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Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-1

2. Trägheitstensor

● Der Drall hängt ab von der Verteilung der Masse und der Geschwindigkeit über den Körper.

● Die Geschwindigkeitsverteilung ergibt sich aus der Über-lagerung einer Translation und einer Rotation.

● Der Trägheitstensor stellt den Zusammenhang her zwi-schen dem Drall und dem Vektor der Winkelgeschwindig-keit.


2. Trägheitstensor

2.1 Herleitung

2.2 Satz von Steiner

2.3 Kinetische Energie

2.4 Hauptachsen


2.1 Herleitung

● Der Drall ist definiert durch● Mit folgt:

● Der erste Summand verschwindet,– wenn der Bezugspunkt B in den Schwerpunkt S gelegt wird,

oder

– wenn die Geschwindigkeit vB des Bezugspunktes

verschwindet.

LB=∫K

r BP×vP dm

vP=vB×r BP

LB=∫K

r BP dm×vB∫K

r BP××r BP dm

=m r BS×vB∫K

r BP××r BP dm


2.1 Herleitung

● Im folgenden wird vorausgesetzt, dass eine der beiden Bedingungen erfüllt ist.

● Mit der allgemein gültigen Beziehung

folgt für das Integral:

● Die Richtung des Drallvektors stimmt also im allgemeinen nicht mit der Richtung des Vektors der Winkelgeschwin-digkeit überein.

a×b×c =b a⋅c −c a⋅b

∫K

r BP××r BP dm=∫K

[ r BP⋅r BP −r BP r BP⋅ ]dm


2.1 Herleitung

P

B

rBP

ω

K

bξ

bη

bζ

ξ

η

ζ

rBP=bbb

=bb b

● Auswertung in körperfes-ten Koordinaten:


2.1 Herleitung

– Erster Summand:

– Zweiter Summand:

∫K

r BP⋅r BP dm=∫K

22

2 dm

=∫K

22

2 dm b∫K

22

2 dm b

∫K

22

2 dm b

∫K

rBP rBP⋅dm=∫K

r BP dm

=∫K

2 dmb∫K

2 dm b

∫K

2 dmb


2.1 Herleitung

– Drall:

LB=LBbLBbLBb

=[∫K2

2 dm−∫K

dm−∫K

dm]b[−∫K dm∫

K

22 dm−∫

K

dm]b[−∫K dm−∫

K

dm∫K

22 dm]b


2.1 Herleitung

– Massenträgheitsmomente:

J B=∫K

22 dm

J B=∫K

22 dm

J B=∫K

22 dm

– Deviationsmomente:

– Die Deviationsmomente werden auch als Zentri-fugalmomente bezeich-net.

J B=J B=−∫K

dm

J B=J B=−∫K

dm

J B=J B=−∫K

dm


2.1 Herleitung

– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente sind Komponenten des Trägheitstensors.

– Der Trägheitstensor wird durch die Matrix

dargestellt.– Mit dem Trägheitstensor gilt für den Drall:

J B=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B

]LB=J B

[LBLBLB

]=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B

][

]


2.1 Herleitung

● Zusammenfassung:– Für den Drall bezüglich des Schwerpunktes S gilt:

– Für den Drall bezüglich des ortsfesten Punktes B gilt:

LS=∫K

rSP×vP dm=∫K

r SP××rSP dm

=∫K

[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=J S

LB=∫K

rBP×vP dm=∫K

r BP××r BP dm

=∫K

[ r BP⋅r BP −r BP rBP⋅ ]dm=J B


2.1 Herleitung

● Beispiel:– Gegeben:

● Quader mit Kanten-längen a, b, c

– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-

lich Schwerpunkt Sξ

η

ζ

a

b

c

S

Dichte ρ = const.


2.1 Herleitung


J S =∫K

22 dm=∫

V

22 dV

=a ∫−b /2

b /2

[ ∫−c /2

c /2

22 d]d =a ∫

−b /2

b /2

[2133 ]

=−c /2

=c /2

d

=a ∫−b /2

b /2

2c23 c2

3

d=a[ 13 3c23⋅8c3]

=−b /2

=b /2

=a 23 b2

3

c112c3b=abc⋅

112

b2c2 =112m b2c2


2.1 Herleitung

– Entsprechend folgt:– Deviationsmomente:

– Entsprechend folgt:

J S =112m a2c2 , J S =

112m a2b2

J S =−∫K

dm=− ∫−a /2

a /2

[ ∫−b /2

b /2

∫−c /2

c /2

d ]d d =−c ∫

−a /2

a /2

[ ∫−b /2

b /2

d ]d =−c ∫−a /2

a /2

[12

2]=−b /2

=b /2

d

=−c ∫−a /2

a /2

[ 12 b2

4−b2

4 ]d =0

J S =0, J S =0



● Aufgabenstellung:– Gegeben ist der Träg-

heitstensor bezüglich des Schwerpunktes S

– Gesucht ist der Trägheits-tensor bezüglich des Punktes B

P

S

rSP

KB

rBP

rSBb

ξ

bη

bζ

ξ

η

ζ

rBP=rSP−r SB



● Lösung:– Der Trägheitstensor bezüglich Punkt B ist definiert durch

– Für den Integranden gilt:

J B=∫K

rBP××rBP dm

rBP××rBP =rSP−rSB ×[×r SP−rSB ]=rSP−rSB ××rSP−×rSB =r SP××rSP −rSB××rSP −r SP××r SB rSB××rSB



– Mit

und (Schwerpunkt)

folgt der Satz von Steiner:

∫K

rSP××r SP dm=J S

∫K

rSP dm=0

J B=J Sm rSB××rSB



● In Komponenten:– Für das doppelte Vektorprodukt gilt

– Vektor rSB

ist der Vektor vom Schwerpunkt S zum Be-zugspunkt B. Seine Komponenten sind

– Damit folgt wie bei der Herleitung des Trägheitstensors:

rSB××rSB = rSB⋅r SB −rSB rSB⋅

rSB=BbB bBb

rSB××rSB =[ B2B

2 −BB−BB ]b[−BBB

2B

2 −BB ]b[−BB−BBB

2B

2 ]b



– Ergebnis:

J B = J S m B2B

2

J B = J S m B2B

2 J B = J S m B

2B

2

J B = J S − mBB

J B = J S − mBB

J B = J S − mBB




● Quader mit Kanten-längen a, b, c

● Trägheitstensor bezüg-lich Schwerpunkt S

– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-

lich Punkt Bξ

η

ζ

a

b

c

S

Dichte ρ = const.

B

rSB



– Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B:


– Deviationsmomente:

rSB=a2b

b2b−

c2b B=

a2, B=

b2, B=−

c2

J B=112

b2c2 m14

b2c2 m=13

b2c2 m

J B=112

a2c2 m14

a2c2 m=13

a2c2 m

J B=112

a2b2 m14

a2b2 m=13

a2b2 m

J B=−14abm , J B=

14bcm , J B=

14acm



● Anwendung: Zusammengesetzte Körper– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente bezüg-

lich des Schwerpunktes sind für elementare Körper tabelliert.

– Daraus lassen sich die Massenträgheitsmomente und De-viationsmomente des zusammengesetzten Körpers für einen beliebigen Bezugspunkt berechnen.

– Vorgehen:

1. Umrechnung der Massenträgheits- und Deviationsmomente der elementaren Körper auf den gemeinsamen Bezugspunkt

2. Addition der umgerechneten Massenträgheits- und Devia-tionsmomente




● a = b = d = 2cm● c = e = 4cm

● m1 = m

2 = 3kg

– Gesucht:● Trägheitstensor

bezüglich Punkt Ba

b

cd

e

ξ

η

ζ

m1

m2

B



Körper 1 Körper 2

1 1 cm

-1 -2 cm

-2 -5 cm

5 5

5 2

2 5

15 87

15 78

6 15

ξB

ηB

ζB

JSξ kgcm2

JSη kgcm2

JSζ kgcm2

m(ηB

2 + ζB

2) kgcm2

m(ξB

2 + ζB

2) kgcm2

m(ξB

2 + ηB

2) kgcm2



Körper 1 Körper 2 Gesamt

20 92 112

20 80 100

8 20 28

3 6 9

-6 -30 -36

6 15 21

JBξ kgcm2

JBη kgcm2

JBζ kgcm2

JBξη kgcm2

JBηζ kgcm2

JBξζ kgcm2



● Betrachtet wird ein Körper, dessen Schwerpunkt sich mit der Geschwindigkeit v

S bewegt.

● Gleichzeitig dreht sich der Körper mit der Winkelge-schwindigkeit ω um eine Achse, die durch den Schwer-punkt geht.

● Ein beliebiger Punkt auf dem Körper hat dann die Ge-schwindigkeit .

● Die kinetische Energie ist die Summe der kinetischen Energien aller Massenelemente.

● Für infinitesimale Massenelemente wird die Summe zu einem Integral.

vP=vS×r SP



● Daher gilt:

● Mit

folgt:

E kin=12∫K

vP⋅vP dm

vP⋅vP= vS×r SP ⋅vS×r SP =vS⋅vS2 vS⋅×r SP ×r SP ⋅×r SP

E kin=12mvS

2vS⋅×∫

K

r SP dm12∫K

×r SP ⋅×r SP dm



● Der erste Summand auf der rechten Seite ist die kine-tische Energie infolge der Geschwindigkeit v

S des

Schwerpunktes.● Der zweite Summand ist wegen

gleich Null.

∫K

rSP dm=rSS=0



● Auswertung des dritten Summanden:– Mit der Lagrangeschen Identität

folgt:

a×b ⋅c×d =a⋅c b⋅d −b⋅c a⋅d

∫K

×rSP ⋅×rSP dm=∫K

[ ⋅ rSP⋅r SP −r SP⋅ ⋅rSP ]dm

=⋅∫K

[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=⋅J S



● Ergebnis:– Für die kinetische Energie des starren Körpers gilt:

● Folgerung:– Da die kinetische Energie immer positiv ist und jede

Drehung des Körpers mit einer kinetischen Energie verbunden ist, gilt:

– Der Trägheitstensor ist positiv definit.

⋅J S0

Ekin=12mvS

212⋅J S


2.4 Hauptachsen

● Die folgenden Eigenschaften des Trägheitstensors sind bereits bekannt:– Der Trägheitstensor ist symmetrisch:

– Der Trägheitstensor ist positiv definit:● Frage:

– Gibt es Richtungen, für die der Drallvektor die gleiche Richtung wie die Drehachse hat?

– Für diese Richtungen muss also gelten:– Dabei ist J ein Skalar.

⋅J S0

J S =J S , J S =J S , J S =J S

J S=J


2.4 Hauptachsen

● Antwort:– Mit dem Einheitstensor, dargestellt durch die Matrix

muss gelten:– Nichttriviale Lösungen für ω existieren nur, wenn die De-

terminante dieses homogenen Gleichungssystems verschwindet:

I=[1 0 00 1 00 0 1 ]

J S−J I =0

det J S−J I =0


2.4 Hauptachsen

– Das ist ein Polynom dritten Grades in J, das drei Lösungen J

1, J

2 und J

3 hat. Die Lösungen heißen Hauptträgheits-

momente.

– Dazu gehören drei Vektoren ω1, ω

2 und ω

3. Sie werden als

Eigenvektoren bezeichnet.● Eigenschaften der Eigenvektoren:

– Ist ωk ein Eigenvektor, dann folgt für den Vektor αω

k

d.h. der Vektor αωk ist ebenfalls ein Eigenvektor.

– Ein Eigenvektor definiert also nur eine Richtung. Seine Länge kann frei gewählt werden.

J S k = J Sk=J k


2.4 Hauptachsen

– Seien Jj und J

k zwei verschiedene Hauptträgheitsmomente.

– Dann gilt:

– Subtraktion der beiden rechts stehenden Gleichungen er-gibt

– Aus der Symmetrie des Trägheitstensors folgt:

j≠k und J j≠J k

J S j=J j j

J Sk=J kk

⇒k⋅J S j=J jk⋅ j

j⋅J Sk=J k j⋅k

k⋅J S j− j⋅J Sk= J j−J k j⋅k

j⋅J Sk=k⋅J S j


2.4 Hauptachsen

– Wegen gilt also:

– Die drei Eigenvektoren ω1, ω

2 und ω

3 sind paarweise ortho-

gonal.● Hauptachsensystem:

– Die körperfesten Koordinatenrichtungen können so gewählt werden, dass sie mit den durch die Eigenvektoren vorgege-benen Richtungen zusammenfallen:

– Dieses Koordinatensystem wird als Hauptachsensystem bezeichnet. Die drei Koordinatenachsen werden als Haupt-achsen bezeichnet.

J j≠J k j⋅k=0 für j≠k

b=b1 ∥ 1 , b=b2 ∥ 2 , b=b3 ∥ 3


2.4 Hauptachsen

– Im Hauptachsensystem gilt für den Trägheitstensor:

– Da der Trägheitstensor positiv definit ist, sind alle Hauptträgheitsmomente positiv:

J S=[J 1 0 00 J 2 00 0 J 3

]

J k=bk⋅J S bk0, k=1,2, 3


2.4 Hauptachsen

● Symmetrische Körper:– Hat ein Körper eine Symmetrieebene, so kann eine

Hauptachse sofort angegeben werden.– Symmetrie bezüglich

ηζ - Ebene:

ξ

η

ζ

dm

dm


2.4 Hauptachsen

● Zu jedem Massenelement an der Stelle (ξ, η, ζ) gibt es ein entprechendes Massenelement an der Stelle (-ξ, η, ζ).

● Also gilt:

– Entsprechend folgt für Symmetrie bezüglich der ξη - Ebene

– und für Symmetrie bezüglich der ξζ - Ebene:

J =−∫K

dm=0, J =−∫K

dm=0

J =−∫K

dm=0, J =−∫K

dm=0

J =−∫K

dm=0, J =−∫K

dm=0


2.4 Hauptachsen

[J J 0J J 00 0 J

]

[J 0 00 J J

0 J J ]

[J 0 J

0 J 0J 0 J

]

Symmetrieebene Trägheitstensor Hauptachse

ξη

ηζ

ξζ

ζ-Achse

ξ-Achse

η-Achse


2.4 Hauptachsen

● Rotationssymmetrische Körper:– Bei einem rotationssymmetrischen Körper ist die Rotations-

achse eine Hauptachse.– In der Ebene senkrecht zur Rotationsachse ist jede Achse

eine Hauptachse. Es können zwei senkrechte Hauptachsen beliebig gewählt werden.

– Die Massenträgheitsmomente bezüglich der beiden zur Symmetrieachse senkrechten Hauptachsen sind gleich groß.


2.4 Hauptachsen

● Kugelsymmetrische Körper:– Bei einem kugelsymmetrischen Körper sind alle Achsen

Hauptachsen.– Es können drei senkrechte Hauptachsen beliebig gewählt

werden.– Alle drei Hauptträgheitsmomente sind gleich groß.


2.4 Hauptachsen

● Berechnung der Hauptträgheitsmomente:– Die Hauptträgheitsmomente sind die Lösungen der

kubischen Gleichung

– Für die Koeffizienten gilt:

p J =det J S−J I =−J3a J 2b Jc=0

a=J S J S J S =spJ S

b=J S 2

J S 2

J S 2

−J S J S −J S J S −J S J S

c=det J S


2.4 Hauptachsen

– Die erste Nullstelle kann mit Hilfe des Verfahrens von Newton-Raphson bestimmt werden:

● Wahl eines Startwertes ● Iteration für k = 1, 2, 3, ... :

mit – Die anderen beiden Nullstellen können auf die gleiche

Weise gewonnen werden, indem die Iteration mit anderen Startwerten gestartet wird.

– Alternativ kann aus dem kubischen Polynom durch Poly-nomdivision eine quadratische Gleichung für die fehlenden beiden Nullstellen gewonnen werden, wenn die erste Null-stelle bekannt ist.

J 0

J k1=J k

−p J k

p ' J k

p ' J =dpdJ

=−3 J 22a Jb


2.4 Hauptachsen

– Startwerte für die Iteration können mit Hilfe des Satzes von der Trennung der Eigenwerte ermittelt werden:

● Sind und Nullstellen des quadratischen Polynoms

mit

dann gilt:

● Zur Berechnung von J2 kann z.B.

als Startwert gewählt werden.

J 1 J 2

p J =det J S− J I =0 J S=[J S J S J S J S ]

J 1≤ J 1≤J 2≤ J 2≤J 3

J 0=12

J 1 J 2 =12

J S J S


2.4 Hauptachsen

● Beispiel:– Gegeben ist der Trägheitstensor

– Gesucht sind die Hauptträgheitsmomente und die Haupt-achsen.

J S=[100 20 520 200 105 10 150]


2.4 Hauptachsen

– Koeffizienten des charakteristischen Polynoms:

– Iteration zur Bestimmung von J2 :

● Startwert:

● Iteration 1:

● Iteration 2:

a=450, b=−64475, c=2927000

J 0=12

100200 =150

p 150=5750, p ' 150=3025

J 1=150−

57503025

=148,10

p 148,10=6,8680 , p ' 148,10=3014,2

J 2=148,10−

6,86803014,2

=148,0977


2.4 Hauptachsen

● Iteration 3:

● Ergebnis:

– Polynomdivision:

p 148,0997=2,9617⋅10−5

J 2=148,10

−J 3450,00 J 2−64475 J2927000 : J−148,10 =−J 2301,9 J−19763,61−J 3148,10 J 2

301,90 J 2−64475,00 J301,90 J 2−44711,39 J

−19764,61 J2927000,0−19764,61 J2926990,6

9,4≈0


2.4 Hauptachsen

– Berechnung von J1 und J

3 :

– Hauptachse zu J1:

J 1/3=150,95±150,952−19763,61=150,95±3022,2925

J 1=95,97 , J 3=205,93

J S−J 1 I b1=0

[100−95,97 20 5

20 200−95,97 105 10 150−95,97][

b1b1b1

]=[000 ]

[4,03 20 520 104,03 105 10 54,03][

b1b1b1

]=[000]


2.4 Hauptachsen

● Da die Determinante dieses Gleichungssystems Null ist, ist z.B. die 3. Gleichung eine Kombination der ersten beiden Gleichungen. Die Hauptachsenrichtung kann aus den ersten beiden Gleichungen ermittelt werden:

4,03 b1 20 b1 5 b1 = 020 b1 104,03 b1 10 b1 = 0 ∣ −2

1

11,94 b1 64,03 b1 = 0

b1=−64,0311,94

b1=−5,3626b1


2.4 Hauptachsen

● Aus der zweiten Gleichung folgt:

● b1η

wird so gewählt, dass b1 die Länge 1 hat:

● Für die anderen beiden Komponenten folgt dann:

b1=−110

20b1104,03b1 =0,3223b1

∣b1∣=b15,3626210,32232=5,4646b1=1 b1=0,183

b1=−0,981 , b1=0,059


2.4 Hauptachsen

– Die Berechnung der Hauptachsen zu J2 und J

3 erfolgt auf

die gleiche Weise.– Ergebnis:

b1 = −0,981 b 0,183 b 0,059 bb2 = 0,020 b − 0,197 b 0,980 bb3 = 0,191 b 0,963 b 0,189 b

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