Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-1
2. Trägheitstensor
● Der Drall hängt ab von der Verteilung der Masse und der Geschwindigkeit über den Körper.
● Die Geschwindigkeitsverteilung ergibt sich aus der Über-lagerung einer Translation und einer Rotation.
● Der Trägheitstensor stellt den Zusammenhang her zwi-schen dem Drall und dem Vektor der Winkelgeschwindig-keit.
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-2
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 3.2-3
2.1 Herleitung
● Der Drall ist definiert durch● Mit folgt:
● Der erste Summand verschwindet,– wenn der Bezugspunkt B in den Schwerpunkt S gelegt wird,
oder
– wenn die Geschwindigkeit vB des Bezugspunktes
verschwindet.
LB=∫K
r BP×vP dm
vP=vB×r BP
LB=∫K
r BP dm×vB∫K
r BP××r BP dm
=m r BS×vB∫K
r BP××r BP dm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-4
2.1 Herleitung
● Im folgenden wird vorausgesetzt, dass eine der beiden Bedingungen erfüllt ist.
● Mit der allgemein gültigen Beziehung
folgt für das Integral:
● Die Richtung des Drallvektors stimmt also im allgemeinen nicht mit der Richtung des Vektors der Winkelgeschwin-digkeit überein.
a×b×c =b a⋅c −c a⋅b
∫K
r BP××r BP dm=∫K
[ r BP⋅r BP −r BP r BP⋅ ]dm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-5
2.1 Herleitung
P
B
rBP
ω
K
bξ
bη
bζ
ξ
η
ζ
rBP=bbb
=bb b
● Auswertung in körperfes-ten Koordinaten:
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-6
2.1 Herleitung
– Erster Summand:
– Zweiter Summand:
∫K
r BP⋅r BP dm=∫K
22
2 dm
=∫K
22
2 dm b∫K
22
2 dm b
∫K
22
2 dm b
∫K
rBP rBP⋅dm=∫K
r BP dm
=∫K
2 dmb∫K
2 dm b
∫K
2 dmb
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-7
2.1 Herleitung
– Drall:
LB=LBbLBbLBb
=[∫K2
2 dm−∫K
dm−∫K
dm]b[−∫K dm∫
K
22 dm−∫
K
dm]b[−∫K dm−∫
K
dm∫K
22 dm]b
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-8
2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente:
J B=∫K
22 dm
J B=∫K
22 dm
J B=∫K
22 dm
– Deviationsmomente:
– Die Deviationsmomente werden auch als Zentri-fugalmomente bezeich-net.
J B=J B=−∫K
dm
J B=J B=−∫K
dm
J B=J B=−∫K
dm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-9
2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente sind Komponenten des Trägheitstensors.
– Der Trägheitstensor wird durch die Matrix
dargestellt.– Mit dem Trägheitstensor gilt für den Drall:
J B=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B
]LB=J B
[LBLBLB
]=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B
][
]
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-10
2.1 Herleitung
● Zusammenfassung:– Für den Drall bezüglich des Schwerpunktes S gilt:
– Für den Drall bezüglich des ortsfesten Punktes B gilt:
LS=∫K
rSP×vP dm=∫K
r SP××rSP dm
=∫K
[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=J S
LB=∫K
rBP×vP dm=∫K
r BP××r BP dm
=∫K
[ r BP⋅r BP −r BP rBP⋅ ]dm=J B
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-11
2.1 Herleitung
● Beispiel:– Gegeben:
● Quader mit Kanten-längen a, b, c
– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-
lich Schwerpunkt Sξ
η
ζ
a
b
c
S
Dichte ρ = const.
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-12
2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente:
J S =∫K
22 dm=∫
V
22 dV
=a ∫−b /2
b /2
[ ∫−c /2
c /2
22 d]d =a ∫
−b /2
b /2
[2133 ]
=−c /2
=c /2
d
=a ∫−b /2
b /2
2c23 c2
3
d=a[ 13 3c23⋅8c3]
=−b /2
=b /2
=a 23 b2
3
c112c3b=abc⋅
112
b2c2 =112m b2c2
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-13
2.1 Herleitung
– Entsprechend folgt:– Deviationsmomente:
– Entsprechend folgt:
J S =112m a2c2 , J S =
112m a2b2
J S =−∫K
dm=− ∫−a /2
a /2
[ ∫−b /2
b /2
∫−c /2
c /2
d ]d d =−c ∫
−a /2
a /2
[ ∫−b /2
b /2
d ]d =−c ∫−a /2
a /2
[12
2]=−b /2
=b /2
d
=−c ∫−a /2
a /2
[ 12 b2
4−b2
4 ]d =0
J S =0, J S =0
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-14
2.2 Satz von Steiner
● Aufgabenstellung:– Gegeben ist der Träg-
heitstensor bezüglich des Schwerpunktes S
– Gesucht ist der Trägheits-tensor bezüglich des Punktes B
P
S
rSP
KB
rBP
rSBb
ξ
bη
bζ
ξ
η
ζ
rBP=rSP−r SB
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-15
2.2 Satz von Steiner
● Lösung:– Der Trägheitstensor bezüglich Punkt B ist definiert durch
– Für den Integranden gilt:
J B=∫K
rBP××rBP dm
rBP××rBP =rSP−rSB ×[×r SP−rSB ]=rSP−rSB ××rSP−×rSB =r SP××rSP −rSB××rSP −r SP××r SB rSB××rSB
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-16
2.2 Satz von Steiner
– Mit
und (Schwerpunkt)
folgt der Satz von Steiner:
∫K
rSP××r SP dm=J S
∫K
rSP dm=0
J B=J Sm rSB××rSB
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-17
2.2 Satz von Steiner
● In Komponenten:– Für das doppelte Vektorprodukt gilt
– Vektor rSB
ist der Vektor vom Schwerpunkt S zum Be-zugspunkt B. Seine Komponenten sind
– Damit folgt wie bei der Herleitung des Trägheitstensors:
rSB××rSB = rSB⋅r SB −rSB rSB⋅
rSB=BbB bBb
rSB××rSB =[ B2B
2 −BB−BB ]b[−BBB
2B
2 −BB ]b[−BB−BBB
2B
2 ]b
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-18
2.2 Satz von Steiner
– Ergebnis:
J B = J S m B2B
2
J B = J S m B2B
2 J B = J S m B
2B
2
J B = J S − mBB
J B = J S − mBB
J B = J S − mBB
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-19
2.2 Satz von Steiner
● Beispiel:– Gegeben:
● Quader mit Kanten-längen a, b, c
● Trägheitstensor bezüg-lich Schwerpunkt S
– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-
lich Punkt Bξ
η
ζ
a
b
c
S
Dichte ρ = const.
B
rSB
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-20
2.2 Satz von Steiner
– Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B:
– Massenträgheitsmomente:
– Deviationsmomente:
rSB=a2b
b2b−
c2b B=
a2, B=
b2, B=−
c2
J B=112
b2c2 m14
b2c2 m=13
b2c2 m
J B=112
a2c2 m14
a2c2 m=13
a2c2 m
J B=112
a2b2 m14
a2b2 m=13
a2b2 m
J B=−14abm , J B=
14bcm , J B=
14acm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-21
2.2 Satz von Steiner
● Anwendung: Zusammengesetzte Körper– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente bezüg-
lich des Schwerpunktes sind für elementare Körper tabelliert.
– Daraus lassen sich die Massenträgheitsmomente und De-viationsmomente 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 Devia-tionsmomente
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-22
2.2 Satz von Steiner
● Beispiel:– Gegeben:
● a = b = d = 2cm● c = e = 4cm
● m1 = m
2 = 3kg
– Gesucht:● Trägheitstensor
bezüglich Punkt Ba
b
cd
e
ξ
η
ζ
m1
m2
B
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-23
2.2 Satz von Steiner
Körper 1 Körper 2
1 1 cm
-1 -2 cm
-2 -5 cm
5 5
5 2
2 5
15 87
15 78
6 15
ξB
ηB
ζB
JSξ kgcm2
JSη kgcm2
JSζ kgcm2
m(ηB
2 + ζB
2) kgcm2
m(ξB
2 + ζB
2) kgcm2
m(ξB
2 + ηB
2) kgcm2
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-24
2.2 Satz von Steiner
Körper 1 Körper 2 Gesamt
20 92 112
20 80 100
8 20 28
3 6 9
-6 -30 -36
6 15 21
JBξ kgcm2
JBη kgcm2
JBζ kgcm2
JBξη kgcm2
JBηζ kgcm2
JBξζ kgcm2
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-25
2.3 Kinetische Energie
● Betrachtet wird ein Körper, dessen Schwerpunkt sich mit der Geschwindigkeit v
S bewegt.
● Gleichzeitig dreht sich der Körper mit der Winkelge-schwindigkeit ω um eine Achse, die durch den Schwer-punkt geht.
● Ein beliebiger Punkt auf dem Körper hat dann die Ge-schwindigkeit .
● Die kinetische Energie ist die Summe der kinetischen Energien aller Massenelemente.
● Für infinitesimale Massenelemente wird die Summe zu einem Integral.
vP=vS×r SP
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-26
2.3 Kinetische Energie
● Daher gilt:
● Mit
folgt:
E kin=12∫K
vP⋅vP dm
vP⋅vP= vS×r SP ⋅vS×r SP =vS⋅vS2 vS⋅×r SP ×r SP ⋅×r SP
E kin=12mvS
2vS⋅×∫
K
r SP dm12∫K
×r SP ⋅×r SP dm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-27
2.3 Kinetische Energie
● Der erste Summand auf der rechten Seite ist die kine-tische Energie infolge der Geschwindigkeit v
S des
Schwerpunktes.● Der zweite Summand ist wegen
gleich Null.
∫K
rSP dm=rSS=0
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-28
2.3 Kinetische Energie
● Auswertung des dritten Summanden:– Mit der Lagrangeschen Identität
folgt:
a×b ⋅c×d =a⋅c b⋅d −b⋅c a⋅d
∫K
×rSP ⋅×rSP dm=∫K
[ ⋅ rSP⋅r SP −r SP⋅ ⋅rSP ]dm
=⋅∫K
[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=⋅J S
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-29
2.3 Kinetische Energie
● Ergebnis:– Für die kinetische Energie des starren Körpers gilt:
● Folgerung:– Da die kinetische Energie immer positiv ist und jede
Drehung des Körpers mit einer kinetischen Energie verbunden ist, gilt:
– Der Trägheitstensor ist positiv definit.
⋅J S0
Ekin=12mvS
212⋅J S
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-30
2.4 Hauptachsen
● Die folgenden Eigenschaften des Trägheitstensors sind bereits bekannt:– Der Trägheitstensor ist symmetrisch:
– Der Trägheitstensor ist positiv definit:● Frage:
– Gibt es Richtungen, für die der Drallvektor die gleiche Richtung wie die Drehachse hat?
– Für diese Richtungen muss also gelten:– Dabei ist J ein Skalar.
⋅J S0
J S =J S , J S =J S , J S =J S
J S=J
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-31
2.4 Hauptachsen
● Antwort:– Mit dem Einheitstensor, dargestellt durch die Matrix
muss gelten:– Nichttriviale Lösungen für ω existieren nur, wenn die De-
terminante dieses homogenen Gleichungssystems verschwindet:
I=[1 0 00 1 00 0 1 ]
J S−J I =0
det J S−J I =0
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-32
2.4 Hauptachsen
– Das ist ein Polynom dritten Grades in J, das drei Lösungen J
1, J
2 und J
3 hat. Die Lösungen heißen Hauptträgheits-
momente.
– Dazu gehören drei Vektoren ω1, ω
2 und ω
3. Sie werden als
Eigenvektoren bezeichnet.● Eigenschaften der Eigenvektoren:
– Ist ωk ein Eigenvektor, dann folgt für den Vektor αω
k
d.h. der Vektor αωk ist ebenfalls ein Eigenvektor.
– Ein Eigenvektor definiert also nur eine Richtung. Seine Länge kann frei gewählt werden.
J S k = J Sk=J k
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-33
2.4 Hauptachsen
– Seien Jj und J
k zwei verschiedene Hauptträgheitsmomente.
– Dann gilt:
– Subtraktion der beiden rechts stehenden Gleichungen er-gibt
– Aus der Symmetrie des Trägheitstensors folgt:
j≠k und J j≠J k
J S j=J j j
J Sk=J kk
⇒k⋅J S j=J jk⋅ j
j⋅J Sk=J k j⋅k
k⋅J S j− j⋅J Sk= J j−J k j⋅k
j⋅J Sk=k⋅J S j
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-34
2.4 Hauptachsen
– Wegen gilt also:
– Die drei Eigenvektoren ω1, ω
2 und ω
3 sind paarweise ortho-
gonal.● Hauptachsensystem:
– Die körperfesten Koordinatenrichtungen können so gewählt werden, dass sie mit den durch die Eigenvektoren vorgege-benen Richtungen zusammenfallen:
– Dieses Koordinatensystem wird als Hauptachsensystem bezeichnet. Die drei Koordinatenachsen werden als Haupt-achsen bezeichnet.
J j≠J k j⋅k=0 für j≠k
b=b1 ∥ 1 , b=b2 ∥ 2 , b=b3 ∥ 3
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-35
2.4 Hauptachsen
– Im Hauptachsensystem gilt für den Trägheitstensor:
– Da der Trägheitstensor positiv definit ist, sind alle Hauptträgheitsmomente positiv:
J S=[J 1 0 00 J 2 00 0 J 3
]
J k=bk⋅J S bk0, k=1,2, 3
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-36
2.4 Hauptachsen
● Symmetrische Körper:– Hat ein Körper eine Symmetrieebene, so kann eine
Hauptachse sofort angegeben werden.– Symmetrie bezüglich
ηζ - Ebene:
ξ
η
ζ
dm
dm
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-37
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:
– Entsprechend folgt für Symmetrie bezüglich der ξη - Ebene
– und für Symmetrie bezüglich der ξζ - Ebene:
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-38
2.4 Hauptachsen
[J J 0J J 00 0 J
]
[J 0 00 J J
0 J J ]
[J 0 J
0 J 0J 0 J
]
Symmetrieebene Trägheitstensor Hauptachse
ξη
ηζ
ξζ
ζ-Achse
ξ-Achse
η-Achse
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-39
2.4 Hauptachsen
● Rotationssymmetrische Körper:– Bei einem rotationssymmetrischen Körper ist die Rotations-
achse 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.
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-40
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 3.2-41
2.4 Hauptachsen
● Berechnung der Hauptträgheitsmomente:– Die Hauptträgheitsmomente sind die Lösungen der
kubischen Gleichung
– Für die Koeffizienten gilt:
p J =det J S−J I =−J3a J 2b Jc=0
a=J S J S J S =spJ S
b=J S 2
J S 2
J S 2
−J S J S −J S J S −J S J S
c=det J S
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-42
2.4 Hauptachsen
– Die erste Nullstelle kann mit Hilfe des Verfahrens von Newton-Raphson bestimmt werden:
● Wahl eines Startwertes ● Iteration für k = 1, 2, 3, ... :
mit – 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 Poly-nomdivision eine quadratische Gleichung für die fehlenden beiden Nullstellen gewonnen werden, wenn die erste Null-stelle bekannt ist.
J 0
J k1=J k
−p J k
p ' J k
p ' J =dpdJ
=−3 J 22a Jb
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-43
2.4 Hauptachsen
– Startwerte für die Iteration können mit Hilfe des Satzes von der Trennung der Eigenwerte ermittelt werden:
● Sind und Nullstellen des quadratischen Polynoms
mit
dann gilt:
● Zur Berechnung von J2 kann z.B.
als Startwert gewählt werden.
J 1 J 2
p J =det J S− J I =0 J S=[J S J S J S J S ]
J 1≤ J 1≤J 2≤ J 2≤J 3
J 0=12
J 1 J 2 =12
J S J S
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-44
2.4 Hauptachsen
● Beispiel:– Gegeben ist der Trägheitstensor
– Gesucht sind die Hauptträgheitsmomente und die Haupt-achsen.
J S=[100 20 520 200 105 10 150]
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-45
2.4 Hauptachsen
– Koeffizienten des charakteristischen Polynoms:
– Iteration zur Bestimmung von J2 :
● Startwert:
● Iteration 1:
● Iteration 2:
a=450, b=−64475, c=2927000
J 0=12
100200 =150
p 150=5750, p ' 150=3025
J 1=150−
57503025
=148,10
p 148,10=6,8680 , p ' 148,10=3014,2
J 2=148,10−
6,86803014,2
=148,0977
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-46
2.4 Hauptachsen
● Iteration 3:
● Ergebnis:
– Polynomdivision:
p 148,0997=2,9617⋅10−5
J 2=148,10
−J 3450,00 J 2−64475 J2927000 : J−148,10 =−J 2301,9 J−19763,61−J 3148,10 J 2
301,90 J 2−64475,00 J301,90 J 2−44711,39 J
−19764,61 J2927000,0−19764,61 J2926990,6
9,4≈0
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-47
2.4 Hauptachsen
– Berechnung von J1 und J
3 :
– Hauptachse zu J1:
J 1/3=150,95±150,952−19763,61=150,95±3022,2925
J 1=95,97 , J 3=205,93
J S−J 1 I b1=0
[100−95,97 20 5
20 200−95,97 105 10 150−95,97][
b1b1b1
]=[000 ]
[4,03 20 520 104,03 105 10 54,03][
b1b1b1
]=[000]
Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-48
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 b1 20 b1 5 b1 = 020 b1 104,03 b1 10 b1 = 0 ∣ −2
1
11,94 b1 64,03 b1 = 0
b1=−64,0311,94
b1=−5,3626b1
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2.4 Hauptachsen
● Aus der zweiten Gleichung folgt:
● b1η
wird so gewählt, dass b1 die Länge 1 hat:
● Für die anderen beiden Komponenten folgt dann:
b1=−110
20b1104,03b1 =0,3223b1
∣b1∣=b15,3626210,32232=5,4646b1=1 b1=0,183
b1=−0,981 , b1=0,059
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2.4 Hauptachsen
– Die Berechnung der Hauptachsen zu J2 und J
3 erfolgt auf
die gleiche Weise.– Ergebnis:
b1 = −0,981 b 0,183 b 0,059 bb2 = 0,020 b − 0,197 b 0,980 bb3 = 0,191 b 0,963 b 0,189 b