2. Trägheitstensor - Prof. Dr. Johannes Wandingerwandinger.userweb.mwn.de/LA_Dynamik_2/v3_2.pdf ·...

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.

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2. Trägheitstensor

2.1 Herleitung

2.2 Satz von Steiner

2.3 Kinetische Energie

2.4 Hauptachsen

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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

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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

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2.1 Herleitung

P

B

rBP

ω

K

bξ

bη

bζ

ξ

η

ζ

rBP=bbb

=bb b

● Auswertung in körperfes-ten Koordinaten:

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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

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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

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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

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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

][

]

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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

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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.

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2.1 Herleitung

– Massenträgheitsmomente:

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

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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

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2.2 Satz von Steiner

● 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

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2.2 Satz von Steiner

● 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

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2.2 Satz von Steiner

– 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

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2.2 Satz von Steiner

● 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

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2.2 Satz von Steiner

– 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

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2.2 Satz von Steiner

● Beispiel:– Gegeben:

● 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

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2.2 Satz von Steiner

– Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B:

– Massenträgheitsmomente:

– 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

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2.2 Satz von Steiner

● 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

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2.2 Satz von Steiner

● Beispiel:– Gegeben:

● 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

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2.2 Satz von Steiner

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

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2.2 Satz von Steiner

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

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2.3 Kinetische Energie

● 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

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2.3 Kinetische Energie

● 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

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2.3 Kinetische Energie

● 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

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2.3 Kinetische Energie

● 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

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2.3 Kinetische Energie

● 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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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.

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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.

Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-41

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

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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

Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-43

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

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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]

Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-45

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

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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

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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]

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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

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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

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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