Volumen Kugelsektor

04.02.2014, 16:45	Mille!	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumen Kugelsektor Ich weiß, dass man das Volumen einer Kugel berechnen kann indem man das Volumenelement r²sin theta dreifach integriert über r,theta und phi mit den grenzen r=[0,R] theta=[0,2pi] und phi=[0,pi] Wenn ich nun theta kleiner wähle z.B. Theta=[0; arccos $\begin{eqnarray} \frac{R-h}{R} \end{eqnarray*}$ ], wobei h die Höhe einer Kugelkalotte sein soll, bekomme ich als ergebnis dann das Volumen des Kugelsektors, welcher aus der h-hohen Kugelkalotte und dem darunterliegenden, auf die Unterseite der Kalotte passenden Kegel, der seine Spitze im MIttelpunkt hat, besteht? Das war nämlich meine Überlegung. dann müsste man doch eigtl das Zylindervolumen von dem Integral abziehen können und würde das Volumen der Kalotte erhalten oder? Da kommt bei mir dann aber leider ein negativer Wert raus -.- Kann mir bitte jemand helfen?
05.02.2014, 09:04	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, das Integral ergibt nur das Volumen der Kugel-Kappe mit der Höhe h (also ohne den Kegel darunter).
06.02.2014, 17:45	Mille!	Auf diesen Beitrag antworten »
Hää? Dann müssen meine Grenzen falsch sein -.- Ich habe $\begin{eqnarray} \int_0^a \!\int_0^b \!\int_0^R \! r^2sin \vartheta \, dr d\vartheta d\varphi \, \end{eqnarray}$ mit a=2 $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ und b=arccos ( $\begin{eqnarray} \frac{R-h}{R} \end{eqnarray*}$ ) R ist der Radius der Kugel und h die Höhe der Kappe. Was hab ich falsch gemacht ich komme nämlich auf ein Ergebnis von (2piR²h)/3 Hab schon überlegt, dass ich irgendwas an den Grenzen von r verändern muss, aber irgendwie komm ich nicht drauf -.-
07.02.2014, 11:17	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Integrationsintervall [0;arccos((R-h)/R)] für theta ist korrekt. Wenn das Endergebnis nicht stimmt, hast du dich beim Integrieren verrechnet.
07.02.2014, 15:03	Mille!	Auf diesen Beitrag antworten »
ok dann nochmal für doofe Schritt 1: das Integrieren über r in den Grenzen 0-R $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} R^3 sin \vartheta - 0 \end{eqnarray}$ Dann nach über theta von 0-arccos $\begin{eqnarray} \frac{R-h}{R} \end{eqnarray}$ Macht: $\begin{eqnarray} - \frac{1}{3} R^3 * \frac{R-h}{R} + \frac{1}{3} R^3 \end{eqnarray}$ und dann noch Integrieren über $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ macht $\begin{eqnarray} - \frac{2 \pi}{3} R^{3} * \frac{R-h}{R} + \frac{2 \pi}{3} R^3 \end{eqnarray}$ und das macht dann in vereinfacht (wenn ich mich nicht täusche): $\begin{eqnarray} \frac {2 \pi h R^2}{3} \end{eqnarray}$ Wo hab ich mich da verrechnet? Weil das ergebnis müsste eigtl anders aussehen nämlich: $\begin{eqnarray} \frac{\pi h^2 (3R-h)}{3} \end{eqnarray*}$
11.02.2014, 12:40	Mille!	Auf diesen Beitrag antworten »

Anzeige

11.02.2014, 13:18	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist wesentlich einfacher, wenn man die Kugelkappe als Rotationskörper behandelt, der entsteht, wenn folgende Kurve im Intervall [R-h;R] um die x-Achse rotiert (h=Höhe der Kugelkappe, R=Kugelradius) $\begin{eqnarray} y=\sqrt{R^2-x^2} \end{eqnarray}$ Das Volumen von Rotationskörpern ist bekanntlich $\begin{eqnarray} V=\pi \cdot \int_a^b y^2(x)\,\,dx \end{eqnarray}$ Einsetzen der obigen Funktion y(x) und der Integrationsgrenzen liefert das bekannte Volumen der Kugelkappe $\begin{eqnarray} V=\pi \cdot \int_{R-h}^R (R^2-x^2)\,\,dx=\pi\cdot (R^2x-\tfrac{1}{3}x^3)_{R-h}^R=\pi h^2\cdot (R-\tfrac{1}{3}h) \end{eqnarray}$ Wie es sein muss, komm für h=R das Volumen $\begin{eqnarray} \tfrac{2}{3}\pi R^3 \end{eqnarray}$ der Halbkugel heraus.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »