu är det bara att lösa ut de sökta krafterna
NåT
Solve ekv, T, NA , NB
1
N A
1
g m cot Θ , NB
6
g m cot Θ , T
g m
6
och se att dimensionerna är ok, så nu är det bara att sätta in lite numeriska data.
12
NåT
. m
150, g
9.81, Θ
ArcCos
, L
5
10
L
327., NB
NA
327., T
1471.5
Nu till vår moderna datoranpassade metod som passar alla problemstorlekar och komplexitet. Placera origo i A med x-axeln åt höger
och y-axeln rakt upp som vanligt och identifiera ortsvektorer för intressanta punkter. Notera att vi alltid räknar i 3D. Räkna inte i
huvudet! Förtydliga, lita på linjär algebra och låt Mathematica göra jobbet! Lägg speciellt märke till att vi inte behöver ge oss ut i
0.
vinkelträsket för att hitta kraftkomposanter eller fundera över vridningsriktning när vi formerar
i
0, 0, 0 ;
A
B
12,
T
5
10
10
A, B
5
122 , 0;
2
;
5
G
A, B
2
;
Krafter på stången. Vi söker komponenter och spännkraftens storlek i linan. Allt i förhållande till koordinatriktningar, som vanligt.
A
B
T
G
NAx , 0, 0 ;
NBx , 0, 0 ;
T 0, 1, 0 ;
m g 0, 1, 0 ;
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt för stången,
storheterna.
Solve
A
B
T
A
A
B
G,
B
T
T
G
G
0,
i
0,
i
i
i
0, och lösa ut de efterfrågade
F 0
M r F 0
T, NAx , NBx
2gm
T
g m, NAx
9
2gm
, NBx

9
och se att dimensionerna är ok, så nu är det bara att sätta in lite numeriska data och jämföra med resultatet ovan. Notera speciellt
normalkrafterna. Vad är skillnaden i betraktelsesätt?
NåT . m
T
150, g
1471.5, NAx
9.81
327., NBx
327.
20
Mekanik-Statik och Mathematica
Exempel: En rektangulär glasskiva med massan m hålls i horisontellt läge av
tre personer enligt figur där koordinatsystem och diverse mått är angivna.
a Sök ortsvektorerna A , B , C till personerna och G till tyngdpunkten.
b Frilägg glasskivan med informationen att personerna endast lyfter i z–led.
c Bestäm de tre lyftkrafternas z–komponenter ur jämviktssambanden
0 och
0 med Solve.
i
i
i
i
Lösningsförslag: Det är bara att följa receptet. Först a)
A
B
C
G
360, 0, 0 ;
720, 480 720, 0 ;
720 1680, 480, 0 ;
1
720 1680, 480 720, 0 ;
2
sedan b)
0,
0,
0,
0,
A
B
C
G
0, FAz ;
0, FBz ;
0, FCz ;
0, mg ;
slutligen c).
Solve
A
B
C
A
A
B
G,
B
C
C
G
0,
G
FAz , FBz , FCz
23 mg
FAz
79
57 mg
, FBz
158
55 mg
, FCz

158
Exempel: Ett källarfönster med massan 50 kg är ställt på glänt
med hjälp av en smal pinne mellan en punkt C på fönsterkarmen
och ett av fönstrets nedre hörn D. Fönstrets öppningsvinkel
är 50 . Av de två gångjärnen A och B är det bara A som kan
bära axiallast. Bestäm lagerkrafterna i gångjärnen samt den
axiella kraften i pinnen om a 0.8 m och b 1.2 m
Lösningsförslag: Ortsvektor för intressanta punkter.
A
B
C
D
0, a, 0 ;
0, a, b ;
b
0, 0,
;
4
a Sin 50 , a
a Cos 50
,0 ;
Ortsvektor för källarfönstrets tyngdpunkt.
a
G
a
Sin 50

2
Krafter i gångjärnen.
,a
b
Cos 50
2
,
;
2
F 0
M r F 0
HH/ITN/BN
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
21
FAx , FAy , FAz ;
FBx , FBy , 0 ;
A
B
Kraft i pinnen mekas ihop (som vanligt) av storlek och riktning.
FCD
CD
C, D
;
Fönstrets tyngd.
m g 0,
G
1, 0 ;
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt för fönstret,
storheterna.
Solve
A
B
A
A
B
. a
FAx
G,
CD
B
C
0.8, b
140.904, FAy
CD
G
1.2, m
G
50, g
118.233, FAz
i
i
0, och lösa ut de efterfrågade
i
F 0
M r F 0
0
9.81
91.9687, FBx
0,
i
46.9681, FBy
284.661, FCD
226.78
Exempel: En viktlös traverskran är uppriggad enligt figur. Sök som
funktion av kranens läge x reaktionskraften vid den momentfria
infästningen i origo samt i staglinorna. Bestäm även minsta värdet
av
Fo
,
Fk
där Fo är beloppet av reaktionskraften i origo och
Fk beloppet av lyftkraften.
Lösningsförslag: Ortsvektor för intressanta punkter.
6, 0, 0 ;
A
0,
B
2, 3 ;
Krafter i origo, linor och krok. Som vanligt är
0, 4, 0 ;
D
L
x, 0, 0 ;
vektor och T dess belopp.
FOx , FOy , FOz ;
O
TAB
AB
6 TAB

3, 0, 0 ;
C
2 TAB 3 TAB
,

7
7
,
7
CD
A, B
TCD
C, D
3 TCD 4 TCD
,
, 0
5
5

k
0, 0, Fk ;
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt för traversen,
storheterna
FåT
Solve
O
AB
CD
A
AB
C
k,
CD
L
k
FOx , FOy , FOz , TAB , TCD
FOx
x Fk
2
, FOy
x Fk
9
1
, FOz
x
6
6 Fk , TAB
Slutligen den efterfrågade kvoten
O
kvot
Simplify
. FåT, Fk
k
0
0,
Simplify
7 x Fk
18
, TCD
0,
i
F 0
M r F 0
First
5 x Fk
18

i
i
i
0, och lösa ut de efterfrågade
22
Mekanik-Statik och Mathematica
1
47 x2
9
2
27 x
HH/ITN/BN
81
Att studera en modell under rörlig last, exempelvis bil som kör över en bro, är mycket vanligt för en ingenjör. Bilden av olika
påkänningar som funktion av lastens läge brukar kallas influenslinjediagram. Här kommer ett sådant
Plot kvot, x, 0, 6 , PlotRange
0, 3 , PlotStyle
Magenta, AxesLabel
"x
m ", "FO Fk "
FO Fk
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
x m
0
1
2
3
4
5
6
Minimum får vi i skolan genom att söka extremvärde på derivatan
Solve D kvot, x
0
27
x

47
eller mera direkt om vi endast trånar efter det numeriska svaret
FindMinimum kvot, x, 1
0.950923, x
0.574468
Exempel: En viktlös stång vikt i rät vinkel, tre linor och en
last är uppriggade på ett skolmässigt sätt enligt figur. Sök
påkänningarna då lasten glider på stången mellan A och B.
Lösningsförslag: Ortsvektor för intressanta punkter. Låt x vara x-koordinat för lastens upphängningspunkt på stången AB.
0, 0, 2 ;
A
B
3
 , 0, 2;
2
C
1, 1, 0 ;
Kraft vid O och från lasten.
FOx , FOy , FOz ;
m g 0, 1, 0 ;
O
L
Kraft i linor. Här är
TAC
AC
TAC

6
BD
0,
A, C
TAC
,
kraftvektorn och T dess belopp.
2
,
3
6
TBD
TBD
2
,
B, D
TBD
2

TAC 
D
3
 ,1
2
1, 0;
E
3
 , 0, 0;
2
L
x, 0, 2 ;
HH/ITN/BN
BE
Mekanik-Statik och Mathematica
TBE
23
B, E
0, 0, TBE
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt,
FåT
Solve
O
L
AC
L
L
A
0,
i
B
1
BD
F 0
M r F 0
0,
First
BE
0, och lösa ut de efterfrågade storheterna
i
10
3gm
2 g m x , FOy
3
1
TAC
i
BE ,
BD
AC
FOx , FOy , FOz , TAC , TBD , TBE
FOx
i
3
6 gm
2
0, FOz
2gmx
6 g m x, TBD
3
3gm ,
9
2
3
2
2 g m x, TBE
7gmx
6gm 
9
En liten pyntad bild piggar alltid upp
3
PlotEvaluate Last
FåT . m
400, g
9.81
, x, 0,
, PlotStyle
"Rainbow",
2
PlotLegends
First
FåT, AxesLabel
"x
m ", "F, T
N " 
F, T N
FOx
10 000
FOy
FOz
5000
TAC
TBD
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
x m
TBE
Man kan göra en iakttagelse vad gäller en av linorna. Vilken, vadå och när? Gäller de uppställda jämviktsekvationerna för alla x?
Om svaret på sista frågan är nej finns underlag till fördjupad studie
Exempel: En viktlös vertikal mast är momentfritt lagrad i A. Med
hjälp av två staglinor BD och BC bär den upp en last på 4 kN enligt
figur. Bestäm inspänningskraften FA FAx , FAy , FAz  vid A
samt storlekarna T1 och T2 av spännkrafterna i staglinorna.
Lösningsförslag: En liten bild över krafterna.
Ortsvektor för intressanta punkter.
24
Mekanik-Statik och Mathematica
0, 0, 0 ;
A
0, 0, 5
B
5 ;
5, 0, 0 ;
C
D
4, 4, 2 ;
HH/ITN/BN
F
0, 0, 5 ;
Lasten och kraft vid A.
0, 4000, 0 ;
FAx , FAy , FAz ;
F
A
Kraft i linorna. Här är
T1
1

T1
B, D
T1
,
6
2
T2
T2
T1 
,
3
6
2

kraftvektorn och T dess belopp.
B, C
2 T2
, 0,
5

5
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt,
Solve
F
A
F
0, FAy
FAx
0,
2,
1
F
i
A
A
B
2000, FAz
1
8000, T1
2000
i
i
0, och lösa ut de efterfrågade storheterna
Fi 0
M r F 0
0
2
i
6 , T2
2000
5 
Exempel: Ett märkligt torn är uppriggat enligt figur. Sök påkänningarna
i origo, linan och ringen under det att läget för det senare glider i y–led.
Lösningsförslag: Ortsvektor för intressanta punkter. Nu börjar vi inse att det är samma resa i nästan varje uppgift
0, y, 6 ;
3, 0, 6 ;
5
 1, , 0;
2
5
 , 0, 6;
2
B
C
D
L
Krafter vid A, ringen B och lasten.
FAx , FAy , FAz ;
FBx , 0, FBz ;
0, 2, 0 ;
A
B
L
Kraft i linan. Här är
CD

TCD
4 TCD
185
kraftvektorn och T dess belopp.
C, D
5
,
37
TCD ,
12 TCD

185
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt,
FåT
Solve
A
B
B
B
CD ,
L
L
i
L
C
CD
FAx , FAy , FAz , FBx , FBz , TCD
0,
0,
i
i
F 0
M r F 0
First
i
0, och lösa ut de efterfrågade storheterna
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
30
FAx
2y
4y
15
, FAy
2y
55
15
6 6y
, FAz
55
y 2y
15
10
, FBx
2y
6 4y
15
, FBz
25
55
y 2y
15
6 4y
55
y 2y
15
5
, TCD
185

2y
15
Vi pyntar på med lite belopp
FåT
Join FåT, FA
A
30
FAx
2y
5
TCD
4y
15
, FAy
2y
185
2y
15
, FB
55
15
6 6y
, FAz
36 6 y
, FA
. FåT
B
y2 2 y
55
15
55
y 2y
2
2
4y
15
55
2y
15
10
, FBx
2
2
2y
15
, FBz
,
900
2y
15
2
, FB
36 4 y
55
2
y2 2 y
15
2
100
2y
15
2

och piggar upp oss med en bild
Plot Evaluate Last
FåT , y, 0, 10 , PlotRange
10, 10 ,
PlotStyle "Rainbow", PlotLegends First
FåT, AxesLabel
F, T kN
10
FAx
FAy
5
FAz
FBx
y m
2
4
6
8
FBz
10
TCD
5
FA
FB
10
Är det några komponenter som är lika stora? I så fall vilka då?
Exempel: För att spräcka en timmerstock används ofta en kil som
drivs i av en slägga, se figur. Antag att friktionskoefficienten mellan
kil och trä är Μ 0.3. Hur stor kan då kilens toppvinkel Α vara
för att den inte ska glida ut igen efter att den slagits in ett stycke ?
Lösningsförslag: Frilägg kilen och identifiera normalkraft Noch friktionskraft F,
Kraftjämvikt och sambandet F
Α
 N Sin 
2
Α
Α
N sin
F cos
2
2
ekv
ΜN vid fullt utbildad friktion ger direkt
Α
F Cos 
2
0, F
0, F
Μ N
Μ N
Nu är det bara att lösa ut Α
Π
SimplifySolveFlattenekv, 0
, Α, F , 0
Α
2
Α
2 tan
1
Μ,F
Μ N
Μ
1
"y
m ", "F, T
kN "
26
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
Exempel: En 4 m lång stege med vikten 15 kg är lutad mot en glatt
vägg enligt figur. Friktionskoefficienten vid kontaktpunkten A mot
marken är Μ 0.3. En målare som väger 80 kg börjar klättra
uppför stegen. Sök avståndet s då stegen börjar glida.
Lösningsförslag: Frilägg stegen och inför de krafter som verkar på den. Ställ
upp kraftjämvikt och momentjämvikt kring punkten A. Dessutom har vi fullt
utbildad friktion F A ΜN A då målaren börjar sin intressanta nedfart.
ekv
NB
FA
0,
NA
mg Mg
L
m g Cos Θ
2
FA
0,
M g s Cos Θ
NB L Sin Θ
0,
A
Μ NA 
1
NB
F A
0, N A
gm
gM
0, L NB sin Θ
g L m cos Θ
g M s cos Θ
2
0, F A
Μ NA
Lös ut det eftersökta avståndet s. Normal- och friktionskrafter följer med på köpet.
FNås
Solve ekv, s, NA , FA , NB
L 2 Μ tan Θ m
M
Simplify
m
, NA
s
2M
g m
M , FA
gΜ m
M , NB
gΜ m
M 
Dimensioner ok, så nu är det bara att muppa in numeriska data.
1.5
FNås
. Θ
ArcCos
, L
4, m
15, M
80, g
9.81, Μ
0.3
L
s
3.14769, N A
931.95, F A
279.585, NB
279.585
Nu till vår moderna datoranpassade metod som passar alla problemstorlekar och komplexitet. Placera origo i hörnet mellan mark och
hus med x-axeln åt höger och y-axeln rakt upp som vanligt och identifiera ortsvektorer för intressanta punkter. Notera att vi alltid
räknar i 3D. Räkna inte i huvudet! Förtydliga, lita på linjär algebra och låt Mathematica göra jobbet! Lägg speciellt märke till att vi
inte behöver ge oss ut i vinkelträsket för att hitta kraftkomposanter eller fundera över vridningsriktning när vi formerar
0.
i
A
B
1.5, 0, 0 ;
0,
42
1.52 , 0;
4
GM
Gm
A
A
2
s
A, B
A, B
;
;
Krafter på stegen. Allt i förhållande till koordinatriktningar, som vanligt.
A
B
GM
Gm
FA , NA , 0 ;
NB , 0, 0 ;
M g 0, 1, 0 ;
m g 0, 1, 0 ;
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt för stegen,
marken och lös ut de efterfrågade storheterna
FNås
Solve
A
B
GM
A
A
B
Gm ,
B
9.88826 Μ
i
Μ NA ,
GM
s, NA , FA , NB
9.88826 Μ m
FA
0,
i
GM
Gm
i
0. Lägg till fullt utbildad friktion vid
i
F 0
M r F 0
0,
Gm
27
Simplify
2. M
s
g 1. m
, NA
m
1. M , F A
g Μ 1. m
1. M , NB
gΜ
1. m
1. M 
Nu är det bara att sätta in lite numeriska data och jämföra med resultatet ovan, speciellt NB
FNås . m
s
80, M
15, g
931.95, F A
3.14769, N A
9.81, Μ
0.3
279.585, NB
279.585
Exempel: En 14 tum lång planka med massan 10 kg
ligger över trottoarkanten enligt figur. Sök erforderlig
kraft P så att den precis börjar glida. Vid varje
kontaktpunkt är friktionskoefficienten Μ 0.4.
Lösningsförslag: Frilägg plankan och inför de krafter som
verkar på den. Ställ upp kraftjämvikt och momentjämvikt
kring punkt B. Dessutom har vi fullt utbildad friktion F ΜN
vid varje kontaktpunkt då glidning inträffar. Vi börjar med
skolboksversionen, som typiskt nog är den svåraste.
ekv
NA Sin Θ
FA Cos Θ
FB
NA Cos Θ
FA Sin Θ
L14
mg
Cos Θ
2
NA LAB
Μ N A , FB
FA
P
mg
0,
NB
0,

B
0,
Μ NB 
1
F A cos Θ
N A sin Θ
FB
P
0, F A sin Θ
N A cos Θ
NB
gm
0, N A LAB
2
g L14 m cos Θ
0, F A
Μ N A , FB
Μ NB 
Lös ut P. Övriga normal- och friktionskrafter följer med på köpet.
FNåP
Solve ekv, P, NA , FA , NB , FB
g m 2 Μ LAB
P
Μ2
1 L14 sin Θ cos Θ
2 LAB
1
NB
gm
L14 cos Θ Μ sin Θ
2
Simplify
, NA
g L14 m cos Θ
2 LAB
cos Θ
g Μ m 2 LAB
2 , FB
LAB
g Μ L14 m cos Θ
, FA
,
2 LAB
L14 cos Θ Μ sin Θ
cos Θ

2 LAB
Dimensioner ok, så nu är det bara att muppa in numeriska data.
FNåP . Θ
P
6
ArcTan , L14
8
77.4755, N A
54.936, F A
14, LAB
21.9744, NB
82
62 , m
67.3358, FB
10, g
9.81, Μ
0.4
26.9343
Nu till vår moderna datoranpassade metod som passar alla problemstorlekar och komplexitet. Placera origo i nedre vänstra hörnet
med x-axeln åt höger och y-axeln rakt upp som vanligt och identifiera ortsvektorer för intressanta punkter. Notera att vi alltid räknar
i 3D. Räkna inte i huvudet! Förtydliga, lita på linjär algebra och låt Mathematica göra jobbet! Lägg speciellt märke till att vi inte
28
Mekanik-Statik och Mathematica
HH/ITN/BN
behöver ge oss ut i vinkelträsket för att hitta kraftkomposanter eller fundera över vridningsriktning när vi formerar
B
0, 6, 0 ;
8, 0, 0 ;
14
G
B
A
B, A
2
i
0.
;
Krafter på plankan. Allt i förhållande till koordinatriktningar, som vanligt.
FA
A

4 FA
5
NA 0, 0, 1
A, B
3 NA 4 NA
,
5
5
3 FA
A, B
, 0
5
FB P, NB , 0 ;
m g 0, 1, 0 ;
B
G
Nu är det bara att ställa upp kraft- och momentjämvikt för plankan,
varje kontaktpunkt och lösa ut de efterfrågade storheterna
FNåP
Solve
A
B
G,
A
A
B
B
G,
F A Μ N A , FB
Simplify
G
P, NA , FA , NB , FB
1
14 g m
g 42 Μ2
P
125 Μ
42 m, N A
125
Μ NB
i
i
0. Lägg till fullt utbildad friktion i
F 0
M r F 0
3
, NB
25
i
0,
14 g Μ m
, FA
25
0,
i
3
g 14 Μ
125
23 m, FB
g Μ 14 Μ
23 m
125
se att dimensionerna är ok och sätta in lite numeriska data och jämföra med resultatet ovan.
FNåP . m
P
10, g
9.81, Μ
54.936, F A
77.4755, N A
0.4
21.9744, NB
67.3358, FB
26.9343
Exempel: En trådrulle med massan 15 kg ligger
an mot en vägg och ett golv. Båda är sträva med
friktionskoefficienten Μ 0.2. Genom ett mushål
i väggen önskar man nu mata ut tråden. Vilken
är den minsta kraft T som måste anbringas för
att få trådrullen att rotera ? Finns det något värde
på Μ då tråden inte går att dra ut än hur mycket
man drar ? Bestäm i så fall detta värde.
Lösningsförslag: Låt kontaktpunkterna ha de uppenbara beteckningarna G och V. Inför normal- och friktionskrafter, verkande mot
rörelsen det vill säga medurs. Ställ upp kraftjämvikt och momentjämvikt kring rullens centrum enligt skolboken
ekv
T N V FG
0,
NG F V m g
0,
FV
R FG
FG
NV
T
rT
0, FV

O
0
gm
NG
0, R FG
FV
rT
0
När rullen precis börjar röra sig har vi fullt utbildad friktion, det vill säga F ΜN. Lägg till dessa ekvationer och lös ut den sökta
minimala kraften T i snörstumpen. Normal- och friktionskrafter följer med på köpet.
FNåT
Solve Flatten
g Μ2 m R
T
Μ2
r
Μ gmr
NV
Μ2 r
r
Μ NG , F V
g ΜmR
Μ2
r
ekv, FG
R
g ΜmR
ΜR
, NG
Μ2
gmR
Μ2 R
ΜR
r
Μ2 r
r
ΜR
g Μ2 m r
gmr
Μ2 R
ΜR
, FV
Μ2 r
Dimensioner ok, så nu är det bara att muppa in numeriska data.
1.8
FNåT . m
15, g
9.81, Μ
0.2, R
0.6
,r
2
T
220.725, NG
183.938, NV
183.938, FG
First
,
R
Μ g ΜmR
, FG
, T, NG , NV , FG , FV
gmr
Μ2
r
Μ NV
36.7875, FV

2
36.7875
r
g Μ2 m R
Μ2 R

ΜR
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica
Systemet blir så kallat självhämmande om T
samtidigt mot en ändlig konstant. Sök detta Μ.
mu
för något Μ, jfr. "byrålådseffekt". Detta inträffar om nämnaren
Solve Denominator T . FNåT
4 r2
R
4rR
R2
Μ
4 r2
4rR
2 r
15, g
R
0.280776 , Μ
R
0.6
,r
9.81, R

2
Μ
R2

R
1.8
mu . m
0 och täljaren
0, Μ
, Μ
2 r
29
2
1.78078
1.8
Numerator T . FNåT
. mu 1
. m
15, g
0.6
,r
9.81, R
2

2
26.7441
Ok, systemet självämmande då Μ
0.28.
1.8
PlotT . FNåT . m
15, g
9.81, Μ
0.6
,r
0.4, R
, Μ, 0, 1 ,
2
PlotStyle
Orange, AxesLabel
"Μ", "T
2
N " 
T N
400
200
Μ
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
200
400
Exempel: Med hälp av en lätt kil som har vinkeln 5 vill
man rubba en fyrkantig sten med massan 500 kg bort från
en vägg. Vid kilens båda kontaktytor gäller ΜK 0.3 och
mellan sten och mark ΜM 0.6. Bestäm den minsta
kraft P som erfordras för att precis rubba stenen.
Lösningsförslag: Låt kontaktpunkterna vara K(il)-V(ägg), K(il)-S(ten) och S(ten)-M(ark). Frilägg och inför normalkrafter och
friktionskrafter verkande mot rörelsen. Ställ upp kraftjämvikt för kil och sten var för sig.
ekv
FKV
NKV Cos 5
FKV Sin 5
NKV Sin 5
FKV Cos 5
NKS FSM
0,
NSM FKS m g
0
sin 5
NKS
NKV cos 5
NKS
FKS
0, FKS
0,
P
0,
FKV cos 5
Kil
Kil
Sten
Sten
NKV sin 5
P
0, NKS
FSM
0, FKS
gm
NSM
0
När stenen precis börjar röra sig har vi fullt utbildad friktion, det vill säga F ΜN, i alla kontaktytor. Lägg till dessa ekvationer och
lös ut den sökta minimala kraften P. Normal- och friktionskrafter följer med på köpet.
PFåN
P
NSM
Solve Flatten ekv, FKV
ΜK NKV , FKS
P, NKV , NKS , NSM , FKV , FKS , FSM
g m ΜM Μ2K
sin 5
2 ΜK cos 5
ΜK NKS , FSM
Simplify
sin 5
ΜK sin 5
ΜK ΜM 1 cos 5
gm
g m ΜK ΜM
, FKV
ΜK ΜM 1 ΜK sin 5
1 ΜK ΜM
, NKV
cos 5
ΜM NSM ,
First
g m ΜM
ΜK ΜM
, FKS
, NKS
1 ΜK sin 5
cos 5
g m ΜK ΜM
g m ΜM
, FSM

1 ΜK ΜM
1 ΜK ΜM
g m ΜM
1
,
ΜK ΜM
Den symboliska lösningen är alltid utbildande på det problem man brottas med eftersom man ser hur olika designvariabler ingår i
uttrycken. En specifik konfiguration är ganska själslös.
30
Mekanik-Statik och Mathematica
PFåN . m
P
500, g
2504.9, NKV
9.81, ΜK
3699.84, NKS
0.3, ΜM
3589.02, NSM
HH/ITN/BN
0.6
5981.71, FKV
1109.95, FKS
1076.71, FSM
3589.02
Till slut piggar vi upp oss med några nivåkurvor eller isokurvor. Nivåkurvor är linjer där funktionen antar ett specifikt konstant
värde. Jämför isobarer på en väderkarta!
ContourPlot P . PFåN . m 500, g 9.81 , ΜK , 0, 1 , ΜM , 0, 1 ,
ColorFunction "Pastel", ContourLabels True, FrameLabel
Automatic
Exempel: Ett torn skall uppbära en staglast enligt figur. Sök
momentet vid fundamentet. Vilket är kraven på placeringen
av stagets fästpunkt i marken om resulterande momentet i
tornets fundament inte får överstiga 100 kNm.
Lösningsförslag: Vi löser det andra problemet först genom att låta staglinan vara placerad i xB , 0, zB . Det sökta momentet blir
10 0, 15, 0
O
150 zB

x2B
z2B
0,15,0 , xB ,0,zB
150 xB
, 0,
x2B
225
z2B

225
Speciellt har vi nu i figurens configuration
. xB
O
45
12, zB
2 , 0, 60
9
2
Nu över till designkravet
MO
O
150
x2B
z2B
x2B
z2B
225
,
Show Plot3D MO , xB , 15, 15 , zB , 15, 15 , Plot3D 100, xB , 15, 15 , zB , 15, 15
ContourPlot MO , xB , 15, 15 , zB , 15, 15 , ColorFunction "Pastel", PlotPoints 100,
ContourLabels True, FrameLabel Automatic
HH/ITN/BN
Mekanik-Statik och Mathematica

Nu ska M0
,
31

100. Om vi sneglar på figurerna ovan kan vi misstänka att sambandet är en cirkel. Studera därför M02
1002 
TogetherMO 2
12 500 x2B
x2B
z2B
z2B
0
180
0
225
Visst, staglinans infästningspunkt i marken måste ligga inom en radie av
180 m från tornet.
1002
0