 Verfasst am: 11. Feb 2011 11:47 Titel: |
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| Hallo Packo, danke für das freundliche Angebot! Da es konzeptionell wohl in Ordnung geht, muß ich mich nochmal in die Materie vertiefen und die Integrationsgrenzen genauer ansehen. Es fehlt mir leider die Unbekümmertheit unseres jungen Freundes.  Vorab schon an angenehmes Wochenende! |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 11:23 Titel: |
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| franz, wie ist denn dein Ergebnis und wie hast du es gerechnet? Es ist J_xx=J_yy=J_zz=J_Raumdiagonale. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 10:25 Titel: |
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| Hallo! Wenn ich richtig verstanden habe, sind J_xx = J_yy = J_zz = 1/6 ML² die (Haupt?) Trägheitsmomente durch den Schwerpunkt in x, y und z - Richtung (also Richtung Körperachsen). War nicht aber das Trägheitsmoment bezüglich einer Raumdiagonale gesucht? [Komme zwar auf ein anderes Ergebnis; bin jedoch vollkommen aus der Übung.]  Gruß |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 09:55 Titel: |
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| Etwas umständlich zum Ziel gelangt. Das Ergebnis lautet: J = 1/6*rho*L^5 = 1/6*m*L^3 mit der Dichte rho und der Masse m Wenn man akzeptiert,was ich geschrieben habe: das Trägheitsellipsoid ist eine Kugel, so heißt dies ja, dass alle Trägheitsmomente bezüglich aller Achsen durch den Schwerpunkt, gleich sind. Man kann also die Koordinatenachsen durch den Mittelpunkt des Würfels legen und dann das Trägheitsmoment bezüglich der x-Achse (oder y- oder z-Achse) rechnen. Dies führt wesentlich einfacher zum obigen Ergebnis. Ich gebe aber zu, dass der Beweis für die Behauptung fehlt. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 06:27 Titel: |
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| ja so habe ich das gemacht. Vielen dank!!! |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 06:18 Titel: |
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| Nein. Lies nochmal was ich geschrieben habe...ich habe jetzt schon 2 mal geschrieben, dass du alles von Null bis L integrierst, da L die Kantenlänge ist. D.h. da wo du 1 eingesetzt hast, musst du L einsetzen. Am ende musst du dann irgendwas mit l^5 rausbekommen. Dann L^3 rausziehen, weil dass das Volumen des Quaders ist |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:58 Titel: |
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| Ja das weiß ich , wo kommt die denn hin eigentlich immer am ende des Integral p*dv ? p*a^3 , mir fehlt aber irgenwie ein a , ich glaibe beim letztem Integral setze ich für für die Integralgrenzen 0 bis a ,oder? |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:44 Titel: |
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| du bist dir aber bewusst das natürlich noch die Länge fehlt und die Dichte? | |
| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:37 Titel: |
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| Ich habe meinen Fehler gefunden , wird ja quadriert und wird zu 1/3. Dann klappt ja das ganze. Vielen dank !! Lg |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:30 Titel: |
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| Nein. Ich habs per hand ausgerechnet, es kommt 1/6 raus(nicht das gesamte integral, aber der teil den du hier präsentiert hast) | |
| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:21 Titel: |
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| dass kann nicht sein !!! Hast du jetzt für das gesamte integral 1/6 ,oder wie versteh ich das? Ich habe mit wolfram gerechnet und kamm nicht auf 1/6. Kann sein , dass man das Kreuzprodukt nochmal mit (0,0,1 ) kreuzen muss? Lg |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:11 Titel: |
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| Ich erhalte für das Integral das von dir angegeben worden ist 1/6 | |
| Verfasst am: 11. Feb 2011 05:00 Titel: |
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| Ja habe ich mein endeergebnis ist |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 04:53 Titel: |
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| Hast du alle Terme nach x,y und z integriert? | |
| Verfasst am: 11. Feb 2011 04:43 Titel: |
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| Ich habe das erste Integral berechnet erhalte 1. nach dy 2. nach dz Da kann was nicht stimmen, denn wenn ich die anderen Terme auch integriere , bekomme ich am ende 3 mal soviel und das ist kein 1/6. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 04:07 Titel: |
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| Ich hab das Integral doch oben hingeschrieben. Du musst dm noch durch Dichte*dx*dy*dz ersetzen. Ferner sollte es 1/Wurzel(3) sein. nicht Wurzel(3) edit: Sonst sollte es stimmen! Dann ausmultiplizieren und jeden Summanden nach x,y und z integrieren |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 04:04 Titel: |
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| Ich glaube ich bin etwas weiter gekommen habe das Kreuzprodukt gebildet und kam zu Kann das stimmen , wenn ja soll ich dann nach jeder Variable Integreren? |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 04:03 Titel: |
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| Wenn man das Koordinatensystem, wie ich erwähnt habe, in eine Würfelecke packt, können die Grenzen nicht -L/2 bis L/2 sein, das wäre ja teilweise außerhalb des würfels. Grenzen sind in diesem Fall von 0 bis L. "ISt das Volumenelement einfach die seiten bis zu der Kanten nach der ich integriere? " Bin mir nicht sicher was du meinst, glaube aber du meinst ob man von 0 bis L integriert. Und ja, das tut man. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 03:55 Titel: |
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| ISt das Volumenelement einfach die seiten bis zu der Kanten nach der ich integriere? Wie lauten dann meine Integralgrenzen, etwa auch von -a/2 bis a/2 ? |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 03:47 Titel: |
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| ähhh, Vektoren schneiden einander nicht. Was du meinst sind vielleicht Geraden, aber um die gehts nicht. Aber du hast mich gerade auf einen Fehler aufmerksamgemacht: Wenn man (L,L,L) als Diagonalvektor nimmt, muss man den noch auf 1 normieren, d.h. durch seinen betrag teilen. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 03:38 Titel: |
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| den Punkt im uhrsprung des koordinatensystem zu wählen , beudet für mich, das der Vektor,der die Diadonale des würfels schneidet (1,1,1) ist . Liege ich richtig ? |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 03:26 Titel: |
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| Also, ohne Gewähr: Das Integral: Integral(r²dm) ist äquivalent zu Integral(r²*DICHTE*dV) dV wird hier als dx*dy*dz angenommen. r ist der senkrechte Abstand. Wenn ich mich nicht täusche entspricht das dem Kreuzprodukt eines Vektors in Richtung der Diagonalen und des Vektors der zum Betrachteten Volumenelement zeigt. Das geht wie folgt: Aktuelles Volumenelement = (x,y,z) Vektor in Richtung der Raumdiagonalen = (L,L,L), wobei es natürlich mehrere Möglichkeiten für diesen Vektor gäbe. Ich hab den ursprung des Koordinatensystems in eine Ecke gelegt. Achtung: Damit der richtige Wert rauskommt musst du noch (L,L,L) durch seinen Betrag dividieren. D.h. Vektor_L = (L,L,L)/(Betrag von(L,L,L)) Dann musst du nur das Integral lösen: Integral(|Vektor_L x Vektor(x,y,z)|²*dx*dy*dz in den Grenzen der Seitenlängen, d.h. dx,dy,dz von 0 bis L integrieren. Reihenfolge ist dabei egal. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 01:51 Titel: |
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| Sorry wegen gewohnt , ich meinte eigentlich die einheiten . nichts mit 3kg*m^2. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 01:42 Titel: |
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| Was heißt "gewohnt"? Hast Du schon Trägheitsmomente verschiedener Körper berechnet, z.B. Stab, Zylinder, Kugel, Kegel? Dann weißt Du, daß man das dm geschickt wählen muß (Symmetrien ausnutzen), um integrieren zu können. Wenn man sich die Querschnitte des Würfels senkrecht zur Drehachse = Raumdiagonalen ansieht, das müßten doch Quadrate sein ... vielleicht kann man da beginnen. |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 01:32 Titel: |
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| Das habe ich mir auch angeschaut , bin nicht mit dem tensor so vertraut. Ich könnte die einzelnen schritte nachvollziehen , aber hier versteh ich nicht , wie das, der trägheitsmoment(3kg*m^2 , ich bins gewohtn , dass es r^2*m steht und nicht anderes) sein kann. lg |
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| Verfasst am: 11. Feb 2011 01:17 Titel: |
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| Der Hinweis von Packo zielt vermutlich in die Richtung Trägheitstensor -> spezielle Trägheitsmomente: http://de.wikipedia.org/wiki/Tr%C3%A4gheitstensor (da steckt genau Dein Beispiel drin!) So leicht geht das mit \int r^2 dm vermutlich nicht. Ich hatte auch erst über geometrische Symmetrien nachgedacht, aber wir kommen wohl um eine Transformation (oben) nicht herum. Radikal anders übrigens: experimentell |
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| Verfasst am: 10. Feb 2011 20:16 Titel: |
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| Hi danke für deine Antwort, aber wir müssen das so lösen, indem wir r bestimmen und dann r nach x,y,z integrieren. Gibt es keine andere Möglichkeit (tipp war Kreuzprdukt) . Lg |
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| Verfasst am: 10. Feb 2011 19:53 Titel: |
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| Nadia, bist du mit dem Begriff eines Trägheitstensors vertraut? Ich gebe dir mal einen Tipp (leider ohne Beweis, denn der ist etwas aufwendig): Beim Würfel ist das Trägheitsellipsoid eine Kugel! |
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| Verfasst am: 10. Feb 2011 17:33 Titel: Trägheitsmoment Würfel |
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| Meine Frage: Die Aufgabe als Bilddatei : Meine Ideen: Ich kann den Abstand r von der Drehachse zu den Massenpunkte nicht bestimmen. Also ich muss ja Ich suche genau diesen r . Rest denke ich wird kein Problem sein. Kann jemand helfen? |
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