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Fragen

Fragen. Kraft (Boden) im Einbeinstand Kraft (Sprunggelenk) im Zehenstand auf einem Bein Kraft (Achillessehne) im Zehenstand auf einem Bein Kraft (H üftgelenk) im Einbeinstand Kraft (Ellbogen) beim horizontalen Halten eine Masse von 10 kg. Mechanik und Biologie von

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  1. Fragen • Kraft (Boden) im Einbeinstand • Kraft (Sprunggelenk) im Zehenstand auf einem Bein • Kraft (Achillessehne) im Zehenstand auf einem Bein • Kraft (Hüftgelenk) im Einbeinstand • Kraft (Ellbogen) beim horizontalen Halten eine Masse von 10 kg

  2. Mechanik und Biologie von Biologischen Materialien Benno M. Nigg University of Calgary 2006

  3. Literatur Lehrbuch Nigg, B.M. & Herzog, W. Biomechanics of the musculo-skeletal system Wiley Seiten 49 - 243

  4. Inhalt Gewebe Knochen Knorpel Bänder Sehnen Muskeln Definitionen Spannung Deformation Elastizitätsmodul Materialeigenschaften Struktureigenschaften

  5. Spannung (Stress) Definition der Spannung s s = = F A Kraft Fläche mit: s = Spannung (Vektor) F = Kraft (Vektor) A = Fläche

  6. Messeinheit Spannung [s] = N/m2 = Pa = Pascal 1N/m2 = 1N/104cm2 = 1N/106 mm2 or 106 N/m2 = 1 N/mm2 = 1 MPa = Megapascal = 106 Pa

  7. Beispiel: “Kniegelenk” Bestimme die durchschnittliche Spannung (Stress) zwischen Tibia und Femur im einbeinigen Stand Annahmen:(1) Kontaktfläche: 20 cm2 (3) Kraft im Kniegelenk = 1000 N = 1 BW

  8. Beispiel: “Kniegelenk” F A 1000 N 2000 mm2 sknee = = = 0.5 MPa

  9. Spannungskomponenten Normalspannung Druck (Knochen, Knorpel) Zug (Knochen, Knorpel, Bänder, Sehnen) Schubspannung (Knochen, Knorpel, Bänder, Sehnen)  Schubspannung wichtig für Beanspruchung

  10. Dehnung (Strain) Definition s s Lo DL DL Lo Längenänderung Ursprüngliche Länge e = Dehnung =

  11. Einheit der Dehnung (Strain) [ e ] = Länge / Länge = %  1 microstrain = 10-6

  12. Beispiel für Dehnung Eine Sehne ist einer Kraft ausgesetzt, welche die Sehen von einer anfänglichen Länge von 10 cm zu einer Endlänge von 12 cm dehnt. Bestimme die Dehnung der Sehne.

  13. Beispiel Lo = 10 cm DL = 2 cm e = = = 0.2 = 20% DL Lo 2 cm 10 cm

  14. Elastizitätsmodul Definition and Einheit E = Elastizitätsmodul = [ E ] = Pa = N/m2 s e

  15. Beispiel für Elastizitätsmodul Bestimme E für die Achillessehne Annahmen:(1) A = (2) F = (3) DL = (4) L =

  16. Beispiel für Elastizitätsmodul Bestimme E für die Achillessehne Annahmen:(1) A = 2 cm2(2) F = 5000 N (etwa 7 BW)(3) DL = 0.5 cm = 5 mm(4) L = 25 cm = 250 mm

  17. Beispiel für Elastizitätsmodul Analytische Lösung   E =

  18. Beispiel für Elastizitätsmodul Analytische Lösung F A   E = =

  19. F A L Lo   E = = Beispiel für Elastizitätsmodul Analytische Lösung

  20. Beispiel für Elastizitätsmodul Numerische Lösung E = 125,000 N/cm2 E = 125,000 · 104 Pa E = 1.25 · 109 Pa 109 Pa = 1GPa E = 1.25 · GPa

  21. Materialeigenschaften Materialeigenschaften mechanische Eigenschaften eines Materials unabhängig von Form und Lage etc. Beispiele:  Stress  Elastizitätsmodul

  22. Struktureigenschaften Struktureigenschaften mechanische Eigenschaften eines Materials abhängig von Form und Lage etc. Beispiele:  Deformation unter Last  Kraft-Deformation  Bruch- oder Reisskraft

  23. Knochen

  24. Knochen Cancellous  Trabecularknochen dünne Trabeculae Cortical bone Kompaktknochen harte externe Schicht

  25. Kompaktknochen • Ca 80% der Skelettmasse • Gut für Kompression, Biegung, Torsion • 20 Mal stärker als der Trabekulärknochen • Oft bei der Diaphyse von langen Knochen • Langsames Wachstum

  26. Trabecularknochen • Schwammartig • Dünne Balken • Gut für Kompression • ca 20% der Skelettmasse • 20 x schwächer als Kompaktknochen • Am Ende der langen Knochen • Schneller Knochenumsatz

  27. Funktionen des Knochens Mechanisch: • Stützen • Kraftübertragung • Schutz innerer Organe Physiologisch: • Bildung von Blutzellen • Speicherung von Kalzium

  28. Querschnitt des oberen Endes des Femurs Schematische Darstellung Wolff, 1870

  29. Wolff’s law (1870) Funktionelle Adaptation des Knochens Historische Formulierung:Die Form des Knochens ist nur durch die statischen Belastung bestimmt … Derzeitiges Verständnis:Physicalische Gesetze sind ein Hauptfaktor für die Knochenbildung

  30. Dehnung und Knochenmasse Verschiedene Formen von mechanischer Dehnung beeinflussen Knochenbildung Zug und Druck Richtung Spitzendehnung (2000 - 3500 me) Minimum Effective Strain (MES) Dehnungsrate Dehnungsfrequenz ………..

  31. 1800/day 36/day 360/day 4/day zero Strain Magnitude Number of Cycles Bone Mineral Content (%) Area (% Change) 60 140 40 120 20 0 100 -20 80 0 1000 2000 3000 4000 0 7 14 21 28 35 42 Microstrain Days (Rubin C.T. J. Bone Joint Surgery, 1984) (Rubin C.T. Calcif. Tissue Int., 1985)

  32. Dehnung und Knochenmasse Knochenmasse nimmt zu mit zunehmender Dehnungsamplitude Knochenmineraldichte nimmt zu mit zunehmender Anzahl der Dehnungswiederholungen Aber: Nur wenige Zyklen notwendig

  33. Physikalische Eigenschaften Elastizitätsmodul: Trabekular 109 Pa = 1 GPa Kortikaler 2 · 1010 Pa = 20 GPa Metall 1011 Pa = 100 GPa

  34. Physikalische Eigenschaften Variable Knochen Grösse Einheit Dichte kortikal 1700 - 2000 kg/m3 Wirbel (lumbar) 600 - 1000 kg/m3 Wasser 1000 kg/m3 Mineralgehalt 60 - 70 % Wassergehalt 150 - 200 kg/m3 E(Zug) Femur 5 - 28 GPa

  35. Physikalische Eigenschaften Variable Material Grösse Einheit Ultimate tensile Femur(kortikal) 80 - 150 MPastress Tibia (kortikal) 95 - 140 MPa Fibula (kortikal) 93 MPa Ultimate compr. Femur (kortikal) 131 - 224 MPastress Tibia (kortikal) 106 - 200 MPa Eiche 40 - 80 MPa Kalkstein 80 - 180 MPa Granit 160 - 300 MPa Steel 370 MPa

  36. Ultimate strength Empirisches Resultat Fbruch» · Fdoppel mit Fbruch Bruch des Knochens in Zug Fdoppel doppelte Länge Fbruch <<<< Fdoppel 1 200

  37. Beispiel Bestimme die Zugkraft (ultimate tensile force) die notwendig ist um einen Trabekularknochen zu brechen (a) Bestimme die Kraft allgemein (b) Bestimme die Kraft für eine Tibia

  38. Annahmen (1) Knochen ist isotropisch (2) Trabekularknochen(3) E = 109 Pa(4) A = 1 mm2 = 10-6 m2(5) DL/Lo = 1/200(6) Atibia = 800 mm2 = 8 · 10-4 m2(7) 1 - dimensional

  39. Analytische Lösung 1 E e = · s

  40. Analytische Lösung DL Lo 1 E 1 E F A e = · s = · =

  41. Analytische Lösung DL Lo 1 E 1 E F A e = · s = · = Lösung für die Kraft F ergibt: F = · DL · E · A 1 Lo

  42. Numerische Lösung F = 0.005 · 109 · 10-6 N F = 5 N Eine Kraft von 5 N ist notwendig, um ein Trabekular-Knochenstück mit einem Quer-schnitt von 1 mm2 in Zug zu brechen. Ein Knochenstück mit einem Querschnitt von 800 mm2 braucht eine Kraft von etwa F(800) = 4000 N

  43. Knochenmasse und Frakturen Masse Anzahl Personen-Jahre Häufigkeit pro (g/cm3) Frakturen der Kontrolle Personen-Jahre < 0.60 46 415.5 0.1110.60 - 0.69 25 554.2 0.0450.70 - 0.79 46 861.1 0.0530.80 - 0.89 15 776.8 0.0190.90 - 0.99 5 521.1 0.010 > 1.00 0 260.2 0 Hui et al. J. Clin. Invest., 1988

  44. Beispiel Kortikalknochen Bestimme die Zugkraft (ultimate tensile force) die notwendig ist um einen Kortikalknochen mit einem Querschnitt von 1 cm2 zu brechen Annahmen: (1) Ecort = 2 · 1010 Pa = 20 GPa

  45. Analytische Lösung F A s e DL Lo F = E · A · E = = DL Lo

  46. Numerische Lösung DL Lo 1 200 = F = 2 · 1010 N/m2 · 1 cm2 · 1/200 F = 1010 · 10-6 N Fult = 104 N = 10000 N

  47. Ultimate stress trabecular tension compression cortical shear tension compression Ultimatestress [MPa] 0 50 100 150 200

  48. Ultimate Kräfte für Zug & Druck Druck ult Zug ult F  1.4 F or s  1.4 s Druck ult Zug ult

  49. Maximaler Zug und Druck • Kann berechnet werden mit • Mechanischen Formeln • Annahme: Homogenen Materialien • Annahme: Symmetrische Flächen

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