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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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 Verfasst am: 04 Jul 2012 - 14:56:37 Titel: Schwungrad quer zur Rotation drehen |
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Hallo Community,
ich stehe vor folgendem Problem und hoffe, dass ihr mir helfen könnt. Es geht um folgendes:
Auf einer feststehenden Welle ist ein Schwungrad aufgebracht. Das Schwungrad rotiert um die Wellenachse (Y-Achse) mit einer Drehzahl n. Bewege ich nun die Welle translatorisch in Z- oder X-Richtung sollte das rotierende Schwungrad kein Einfluss darauf haben.
Wenn ich nun aber die Welle quer dazu um 90° drehe, also um die Z-Achse, dann sollte hier eine Kraft entsehen. Sehe ich das richtig?
Wie berechne ich nun diese Kraft? Kann mir hier jemand bitte den Ansatz nennen?
Für das besser Verständnis findet ihr hier eine Skizze: 
Ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen!
Viele Grüße |
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Cheater!
Senior Member
Anmeldungsdatum: 28.10.2007
Beiträge: 4538
Wohnort: Stuttgart
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| Verfasst am: 04 Jul 2012 - 16:29:27 Titel: |
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Jap, das siehst du richtig. Allerdings entsteht keine Kraft, sondern ein Drehmoment 
Ausrechnen kannst du das über den Drallsatz.
Drehmomentvektor = Traegheitstensor * Winkelbeschleunigungsvektor
Hier gabs das Problem bereits:
http://www.uni-protokolle.de/foren/viewt/159444,0.html |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 06 Jul 2012 - 13:21:26 Titel: |
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Danke für die Antwort!
Ich hab da noch ein Frage dazu:
Für die Berechnung stell ich folgenden Drehimpuls auf: L = A * ω_dreh + B * ω_rot
- B ist das Trägheitsmoment des Schwungrads um die Rotationsachse (Y-Achse)
- A ist das Trägheitsmoment des Schwungrads um die Drehachse --> also wenn ich die Spindel mit Schwungrad um 90° drehe (Z-Achse)
Für das entstehende Moment gilt: M = L' = A * ω_dreh' + B * ω_rot'
M ist also die zeitliche Ableitung von L. Aber wie leite ich ω=konst nach der Zeit ab? Ist das nicht 0? |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 12 Jul 2012 - 16:41:21 Titel: |
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Kann mir keiner weiterhelfen?  |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 30 Jul 2012 - 10:12:03 Titel: |
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Hey Cheater,
kannst du mir hier nochmals weiterhelfen? Komm hier einfach nicht weiter
Gruß |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 31 Jul 2012 - 20:49:08 Titel: |
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| Zitat: |
| M ist also die zeitliche Ableitung von L. |
Zur Vorstellung:
In Deiner obigen Skizze zeigt die Drehachse des Schwungrades nach unten (Nenne diese Richtung y)
Dabei hat das System um diese Achse den von der Rotationsgeschwindigkeit omega0 abhängigen Drehimpuls Ly(omega0).
(Ich habe bewußt omega0 und nicht omegay geschrieben, siehe unten)
Jetzt schwenkst Du das Schwungrad um die Z-Achse (Gelenk oben) mit konstanter Schwenkwinkelgeschwindigkeit omegaz aus dieser Lage, z.B. 90°.
Offensichtlich hat dann (bei 90°) das System bezüglich der immer noch nach unten zeigenden Y-Achse den Drehimpuls Ly=0 und dafür einen Drehimpuls Lx(omega0), der ursprünglich Null war.
Damit muss es also für Lx und Ly jeweils zeitliche Ableitungen ungleich Null geben, da ihre Werte nicht konstant geblieben sind.
Diese zeiliche Ableitung bestimmt das gesuchte Moment (Betrag und Richtung), auch wenn omega0 und die Schwenkwinkelgeschwindigkeit omegaz jeweils konstant ist.
Zur Berechnung:
Wenn man nun ein um die z-Achse mitrotierendes Koordinatensystem betrachtet muss man an Stelle des ursprünglichen Trägheitstensors einen um den Winkel alphaz (um z-Achse gedrehten) winkeltransformierten Trägheitstensor betrachten.
In dessen zeitlicher Ableitung steckt die Schwenkwinkelgeschwindigkeit omegaz und damit kann dann das gesuchte Moment berechnet werden.
Du benötigst also die Formel für den winkeltransformierten Trägheitstensor und musst dies dann nach der Zeit ableiten. Damit lässt sich aus Deiner obigen Formel das Moment berechnen.
MfG. Frank
(PS: Ich bin mir mit den obigen Überlegungen auch nicht ganz sicher, aber es scheint mir so erst mal plausibel. Eine Bestätigung aus berufenem Mund wäre schön, da ich hier nur als Laienkünstler unterwegs bin.)
edit: Da es sich hierbei nur um ein paar Matritzenoperationen handelt, sollte es leicht möglich sein, dies z.B. als Excelprogramm zu programmieren. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 06 Aug 2012 - 17:34:26 Titel: |
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| Frank hat folgendes geschrieben: |
| Du benötigst also die Formel für den winkeltransformierten Trägheitstensor und musst dies dann nach der Zeit ableiten. Damit lässt sich aus Deiner obigen Formel das Moment berechnen. |
Also ich habe das mal ausprobiert und komme (wenn ich mich nirgends verheddert habe letztlich auf folgendes Ergebnis:
M=-omega0*omegaz*(J1+J2)
(edit: Diese Formel ist nicht richtig, da mir bei der Herleitung Fehler unterlaufen sind. Die imho richtige Formel
M=-omega0*omegaz*(J1)
wird weiter unten im Thread (Beiträge ab 02.09.2012) hergeleitet. edit ende)
J1 und J2 sind dabei die Hauptträgheitsmomente um die Hauptachsen des (symmetrischen) Rotors.
(Achtung bei Drehung um das in der Skizze oben angebrachte Gelenk muss hier imho bei J2 der Steineranteil berücksichtigt werden.)
omega0 und omegaz sind die jeweiligen Winkelgeschwindigkeiten der beiden Rotationen.
M ist gas gesuchte Moment, dessen Drehachse senkrecht zu den beiden Drehachsen von omega0 und omegaz steht und damit ebenfalls zeitlich mit omegaz umläuft.
Die Lagerung des Gelenkes oben muss dieses Moment aufnehmen können.
Die Ableitung der Formel nach dem oben angegebenen Verfahren ist etwas aufwändig (viel Schreibarbeit). Möglicherweise gibt es einen eleganteren Weg zu dieser Formel.
MfG. Frank
PS: Wenn ich hier Blödsinn schreiben sollte, bitte ich die Fachleute dies zu berichtigen.
Zuletzt bearbeitet von Frankx am 06 Sep 2012 - 15:01:12, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 28 Aug 2012 - 10:13:56 Titel: |
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Hey Frank,
vielen Dank für die Antwort! Kannst du vielleich auch die Herleitung hierzu online stellen? Gerne auch eingescannt.
Ich habs jetzt auch nochmals probiert, komm aber auf sehr komische Sachen. Ich bin wie fogt vorgegangen:
1) Trägheitsmomente A für Drehung des Systems berechnet (im Koordinatensystem das auf der Welle sitzt)
2) Trägheitsmomente B für Rotation des Schwungrades berechnet (im Koordinatensystem das auf der Welle sitzt)
3) Mit der Drehmatrix die Trägheitsmomente (Matrix) in das globale Koordinatensystem verschoben.
4) Drallsatz aufgestellt: L = A * ω_dreh + B * ω_rot
5) Ableitung des Drallsatzes: M = L' = A * ω_dreh' + B * ω_rot'
Für den Winkel Phi gilt: Phi=omega(dreh)*t
Nehme ich nun für omega(dreh)=2 U/s an und möchte das System um Phi=90° drehen, bekomme ich einen Wert von 0 raus.
Zusätzlich verwirrt bin ich, dass sich das Moment in abhängikeit des Winkels Phi verändert, sollte dieses nicht konstant sein?
Ich hoffe Ihr könnt mir weiterhelfen!
Viele Grüße |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 28 Aug 2012 - 13:44:15 Titel: |
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Ich hatte in meiner Rechnung einen kleinen Fehler drin, hier nun das verbesserte Ergebnis:
Was ich jedoch immer noch nicht kapiere ist der Momentenverlauf. Warum habe ich bei einer Drehung um phi=45° ein Momentenmaximum und bei phi=90° ein Minimum.
Müsste das entstehende Moment nicht unter jedem Winkel konstant sein? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 28 Aug 2012 - 14:55:56 Titel: |
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| Zitat: |
| Kannst du vielleich auch die Herleitung hierzu online stellen? |
Ich werde mal schauen, ob ich die Zettel wieder finde, das kann aber etwas dauern.
| Zitat: |
1) Trägheitsmomente A für Drehung des Systems berechnet (im Koordinatensystem das auf der Welle sitzt)
2) Trägheitsmomente B für Rotation des Schwungrades berechnet (im Koordinatensystem das auf der Welle sitzt) |
Soweit OK. A und B sind aber hier nur Komponenten des komletten Trägheitstensors, der ja eine Matrix bildet. Genau genommen müsstest Du die komplette Trägheitsmatrix mit allen Komponenten aufschreiben. Diese anderen Komponenten sind auf Grund der Symmetrie des Rotors teilweise identisch A ( die dritte Diagonalkomponente des Tensors) bzw. werden zu Null (Alle Komponenten außerhalb der Diagonale, also die gemischten Komponenten).
| Zitat: |
| 3) Mit der Drehmatrix die Trägheitsmomente (Matrix) in das globale Koordinatensystem verschoben. |
???
Ich habe erst mal den (kompletten) Trägheitstensor für einen um einen Winkel ausgelenkten Rotor aufgestellt. Möglicherweise meinst Du das damit?
Hier muss beachtet werden, dass im Trägheitstensor des um einen Winkel gedrehten (ausgelenkten) Rotors je nach Winkel auch gemischte Komponenten ungleich Null erscheinen.
| Zitat: |
| 4) Drallsatz aufgestellt: L = A * ω_dreh + B * ω_rot |
Hier würde ich widersprechen. Der Drallsatz kann nun im ausgelenktem Zustand nur als Matrizenoperation mit dem kompletten (gedrehten) Trägheitstensor dargestellt werden. (Erst daraus ergeben sich die einzelnen Komponenten der Drehimpulse je nach betrachteter Richtung und diese sind dann natürlich jeweils auch vom Auslenkwinkel abhängig.)
| Zitat: |
| 5) Ableitung des Drallsatzes: M = L' |
Bis hier OK.
| Zitat: |
| = A * ω_dreh' + B * ω_rot' |
Hier würde ich widersprechen. Imho muss vorerst auch weiterhin die komplette Matrix L betrachtet (und entsprechend abgeleitet ) werden.
Damit erhälst Du für die raumfesten Koordinatenrichtungen jeweils vom Auslenkwinkel und den Rotationsgeschwindigkeiten abhängige Momente.
Wenn man nun den Auslenkwinkel 0° (Rotor hängt senkrecht nach unten) betrachtet, erhält man mit meiner Rechnung ein Momentenmaximum bezüglich x-Achse und für die Y-Achse =0,
bei 90° Auslenkung sind die Verhältnisse umgekehrt.
Nun kann man z.B. für ersteren Fall das Momentenmaximum um X als allgemeine Formel aus der Matrizenrechnung herausschreiben und erhält meine obige Formel.
Das entsprechende (konstante) Maximum (besser gesagt die Momentenachse, welche immer senkrecht zu den beiden Rotationsachsen steht) läuft ja mit dem Auslenkwinkel um und ist nur für den Sonderfall 0° gerade bei der X-Richtung.
Ich hoffe, ich habe nicht zu viel Verwirrung gestiftet.
MfG. Frank
Zuletzt bearbeitet von Frankx am 29 Aug 2012 - 10:33:09, insgesamt einmal bearbeitet |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 08:38:13 Titel: |
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Hey Frank,
vielen Dank für die Antwort. Werde das mal überarbeiten.
Kannst du bitte schauen, ob du den Zettel in den nächsten Tagen findest, da ich die Rechnung bis Anfang der nächsten Woche brauche? Wäre echt super!
Danke schonmal.
Viele Grüße |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 10:34:36 Titel: |
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Danke für die schnelle Antwort! So ähnlich bin ich auch vorgegangen. Heißt es dann aber, dass das Moment in Abhängikeit des Winkels Phi schwankt (so wie ich es oben im Diagramm dargestellt hab)?
Weil wenn man in deine Formel für L' einen Winkel von 90° einsetzt bekomm ich aufgrund von cos(90°)=0 null heraus. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 10:45:02 Titel: |
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Das Momentenmaximum läuft ja mit dem Schwenkwinkel um, Wenn ich nun aber z.B. die raumfeste Y-Achse betrachte ergibt sich (siehe letzter Scan) für diese damit ein sinusartiger, zeitlicher (bzw. schwenkwinkelabhängiger, da Phi proportional t) Momentenverlauf.
Aus Sicht eines mitrotierenden Koordinatensystems wäre das Moment konstant und hätte den Betrag des Momentenmaximums der raumfesten Y-Achse .
MfG. Frank
Zuletzt bearbeitet von Frankx am 29 Aug 2012 - 11:25:57, insgesamt einmal bearbeitet |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 10:47:43 Titel: |
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| Zitat: |
| Weil wenn man in deine Formel für L' einen Winkel von 90° einsetzt bekomm ich aufgrund von cos(90°)=0 null heraus. |
Richtig, bei My erscheint dann Null, dafür gibt es bei Mx aber ein Maximum.
(Mz bleibt immer Null.)
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 10:56:10 Titel: |
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[quote="Frankx"]
| Frank hat folgendes geschrieben: |
M=-omega0*omegaz*(J1+J2)
J1 und J2 sind dabei die Hauptträgheitsmomente um die Hauptachsen des (symmetrischen) Rotors.
(Achtung bei Drehung um das in der Skizze oben angebrachte Gelenk muss hier imho bei J2 der Steineranteil berücksichtigt werden.) |
Ok, Danke.
Dann hab ich noch eine Frage zu deiner Formel, die du oben angegeben hast. Das ist ja die Ableitung von Ly. Das Gesamtmoment wäre dann Wurzel aus Lx'²+Ly'²+Lz'², oder? Betrachtet bei phi=0 ist nach deiner Formel Lx'=Lz'=0
Aber was ist hier Theta_xx und Theta_yy bzw. J1 und J2?
Ist das das Trägheitsmoment des Schwungrades um die Rotationsachse (Y-Achse) und das Trägheitsmoment des gesamten Systems bei Drehung um die z-Achse?
Bei meiner Rechnung hab ich eine Trägheitsmatrix für die Rotation des Schwungrades und eine Trägheitsmatrix für die Drehung des Systems aufgestellt. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 11:22:07 Titel: |
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| Zitat: |
| Das ist ja die Ableitung von Ly. |
M=-omega0*omegaz*(J1+J2)
Eigentlich ist es die Ableitung von Ly bei Phi=0°
| Zitat: |
| Das Gesamtmoment wäre dann Wurzel aus Lx'²+Ly'²+Lz'², oder? |
Ich denke ja.
| Zitat: |
| Betrachtet bei phi=0 ist nach deiner Formel Lx'=Lz'=0 |
Ja.
| Zitat: |
Aber was ist hier Theta_xx und Theta_yy bzw. J1 und J2?
Ist das das Trägheitsmoment des Schwungrades um die Rotationsachse (Y-Achse) und das Trägheitsmoment des gesamten Systems bei Drehung um die z-Achse? |
Theta_yy (=J1) ist nach Deiner obigen Koordinatendefinition das Haupträgheitsmoment für die erste Rotation,
Theta_xx= Theta_zz (=J2) sind die Hauptträgheitsmomente des Rotors um die beiden zu y senkrecht stehende Achsen x und z.
Es sind also die Diagonalelemente des (kompletten) Trägheitstensors.
| Zitat: |
| Bei meiner Rechnung hab ich eine Trägheitsmatrix für die Rotation des Schwungrades und eine Trägheitsmatrix für die Drehung des Systems aufgestellt. |
???
Eine Trägheitsmatrix (Trägheitstensor) beeinhaltet doch schon alle Richtungen?
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 11:35:47 Titel: |
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Wie oben geschrieben habe ich folgenden Ansatz verwendet: L = A * ω_dreh + B * ω_rot
A und B sind jeweils die Trägheitstensoren.
Für A, also die Drehung des Systems um den Winkel Phi, betrachte ich das komplette System (Welle + Schwungrad). Bezogen ist der Trägheitstensor oben auf den Drehpunkt im Lager.
Für B, die Rotation des Schwungrades, betrachte ich nur das Schwungrad, da die Welle fest steht. Diesen Trägheitstensor habe ich auf den Schwerpunkt des Schwungrades bezogen.
Jeweils mit der zugehörigen Winkelgeschwindigkeit multipliziert ergibt die Addition meinen Drallvektor (Lx, Ly, Lz). Diese hab ich dann abgeleitet, wobei bei mir auch Lz'=0 ist. Die anderen beiden Werte sind verschieden. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 11:40:32 Titel: |
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| Zitat: |
| A und B sind jeweils die Trägheitstensoren. |
Wie sehen denn Deine Trägheitstensoren explizit aus? Wie hast Du genau abgeleitet?
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 11:53:44 Titel: |
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Also ich hab deine Ergebnis jetzt mal mit Werten nachgerechnet und siehe da, es kommt bei jedem Winkel Phi das selbe Ergebnis raus 
Das Ergebnis hab ich mit der Formel Wurzel aus Lx'²+Ly'²+Lz'² berechnet.
Angenommen hab ich folgende Werte:
n_Schwungrad=5000 U/min
n_Drehung=60 U/min
Ergebnis: 13Nm
Ich denke mal, dass die Größe des Ergebnisses realistisch ist.
Was ich an deiner Lösung noch nicht ganz kapiere ist der Trägheitstensor. Hast du nur einen Tensor für das komplette System aufgestellt? Und der Bezugspunkt ist im Drehpunkt oben im Lager?
Weil somit hast du die träge Masse des gesamten Systems für die Rotation angenommen. Es rotiert aber nur das Schwungrad, die Welle steht still. Bei der Drehung ist es dann aber wieder richtig, da das ganze System gedreht wird.
Meine Trägheitstensoren werd ich in den nächsten Minuten posten. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 12:20:28 Titel: |
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| Zitat: |
| Was ich an deiner Lösung noch nicht ganz kapiere ist der Trägheitstensor. Hast du nur einen Tensor für das komplette System aufgestellt? Und der Bezugspunkt ist im Drehpunkt oben im Lager? |
Das System besteht letztlich nur aus dem Rotor, der eben über das obere Lager geschwenkt wird. Die nicht rotierende (nur geschwenkte) Welle produziert kein Moment.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 12:51:06 Titel: |
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Hier hab ich mal meine Vorgehensweise eingefügt:
Kannst du mal drüberschauen, ob dir ein Fehler auffällt? |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 13:26:04 Titel: |
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Hab mich verrechnet, bei folgenden Werten kommt ein Ergebnis von 276Nm heraus:
n_Schwungrad=5000 U/min
n_Drehung=60 U/min
Denkst du, das ist realistisch? Zum Einschätzen noch folgende Werte:
Masse Schwungrad: 2kg
Masse Gesamtsystem: 8kg
Abstand vom Drehpunkt zum Schwerpunkt: 80mm
276Nm erscheinen mir sehr viel?! |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:14:21 Titel: |
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| Zitat: |
| Kannst du mal drüberschauen, ob dir ein Fehler auffällt? |
Dazu bräuchte ich etwas mehr Ruhe und Zeit, derzeit komme ich leider nicht dazu.
| Zitat: |
n_Schwungrad=5000 U/min
n_Drehung=60 U/min
Denkst du, das ist realistisch? Zum Einschätzen noch folgende Werte:
Masse Schwungrad: 2kg
Masse Gesamtsystem: 8kg
Abstand vom Drehpunkt zum Schwerpunkt: 80mm |
Zum Nachrechnen benötigt man die Massenträgheiten des Rotors um die entsprechenden Achsen. Die Masse allein sagt ja noch nichts über die räumliche Verteilung aus. Ist es z.B. eine Scheibe, oder ein Ring? Welche Durchmesser, Dicken?
Die Masse des Gesamtsystems sollte (wie bereits im letzten Post beschrieben) für das zu berechnende Moment keine Rolle spielen.
(Die omegas müssen natürlich in rad/s und nicht U/s (bzw. U/min) gerechnet werden. Hast Du das beachtet?)
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:23:59 Titel: |
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Das Schwungrad kann man sich wie ein Hohlzylinder vorstellen:
Innendurchmesser: 78mm
Außendurchmesser: 130mm
Dicke: 27mm
Zwei Fragen hab ich noch. Auf Seite 3 deines Lösungsansatzes hast du auf der rechten Seite den Winkelgeschwindigkeitsvektor aufgestellt. Wenn ich das Richtig sehe ist omega(k) die Drehung und omega(i) die Rotation? Aber wieso ist dann die Rotation im x-Wert angegeben und nicht im y-Wert?
Und könntest du mir die ganze Buchseite für das bessere Verständnis einscannen? Das wär super! |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:34:15 Titel: |
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| Zitat: |
Das Schwungrad kann man sich wie ein Hohlzylinder vorstellen:
Innendurchmesser: 78mm
Außendurchmesser: 130mm
Dicke: 27mm |
Ich werde das mal nachrechnen, komme aber erst frühestens heute abend dazu.
| Zitat: |
| Zwei Fragen hab ich noch. Auf Seite 3 deines Lösungsansatzes hast du auf der rechten Seite den Winkelgeschwindigkeitsvektor aufgestellt. Wenn ich das Richtig sehe ist omega(k) die Drehung und omega(i) die Rotation? Aber wieso ist dann die Rotation im x-Wert angegeben und nicht im y-Wert? |
Ich glaube, ich habe damals zur Herleitung (ist ja schon ein paar Tage her) ein anderes Koordinatensystem verwendet, bei dem die Rotation um die x-Achse (Schwenken um Z-Achse) erfolgt und erst im Nachhinein Deine Bezeichnungen berücksichtigt.
| Zitat: |
Und könntest du mir die ganze Buchseite für das bessere Verständnis einscannen? Das wär super! |
Wie gesagt, nicht vor heute Abend. Ich muss jetzt erst mal ein paar Körner verdienen.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:37:27 Titel: |
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Ok, vielen Dank! Hast mir wirklich weitergeholfen.
Ich glaub ich hab meinen Fehler in der Berechnung gefunden.
Ich benötige beide Trägheitsmomente (J1 und J2) nur vom Schwungrad, oder?
Oder benötige ich für J2 (um Z-Achse) das Trägheitsmoment des gesamten Systems, weil ja hier auch die Welle mitdreht und zusätzlich Masse darstellt? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:42:40 Titel: |
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| Zitat: |
| Ich benötige beide Trägheitsmomente (J1 und J2) nur vom Schwungrad, oder? |
Ja, aber bei J2 mit Steineranteil! Der Rest des Systems spielt für das Moment keine Rolle.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 29 Aug 2012 - 14:56:53 Titel: |
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Ok, vielen Dank.
| Frankx hat folgendes geschrieben: |
(Die omegas müssen natürlich in rad/s und nicht U/s (bzw. U/min) gerechnet werden. Hast Du das beachtet?)
MfG. Frank |
Ja, hab ich. Wenn ich die Drehzahlen in U/s angebe, dann habe ich für Omega=2*Pi*n die Werte in rad/s |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 09:15:14 Titel: |
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Morgen Frank,
habs nun nochmals auf meine Methode berechnet. Ich komm jetzt auf den gleichen Wert des Momentes, wie du. Jedoch ist das Moment bei mir abhängig vom Winkel. Dabei ist das Maximum gleich deinem Wert (welcher konstant ist). Hab dir meinen Verlauf mal angehängt.
Ich habe noch eine Frage zu deiner Berechnung. Ich habe soweit alles verstanden, außer eine Sache:
Sehe ich das richtig, dass das * (Sternchen) die Werte im globalen Koordinatensystem darstellen? Und ohne * die Werte im ortsfesten (auf der Welle/Schwungrad) Koordinatensystem darstellen?
Also drehst du das ortsfeste KS (ohne *) ins globale KS (mit *)?
Auf Seite 3 deiner Lösung multiplizierst du den Trägheitstensor mit der Vektor der Winkelgeschwindigkeit. Jedoch setzt du für die Rotation einfach das Omega(i)*=Omega(i) in den x-Wert ein. Dies ist doch aber nur im ortsfesten KS so? Musst du es nicht auch ins globale KS transformieren (es dreht im globalen KS nicht mehr unter jedem Winkel um die x-Achse)? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 09:18:01 Titel: |
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So, ich hab es mal mit meiner Formel gerechnet.
m=2 kg
R=0,13/2 m
R=0,065 m
r=0,078/2 m
r=0,039 m
h=0,027 m
l=0,08 m
n1=5000 U/min
n1=523,598 rad/s
n2=60 U/min
n2=6,283 rad/s
Trägheitsmomente für Hohlzylinder:
J1=m*(R²+r²)/2
J1=0,005746 kgm²
J2=m*(R²+r²)/4+m*h²/12
J2=0,0029945 kgm²
Steineranteil
Js=m*l²
Js=0,0128 kgm²
J2*=J2+Js
J2*=0,0157945 kgm²
Moment:
M=n1*n2*(J1+J2*)
M=70,86 Nm
Mir ist aufgefallen, dass bei Deinen gegebenen Werten eine Massendichte des Rotors von 8,7 g/cm² herauskommt, Stahl hätte 7,8 g/cm². Ist da ein Zahlendreher?
MfG. Frank
PS: (Siehe auch mal in Deine PN.) |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 09:31:22 Titel: |
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Hey, Danke!
Ja, du hast recht. Die Werte stimmen nicht ganz. Das Schwungrad ist vereinfacht als Hohlzylinder angenommen, in Wirklichkeit sind beispielsweise noch Einstiche vorhanden, um Lager befestigen zu können.
Hab bei meiner Berechnung die CAD-Werte verwendet, zur einfacheren Darstellung habe ich hier gerundete Werte angegeben.
Hast du dir das omega(i)* nochmals angeschaut? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 09:51:47 Titel: |
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| Zitat: |
| Hast du dir das omega(i)* nochmals angeschaut? |
Wahrscheinlich hast Du prinzipiell recht. Man müsste wohl abhängig von Phi das omega auf x und y (vektoriell) verteilen.
Da aber für Phi=0° omega(i)=omega(i)* spielt es letztlich für das Ergebnis hier imho keine Rolle.
MfG. Frank
(PS) Ich will nicht ausschließen, dass wir hier auch durch den Wechsel der Koordinatensysteme und der unterschiedlichen Bezeichnungen noch Fehler enthalten haben. Besser, Du versuchst den Ableitungsweg vom Prinzip her noch mal unabhängig selbst komplett durchzugehen.
Sollte sich da noch etwas grundlegendes ändern, kannst Du ja eine Info dazu hier einstellen.
Möglicherweise gibt es ja auch noch andere, schnellere Wege zur Lösung. |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 10:03:09 Titel: |
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OK.
Überprüft habe ich es schon. Ich habe den Wechsel vom ortsfesten ins globale Koordinatensystem auf eine andere Methode gelöst, mit der oben schon angesprochenen Drehmatrix. Die Werte hab ich dann abgeleitet.
Als Gesamtmoment bekomme ich nun das selbe Ergebnis heraus, wie wenn ich die Zahlenwerte in deine Lösung einsetze.
Das Diagramm meines Lösungsansatzes ist 4 Posts weiter oben zu sehen. Was ich aber nicht kapiere, ist dass ich einen Verlauf bekomme. Sprich ich habe bei 45° ein Maximum. Muss ich für einen konstanten Momentenverlauf das ganze wieder ins ortsfeste KS umrechnen?
Bei deiner Lösung habe ich einen konstanten Momentenverlauf (=mein Maximalwert). Aber das kann auch sein, weil du omega(i)=omega(i)* angenommen hast. |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 30 Aug 2012 - 14:17:17 Titel: |
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| Frankx hat folgendes geschrieben: |
Wahrscheinlich hast Du prinzipiell recht. Man müsste wohl abhängig von Phi das omega auf x und y (vektoriell) verteilen. |
Habs mal so durchgerechnet, aber dann kommt nichts richtiges raus.
Der Weg mit omega(i)=omega(i)* liefert zwar das richtige Ergebnis, jedoch finde ich hier den Weg falsch. Würde die Lösungsgleichung gerne allgeim aufstellen und dann am Ende erst den Winkel Phi einsetzen.[ |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 31 Aug 2012 - 09:45:27 Titel: |
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| Frankx hat folgendes geschrieben: |
| Wahrscheinlich hast Du prinzipiell recht. Man müsste wohl abhängig von Phi das omega auf x und y (vektoriell) verteilen. |
Hab das nun durchgerechnet. Rotation des Schwungrades ist wie bei dir die x-Achse. Multipliziert mit der Drehmatrix erhalte ich für Omega folgenden Vektor:
Omega(x) = omega(i)*cos(phi)
Omega(y) = omega(i)*sin(phi)
Omega(z) = omega(k)
Wenn ich das jetzt mit deinem Trägheitstensor multipliziere, dann fliegt das Trägheitsmoment J_y komplett weg, was aber nicht sein kann! Irgendwo hat sich hier also ein Fehler eingeschlichen! |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 31 Aug 2012 - 10:59:48 Titel: |
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Ich kann mich aus zeitl. Gründen leider nicht intensiv mit dem Problem beschäftigen.
Schau Dir vielleicht noch mal den Beginn des gescannten Kapitels an, wo das Transformationsschema hergeleitet wird.
Mir ist da auch noch nicht alles klar.
MfG Frank
Leider halten sich die Experten hier im Forum vornehm zurück. Liegt das nun daran, dass die Materie zu schwer oder zu primitiv und langweilig ist?
Stell Deine Frage vielleicht noch mal hier:
http://blockierte-url/foren/index.php |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 31 Aug 2012 - 13:21:38 Titel: |
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| Frankx hat folgendes geschrieben: |
Ich kann mich aus zeitl. Gründen leider nicht intensiv mit dem Problem beschäftigen.
Schau Dir vielleicht noch mal den Beginn des gescannten Kapitels an, wo das Transformationsschema hergeleitet wird.
Mir ist da auch noch nicht alles klar.
MfG Frank |
Ok, schade. Aber nochmals vielen Dank für deine Mühe!
| Frankx hat folgendes geschrieben: |
| Leider halten sich die Experten hier im Forum vornehm zurück. Liegt das nun daran, dass die Materie zu schwer oder zu primitiv und langweilig ist? |
Ja, leider. Falls es noch jemand liest, der mir helfen kann: Bitte antwortet!!
Danke schonmal!
Habs dort jetzt auch mal eingestellt. Ich hoffe es meldet sich jemand. |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 02 Sep 2012 - 13:46:48 Titel: |
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| Zitat: |
| Wenn ich das jetzt mit deinem Trägheitstensor multipliziere, dann fliegt das Trägheitsmoment J_y komplett weg, was aber nicht sein kann! Irgendwo hat sich hier also ein Fehler eingeschlichen! |
Hallo Carlos,
ich habe noch mal etwas herumprobiert.
http://s1.directupload.net/file/d/3001/c36xw88n_jpg.htm
Wenn man die untersten Formel hernimmt und omegax die schnelle Rotation um die x-Achse des Rotors ist, sowie die mit * gekennzeichneten Koordinaten die raumfesten Koordinaten darstellen, so erhält man für
Lx*=omegax Thetaxx cos(i;i*)
Der Rest des Terms entfällt, da die gemischten Komponenten der Trägheitsmatrix, sowie omegay und omegaz =Null sind.
also gilt:
Lx*=omegax Thetaxx cos(Phi)
Wenn nun Phi=Phi(t)
und Phi´=omegaz*
dann:
Mx*=Lx*´
Mx*=-omegax omegaz* Thetaxx sin(Phi)
Mx* ist hier das Moment um die raumfeste Achse x*.
(Wenn Phi unabhängig von t und damit Phi=konst würde Lx*´= Mx*=Null, was ja auch der Realität entspricht.)
Für Phi=90° erhält man für Mx*das Maximum mit
M=-omegax omegaz* Thetaxx
Offensichtlich spielt Thetayy doch keine Rolle und Deine obige Rechnung dazu ist richtig.
Meine eingangs angegebene Formel wäre demnach falsch und müsste nun
so lauten.
M=-omegax omegaz* Thetaxx
bzw:
M=-omega0*omegaz*(J1)
(Das Vorzeichen ist nur ein Hinweis auf die Drehrichtung des Momentes.)
Dass das zweite Trägheitsmoment hier keine Rolle spielt, hätte ich zwar nicht erwartet, aber ist wohl doch so.
Für Deine gegebenen Werte komme ich damit auf 18,9 Nm.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 09:29:31 Titel: |
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Hey Frank,
vielen Dank!!
Habs jetzt mal in Excel eingetragen und folgenden Verlauf herausbekommen:
Bist du dir sicher, dass es so stimmt? Habe nun einen sinusförmigen Verlauf des Momentes. Wie kann man dies erklären, sollte es nicht konstant sein? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 09:52:57 Titel: |
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| Zitat: |
| Bist du dir sicher, dass es so stimmt? |
Na ja, zumindest habe ich ein jetzt ganz gutes Gefühl dabei.
(Ich bilde mir ein, eine solche Formel schon mal irgendwo gesehen zu haben.)
| Zitat: |
| Habe nun einen sinusförmigen Verlauf des Momentes. Wie kann man dies erklären, sollte es nicht konstant sein? |
Mx*=-omegax omegaz* Thetaxx sin(Phi)
Das ist ja das Moment bezüglich raumfester x-Achse. Das sollte einen sinusförmigen Verlauf haben. (In Deiner Graphik ist dies nicht der Fall.)
Analog müsste dann für die raumfeste Y-Achse folgende Formel herleitbar sein:
My*-omegax omegaz* Thetaxx cos(Phi)
(Beim Vorzeichen müsste man noch mal schauen, ob es so richtig ist.)
Die geometrische Summe ergibt dann ein konstantes Moment.
M*=Wurzel( Mx*²+My*²)
In Deiner Graphik sind die Kurven für Mx* und My* aber nicht nach obigen Formeln und ergeben dann den seltsamen (imho falschen) Verlauf des resultierenden umlaufenden Momentes.
Mfg. Frank
Zuletzt bearbeitet von Frankx am 03 Sep 2012 - 10:01:24, insgesamt einmal bearbeitet |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:00:12 Titel: |
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Ok, Danke!
Muss es mir nochmals genau anschauen, ich glaube ich habe da jetzt selbst einen Fehler drin.
Nochmals zum Verständinis:
Mit * --> raumfestes KS, welches auf dem Schwungrad sitzt und mitdreht bzw. mitrotiert.
Ohne * --> globales KS
Stimmt das so? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:06:58 Titel: |
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| Zitat: |
Mit * --> raumfestes KS, welches auf dem Schwungrad sitzt und mitdreht bzw. mitrotiert.
Ohne * --> globales KS
Stimmt das so? |
Nee, genau umgekehrt.
siehe:
http://s1.directupload.net/file/d/3001/c36xw88n_jpg.htm
| Zitat: |
Der Rest des Terms entfällt, da die gemischten Komponenten der Trägheitsmatrix, sowie omegay und omegaz =Null sind.
also gilt:
Lx*=omegax Thetaxx cos(Phi) |
sonst ginge diese Herleitung ja nicht.
ohne* ---- ist also das innere körperfeste KS des Rotors,
mit* -------- ist das außere globale KS.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:18:02 Titel: |
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Ja, so passts. Kam bei der Benennung durcheinander ... Danke!
| Frankx hat folgendes geschrieben: |
Der Rest des Terms entfällt, da die gemischten Komponenten der Trägheitsmatrix, sowie omegay und omegaz =Null sind. |
Das versteh ich noch nicht ganz. Dass omegax=Rotation des Schwungrad und dadurch omegay=0 ist klar. Was ich jedoch nicht kapiere ist, dass auch omegaz=0 ist. Auch im körperfesten KS drehe ich das System um die z-Achse, oder sehe ich das falsch? Müsste dann nicht omegaz=omega_dreh sein? |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:33:32 Titel: |
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| Zitat: |
| Was ich jedoch nicht kapiere ist, dass auch omegaz=0 ist. |
Bei der Herleitung gibt es imho ursprünglich noch kein omegaz. Es ist ja nur die Herleitung des Drehimpulses bez. des globalen KS, wenn der Rotor um einen Winkel phi ausgelenkt ist. (die Schwenkgeschwindigkeit also Null ist)
Aber es ist letztlich bis dahin auch egal, ob omegaz ungleich Null ist.
Wenn man sich die unterste Formel auf der gescannten Seite anschaut, bliebe dennoch nur der von mir dargestellte Term übrig, da auch der letzte Summand zu Null wird, weil cos(k,i*) ja ebenfalls Null ist. (k und i* stehen ja senkrecht zueinander)
Erst wenn dann in Lx* das Phi als Phi(t) betrachtet wird, kommt bei der Ableitung von Lx* das omegaz wieder ins Spiel.
MfG. Frank |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:39:30 Titel: |
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| Frankx hat folgendes geschrieben: |
Aber es ist letztlich bis dahin auch egal, ob omegaz ungleich Null ist.
Wenn man sich die unterste Formel auf der gescannten Seite anschaut, bliebe dennoch nur der von mir dargestellte Term übrig, da auch der letzte Summand zu Null wird, weil cos(k,i*) ja ebenfalls Null ist. (k und i* stehen ja senkrecht zueinander)
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Stimmt! Das hab ich übersehen. Das Ergebnis sieht nun auf jeden Fall richtig aus. Ich habe Lx' und Ly' und das Moment M ist immer konstant.
Werd das ganze mal in Excel eintippen und das Ergebnis dann hier nochmals posten.
Nochmals vielen Dank für deine Hilfe!! Du weißt gar nicht, wieviel du mir geholfen hast.
Edit: Sehe ich das dann richtig, dass der Abstand zwischen dem Schwerpunkt des Schwungrades und dem Drehpunkt unwichtig ist? D.h. das Moment hängt nicht vom diesem Hebelarm ab.
Zuletzt bearbeitet von Carlos_Einz am 03 Sep 2012 - 10:44:02, insgesamt einmal bearbeitet |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:43:07 Titel: |
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| Zitat: |
| Nochmals vielen Dank für deine Hilfe!! Du weißt gar nicht, wieviel du mir geholfen hast. |
Gern geschehen, ich habe auch wieder was dazu gelernt.
MfG. Frank |
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Frankx
Senior Member
Anmeldungsdatum: 02.08.2010
Beiträge: 518
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:49:12 Titel: |
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| Zitat: |
| Edit: Sehe ich das dann richtig, dass der Abstand zwischen dem Schwerpunkt des Schwungrades und dem Drehpunkt unwichtig ist? D.h. das Moment hängt nicht vom diesem Hebelarm ab. |
Wenn unsere Formel stimmt,(wovon ich nun ausgehe,) dann spielt dies offensichtlich keine Rolle.
MfG. Frank
edit:
Allerdings dürfte es für das "Antriebsmoment" für die Schwenkbewegung sehr wohl eine Rolle spielen.
Zuletzt bearbeitet von Frankx am 03 Sep 2012 - 10:53:05, insgesamt einmal bearbeitet |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 10:51:59 Titel: |
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So passts ... bekomme ein Ergebnis von 16,9Nm. Weicht leicht von deinem ab, habe jedoch die genauen Werte aus dem CAD Modell übernommen.
Noch ein Einschub: Sehe ich das dann richtig, dass der Abstand zwischen dem Schwerpunkt des Schwungrades und dem Drehpunkt unwichtig ist? D.h. das Moment hängt nicht vom diesem Hebelarm ab. |
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Carlos_Einz
Newbie
Anmeldungsdatum: 17.05.2012
Beiträge: 32
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| Verfasst am: 03 Sep 2012 - 11:41:16 Titel: |
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Kann den vorherigen Beitrag leider nicht mehr editieren, daher so:
Ist dieses das Buch, welches du verwendet hast?
http://www.a m a z o n.de/Physik-Band-1-Mechanik-W%C3%A4rmelehre/dp/3827410347
(Musst leider Leerzeichen einfügen) |
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