Trägheitsmoment

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24.06.2007, 09:39	Xeo	Auf diesen Beitrag antworten »
Trägheitsmoment Ich versuche gerade durch integrieren auf das Flächenmoment von einem Dreieck (rechtwinkliges Dreieck) zu kommen, doch scheitere. Basis(Grundseite) = $\begin{eqnarray} b \end{eqnarray}$ , Höhe = $\begin{eqnarray} a=\frac{3b}{2} \end{eqnarray}$ Es ergibt sich folgender Schwerpunkt $\begin{eqnarray} S(\frac{b}{3} , \frac{b}{2}) \end{eqnarray}$ . Flächenmoment: Iy = $\begin{eqnarray} \int_{\frac{-b}{3}}^{\frac{2b}{3}}{\int_{\frac{-a}{3}}^{\frac{by}{a}}~z^2~dz}~dy \end{eqnarray*}$ Wenn ich das ausrechne komme ich auf keinen grünen Zweig!
24.06.2007, 18:14	Xeo	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Trägheitsmoment Geduld ist nicht so wirklich meine Stärke
24.06.2007, 19:45	magneto42	Auf diesen Beitrag antworten »
Was meinst Du? Kannst Du das Integral nicht ausrechnen oder sagt Dir das Ergebnis nicht zu?
24.06.2007, 20:06	cst	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Trägheitsmoment Die obere Grenze beim inneren Integral müsste $\begin{eqnarray} - \frac{a}{b} y + \frac{a}{3} \end{eqnarray}$ sein.
24.06.2007, 21:02	Xeo	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Trägheitsmoment Ganz sicher, dass sie obere Grenze für das innere Integral $\begin{eqnarray} \frac{-a}{b}y+\frac{a}{3} \end{eqnarray}$ sein muss? Ich bekomme damit auch nicht das richtige Ergebnis. Also die obere Grenze muss ja eine Funktion sein, weil z von y abhängt. Wie cst genau auf die Gleichung gekommen ist, verstehe ich nicht ganz. Stimmen denn die anderen Grenzen?
24.06.2007, 21:45	cst	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Trägheitsmoment Gleichung der Geraden: $\begin{eqnarray} y = -\frac{b}{a} x + \frac{1}{3}b \end{eqnarray}$ Da du innen nach x und außen nach y integrieren möchtest, muss man die Geradengleichung noch in die Form x=f(y) bringen: $\begin{eqnarray} x = -\frac{a}{b} y - \frac{1}{3}a \end{eqnarray}$ . Trägheitsmoment: $\begin{eqnarray} I_z = \int_{\frac{-b}{3}}^{\frac{2b}{3}}{\int_{\frac{-a}{3}}^{-\frac{a}{b} y - \frac{1}{3}a}~r^2~\dd x}~\dd y~\qquad \text{mit}~r^2 = x^2+y^2 \end{eqnarray}$
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24.06.2007, 22:42	magneto42	Auf diesen Beitrag antworten »
Anderer Vorschlag (ich beziehe mich mal auf das Bildchen von cst): Nimm nicht den Schwerpunkt als Ursprung sondern die Ecke mit dem rechten Winkel. Dann ergibt sich für die Hypotenuse die Funktion $\begin{eqnarray} y(x)=-\frac{b}{a} \cdot x + b \end{eqnarray}$ Dann gilt: $\begin{eqnarray} I_{y} = \int_{A}^{}~x^{2}~dA \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} dA = y(x)dx=(-\frac{b}{a} \cdot x + b)dx \end{eqnarray}$ ist dann $\begin{eqnarray} I_{y} = \int_{0}^{a}~x^{2}(-\frac{b}{a} \cdot x + b)~dx \end{eqnarray}$ Fehlt noch die Verschiebung um den Schwerpunkt und dazu gibt's den Steiner'schen Satz.
24.06.2007, 23:17	cst	Auf diesen Beitrag antworten »
Magneto, aber ich denke, der Integrand müsste trotzdem $\begin{eqnarray} x^2+y^2 \end{eqnarray}$ statt nur $\begin{eqnarray} x^2 \end{eqnarray}$ lauten. Schließlich muss man doch den Abstand von der Drehachse (=z-Achse) nehmen. Also $\begin{eqnarray} I_{y} & = & \int_{A}^{}~(x^{2}+y^2)~\dd A \\ & = & \int_{0}^{a}~\left[ x^{2}y+\frac{1}{3}y^3\right]_0^{-\frac{b}{a} \cdot x + b}~\dd x \end{eqnarray}$
24.06.2007, 23:40	magneto42	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein Trägheitsmoment hat immer drei Hauptachsen Ix, Iy, Iz. Ix und Iy liegen in der Ebene und Iz steht senkrecht zur Ebene. Mein Lehrbuch unterscheidet das in äquatoriale (axiale) und polare Trägheitsmomente, wobei Iz = Ix + Iy ist. Da Xeo die y- und z-Achse verwendet hat bin ich bei Iy von einem äquatorialen Trägheitsmonent ausgegangen.
25.06.2007, 00:00	cst	Auf diesen Beitrag antworten »
Hab mal kurz nachgeschlagen und verstehe es jetzt so: Deine Version gilt für Rotation um die y-Achse (äquatorial), meine für die Rotation um die z-Achse (polar). Da Xeo nach z und y integriert, wie ich zugegebenermaßen übersehen hatte, meint er Rotation um die x-Achse (äquatorial). Einverstanden?
25.06.2007, 00:09	magneto42	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sei so.

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