B - Ing. Johannes Wandinger

2. Trägheitstensor
●
●
●
Der Drall hängt ab von der Verteilung der Masse und der
Geschwindigkeit über den Körper.
Die Geschwindigkeitsverteilung ergibt sich aus der Überlagerung einer Translation und einer Rotation.
Der Trägheitstensor stellt den Zusammenhang her zwischen dem Drall und dem Vektor der Winkelgeschwindigkeit.
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-1
2. Trägheitstensor
2.1 Herleitung
2.2 Satz von Steiner
2.3 Kinetische Energie
2.4 Hauptachsen
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-2
2.1 Herleitung
●
Der Drall ist definiert durch
●
Mit v P = v B×r BP folgt:
L B =∫  r BP ×v P  dm
K
L B =∫ r BP dm×v B ∫ r BP ×  ×r BP  dm
K
K
=m r BS ×v B ∫ r BP ×  ×r BP  dm
K
●
Der erste Summand verschwindet,
–
–
wenn der Bezugspunkt B in den Schwerpunkt S gelegt wird,
oder
wenn die Geschwindigkeit vB des Bezugspunktes
verschwindet.
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-3
2.1 Herleitung
●
●
Im folgenden wird vorausgesetzt, dass eine der beiden
Bedingungen erfüllt ist.
Mit der allgemein gültigen Beziehung
a×  b×c  =b  a⋅c  −c  a⋅b 
folgt für das Integral:
∫ r BP × ×r BP  dm=∫ [   r BP⋅r BP −r BP  r BP⋅  ] dm
K
●
K
Die Richtung des Drallvektors stimmt also im allgemeinen
nicht mit der Richtung des Vektors der Winkelgeschwindigkeit überein.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-4
2.1 Herleitung
●
Auswertung in körperfesten Koordinaten:
ω
ζ
r BP = b b b
P
rBP
bζ
= b b b
B
bη
η
bξ
ξ
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3. Kinetik des starren Körpers
K
Dynamik 2 3.2-5
2.1 Herleitung
–
Erster Summand:
2
2
2

 dm

r
⋅r
dm=



∫  BP BP 
∫
K
K
=∫  22 2  dm b ∫  222  dm b
K
K
2
2
2
∫      dm b
K
–
Zweiter Summand:
∫ r BP  r BP⋅  dm=∫ r BP     dm
K
K
=∫  2     dm b∫   2   dm b
K
K
∫   2   dm b
K
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-6
2.1 Herleitung
–
Drall:
L B =L B  bL B  bL B  b
= ∫  2 2  dm −∫ dm −∫  dm  b
[
K
K
]
K
 −∫  dm ∫  22  dm −∫  dm  b
[
]
 −∫  dm  −∫ dm  ∫     dm  b
[
]
K
K
K
2

K
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
K
2


K
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-7
2.1 Herleitung
–
Massenträgheitsmomente:
–
Deviationsmomente:
J B =∫  22  dm
J B  =J B  =−∫ dm
J B =∫  2 2  dm
J B  =J B  =−∫  dm
J B =∫  22  dm
J B  =J B =−∫  dm
K
K
K
K
K
K
–
Prof. Dr. Wandinger
Die Deviationsmomente
werden auch als Zentrifugalmomente bezeichnet.
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-8
2.1 Herleitung
–
Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente sind
Komponenten des Trägheitstensors.
–
Der Trägheitstensor wird durch die Matrix
dargestellt.
–
J B J B J B
J B = J B  J B  J B 
J B J B J B
[
]
Mit dem Trägheitstensor gilt für den Drall:
LB 
J B
L B  = J B 
LB 
J B
[ ][
Prof. Dr. Wandinger
J B
J B
J B
L B =J B 
J B   
J B  
J B  
][ ]
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-9
2.1 Herleitung
●
Zusammenfassung:
–
Für den Drall bezüglich des Schwerpunktes S gilt:
LS =∫  r SP ×v P  dm=∫ r SP × ×r SP  dm
K
K
=∫ [   r SP⋅r SP −r SP  r SP⋅  ] dm=J S 
K
–
Für den Drall bezüglich des ortsfesten Punktes B gilt:
L B =∫  r BP ×v P  dm=∫ r BP × ×r BP  dm
K
K
=∫ [   r BP⋅r BP  −r BP  r BP⋅  ] dm=J B 
K
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-10
2.1 Herleitung
Beispiel:
Gegeben:
●
–
ζ
Quader mit Kantenlängen a, b, c
Gesucht:
●
S
Trägheitstensor bezüglich Schwerpunkt S
η
a
–
c
●
ξ
b
Dichte ρ = const.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-11
2.1 Herleitung
–
Massenträgheitsmomente:
J S =∫  22  dm=∫  2 2   dV
K
b /2
=a 
V
[
c /2
]
∫
 


2
2

d 


∫ ∫
−b /2 −c /2
b /2
=a 
−b /2
2 c
2
 c
3 2
3
b /2
d =a 
∫
−b /2
[
1
2  3
3
=c /2
]
=−c /2
1 3
2 3
d =a   c
c 
3
3⋅8
[
d
=b /2
]
=−b /2
3
=a 
2 b
1
1
1
c c 3 b =abc⋅  b2 c2  = m  b2c 2 
3 2
12
12
12
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-12
2.1 Herleitung
–
Entsprechend folgt:
–
Deviationsmomente:
1
1
2
2
2
2
J S = m  a c  , J S  = m  a b 
12
12
a /2
J S  =−∫   dm=−
K
a/2
=− c
[
b /2
∫ ∫
[   ]
∫ ∫ ∫ 
]
∫[ 
 d  d =− c
a /2
=−c
−a /2
Entsprechend folgt:
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c /2
d  d d 
−a /2 −b /2 −c /2
−a / 2 −b /2
–
b /2
a/2
∫
−a / 2
1 2

2
=b /2
[ ]
d
=−b /2
1 b2 b 2

−
d =0
2 4 4
]
J S  =0, J S   =0
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-13
2.2 Satz von Steiner
●
Aufgabenstellung:
–
–
Gegeben ist der Trägheitstensor bezüglich des
Schwerpunktes S
rSP
ζ
rBP
bζ
Gesucht ist der Trägheitstensor bezüglich des
Punktes B
bη
S
ξ
P
bξ
η
rSB
B
K
r BP =r SP −r SB
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-14
2.2 Satz von Steiner
●
Lösung:
–
Der Trägheitstensor bezüglich Punkt B ist definiert durch
J B =∫ r BP × ×r BP  dm
K
–
Für den Integranden gilt:
r BP × ×r BP  = r SP −r SB  ×[ × r SP −r SB  ]
= r SP −r SB  × ×r SP −×r SB 
=r SP × ×r SP −r SB × ×r SP  −r SP × ×r SB r SB × ×r SB 
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-15
2.2 Satz von Steiner
–
Mit
∫ r SP × ×r SP  dm=J S 
K
und
∫ r SP dm=0
(Schwerpunkt)
K
folgt der Satz von Steiner:
J B =J S m r SB × ×r SB 
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-16
2.2 Satz von Steiner
●
In Komponenten:
–
–
–
Für das doppelte Vektorprodukt gilt
r SB × ×r SB  =  r SB⋅r SB −r SB  r SB⋅ 
Vektor rSB ist der Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B. Seine Komponenten sind
r SB = B bB b B b
Damit folgt wie bei der Herleitung des Trägheitstensors:
r SB × ×r SB  =[  2B 2B  −B B −B  B  ] b
[−B  B  2B2B  −B  B  ] b
[− B  B  − B B  2B2B   ] b
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-17
2.2 Satz von Steiner
–
Ergebnis:
J B =
J S   m  2B 2B 
J B =
J S   m  2B2B 
J B =
J S   m   2B 2B 
J B   = J S   − m B B
J B  = J S   − m  B  B
J B   = J S   − m  B B
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-18
2.2 Satz von Steiner
Beispiel:
Gegeben:
●
●
–
ζ
Quader mit Kantenlängen a, b, c
Trägheitstensor bezüglich Schwerpunkt S
Gesucht:
●
S
η
rSB
a
–
c
●
Trägheitstensor bezüglich Punkt B
B
ξ
b
Dichte ρ = const.
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-19
2.2 Satz von Steiner
–
–
–
Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B:
a
b
c
a
b
c
r SB = b  b− b  B= , B = ,  B =−
2
2
2
2
2
2
Massenträgheitsmomente:
1 2 2
1 2 2
1 2 2




J B =
b c m b c m=  b c  m
12
4
3
1
1
1
J B =  a 2c 2  m  a 2c 2  m=  a 2c 2  m
12
4
3
1
1
1
J B =  a 2b 2  m  a2 b2  m=  a 2b 2  m
12
4
3
Deviationsmomente:
1
1
1
J B  =− a b m , J B  = b c m , J B  = a c m
4
4
4
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-20
2.2 Satz von Steiner
●
Anwendung: Zusammengesetzte Körper
–
Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente bezüglich des Schwerpunktes sind für elementare Körper
tabelliert.
–
Daraus lassen sich die Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente 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 Deviationsmomente
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-21
2.2 Satz von Steiner
Beispiel:
–
Gegeben:
ζ
●
a = b = d = 2cm
●
c = e = 4cm
●
m1 = m2 = 3kg
Trägheitstensor
bezüglich Punkt B
m1
B
ξ
Prof. Dr. Wandinger
m2
b
Gesucht:
●
e
d
–
c
●
η
a
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-22
2.2 Satz von Steiner
ξB
ηB
ζB
JSξ
JSη
JSζ
m(ηB2 + ζB2)
m(ξB2 + ζB2)
m(ξB2 + ηB2)
Prof. Dr. Wandinger
Körper 1
1
-1
-2
5
5
2
15
15
6
Körper 2
1
-2
-5
5
2
5
87
78
15
3. Kinetik des starren Körpers
cm
cm
cm
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
Dynamik 2 3.2-23
2.2 Satz von Steiner
JBξ
JBη
JBζ
JBξη
JBηζ
JBξζ
Prof. Dr. Wandinger
Körper 1
20
20
8
3
-6
6
Körper 2
92
80
20
6
-30
15
3. Kinetik des starren Körpers
Gesamt
112
100
28
9
-36
21
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
kgcm2
Dynamik 2 3.2-24
2.3 Kinetische Energie
●
●
●
●
●
Betrachtet wird ein Körper, dessen Schwerpunkt sich mit
der Geschwindigkeit vS bewegt.
Gleichzeitig dreht sich der Körper mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine Achse, die durch den Schwerpunkt geht.
Ein beliebiger Punkt auf dem Körper hat dann die Geschwindigkeit v P = v S ×r SP .
Die kinetische Energie ist die Summe der kinetischen
Energien aller Massenelemente.
Für infinitesimale Massenelemente wird die Summe zu
einem Integral.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-25
2.3 Kinetische Energie
●
Daher gilt:
●
Mit
1
E = ∫ v P⋅v P dm
2K
kin
v P⋅v P =  v S ×r SP ⋅ v S ×r SP 
=v S⋅v S 2 v S⋅ ×r SP    ×r SP ⋅ ×r SP 
folgt:
1
1
2
E = m v S v S⋅ ×∫ r SP dm  ∫  ×r SP ⋅ ×r SP  dm
2
2K
K
kin
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

3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-26
2.3 Kinetische Energie
●
●
Der erste Summand auf der rechten Seite ist die kinetische Energie infolge der Geschwindigkeit vS des
Schwerpunktes.
Der zweite Summand ist wegen
∫ r SP dm=r SS =0
gleich Null.
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K
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-27
2.3 Kinetische Energie
●
Auswertung des dritten Summanden:
–
Mit der Lagrangeschen Identität
 a×b ⋅ c×d = a⋅c   b⋅d − b⋅c  a⋅d 
folgt:
∫  ×r SP ⋅ ×r SP  dm=∫ [  ⋅   r SP⋅r SP − r SP⋅  ⋅r SP  ] dm
K
K
=⋅∫ [   r SP⋅r SP  −r SP  r SP⋅  ] dm=⋅J S 
K
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-28
2.3 Kinetische Energie
●
Ergebnis:
–
Für die kinetische Energie des starren Körpers gilt:
1
1
E kin = m v 2S  ⋅J S 
2
2
●
Folgerung:
–
Da die kinetische Energie immer positiv ist und jede
Drehung des Körpers mit einer kinetischen Energie
verbunden ist, gilt:
⋅J S 0
–
Der Trägheitstensor ist positiv definit.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-29
2.4 Hauptachsen
●
Die folgenden Eigenschaften des Trägheitstensors sind
bereits bekannt:
–
Der Trägheitstensor ist symmetrisch:
J S  = J S   , J S   =J S   , J S  =J S  
–
●
Der Trägheitstensor ist positiv definit:
⋅J S 0
Frage:
–
Gibt es Richtungen, für die der Drallvektor die gleiche
Richtung wie die Drehachse hat?
–
Für diese Richtungen muss also gelten: J S = J 
–
Dabei ist J ein Skalar.
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-30
2.4 Hauptachsen
●
Antwort:
–
Mit dem Einheitstensor, dargestellt durch die Matrix
1 0 0
I= 0 1 0
0 0 1
[ ]
muss gelten:
–
 J S −J I  =0
Nichttriviale Lösungen für ω existieren nur, wenn die Determinante dieses homogenen Gleichungssystems
verschwindet:
det  J S −J I =0
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-31
2.4 Hauptachsen
–
–
●
Das ist ein Polynom dritten Grades in J, das drei Lösungen
J1, J2 und J3 hat. Die Lösungen heißen Hauptträgheitsmomente.
Dazu gehören drei Vektoren ω1, ω2 und ω3. Sie werden als
Eigenvektoren bezeichnet.
Eigenschaften der Eigenvektoren:
–
–
Ist ωk ein Eigenvektor, dann folgt für den Vektor αωk
J S   k = J S k =J  k
d.h. der Vektor αωk ist ebenfalls ein Eigenvektor.
Ein Eigenvektor definiert also nur eine Richtung. Seine
Länge kann frei gewählt werden.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-32
2.4 Hauptachsen
–
Seien Jj und Jk zwei verschiedene Hauptträgheitsmomente.
–
Dann gilt: j≠k und J j ≠ J k
J S  j =J j  j
k⋅J S  j =J j k⋅ j
⇒
J S k =J k k
 j⋅J S k =J k  j⋅k
–
Subtraktion der beiden rechts stehenden Gleichungen ergibt
k⋅J S  j − j⋅J S k = J j −J k   j⋅k
–
Aus der Symmetrie des Trägheitstensors folgt:
 j⋅J S k =k⋅J S  j
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-33
2.4 Hauptachsen
–
–
●
 j⋅ k =0 für j≠k
Wegen J j ≠J k gilt also:
Die drei Eigenvektoren ω1, ω2 und ω3 sind paarweise orthogonal.
Hauptachsensystem:
–
Die körperfesten Koordinatenrichtungen können so gewählt
werden, dass sie mit den durch die Eigenvektoren vorgegebenen Richtungen zusammenfallen:
b=b1 ∥ 1 , b=b2 ∥ 2 , b =b 3 ∥ 3
–
Dieses Koordinatensystem wird als Hauptachsensystem
bezeichnet. Die drei Koordinatenachsen werden als Hauptachsen bezeichnet.
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-34
2.4 Hauptachsen
–
Im Hauptachsensystem gilt für den Trägheitstensor:
J1 0 0
J S= 0 J 2 0
0 0 J3
[
–
]
Da der Trägheitstensor positiv definit ist, sind alle
Hauptträgheitsmomente positiv:
J k =b k⋅J S b k 0, k =1, 2, 3
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-35
2.4 Hauptachsen
●
Symmetrische Körper:
–
Hat ein Körper eine Symmetrieebene, so kann eine
Hauptachse sofort angegeben werden.
–
Symmetrie bezüglich
ηζ - Ebene:
ζ
dm
dm
η
ξ
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-36
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:
J  =−∫  dm=0, J  =−∫   dm=0
K
–
K
Entsprechend folgt für Symmetrie bezüglich der ξη - Ebene
J  =−∫  dm=0, J  =−∫  dm=0
K
–
K
und für Symmetrie bezüglich der ξζ - Ebene:
J  =−∫  dm=0, J  =−∫  dm=0
K
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3. Kinetik des starren Körpers
K
Dynamik 2 3.2-37
2.4 Hauptachsen
Symmetrieebene
Trägheitstensor
Hauptachse
ξη
[
J  J  0
J  J  0
0
0 J
ζ-Achse
ηζ
J
0
0
ξζ
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[
[
0
J
J 
]
0
J 
J
J  0 J 
0 J 0
J  0 J 
]
]
3. Kinetik des starren Körpers
ξ-Achse
η-Achse
Dynamik 2 3.2-38
2.4 Hauptachsen
●
Rotationssymmetrische Körper:
–
Bei einem rotationssymmetrischen Körper ist die Rotationsachse 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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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-39
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 3.2-40
2.4 Hauptachsen
●
Berechnung der Hauptträgheitsmomente:
–
Die Hauptträgheitsmomente sind die Lösungen der
kubischen Gleichung
p J =det  J S −J I =−J 3 a J 2b J c=0
–
Für die Koeffizienten gilt:
a=J S  J S J S  =sp J S 
b=J 2S  J 2S   J 2S  −J S  J S − J S  J S  −J S  J S 
c=det  J S 
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-41
2.4 Hauptachsen
–
Die erste Nullstelle kann mit Hilfe des Verfahrens von
Newton-Raphson bestimmt werden:
0
Wahl eines Startwertes J
k 
●
●
Iteration für k = 1, 2, 3, ... :
mit
p J 
J
=J −
p '  J k 
dp
2
p '  J = =−3 J 2 a J b
dJ
k 1
k 
–
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 Polynomdivision eine quadratische Gleichung für die fehlenden
beiden Nullstellen gewonnen werden, wenn die erste Nullstelle bekannt ist.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-42
2.4 Hauptachsen
–
Startwerte für die Iteration können mit Hilfe des Satzes von
der Trennung der Eigenwerte ermittelt werden:
●
Sind J 1 und J 2 Nullstellen des quadratischen Polynoms
p  J =det  J S − J I =0
dann gilt:
●
mit
J S = J S  J S  
J S J S 
[
]
J 1≤ J 1≤ J 2≤ J 2≤ J 3
Zur Berechnung von J2 kann z.B.
1
1
0
J =  J 1 J 2 =  J S  J S  
2
2
als Startwert gewählt werden.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-43
2.4 Hauptachsen
●
Beispiel:
–
Gegeben ist der Trägheitstensor
100 20
5
J S = 20 200 10
5
10 150
[
–
]
Gesucht sind die Hauptträgheitsmomente und die Hauptachsen.
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-44
2.4 Hauptachsen
–
Koeffizienten des charakteristischen Polynoms:
a=450,
–
b=−64475, c=2927000
Iteration zur Bestimmung von J2 :
●
Startwert:
1
0
J =  100200  =150
2
●
Iteration 1:
p 150=5750, p ' 150=3025
5750
1
J =150−
=148,10
3025
●
Iteration 2:
p 148,10=6,8680 , p ' 148,10=3014,2
J =148,10−
2
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6,8680
=148,0977
3014,2
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-45
2.4 Hauptachsen
–
●
Iteration 3:
p 148,0997=2,9617⋅10
●
Ergebnis:
J 2=148,10
−5
Polynomdivision:
−J 3450,00 J 2−64475 J 2927000  :  J −148,10 =−J 2301,9 J −19763,61
−J 3148,10 J 2
2
301,90 J −64475,00 J
301,90 J 2 −44711,39 J
−19764,61 J 2927000,0
−19764,61 J 2926990,6
9,4≈0
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3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-46
2.4 Hauptachsen
–
Berechnung von J1 und J3 :
J 1/ 3=150,95± 150,952−19763,61=150,95±  3022,2925
J 1=95,97 ,
–
J 3=205,93
Hauptachse zu J1:
[
[
 J S −J 1 I  b1=0
b1 
100−95,97
20
5
0
20
200−95,97
10
b 1 = 0
5
10
150−95,97 b 1 
0
][ ] [ ]
b1 
4,03
20
5
0
20 104,03 10 b1  = 0
5
10
54,03 b1  0
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][ ] [ ]
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-47
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 b 1 
20
b1   5 b1  = 0
20 b 1  104,03 b 1   10 b 1  = 0
11,94 b 1   64,03 b 1 = 0
b 1 =−
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∣
−2
1
64,03
b 1 =−5,3626 b 1 
11,94
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-48
2.4 Hauptachsen
●
Aus der zweiten Gleichung folgt:
1
b 1 =−  20 b 1 104,03 b 1 =0,3223 b 1 
10
●
b1η wird so gewählt, dass b1 die Länge 1 hat:
2
2
∣b1∣=b 1  5,3626 10,3223 =5,4646 b 1=1  b 1=0,183
●
Für die anderen beiden Komponenten folgt dann:
b 1 =−0,981 ,
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b 1 =0,059
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-49
2.4 Hauptachsen
–
–
Die Berechnung der Hauptachsen zu J2 und J3 erfolgt auf
die gleiche Weise.
Ergebnis:
b1 = −0,981 b   0,183 b   0,059 b 
b 2 = 0,020 b  − 0,197 b   0,980 b 
b 3 = 0,191 b   0,963 b   0,189 b 
Prof. Dr. Wandinger
3. Kinetik des starren Körpers
Dynamik 2 3.2-50