Formel-Kapitel 1 Abschnitt 1

Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
1
Prof. Dr.-Ing. Michael Wahle
Fachhochschule Aachen
Fahrzeugdynamik und MKS-
Fachbereich 6
Simulation
Luft- und Raumfahrttechnik
Wintersemester
Übung
Lösung
Aufstellung
der
Bewegungsgleichung
eines
ebenen
Viertelfahrzeugmodells aus Diplomarbeit Schorn mit der
Lagrange’schen Gleichung 2. Art mit der Ermittlung der
beiden Eigenfrequenzen und der statischen Ruhelage
z
mA , J A
kA
cA
mR
φ
mQL , J Ql
kR
cR
z
x
y
s(t), s(t )
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
2
Gegebene Daten:
Abstand Achsaufhängung /Federbeinaufhängung
l1 = 341[mm]
Abstand Achsaufhängung/Radmittelpunkt
l2 = 570 [mm]
Radmasse (Rad/Bremse/Reifen etc.)
mR = 30 [kg]
Masse des Querlenkers
mQL = 5 [kg]
Aufbaumasse (Viertelfahrzeug)
mA = 300 [kg]
Statische Reifensteifigkeit
kR = 160000 [N/m]
Steifigkeit der Aufbaufeder
kA = 60000 [N/m]
Dämpfung des Stoßdämpfers
cA = 4200 [N/(m/s)]
Dämpfung des Reifens
cR = 300 [N/(m/s)]
Anmerkungen zur Lösung:
-
Der Querlenker kann als schmaler dreiecksförmiger Körper angenähert
werden
-
Die Masse m2 ist die äquivalente reduzierte Masse aus Querlenker und
Radmasse (Das Massenträgheitsmoment des Querlenkers kann nicht
vernachlässigt werden)
-
Die Aufbaumasse vollführt nur Vertikalbewegungen
-
In der gezeichneten Lage sind alle Federn ungespannt, wenn s(t) = 0 gilt.
Folgende Absolutkoordinaten sind für die gezeichnete Lage gegeben
(Angaben in [m]):
Schwerpunkt des Aufbaus in der gezeichneten Lage:
 0   0 

 

rA1   y SA0     0.45 
 z   0.6 
 SA0  

Anlenkpunkt des Querlenkers:
 0 
 
r1   0.1
 0.3 
 
Anlenkpunkt der Aufbaufeder am Aufbau:
 0 


r2   0.441
 0.55 


Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
3
Aufgabenstellungen:
1.Bewegungsgleichung aufstellen:
a) Bestimmen Sie die Schwerpunktslage des Querlenkers sowie sein
Massenträgheitsmoment.
b) Geben sie an, wie viele Freiheitsgrade das System hat. Stellen sie den Lagevektor
mit den in der Zeichnung verwendeten Größen dar.
c) Stellen sie die Ortsvektoren der Körperschwerpunkte auf.
d) Linearisieren Sie diese Ortsvektoren.
e) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrizen der Translation.
f) Bestimmen Sie die Schwerpunktsgeschwindigkeiten.
g) Stellen Sie die Drehmatrizen der Körper auf.
h) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrizen der Rotation.
i) Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeiten.
j) Bestimmen Sie die kinetische Energie des Systems.
k) Stellen Sie die linke Seite der Bewegungsgleichung nach Lagrange auf.
l) Bestimmen Sie alle eingeprägten Kräfte und Momente.
m) Berechnen Sie den Vektor der verallgemeinerten Kräfte (die rechte Seite der
Bewegungsgleichung).
o) Formulieren Sie die Bewegungsgleichung in Matrizenschreibweise.
2.Berechnen Sie die statische Ruhelage
3.Berechnen Sie die Eigenwerte des ungedämpften Systems
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
4
1.Bewegungsgleichung aufstellen:
a) Bestimmen Sie die Schwerpunktslage des Querlenkers sowie sein
Massenträgheitsmoment.
Lösung:
1.Massenträgheitsmoment bestimmen
Die Breite eines Dreiecks beträgt:
b( y )  b 
y b
und es gilt: h  l
l
Allgemein gilt:
I xx , 0   ( z 2  y 2 )dm , hier mit:
dm  h  b( y)    dy
Ergibt sich:
L
L
0
0
 I xx , 0   y 2 dm   y 2 h  b( y )    dy   y 2 h  (b 
y b
b  y3 b  y4 L
)    dy  h    (

)0
l
3
4L
1 1
1
 h    b  l3  (  )  h    b  l3
3 4 12
Die Masse des Querlenkers berechnet sich zu: m 
b
l   h.
2
Damit ergibt sich für das Trägheitsmoment um die Aufhängung an der Karosserie:
1
I xx , 0  m  l 2
6
Für das MTM um den Schwerpunkt des Querlenkers gilt:
2
I xx ,Sp  I xx , 0
1
l 
2
 m   2   mQL  l2
 3  18
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
5
2.Gesamtschwerpunkt und Gesamtmasse
Die Gesamtmasse der Masse 2 beträgt:
m2  mR  mQL  35kg
Der Gesamtscherpunkt wird durch eine Momentenäquivalenz um den Aufhängepunkt
berechnet:
m2  l s 2  mR  l2  mQL 
 ls 2 
mR  l2  mQL 
l2
3
l2
3
m2
 l s 2  0.5157 m
3.Gesamt-MTM
J s 2  J xx ,Sp,QL  mR  (l2  l s 2 ) 2  mQL  (
l2
 l s 2 ) 2  0.7091kgm2
3
b) Geben sie an, wie viele Freiheitsgrade das System hat. Stellen sie den
Lagevektor mit den in der Zeichnung verwendeten Größen dar.
Lösung:
Das System hat folgende Freiheitsgrade: 1. Die Vertikalbewegung des Aufbaus
2. Die Drehbewegung des Querlenkers
z
Somit ergibt sich der Lagevektor q zu q    .
 
c) Stellen sie die Ortsvektoren der Körperschwerpunkte auf.
Hierbei ist zu beachten, dass die Lagevektoren nur zeitabhängige Stellfunktionen
sowie Lagegrößen des Lagevektors q enthalten dürfen. Alle Angaben sind in einem
gewählten oder vorgegebenen Inertialsystem in Absolutkoordinaten anzugeben.
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
Lösung:
0
 0 






rsA    0.45m  rs 2   0.1m  l s 2  cos 
 0.3m  z  l  sin  


z
s2




d) Linearisieren Sie diese Ortsvektoren.
Bei der Linearisierung wird hier jeder Kosinus-Term durch eine 1 und jeder SinusTerm durch sein Argument ersetzt. Dies ist nur für kleine Ausschläge um die
statische Ruhelage zulässig.
Lösung:
0
 0 






rsA    0.45m  rs 2   0.1m  l s 2





z
 0.3m  z  l s 2   


e) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrizen der Translation.
Die Jacobi-Matrix der Translation ist erforderlich, um die
Schwerpunktsgeschwindigkeiten zu bestimmen. Für jeden Körper im System muss
eine eigene Jacobi-Matrix berechnet werden. Diese stellt die Ableitung der
Schwerpunktsvektoren nach den Lagegrößen dar. Mathematisch ausgedrückt:
 x si

 q1
 y
r
J Ti  siT   si
q
 q1
 z si
 q
 1
xsi
q2
y si
q2
z si
q2
xsi 
xsi
q3 ..... q f 
y si
y 
..... si 
q3
q f 
.....
z si
z si 

q3
q f 
Lösung:
0 0


JT1   0 0 
1 0


JT 2
0 0 


 0 0 
1 l 
s2 

6
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
f) Bestimmen Sie die Schwerpunktsgeschwindigkeiten.
Die Schwerpunktsgeschwindigkeit errechnet sich aus zwei Anteilen: einem Anteil,
der durch zeitabhängige Stellgrößen hervorgerufen wird und dem Anteil resultierend
aus den Freiheitsgraden des Körpers.
Es lässt sich formulieren:
vsi  J Ti  q  vsi
 xsi 



t


rsi  y si 

mit v si 
t  t 
 z si 


 t 
Lösung:
In diesem Beispiel existieren keine zeitabhängigen Stellgrößen, dementsprechen
sind diese Anteile nicht vorhanden, also:
vsi  0 .
Die Absolutgeschwindigkeiten der Schwerpunkte ergeben sich also zu:
 0 0
 0

  z   
vs1  J T 1  q   0 0       0 
 1 0      z 


 
0
0 0 



  z  

vs 2  J T 2  q   0 0      
0

 1 l      z  l   
s2 
s2



g) Stellen Sie die Drehmatrizen der Körper auf.
Der erste Schritt zur Beschreibung des rotatorischen Bewegungsverhaltens eines
Körpers besteht darin, seine Drehmatrix aufzustellen.
Im Allgemeinen kann eine beliebige Position im Raum durch maximal drei
Drehungen dargestellt werden. Beim Aufstellen der Gesamtdrehmatrix ist die
Reihenfolge der Rotationen wichtig. Ist die Gesamtdrehmatrix durch
7
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
8
S1  S1  S1  S1 gegeben, dann ist die Rotation um den Winkel Alpha die erste
Rotation, um aus dem Inertialkoordinatensystem schrittweise das körperfeste
Koordinatensystem zu erhalten. Das heißt, dass die einzelnen Teildrehungen in der
Formel die selbe Reihenfolge einnehmen wie eine durchgeführte Drehung aus dem
Inertialsystem ins körperfeste System.
Es ist darauf zu achten, dass beim Aufstellen der kinetischen Energie entweder im
Parallel- oder im körperfesten System gearbeitet wird. Die Winkelgeschwindigkeit,
die im weiteren Verlauf berechnet wird, ist die Winkelgeschwindigkeit im Inertial-,
also Parallelsystem. Es ist dann möglich, die Winkelgeschwindigkeit auf das
körperfeste System zurückzurechnen, oder es ist die Transformation des
Massenträgheitstensors durchzuführen:
J iP  Si  J iK  SiT
Bei zweidimensionalen Problemstellungen, wie hier in diesem Beispiel, ist die
Vorgehensweise recht einfach. Es gibt stets nur eine Rotation und
Winkelgeschwindigkeiten im körperfesten System sowie im Inertialsystem sind
identisch.
Anmerkung: Bei den Drehungen sind alle Drehungen zu berücksichtigen, auch diese
um vorgegebene zeitabhängige Winkelverläufe, die keine echten Freiheitsgrade
darstellen.
Die Drehmatrizen für die Rotationen um die 1., 2. bzw. 3. Koordinatenachse (meist x,
y und z) um die Winkel Alpha, Beta und Gamma sind:
0
1

S   0 cos
 0 sin 

 cos 

S   0
  sin 

 cos

S    sin 
 0



 sin  
cos 
0
0 sin  

1
0 
0 cos  
 sin 
cos
0
0

0
1 
Rotation um die erste Koordinatenachse
Rotation um die zweite Koordinatenachse
Rotation um die dritte Koordinatenachse
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
9
Lösung:
In diesem Beispiel vollführt nur der Körper 2 eine Rotation um die X-Achse.
Dementsprechend ist die Drehmatrix gegeben durch:
0
1

S 2  S   0 cos
 0 sin 



 sin  
cos 
0
h) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrizen der Rotation.
Im Allgemeinen muss für jeden Freiheitsgrad und jeden Körper eine eigene
Differentiation durchgeführt werden.
Im Folgenden wird in mathematischer Form die Jakobimatrix der Rotation für einen
Körper erstellt.
Die Drehmatrix des Körpers sei S i .
Dann muss für alle f Einträge des Lagevektors, also alle Freiheitsgrade die folgende
Operation durchgeführt werden. Der aktuelle Freiheitsgrad habe den Index j (j= 1…f).

 0

S i T  siz
Si  
q j
 q j
 siy
 
 q j
s
 iz
q j
0
six
q j
siy 
q j 
six 


q j 

0 

Die Einträge dieser Matrix ergeben dann die j-te Spalte in der Jacobi-Matrix der
Rotation.
 six

 q1
 s
J Ri   iy
 q1
 siz

 q1
six
q 2
siy
q 2
siz
q 2




.....

q f 
siz 
.....

q f 
.....
six
q f
siy
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
Der Ausdruck
10
S i T
S i stellt sich ausgeschrieben wie folgt dar.
q j
S1  S1  S1  S1
S
S i T S1
Si 
 S1  S1  S1T  S1T  S1T  S1  1  S1  S1T  S1T  S1T
q j
q j
q j
 S1  S1 
S1
q j
 S1T  S1T  S1T
Dabei ist zu beachten, dass eine Drehmatrix mit ihrer Transponierten die
Einheitsmatrix ergibt, also beispielsweise S1  S1  E . Dies folgt aus der
T
Orthogonalität von Drehmatrizen.
Lösung:
Da der erste Körper keine Drehbewegung vollführt, ist eine Berechnung nicht
notwendig.
Der zweite Körper hatte folgende Drehmatrix:
0
1

S 2  S   0 cos
 0 sin 



 sin  
cos 
0
Die Ableitung nach dem ersten Freiheitsgrad z ist trivialerweise gleich Null.
Dementsprechend ergibt sich in der Jacobi-Matrix der Rotation die erste Spalte zu
einer Null-Spalte.
0
0
S 2 T 
S 2   0  sin 

 0 cos

0
 1
 
 cos    0 cos
 sin    0  sin 
0
0  0 0 0 
 

sin     0 0  1
cos   0 1 0 
Somit ist die zweite Spalte der Jacobi-Matrix der Rotation bestimmt. Die
Gesamtmatrix ergibt sich zu:
0 0


J2  0 0
0 1


Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
11
i) Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeiten.
Ähnlich wie bei der Berechnung der Schwerpunktsgeschwindigkeiten gibt es auch
hier zwei Anteile, einen stellgrößenabhängigen Anteil sowie einen Anteil, der von den
Freiheitsgraden abhängt:
i  J Ri  q  i
 i erfolgt analog zur Berechnung der Jacobi-Matrix der
Die Berechnung von
Rotation. Die partielle Differentiation geschieht hier allerdings nach der Zeit und nicht
nach einer Lagegröße:

 0

S i T  siz
Si 
 t
t
 siy

 t

siz
t
0
six
t
siy 

t 
s
 ix 
t 

0 

 six 


 t 
s
 i   iy 
t
 siz 


 t 
Bei der Berechnung ist, ähnlich wie zuvor, in gleicher Weise die Produktregel bei der
Differentiation einzusetzen, falls mehr als eine Drehmatrix zeitabhängige Größen
enthält.
Lösung:
Da es keine zeitabhängigen erzwungenen Rotationen gibt, ergibt sich:
i  0 .
Weiterhin vollführt nur Körper 2 eine Drehbewegung:
0 0
0

  z   
 2  J R 2  q   0 0       0 
 0 1       


 
Bemerkung: Dieses Ergebnis erscheint trivial. Bei einfachen Systemen hat diese
Vorgehensweise gewiss einige Nachteile. Dennoch ist es nötig, eine solche
verallgemeinerte Vorgehensweise zu wählen, um Programmierbarkeit zu
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
12
gewährleisten. Bei komplexen, dreidimensionalen Problemen ist diese Methode beim
„per-Hand-Rechnen“ weiterhin weit weniger fehleranfällig als andere, die ein
schnelleres Vorgehen durch Problemlösen „durch Hinsehen“ versprechen.
j) Bestimmen Sie die kinetische Energie des Systems.
Für die kinetische Energie gilt ganz allgemein bei p Körpern:
EK 
1 p T
vsi  mi  vsi  iT  J iP  i 

2 i 1
Lösung:

0
 0 
 0 
 


 
1
E K  0 0 z   m A   0   0 0 z  l s 2   m2   0   0 0    J 2   0 
2
 z 
 z  l  
  

s2
 


 
1
2
 m A  z 2  m2   z  l s 2   J 2   2
2


k) Stellen Sie die linke Seite der Bewegungsgleichung nach Lagrange auf.
Lagrange’sche Gleichung 2.Art:
d  EK

dt  q T
 EK
  T  d
 q
Die linke Seite der Gleichung ist berechenbar, sobald die kinetische Energie des
Systems berechnet wurde. Die rechte Seite der Gleichung wird als „Vektor der
verallgemeinerten Kräfte“ bezeichnet. Die Berechnung von d folgt in einem späteren
Unterpunkt. Die Anzahl der Zeilen des Gleichungssystems entspricht der Anzahl der
Freiheitsgrade des Systems.
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
13
Lösung:

1
2
mA  z 2  m2  z  ls 2   J 2   2
2
Erster Freiheitsgrad: z
EK 

d  E K  E K
 d1


dt  z  z
1)
E K
0
z
2)
E K
 m A  z  m2   z  l s 2 
z
d  E K 

  m A  z  m2  z  l s 2
dt  z 
Zweiter Freiheitsgrad:

d  EK  EK
 d2


dt    
1)
EK
0

2)
EK
 J 2    m2  ls 2  z  ls 2 

d  EK 

  J 2    m2  ls 2  z  ls 2
dt   
Damit ergibt sich das Gleichungssystem zu:
 m A  z  m2  z  l s 2   d1 

   








J



m

l

z

l

 2
2
s2
s2
  d2 
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
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l) Bestimmen Sie alle eingeprägten Kräfte und Momente.
Eingeprägte Kräfte sind:
-Federkräfte
-Dämpferkräfte
-Gewichtskräfte
-Prozesskräfte
-Antriebskräfte/-momente
Im Gegensatz zu Zwangskräften wie:
-Stabkräfte
-Gelenkkräfte
Kräfte und Momente müssen im Allgemeinen für jeden Körper aufgestellt werden.
Wenn ein Körper keine Drehbewegung vollführt, also die Jacobi-Matrix der Rotation
nur Nulleinträge besitzt, dann ist es nicht nötig die Momente auf diesen Körper
aufzustellen, da diese sich nicht auf das Bewegungsverhalten des Systems
auswirken. Entsprechend verhält es sich mit den eingeprägten Kräften bei reiner
Rotation.
Anmerkung: Es empfiehlt sich, eine ausgelenkte Lage zu zeichnen, um die
eingeprägten Kräfte und Momente aufzustellen.
Lösung:
0




f E1  
0

   l  k    l  c  m  g 
1
A
A
 1 A

fE2
0





0

    l  k    l  c  m  g  ( z  z    l  s(t ))  k  ( z    l  s(t ))  c 
1
A
1
A
2
sA0
2
R
2
R 

z sA0  0.6m (entspricht dem Betrag von z (absolut), bei dem falls gleichzeitig s(t) = 0
und
 =0 die Aufbaufeder ungespannt ist.
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
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 (ls 2  l1 )  (  l1  k A    l1  c A ) 



 (l2  ls 2 )   ( z  z sA0    l2  s (t ))  k R  ( z    l2  s(t ))  cR 

mE 2  
0


0




m) Berechnen Sie den Vektor der verallgemeinerten Kräfte (die rechte Seite der
Bewegungsgleichung).
Der Vektor der verallgemeinerten Kräfte berechnet sich zu:
d   J TiT  f Ei  J RiT  mEi 
p
i 1
Bei konservativen Systemen, d.h. bei Systemen, die keine Energie verlieren
(beispielsweise durch Dämpfer, Coulomb’sche Reibung etc.) kann vereinfacht
berechnet werden:
 E
E
d   TP    P
q
 q1
E
 P
q 2
E
....  P
q f




T
Lösung:
Bei dem gegebenen Beispiel handelt es sich nicht um ein konservatives System.
Dementsprechend wird die erste Formel angewendet:
d  JTT1  f E1  JTT2  f E 2  J RT 2  mE 2
0


    l1  k A    l1  c A  m A  g 
0 0 1 
  

J  f E1  
0
  
0
0
0
0

 

 
   l1  k A    l1  c A  m A  g 
T
T1
J TT2  f E 2




0

0 0 1  
  
 
0

0
0
l
  l1  c A  m2  g 

s 2      l1  k A  

 ( z  z    l  s (t ))  k  ( z    l  s(t ))  c 

sA0
2
R
2
R 
    l1  k A    l1  c A  m2  g  ( z  z sA0    l 2  s (t ))  k R  ( z    l 2  s(t ))  c R 








l




l

k



l

c

m

g

(
z

z



l

s
(
t
))

k

(
z



l

s
(
t
))

c
 s2
1
A
1
A
2
sA0
2
R
2
R 
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
16
 (l s 2  l1 )  (  l1  k A    l1  c A ) 








(
l

l
)


(
z

z



l

s
(
t
))

k

(
z



l

s
(
t
))

c
sA0
2
R
2
R 
 0 0 0  2 s2

  
J RT 2  mE 2  
0
1
0
0




0




0





(
l

l
)

(


l

k



l

c
)

1
A
1
A
  s2 1
 (l  l )   ( z  z    l  s (t ))  k  ( z    l  s(t ))  c 
 2 s2
sA0
2
R
2
R 
Nach Addition und Vereinfachung ergibt sich d zu:
 m1  g  m2  g  ( z  z sA0    l 2  s(t ))  k R  ( z    l 2  s(t ))  c R



d  
2
2





m

g

l



l

k



l

c

l

k

(
z

z



l

s
(
t
))

l

c

(
z



l

s
(
t
))

2
s2
1
A
1
A
2
R
sA0
2
2
R
2

o) Formulieren Sie die Bewegungsgleichung in Matrizenschreibweise.
Eine lineare Bewegungs-Differentialgleichung hat die Form:
Mq  Cq  Kq  F
M: Massenmatrix
C: Dämpfungsmatrix
K: Steifigkeitsmatrix
F: Erregungsmatrix (Störglied)
Im ersten Schritt sollten alle Terme, in denen Bewegungsgrößen sowie ihre
Ableitungen vorkommen, auf die linke Seite des Gleichungssystems gebracht
werden. Im nächsten Schritt kann man das Gleichungssystem in Matrizenform
angeben.
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
17
Die beiden Zeilen der Bewegungsgleichung ergeben sich sortiert zu:
m A  z  m2  z  m2  l s 2    c R  z  c R  l2    k R  z  k R  l2  
 m1  g  m2  g  k R  z sA0  k R  s(t )  c R  s(t )
(1)
m2  l s 2  z  ( J 2  m2  l s22 )    l 2  c R  z  (c R  l 2  c A  l 2 )  
2
1
 l 2  k R  z  (k R  l  k A  l )    m2  g  l s 2  l 2  k R  z sA0  l 2  k R  s(t )  l 2  c R  s(t )
2
2
2
1
(2)
Nun kann abschließend die Bewegungsgleichung in Matrizenschreibweise aufgestellt
werden:
cR  l2
m2  l s 2   z   c R
  z   k R
 m A  m2

    






2
2 
2  
 

 m2  l s 2 J 2  m2  l s 2      c R  l 2 c R  l  c A  l      k R  l 2
  m1  g  m2  g  k R  z sA0  k R  s(t )  c R  s(t ) 

 


m

g

l

l

k

z

l

k

s
(
t
)

l

c

s
(
t
)

2
s2
2
R
sA0
2
R
2
R

2
1
k R  l2
 z
  
2
2 
k R  l  k A  l    
2
1
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
18
2.Berechnen Sie die statische Ruhelage
Für die statische Ruhelage gilt: Alle beschleunigungs- sowie
geschwindigkeitsabhängige Terme sind gleich Null. Weiterhin sind die Erregerterme
gleich Null. Mathematisch heißt das: q
, q , s(t ), s(t )  0 .
Somit gilt für die statische Ruhelage:
q  K 1  F
Die Berechnung der Inversen der Stefigkeitsmatrix erfolgt nach den üblichen Regeln
der Mathematik. Für eine 2x2 Matrix soll die vereinfachte Berechnungsformel kurz
angegeben werden:
1
a b 
 d  b
1  d  b
1
 

 


A  
det A   c a  a  d  b  c   c a 
c d 
1
Somit ergibt sich:
1
k R  l2
   m1  g  m2  g  k R  z sA0 
 

2
2 
k R  l  k A  l    m2  g  l s 2  l 2  k R  z sA0 
 kR
q  
 k R  l2
2
1
 k R  l 2    m1  g  m2  g  k R  z sA0 


k R    m2  g  l s 2  l 2  k R  z sA0 
 kR  l  k A  l 2
1


k R  k A  l 2   k R  l 2
2
2
1
1

 (k R  l 2  k A  l 2 )  (m1  g  m2  g  k R  z sA0 )  k R  l 2  (m2  g  l s 2  l 2  k R  z sA0 ) 
1


k R  k A  l 2 
 k R  l 2  (m1  g  m2  g  k R  z sA0 )  k R  (m2  g  l s 2  l 2  k R  z sA0 )

2
1
1
Mit den vorgegebenen Daten ergibt sich ein numerisches Ergebnis von:
 0.4409 m   0.4409 m 
 ˆ 

qlinear  
 
 0.243   13.93 
In Simpack ergibt sich bei nichtlinearer Rechnung zum Vergleich ein Ergebnis von:
 0.434 m 
 . Dies entspricht einer Abweichung von +1.59 und -5.45 Prozent.
qnichtlinear  
0
.
257


Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
19
3.Berechnen Sie die Eigenwerte des ungedämpften Systems
Der Eigenwertansatz lautet:
x einen Eigenvektor darstellt.  stellt den zugehörigen
x(t )  ~
x  e t , wobei ~
Eigenwert dar. Es gilt:
 K    K  i k .
 K : Abklingkonstante (Nicht mit Lehr’schem Dämpfungsmaß  zu verwechseln)
 k : Eigenfrequenz
Damit ergibt sich das allgemeine Eigenwertproblem zu:
(M  2  C    K )  ~
x 0
Die nichttriviale Lösung dieses Gleichungssystems für die Eigenwerte des Systems
ergibt sich aus dem charakteristischen Polynom:
p( )  det(M  2  C    K )  0
Um eine analytische Lösung zu erhalten, ist es nötig, die Dämpfung zu
vernachlässigen. Andernfalls müssten numerische Nullstellenverfahren,
herangezogen werden, um die komplexen Eigenwerte zu berechnen. Dies ist bei
schwach gedämpften Systemen in der Regel in erster Näherung zulässig.
Damit erhalten wir:
p( )  det(M  2  K )  0
 m  m2
 det  A
 m2  ls 2
m2  ls 2
 2  kR
    
J 2  m2  l 
 k R  l2
2
s2
  (m A  m2 )  ( J 2  m2  l )  (m2  ls 2 )
4
2
s2
2

k R  l2

  0
k R  l  k A  l 
2
2
2
1
  (m A  m2 )  (k R  l  k A  l )  k R  ( J 2  m2  ls22 )  2  m2  ls 2  k R  l2   k R  k A  l 2  0
2
2
2
2
1
1
Mit:
A  (mA  m2 )  ( J 2  m2  ls22 )  (m2  ls 2 ) 2 ,
B  (mA  m2 )  (k R  l 2  k A  l 2 )  k R  ( J 2  m2  ls22 )  2  m2  ls 2  k R  l2 ,
2
C  k R  k A  l 2 und
1
I ,II  2
ergibt sich:
1
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
20
2I , II  A  I , II  B  C  0
 I , II
B
C
 B2

 
 
2
2A
A
 4 A
Damit ergeben sich numerische Ergebnisse von:
I  62.4566 s 2
II  5898 .8s 2
Mit:
I ,II  2 und K   K  ik ergeben sich die beiden Eigenfrequenzen zu:
1  I  7.903 s 1 ˆ f1  1.2578 Hz
2  II  76.8s 1 ˆ f 2  12.22 Hz
Vergleich mit SIMPACK (gedämpfte Eigenwerte um statische Ruhelage):
f1,SIMPACK  1.1079 Hz
f 2 ,SIMPACK  10.8782 Hz
1  0.2647
 2  0.3657
Damit ergibt sich für die erste Eigenfrequenz eine Abweichung von +13.53 % und für
die zweite Eigenfrequenz eine Abweichung von +12.33 % im Vergleich zur
Berechnung mit SIMPACK. Hier ist noch anzumerken, dass die Linearisierung um
die Ausgangsposition in diesem Beispiel stattfand. Es kommt zu relativ großen
Abweichungen, da die statische Ruhelage recht stark von der Ausgangsposition
abweicht. Berechnet man in SIMPACK die Eigenwerte um die Ausgangsposition
ergeben sich geringere Abweichungen.
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
21
4.Berechnung einer harmonische Erregung
Bei der Berechnung der harmonischen Erregung betrachtet man eine harmonische
Schwingung um die statische Ruhelage, die normalerweise den Linearisierungspunkt
darstellt, in dessen Nähe die linearen Ansätze meist in guter Näherung gültig sind
(bei nichtlinearen Systemen).
Anmerkung: Hier soll nur das allgemeine Vorgehen beschrieben werden, somit sind
die verwendeten Koordinaten nicht in Korrespondenz zum Beispiel gewählt. Hier
stellt x den allgemeinen Auslenkungsvektor des Systems dar.
x(t )  xstat  xdyn  e it (stationäre Lösung, Einschwingvorgänge abgeklungen)
Die statische Lösung wurde zuvor schon behandelt. Sie ergibt sich zu:
xstat  K 1  Fstat
Setzt man den Ansatz in die Bewegungsgleichung ein erhält man folgende
Bestimmungsgleichung in komplexer Form:
( M   2  i    C  K )  xdyn  Fdyn
 xdyn  ( M   2  i    C  K ) 1  Fdyn  A1  Fdyn
Mit:
A  ( M   2  i    C  K )
Diese Form erzwingt eine Lösung im komplexen Raum. Teilt man die Matrix A in
Real- und Imaginärteil auf, so kann man zwei Bestimmungsgleichungen im realen
Zahlenraum berechnen:
A  Ar  i  Ai mit:
Ar  M  2  K
und
Ai    C
Eingesetzt erhält man:
( Ar  i  Ai )( xr  i  xi )  Fr  i  Fi
Fahrzeugdynamik und MKS-Simulation
22
Durch Koeffizientenvergleich erhält man:
Ar  xr  Ai  xi  Fr
(1)
Ai  xr  Ar  xi  Fi
(2)
Aus (1) erhält man:
1
xr  Ar ( Ai  xi  Fr ) (3)
Eingesetzt in (2) ergibt sich für den Imaginärteil der Lösung:
1
Ai  Ar ( Ai  xi  Fr )  Ar  xi  Fi
1
1
 ( Ai  Ar  Ai  Ar )  xi  Fi  Ai  Ar  Fr
1
1
 xi  ( Ai  Ar  Ai  Ar ) 1  ( Fi  Ai  Ar  Fr )
Und abschließend für den Realteil aus (3):
1
1
1
xr  Ar [ Ai  ( Ai  Ar  Ai  Ar ) 1  ( Fi  Ai  Ar  Fr )  Fr ]
Die Gesamtlösung lautet nun:
x(t )  xstat  ( xr  i  xi )  eit
Anmerkung: Dieses Vorgehen gilt für eine Erregung von s(t) mit einer Frequenz.
Liegt eine periodische Erregung mit mehreren Frequenzanteilen vor, so muss das
Verfahren für jede einzelne Erregerfrequenz separat durchgeführt werden. Die
Gesamtlösung kann dann durch Superposition der Einzellösungen erzeugt werden.
Dies ist nur bei linearer Betrachtung möglich.