U 01.2 – Hauptträgheitsmomente und -achse eines Motors

 

Durch Auspendelung wurden von einem Motor die Massenträgheitsmomente {J_{xx}}, {J_{yy}} sowie {J_{uu}} ermittelt. Zusätzlich ist der Winkel \varphi der gedrehten Achse u bekannt.

Gesucht sind die Hauptträgheitsmomente und die Lage der Hauptträgheitsachse in der xy-Ebene.

motor-skizze

Gegeben: {J_{xx}} = 2,24\;kg\;{m^2}, {J_{yy}} = 7,47\;kg\;{m^2}, {J_{uu}} = 6,90\;kg\;{m^2}, \varphi = 38^\circ.

Lösung 1.2

In der Maschinendynamik werden die meisten Größen durch Tensoren dargestellt. Diese lassen sich durch Ellipsoide im Raum veranschaulichen: Sie ändern ihre Form nicht, aber wenn man sie aus unterschiedlichen Richtungen (unterschiedliche Koordinatensysteme) anschaut, sehen sie jeweils anders aus.

Werden Ellipsoide in die 2D-Fläche projiziert, entstehen Ellipsen:

ellipse

Eine Ellipse kann durch ihre Halbachsen a und b beschrieben werden. Das geht allerdings nur, wenn die Achsen des Koordinatensystems so liegen wie in der Abbildung. Die Ellipse kann dann durch die Gleichung

\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}+\frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1

dargestellt werden.

In der vorliegenden Aufgabenstellung sind die Achsen um einen nicht bekannten Winkel gedreht:

ellipse-neues-koordinatensystem

Für die Umrechnung der Koordinatensysteme gilt:

x = u\cos \varphi -v\sin \varphi

y = u\sin \varphi +v\cos \varphi

Gegeben sind die Entfernungen der schwarz eingezeichneten Punkte vom Ursprung. In einer solchen Darstellung kann eine Ellipse durch die Gleichung

{a_{11}}{u^2}+{a_{12}}vu+{a_{22}}{v^2} = 1

repräsentiert werden.

Nun kommen wir zur eigentlichen Lösung der Aufgabe.

Für den zentralen Trägheitstensor gilt:

{\overline J ^S} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  {J_{xx}^S}&{J_{xz}^S} \\   {J_{zx}^S}&{J_{zz}^S}  \end{array}} \right]

Für Trägheitsmoment bezüglich einer momentanen Drehachse, die bei Aufhängung durch den Schwerpunkt geht, gilt:

J_{kk}^S = {\cos ^2}{\alpha _k}J_{xx}^S+{\cos ^2}{\gamma _k}J_{zz}^S+2\cos {\alpha _k}\cos {\gamma _k}J_{xz}^S

Für die Winkel zur Drehachse gilt dabei:

\alpha = 90^\circ +\varphi = \frac{\pi }{2}+\frac{{38^\circ \cdot \pi }}{{180^\circ }} = 2,234

\gamma = \varphi = \frac{\pi }{2} = 0,6632

Durch umstellen bekommender Gleichung bekommen wir das fehlende Deviationsmoment:

J_{xz}^S = \frac{{J_{kk}^S-{{\cos }^2}{\alpha _k}J_{xx}^S+{{\cos }^2}{\gamma _k}J_{zz}^S}}{{2\cos {\alpha _k}\cos {\gamma _k}}} = -1,4556\;kg\;{m^2}

Die Hauptträgheitsmomente werden über folgendes Eigenwertproblem ermittelt:

\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  {J_{xx}^S-J}&{J_{xz}^S} \\   {J_{zx}^S}&{J_{zz}^S-J}  \end{array}} \right] \cdot \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}  {\cos \alpha } \\   {\cos \gamma }  \end{array}} \right\} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}  0 \\   0  \end{array}} \right\}

Um keine triviale Lösung zu bekommen setzen wir die Determinante der Matrix gleich null:

\det \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  {J_{xx}^S-J}&{J_{xz}^S} \\   {J_{zx}^S}&{J_{zz}^S-J}  \end{array}} \right] = \left( {J_{xx}^S-J} \right)\left( {J_{zz}^S-J} \right)-{\left( {J_{xz}^S} \right)^2}\mathop = \limits^! 0

\quad \Rightarrow \quad {J^2}-J\left( {J_{xx}^S+J_{zz}^S} \right)+J_{xx}^SJ_{zz}^S-{\left( {J_{xz}^S} \right)^2} = 0

\quad \Rightarrow \quad {J_{I,II}} = \frac{{J_{xx}^S+J_{zz}^S}}{2} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{{J_{xx}^S+J_{zz}^S}}{2}} \right)}^2}-J_{xx}^SJ_{zz}^S+{{\left( {J_{xz}^S} \right)}^2}}

\quad \Rightarrow \quad {J_I} = 7,8478\;kg\;{m^2}\quad ;\quad {J_{II}} = 1,8622\;kg\;{m^2}

Durch Einsetzen in das Eigenwertproblem erhalten wir:

{\varphi _0} = {y_{II}} = 14,551{^\circ }

\mathcal{J}\mathcal{K}\& \mathcal{S}\mathcal{W}

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