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spam
Anmeldungsdatum: 13.03.2014
Beiträge: 189
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 spam Verfasst am: 16. Feb 2015 13:01 Titel: Schwerpunkt homogener Körper |
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Der Schwerpunkt eines dreidimensionalen Körpers mit homogener Dichte ist gegeben durch:
a) Bestimmen Sie den Schwerpunkt eines Quaders mit den Seitenlängen a, b und c.
b) Bestimmen Sie den Schwerpunkt einer Pyramide mit der Höhe h und der Grundfläche A = a².
Ich weiß hier nicht so recht wie man Vektoren richtig integriert. Also ich würde bei a) ansetzen:
Erstmal bzgl. x-Achse integrieren:
Wenn ich das analog für y- und z-Achse mache:
Ist dann der Schwerpunkt des Quaders
?
Was mache ich denn bei der Pyramide?  |
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max_doering
Anmeldungsdatum: 13.03.2011
Beiträge: 50
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| max_doering Verfasst am: 16. Feb 2015 14:05 Titel: |
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Ja, dein Ansatz die Vektoren komponentenweise zu integrieren ist richtig! Du summierst quasi über alle Ortsvektoren des Körpers. Bei solchen Integralen ist das finden der Stammfunktion nicht das Problem. Vielmehr ist das finden der passenden Parametrisierung des Integrationsgebiets die Herausforderung! Du solltest dir vorher überlegen, welche Symmetrien dein Körper hat, und daran entscheiden welches Koordinatensystem du wählst. Beim Quader hast du kartesische Koordinaten gewählt:
Welches Koordinatensystem eignet sich für eine Pyramide? Dementsprechend musst du dein dV ersetzen!
Freundliche Grüße,
Max! |
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spam
Anmeldungsdatum: 13.03.2014
Beiträge: 189
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| spam Verfasst am: 16. Feb 2015 14:11 Titel: |
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Ich weiß gar nicht, wie viele Koordinatensysteme gibt es denn?
Evtl.;
? |
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max_doering
Anmeldungsdatum: 13.03.2011
Beiträge: 50
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| max_doering Verfasst am: 16. Feb 2015 14:26 Titel: |
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Es gibt unendlich viele Koordinatensysteme  Du kannst sie dir wählen wie du möchtest. Weil die Pyramide rotationssymmetrisch zur z-Achse ist, sollte man es in einem Koordinatensystem berechnen, dass diese Symmetrie berücksichtigt. Ich würde sagen Zylinder-Koordinaten eignen sich am besten!
\\
<br />
\rho \cdot sin(\phi)\\
<br />
h
<br />
\end{pmatrix})
wobei 
jetzt könntest du das ganze wieder komponentenweise integrieren. Du musst dir aber noch die richtigen Grenzen überlegen.
Falls dich das weiter interessiert könntest du dir auch einmal Polarkoordinaten (2D) und Sphärische Koordinaten (3D) anschauen. Und falls du wissen möchtest wie man auf das dV kommt, kannst du dich über die Jacobi-Determinante informieren! |
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5789
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 16. Feb 2015 14:39 Titel: |
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| max_doering hat Folgendes geschrieben: | | Weil die Pyramide rotationssymmetrisch zur z-Achse ist, |
Das wäre dann ein Kreiskegel. M. E. hat eine Pyramide eine quadratische Grundfläche und läuft spitz zu.
Nein, kartesisch ist da schon ok. Allerdings ändern sich in Abhängigkeit der Höhe die Integrationsgrenzen für die beiden anderen Dimensionen.
Gruß
Marco |
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spam
Anmeldungsdatum: 13.03.2014
Beiträge: 189
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| spam Verfasst am: 16. Feb 2015 14:52 Titel: |
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Jacobi-Determinante kenne ich aus der Mathevorlesung, aber nicht im physikalischen Kontext. Wir hatten einen Würfel als Beispiel.
Mir wäre das kartesische Koordinatensystem auch lieber (Zylinderkoordinate verstehe ich in diesem Zusammenhang nicht wirklich...).
Bzgl. x:
Passt das so mit den Grenzen oder wie genau muss ich die ändern? |
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5789
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 16. Feb 2015 15:45 Titel: |
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Hallo!
Ich nehme mal eine auf dem Kopf stehende Pyramide:
Bei Höhe z = 0 gehen die Seitenkanten ja quasi von 0 bis 0 und bei z=h von -a/2 bis +a/2 jeweils. Du kannst also die Grenzen in Abhängigkeit der Höhe ausdrücken.
Du kannst also sagen, für z € [0, h] sind die Grenzen von x: -a/2 * z/h und +a/2 * z/h und genau so für y.
Letztlich ergibt sich dann:
Das ist aber eigentlich schon wieder zu viel Schreibarbeit. Du kannst die beiden inneren Integrale eigentlich gleich zusammen fassen: Es sind nämlich ja immer Quadratflächen mit der Kantenlänge: a * z/h. Also kannst Du gleich ein einzelnes Integral hinschreiben (worauf Du natürlich genau so kommst, wenn Du das obere löst):
^2 z^2\,\mathrm d z =\left(\frac a h\right)^2\frac 1 4 h^4 =\frac 1 4 a^2h^2 )
Das funktioniert natürlich nur für die z-Koordinate. Du musst dann beides jeweils wieder durch das Volumen teilen (1/3 a^2*h), so dass wohl 3/4 h als z-Koordinate raus kommen sollte, richtig?
Gruß
Marco |
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spam
Anmeldungsdatum: 13.03.2014
Beiträge: 189
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| spam Verfasst am: 16. Feb 2015 19:16 Titel: |
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Wieso steht die Pyramide eigentlich auf'm Kopf? Da wäre ich von alleine nie drauf gekommen. Okay aber soweit so gut, wie du auf a/2 und - a/2 kommst ist mir klar, aber warum multipliziert mit z/h? Wie kommt dieser Ausdruck z/h zustande?
Ja für die z-Achse muss ich selbstverständlich noch mit 1/V multiplizieren dann kommt da
raus. Für y-Achse:
Für x-Achse:
Ist das richtig so, dass da 0 raus kommt?
Dann wäre der Schwerpunkt
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5789
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 16. Feb 2015 23:13 Titel: |
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| spam hat Folgendes geschrieben: | | Wieso steht die Pyramide eigentlich auf'm Kopf? |
Weil es so einfacher zu rechnen ist: man kann es auch genau so gut anders machen, aber dann muss man für die Kartenlegen statt dem Faktor a*z/h ein a*(h-z/h) schreiben, was etwas mehr Arbeit ist.
| spam hat Folgendes geschrieben: | | Da wäre ich von alleine nie drauf gekommen. Okay aber soweit so gut, wie du auf a/2 und - a/2 kommst ist mir klar, aber warum multipliziert mit z/h? Wie kommt dieser Ausdruck z/h zustande? |
Die Kantenlängen nehmen proportional mit der Höhe zu, wenn sie auf dem Kopf steht. Am einen Ende ist die Kantenlänge 0 (die Spitze), am anderen a. Du brauchst also eine lineare Funktion, die bei z=0 auch den Wert 0 annimmt und bei z=h den Wert a. Mache Dir am besten eine Skizze.
| spam hat Folgendes geschrieben: | Ja für die z-Achse muss ich selbstverständlich noch mit 1/V multiplizieren dann kommt da
raus. Für y-Achse:
Für x-Achse:
Ist das richtig so, dass da 0 raus kommt?
Dann wäre der Schwerpunkt
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Ja das ist richtig. Der Schwerpunkt muss natürlich auf der z-Achse liegen und in der Höhe (1/4)h von der GrundSeite entfernt. Weil meine Pyramide auf dem Kopf steht, kommt statt 1/4 eben 3/4 raus, aber das liegt eben an der Wahl des Koordinatensystems.
Gruß
Marco |
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spam
Anmeldungsdatum: 13.03.2014
Beiträge: 189
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| spam Verfasst am: 16. Feb 2015 23:34 Titel: |
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Aah, die Skizze hat tatsächlich geholfen. Danke!!!  |
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