1. Rotation um eine feste Achsewandinger.userweb.mwn.de/TMD/v4_1.pdf1.2 Drallsatz – Für die...

Prof. Dr. Wandinger 4. Kinetik des starren Körpers Dynamik 4.1-1

1. Rotation um eine feste Achse

● Betrachtet wird ein starrer Körper, der sich um eine raumfeste Achse dreht.

● Das Koordinatensystem wird so gewählt, dass die Drehachse mit der z-Ach-se zusammenfällt.

● Der Ursprung des Koordi-natensystems wird mit A bezeichnet.

x

y

zω

A


1. Rotation um eine feste Achse

1.1 Schwerpunktsatz

1.2 Drallsatz

1.3 Massenträgheitsmoment

1.4 Zentrifugalmomente

1.5 Arbeit und Energie

1.6 Massenpunkt und starrer Körper


1.1 Schwerpunktsatz

● Schwerpunktsatz:

– Am freigeschnittenen Körper greift die resultierende äuße-re Kraft F und die resultieren-de Lagerkraft A an.

– Wie bei einem System von Massenpunkten gilt:

x

y

A

S

F

rSω

Am rS=FA


1.1 Schwerpunktsatz

● Dynamisches Gleichgewicht:

– Aus dem Schwerpunktsatz folgt:

– Mit folgt daraus:

– Die Trägheitskraft wird durch die Bahnbe-schleunigung verursacht.

– Die Trägheitskraft wird durch die Zentri-petalbeschleunigung verursacht. Sie wird als Zentrifugal-kraft bezeichnet.

– Das dynamische Gleichgewicht lautet:

FA−m rS=0

rS=aS=×rS××rS

FA−m ×rS−m××rS =0

T=−m ×rS

Z=−m××rS

FATZ=0


1.1 Schwerpunktsatz

● Statische Unwucht:

– Wenn die Drehachse durch den Schwerpunkt geht, sind wegen die Trägheitskräfte null. Die Lagerkräfte sind im Gleichgewicht mit den äußeren Kräften.

– Bei Körpern, die sich mit großer Winkelgeschwindigkeit drehen, sollte daher der Schwerpunkt auf der Drehachse liegen.

– Liegt der Schwerpunkt nicht auf der Drehachse, so spricht man von statischer Unwucht.

– Ist ein Rad statisch ausgewuchtet, so ist es in jeder Lage im statischen Gleichgewicht.

rS=0


1.2 Drallsatz

● Drall:

– Aus dem Grenzübergang zu infinitesimalen Mas-senelementen folgt für den Drall:

– Für die Vektoren gilt:

x

y

z

ω

Ar

P

dm

vP

LA=∫K

r P×vP dm

r P=x exy e yz ez

vP=vPx exvPy e y


1.2 Drallsatz

– Das Vektorprodukt berechnet sich zu

– Jeder Massenpunkt bewegt sich auf einer Kreisbahn um die z-Achse. Daher gilt für seine Geschwindigkeit:

– Damit berechnet sich der Integrand zu

r P×vP= x exy e yz ez ×vPx exvPy e y = x vPy−y vPx ezz vPx e y−z vPy ex

vPx=− y , vPy= x

r P×vP= x2y2 e z−y z e y−x z ex


1.2 Drallsatz

– Integration über den Körper ergibt:

– Definitionen:● Massenträgheitsmoment:

● Deviationsmomente:

● Die Deviationsmomente werden auch als Zentrifugalmomente bezeichnet.

LA=∫K x2y2 dm ez−∫Kx z dm ex−∫

Ky z dm e y

J z=∫K

x2y2 dm=∫

Kr 2 dm

J xz=−∫Kx z dm , J yz=−∫

Ky z dm


1.2 Drallsatz

– Ergebnis:● Bei einer Drehung um die z-Achse gilt für die Komponenten

des Dralls:

● Nur wenn die Deviationsmomente null sind, stimmt die Rich-tung des Drallvektors mit der Richtung der Drehachse über-ein.

● In einem körperfesten System ändern sich Jxz, J

yz und J

z nicht.

Der Drallvektor dreht sich mit dem Körper.

LAx = J xzL Ay = J yzL Az = J z


1.2 Drallsatz

– Beispiel: ● Der Schwenkarm dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeitω = 1s-1 um die z-Achse.

● Massenträgheitsmoment:

● Deviationsmomente:

● Komponenten des Drallvektors:x

z

ω

A

LA

J z=5 kgm2

J xz=−7,5 kgm2 , J yz=0

LAx=−7,5 kgm2/s , L Ay=0 kgm2

/ sLAz=5 kgm2

/ s


1.2 Drallsatz

● Drallsatz:

– Für ein System von Massenpunkten lautet der Drallsatz:

– Der Drallsatz behält seine Gültigkeit beim Grenzübergang auf ein System aus unendlich vielen unendlich kleinen Mas-senelementen.

– Bei einer Drehung um die z-Achse bewegt sich jeder Punkt des starren Körpers auf einer Kreisbahn um die z-Achse.

– Dabei ändern sich sein Abstand r von der z-Achse sowie seine z-Koordinate z nicht.

LA=M A


1.2 Drallsatz

– Für die z-Komponente des Dralls gilt daher:

– Dabei ist MAz das Moment der äußeren Kräfte um die z-Ach-

se.

– Wenn das Moment der äußeren Kräfte null ist, gilt der Dral-lerhaltungssatz:

LAz=J z =M Az

J z2=J z1 2=1


1.2 Drallsatz

– Die x- und y- Koordinaten der Punkte des starren Körpers ändern sich bei einer Drehung um die z-Achse.

– Daher ändern sich die Deviationsmomente.

– Für die Momente um die x- und y-Achse folgt aus dem Drallsatz:

– Da sich die Punkte auf einer Kreisbahn um die z-Achse be-wegen, gilt:

M Ax=L Ax= J xz J xzM Ay=L Ay= J yz J yz

x=vPx=− y , y=vPy= x


1.2 Drallsatz

– Damit folgt für die zeitliche Änderung der Deviationsmo-mente:

– Ergebnis:

J xz=−∫Kx z dm= ∫

Ky z dm=− J yz

J yz=−∫Ky z dm=−∫

Kx z dm= J xz

M Ax= J xz−2 J yz

M Ay= J yz2 J xz

M Az= J z


1.2 Drallsatz

– Das Moment MAz um die Drehachse verursacht eine Winkel-

beschleunigung.

– Die Momente MAx und M

Ay sind auch bei konstanter Winkel-

geschwindigkeit von null verschieden. Sie sind notwendig, um die Drehachse in ihrer Richtung zu halten, wenn die Deviationsmomente nicht null sind.

– Dieser Effekt wird als dynamische Unwucht bezeichnet.

– Der Drallsatz stellt eine Beziehung zwischen den am Körper angreifenden Momenten und der Winkelgeschwindigkeit her. Er wird daher auch als Momentensatz bezeichnet.


1.2 Drallsatz

– In einem ortsfesten Koordinatensystem sind die Deviati-onsmomente zeitlich veränderlich.

– In einem Koordinatensystem, das sich mit dem Körper dreht, sind die Deviationsmomente zeitlich konstant. Die Komponenten des berechneten Moments beziehen sich dann ebenfalls auf das körperfeste Koordinatensystem.


1.2 Drallsatz

– Beispiel: ● Der Schwenkarm wird um 90° um die z-Achse gedreht.

● Für 0 ≤ t ≤ T gilt für den Winkel:

● Winkelgeschwindigkeit:

● Winkelbeschleunigung:x

z

ω

A

t =

4 1−cos tT

t =t = 2

4Tsin tT

t = 3

4T 2cos tT


1.2 Drallsatz

● Im mitrotierenden Koordinatensystem gilt mit Jyz = 0 für die

Momente:

● Zahlenwerte:

M Ax t =t J xz=

3

4

J xzT 2

cos tT M Ayt =2 t J xz=

4

16

J xzT 2

sin2 tT M Az t =

3

4

J zT 2

cos tT T=2 s , J z=5kgm2 , J xz=−7,5 kgm2


1.2 Drallsatz



● Definition:

– Das Massenträgheits-moment ist definiert durch

– Dabei ist r der senkrechte Abstand zur Drehachse.

– Bei einer Drehung um die z-Achse gilt:

J a=∫Kr 2dm

J z=∫Kr2 dm=∫

K x2

y2 dm

a

r P



● Homogener Körper:

– Bei einem homogenen Körper ist die Dichte ρ konstant.

– Mit folgt:

– Wenn die Dicke h des homogenen Körpers konstant ist, folgt mit :

– Dabei ist das polare Flächenträgheitsmoment.

dm=dV J z=∫Kr2 dm=∫

Vr 2dV

dV=h dA

J z= h∫Ar 2dA= h I p

I p=∫Ar 2dA



● Beispiel: Propeller

– Der Koordinatenursprung wird in den Schwerpunkt gelegt.

– Der Propeller dreht sich um die z-Achse.

x

y

Lb

S

Dicke h



J z= h∫A

x2y2 dA=h∫

−L

L

[ ∫−b /2

b /2

x2y2 dy]dx

=h∫−L

L

[ x2 yy3

3 ]y=−b/2

y=b /2

dx=h∫−L

L

b x2b3

12 dx=h b [ x

3

3b2

12x ]x=−Lx=L

= h b 23 L3

212b2 L =2

3h b L L2

b2

4

– Massenträgheitsmoment:

– Mit der Masse folgt:m=2h b L

J z=13mL2 [1 b2 L

2

]≈13mL2 für b≪L



● Beispiel: Kreisscheibe

R r

dr

x

yDicke h

dA

dA=2r dr

J z= h∫Ar 2dA=2h∫

0

R

r3dr

=2 h [ r4

4 ]r=0

r=R

=12 h R4

=12mR2



● Beispiel: Rechteck

a

b x

y Dicke h

J z= h∫A

x2y2 dA

= h ∫−a/2

a/2

[ ∫−b /2

b/2

x2y2 dy ]dx

= h ∫−a/2

a/2

[ x2 y y3

3 ]y=−b/2

y=b/2

dx=h ∫−a /2

a /2

x2b b3

12 dx= h b [ x

3

3b2

12x ]x=−a /2

x=a /2

= h b a3

12b2

12a = 1

12m a2

b2



● Satz von Steiner:

– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente für Achsen durch den Schwerpunkt sind für vie-le elementare Körper ta-belliert.

– Sie lassen sich leicht auf parallel in einen anderen Punkt verschobene Ach-sen umrechnen.

S

A

xy

z

xS

yS

zS

m

X

Y

Z



– Für die Koordinaten gilt:

– Daraus folgt:

– Aus der Definition des Schwerpunkts folgt:

– Damit liefert die Integration über den Körper:

x=XxS , y=YyS , z=ZzS

x2y2

=Xx s 2Yys

2=X 2

2 xS XxS2Y 2

2 ySYys2

x z=XxS ZzS =X ZxS ZzS XxS zSy z=YyS ZzS =Y ZyS ZzSYyS zS

∫KX dm=∫

KY dm=0

J Az=∫K

x2y2 dm=∫

KX 2

Y 2 dm xS2yS2 m=J Szr S2m



– Entsprechend folgt für die Deviationsmomente:

– Ergebnis: (Satz von Steiner)

J Axz=−∫Kx z dm=−∫

KX Z dm−xS zSm=J Sxz−xS zSm

J Ayz=−∫Ky z dm=−∫

KY Z dm−yS zSm=J Syz−yS zSm

J Az = J Sz xS2yS

2m

J Axz = J Sxz − xS zSmJ Ayz = J Syz − yS zSm



● Massenpunkte:

– Da ein Massenpunkt keine Ausdehnung hat, sind sein Mas-senträgheitsmoment und seine Deviationsmomente bezüg-lich dem Punkt, an dem er sich befindet, null.

– Befindet sich der Massenpunkt am Punkt P, so folgt aus dem Satz von Steiner für das Massenträgheitsmoment und die Deviationsmomente bezüglich Punkt A:

J Az = xP2yP2 mJ Axz = −xP zPmJ Ayz = −yP zPm



● Trägheitsradius:

– Ein Massenpunkt der Masse m im Abstand i

z

von der Drehachse hat das gleiche Massenträg-heitsmoment wie ein star-rer Körper der Masse m, wenn gilt:

m iz2=J z iz= J zm

iz= R2

2=22R

– Der Abstand iz heißt Träg-

heitsradius.

– Beispiele:● Kreisscheibe:

● Rechteck:

iz= a2b2

12



● Zusammengesetzte Körper:

– Das Massenträgheitsmoment eines aus elementaren Kör-pern zusammengesetzten Körpers lässt sich durch Addition der Massenträgheitsmomente der einzelnen Körper ermit-teln.

– Dabei können auch Körper subtrahiert werden.

– Es ist darauf zu achten, dass alle Massenträgheitsmomente mit dem Satz von Steiner auf den gemeinsamen Bezugs-punkt umgerechnet werden.



● Beispiel: Schlagbaum

0,51

0,25

0,5 3

2,5

1,5

0,5

0,250,25

1 2

3 4

Dicke h1 = 0,2 Dicke h

2 = 0,1

Alle Maße in m Dichte ρ = 2700kg/m3

A



– Zu berechnen ist das Massenträgheitsmoment des Schlag-baums um den Drehpunkt A.

– Der Schlagbaum besteht aus dem quaderförmigen Aus-gleichsgewicht 1 und der quaderförmigen Schranke 2 mit den beiden kreisförmigen Löchern 3 und 4.

– Körper 1: Ausgleichsgewicht● Masse:● Massenträgheitsmoment bezogen auf Schwerpunkt:

● Massenträgheitsmoment bezogen auf Drehpunkt:

m1=1m⋅0,5m⋅0,2m⋅2700 kg/m3=270 kg

J S 1=112

⋅270 kg⋅12m20,52m2 =28,13kgm2

J1=28,125 kgm20,52m2

⋅270 kg=95,63kgm2



– Körper 2: Schranke ohne Löcher● Masse:

● Massenträgheitsmoment bezogen auf Schwerpunkt:


m2=3m⋅0,5m⋅0,1m⋅2700 kg /m3=405 kg

J S 2=112

⋅405kg⋅32m20,52m2 =312,2 kgm2

J 2=312,2 kgm2 1,5−0,25

2m2⋅405 kg=945kgm2



– Körper 3: Loch● Masse:

● Massenträgheitsmoment bezogen auf Schwerpunkt:


J S 3=12⋅13,25kg⋅0,1252m2

=0,10 kgm2

J 3=0,10 kgm21,5−0,25

2m2⋅13,25 kg=20,81 kgm2

m3=⋅ 0,252 2

m2⋅0,1m⋅2700 kg/m3

=13,25kg



– Körper 4: Loch● Masse:● Massenträgheitsmoment bezogen auf Schwerpunkt:


– Gesamt:

m4=m3=13,25kg

J S 4=J S 3=0,10 kgm2

J 4=0,10 kgm2 2,5−0,25

2m2⋅13,25kg=67,20 kgm2

J=J 1J 2−J 3−J 4

J=95,63kgm2945kgm2

−20,81kgm2−67,20 kgm2

=952,6 kgm2



● Betrachtet wird ein Körper, der sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um die z-Achse dreht.

● Dynamisches Gleichgewicht:

– Die Beschleunigung eines Massenpunktes ist

– Für die Zentrifugalkraft gilt:

aPx=−2 x , aPy=−

2 y

dZ x=−aPx dm=2 x dm , dZ y=−aPy dm=

2 y dm



– Resultierende Momente:

– Dynamisches Gleichgewicht:x

y

z

ω

dm

dZx

A

z

y

x

dZy

M TAx=−∫Kz dZ y

=−2∫Kz y dm=

2 J yz

M TAy=∫Kz dZ x

=2∫Kz x dm=−

2 J xz

M AxM TAx=0 : −2 J yz

2 J yz=0

M AyM TAy=0 : 2 J xz−

2 J xz=0

✓

✓



– Die Fliehkraftmomente versuchen, die Drehachse zu kip-pen.

– Um die Drehachse festzuhalten, sind die äußeren Momente

nötig.

– Im ortsfesten Koordinatensystem hängen diese Momente von der Zeit ab, da die Deviationsmomente von der Zeit ab-hängen.

– In einem mitrotierenden körperfesten Koordinatensystem sind die Deviationsmomente zeitlich konstant.

M Ax=−M TAx , M Ay=−M TAy



● Symmetrische Körper:

– Spiegelsymmetrie bezüglich der xy-Ebene:

● Zu jedem Massenelement an der Stelle (x

i , y

i , z

i) gibt es ein ent-

sprechendes Massenelement an der Stelle (x

i , y

i , -z

i).

● Die Momente der Fliehkraft um die x- und y-Achse heben sich jeweils gegenseitig auf.

● Daher sind die resultierenden Zentrifugalmomente null.

x

zω

S

xi

zi

-zi

Zi

Zi



– Achsensymmetrie bezüglich der z-Achse:

● Bei einer Drehung um 180° um die z-Achse wird der Körper auf sich selbst abgebildet.

● Zu jedem Massenelement an der Stelle (x

i , y

i , z

i) gibt es ein ent-

sprechendes Massenelement an der Stelle (-x

i , -y

i , z

i).

● Die zugehörigen Zentrifugalkräfte heben sich gegenseitig auf.

● Daher sind die resultierenden Zentrifugalmomente null.

x

y

xi

-xi

yi

-yi

Zi

ω

Zi



– Zyklische Symmetrie bezüglich der z-Achse:

● Bei einer Drehung um den Winkel φ um die z-Achse wird der Körper auf sich selbst ab-gebildet.

● Die Zentrifugalkräfte an ent-sprechenden Massenelemen-ten bilden ein zentrales Kraft-system, das im Gleichgewicht ist.

● Die Zentrifugalmomente sind null.

x

y

Zi

Zi

Zi

Zi



● Für einen Winkel von 180° ergibt sich die Achsensymmetrie.

– Rotationssymmetrie bezüglich der z-Achse:● Bei einer Drehung um einen beliebigen Winkel um die z-Ach-

se wird der Körper auf sich selbst abgebildet.● Die Rotationssymmetrie ist ein Spezialfall der zyklischen

Symmetrie.● Daher sind die Zentrifugalmomente null.



● Auswuchten:

– Durch Anbringen von zwei Aus-gleichsmassen wird erreicht, dass das Rad statisch und dynamisch ausge-wuchtet ist.

– Die x- und y-Koordinaten der beiden Massen werden so bestimmt, dass der Schwerpunkt auf der Drehachse liegt und die beiden Zentrifugalmomente verschwinden.

z

m

m



● Arbeit eines Kräftepaares:

– Für die Leistung gilt:

dφdr

1

dr2

L a

FF

dW=F dr2−F dr1dr1=L ddr2=La d

dW=F ad=M d

W AB=∫A

B

M d

P= dWdt

=M ddt

=M



● Kinetische Energie bei Rotation:

– Kinetische Energie eines Massenelementes:

– Mit folgt:

– Integration über den Körper ergibt die gesamte kinetische Energie:

dEK=12v2 dm

v2=

2 x2y2 dEK=1

2

2 x2y2 dm

EK=12∫K

x2y2 dm

2=

12J z

2



● Arbeitssatz:

– Bei starren Bindungen verrichten die inneren Kräfte keine Arbeit.

– Damit folgt aus dem Arbeitssatz für Massenpunktsysteme unmittelbar der Arbeitssatz für einen starren Körper, der um eine feste Achse rotiert:

E BK−E A

K=W AB



– Die Differenz zwischen der kinetischen Energie zum Zeit-punkt B und der kinetischen Energie zum Zeitpunkt A ist gleich der während dieser Zeit vom resultierenden Moment der äußeren Kräfte verrichteten Arbeit.

– Der Arbeitssatz gilt auch für Systeme aus starren Körpern. Dabei ist über die kinetischen Energien aller Körper sowie über die an allen Körpern von den äußeren Kräften verrich-teten Arbeiten zu summieren.



● Beispiel: Bremse

rA

ω

Fa

L

JA



– Die Trommel mit dem Massenträgheitsmoment JA dreht sich

mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 um den Punkt A.

– Sie wird durch einen Bremshebel zum Stillstand gebracht.

– Am Bremshebel greift die konstante Kraft F an.

– Der Reibungskoeffizient zwischen Bremse und Trommel ist μ.

– Nach wie vielen Umdrehungen kommt die Trommel zum Stillstand?



– Bremskraft:

rA

FaL

N

R

R

P

∑M P=0 : a N−L F=0

N=LaF

R=N=LaF



– Kinetische Energie der Trommel:● Bei Bremsbeginn:

● Am Ende des Bremsvorgangs:

– Arbeit der äußeren Kräfte:● An der Trommel greift die konstante Reibkraft R an.● Zugehöriges Bremsmoment:

● Arbeit des Bremsmoments:

● φB : während des Bremsvorgangs überstrichener Winkel

E0K=

12J A0

2

EEK=0

M B=r R

W 0 E=−M BB



– Arbeitssatz:

– Während einer Umdrehung wird ein Winkel von 2π überstri-chen.

– Daher gilt für die Anzahl der Umdrehungen bis zum Still-stand:

E EK−E0

K=W 0E

−12J A0

2=−M BB B=

J A02

2M B=J A0

2 a2 r LF

N B=B

2=J A0

2 a4 r LF



● Energieerhaltungssatz:

– Wenn an einem starren Körper nur konservative Kräfte an-greifen, dann gilt:

– Der Satz gilt auch für ein System aus starren Körpern, zwi-schen denen starre Bindungen vorliegen.

– Dabei ist über kinetischen Energien aller Körper und die po-tenziellen Energien aller am System angreifenden konser-vativen Kräfte zu summieren.

E BKE B

P=E A

KE A

P



● Beispiel:

– Auf einer homogenen Scheibe der Masse m

2 ist ein dehnstarres Seil

aufgewickelt.

– An dem Seil hängt über eine mas-selose Rolle die Masse m

1.

– Das System ist anfangs in Ruhe.

– Gesucht ist die Geschwindigkeit der Masse m

1 in Abhängigkeit vom

zurückgelegten Weg.

r

m1

m2



– Der Weg s der Masse m1 und der

Winkel φ der Masse m2 werden ab

der Ruhelage gemessen.

– Kinetische Energie:● Ruhelage:

● Ausgelenkte Lage:

● Mit gilt:

m1

m2

s

φA

E0K=0

E sK=

12J A

2

12m1 s

2

J A=12m2 r

2

E sK=

12 12 m2 r

2

2m1 s

2



– Arbeit der äußeren Kräfte:● Die einzige äußere Kraft, die Arbeit verrichtet, ist die Ge-

wichtskraft.● Als Bezugspunkt für die Lageenergie wird die Ruhelage ge-

wählt.● Dann gilt für die Lageenergie in der Ruhelage und in der aus-

gelenkten Lage:

– Kinematik:● Die Änderung der freien Seillänge ist gleich der Länge des

abgespulten Seils:

E0G=0, E s

G=−m1g s

2 s=r =2sr



– Energieerhaltungssatz: E sKE s

G=E0

KE0

G=0

12 12 m2r

2

2m1 s

2−m1g s=0

2m2m1 s2=2m1g s s=v= 2m1g s

2m2m1

12m2r

2 2 sr 2

m1 s2=2m1 g s



Eindimensionale Bewegungdes Massenpunkts

Rotierender starrer Körper

Weg Winkel

Geschwindigkeit

Beschleunigung

Winkelgeschwindigkeit

Winkelbeschleunigung

Masse

Kraft

Massenträgheitsmoment

Moment

s

v=s =

a=v=s =

m J z

F M z



Impuls Drall

Impulssatz

Kinetische Energie

Drallsatz

Kinetische Energie

Arbeit

Leistung

Arbeit

Leistung

p=mv Lz=J z

F=m v M z=J z

EK=12m v2 EK=1

2J z

2

dW=F ds dW=M zd

P=F v P=M z

Eindimensionale Bewegungdes Massenpunkts

Rotierender starrer Körper

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