Raumwinkel eines Berührkegels

15.08.2013, 20:29

Dopap

Raumwinkel eines Berührkegels

Eigentlich soll ich den Anteil der Strahlungsleistung der Sonne, die die Erde trifft berechnen. Damit das aber nicht wegen " Fachgebiet" geschlossen wird, hab ich es mal umformuliert.

Einer Kugel mit Mitte M und Radius R=1 wird ein Berührkegel mit Spitze S aufgesetzt. Es sei $\begin{eqnarray*} d=|\overline{MS}| = 5 \end{eqnarray*}$

1.) Wie gross ist der Öffnungs-Raumwinkel $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ des Kegels bei S ?
2.) Der Berührkegel hat mit der Kugel einen Berührkreis gemeinsam. Dieser teilt die Oberfläche der Kugel in 2 Teile. Berechne den Flächeninhalt der kleineren Fläche.

Also: den ebenen Öffnungswinkel $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ des Kegels kann ich mit

mit $\begin{eqnarray*} \sin (\tfrac {\omega}{2}) = \frac 15 \end{eqnarray*}$ noch berechnen. Aber dann ist ziemlich ende. verwirrt

15.08.2013, 23:00

opi

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Ich bewege mich auf dünnem, von der Sonnenstrahlung schmelzendem Eis. smile

Da Du den Winkel $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ kennst, solltest Du ihn mit der Formel des kanonischen Raumwinkels umrechnen können. Bei der dort angesprochenen Kugel handelt es sich natürlich nicht um die Kugel aus der Aufgabenstellung. Augenzwinkern

16.08.2013, 00:37

Dopap

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ja super ! Freude

Du meinst, die Kugel ist nicht die Erdkugel ? Welche dann verwirrt

Aber mit Blick auf Aufgabe 2.) ist das gar nicht so verkehrt.

Was mich erstaunt oder auch nicht: der Link benutzt dieselben Winkelsymbole. Augenzwinkern

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edit: dünnes Eis? ein versteckter Hinweis auf vollständige Lösung. ?

Als tapferer Krieger werde ich noch morgen versuchen das herzuleiten. Die Betonung liegt dabei auf Versuch !

Gruss Dopap Wink

17.08.2013, 01:25

opi

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Ich kann bei Deinem Beitrag nicht so recht erkennen, ob noch eine Frage an mich offen ist... verwirrt

Zitat:

Original von Dopap
Du meinst, die Kugel ist nicht die Erdkugel ? Welche dann verwirrt

Ich meine die Kugel mit dem Mittelpunkt S.

Der Hinweis auf das "dünne Eis" bezog sich eher darauf, daß ich die Strahlenleistung der Sonne noch nie berechnet habe, sondern normalerweise nur mit einem kurzen Gang in den Garten abschätze. Big Laugh

17.08.2013, 06:17

Dopap

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danke der Nachfrage. Nein, die Formel genügt mir.

Eigentlich ist der Öffnungswinkel $\begin{eqnarray*} \omega \approx 30' \end{eqnarray*}$ so klein, dass man physikalisch ruhig die Näherungen a la $\begin{eqnarray*} \sin x = \tan x =x \end{eqnarray*}$ verwenden könnte.

Mal sehen, ob mir zur Herleitung der exakten Formel noch was einfällt...

19.08.2013, 18:07

Dopap

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http://de.wikipedia.org/wiki/Raumwinkel#...cher_Raumwinkel

$\begin{eqnarray*} \Omega=2\pi(1-\cos(\tfrac {\omega}{2}))=4\pi\sin(\tfrac {\omega}{4})^2 \end{eqnarray*}$

leider ist mir zur Herleitung nichts eingefallen.

nach Definition des Raumwinkels ist ja $\begin{eqnarray*} \Omega=\frac {A}{4\pi R^2} \end{eqnarray*}$ .

Es würde also "schon" genügen das A zu bestimmen. Und das ist doch - meiner Meinung nach - eine Kalotte.(?) Bringt mich das weiter?

20.08.2013, 00:18

opi

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Zitat:

Original von Dopap
nach Definition des Raumwinkels ist ja $\begin{eqnarray*} \Omega=\frac {A}{4\pi R^2} \end{eqnarray*}$ .

Nein, ist es nicht. Sonst hätte eine Vollkugel einen Raumwinkel $\begin{eqnarray*} \Omega =1, \end{eqnarray*}$ was aber nicht stimmt.

Mir ist Dein konkretes Problem unklar. Die Fläche der Kugelkalotte kannst Du auch völlig ohne Raumwinkelgedöns durch deren Radius und Öffnungswinkel bestimmen. Und weil es sich bei der Kugel aus Aufgabe 2) um eine Einheitskugel handelt, solltest Du diese Fläche anschließend noch mit dem Raumwinkel vergleichen. smile

Beachte auch den Wiki-Artikel Steradiant.

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