Oberflächenintegral Kugelsegment

18.07.2015, 00:58	Xbf	Auf diesen Beitrag antworten »
Oberflächenintegral Kugelsegment Hallo, ich möchte die Oberfläche des Kugelsegments aus dem Anhang berechnen (ohne die Kreisflächen oben und unten). Dabei habe ich Probleme die Integralgrenzen zu bestimmen. In Kugelkoordinaten ist die Fläche dann: $\begin{align} F=\int_A\! \vec{e_r}\, d\vec{A}=\int_A\! \vec{e_r}\cdot R^2\cdot \sin(\vartheta)\, d\vartheta d\varphi\cdot \vec{e_r}=\int\! \int\! R^2\cdot \sin \vartheta\, d\vartheta d\varphi \end{align}$ Jetzt fehlen noch die Integralgrenzen. Die Grundfläche ist ein Kreis, also ist $\begin{align} 0\leq \varphi \leq 2\pi \end{align}$ . Die Grenzen für $\begin{align} \vartheta \end{align}$ habe ich über die trigonometrische Funktion bestimmt: $\begin{align} \sin \vartheta=\frac{h}{2R}\Rightarrow \vartheta=\arcsin \frac{h}{2R} \end{align}$ (obere Hälfte des Kugelsegments). Dann müsste gelten: $\begin{align} -\arcsin \frac{h}{2R}\leq\vartheta\leq\arcsin \frac{h}{2R} \end{align}$ . Somit folgt daraus: $\begin{align} F=\int_0^{2\pi}\! \int_{-\arcsin \frac{h}{2R}}^{\arcsin \frac{h}{2R}}\! R^2\cdot \sin \vartheta\, d\vartheta d\varphi=0 \end{align}$ . Natürlich darf da nicht Null bei rauskommen. Sondern richtig wäre $\begin{align} F=2\pi Rh \end{align}$ . Durch bisschen ausprobieren, bin ich auf das Ergebnis gekommen, wenn ich die Grenzen von $\begin{align} \vartheta \end{align}$ mit den Grenzen einer ganzen Kugel addiere. Also folgende Grenzen: $\begin{align} -\arcsin \left( \frac{h}{2R}\right )+\frac{\pi}{2}\leq\vartheta\leq\arcsin \left(\frac{h}{2R}\right )+\frac{\pi}{2} \end{align}$ Daraus ergibt sich dann: $\begin{align} F=\int_0^{2\pi}\! \int_{-\arcsin \left(\frac{h}{2R}\right )+\frac{\pi}{2}}^{\arcsin \left(\frac{h}{2R}\right )+\frac{\pi}{2}}\! R^2\cdot \sin \vartheta\, d\vartheta d\varphi=2\pi Rh \end{align}$ . Warum muss ich die Grenzen mit $\begin{align} \frac{\pi}{2} \end{align}$ addieren? Bei einer ganzen Kugel wählt man die Grenzen ja so, dass $\begin{align} \vartheta \end{align}$ einmal "von unten nach oben" geht. Also von $\begin{align} -\frac{\pi}{2}\leq\vartheta\leq\frac{\pi}{2} \end{align}$ bzw. $\begin{align} 0\leq\vartheta\leq\pi \end{align}$ . Bei mir sollten die Winkel ja kleiner sein, als 90° bzw. -90°. Aber wenn ich diese mit 90° addiere, werden sie ja größer. Und warum auch mit der unteren Grenze addieren und nicht subtrahieren? Oder ist das einfach Zufall und trotzdem falsch? Ich freue mich über jegliche Tipps, um hier bisschen Klarheit zu bekommen. Viele Grüße und ein schönes Wochenende Xbf
18.07.2015, 10:06	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Oberflächenintegral Kugelsegment Du vermengst in deiner Rechnung zwei Varianten der Kugelkoordinaten. Außerdem gibt es noch einen Faktor-2-Fehler. Bei den mathematischen Kugelkordinaten läuft der Winkel $\begin{eqnarray} \vartheta \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ liegt dabei auf der positiven z-Achse, geografisch also am Nordpol. Dazu passt dein Flächenelement: $\begin{eqnarray} dF=R^2 \sin \vartheta d \vartheta d \varphi \end{eqnarray}$ Es gilt aber jetzt: $\begin{eqnarray} \frac {h}{R} = \cos \vartheta \end{eqnarray}$ Bei den geografischen Kugelkoordinaten läuft $\begin{eqnarray} \vartheta \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} -\pi/2 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} \pi/2 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ liegt am Äquator. Jetzt lautet das Flächenelement $\begin{eqnarray} dF=R^2 \cos \vartheta d \vartheta d \varphi \end{eqnarray}$ und es gilt $\begin{eqnarray} \frac {h}{R} = \sin \vartheta \end{eqnarray}$
19.07.2015, 15:58	Xbf	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für die Hilfe Huggy! Habe die ganze Zeit den Winkel zwischen der (nicht vorhandenen) "x-Achse" und R berechnet Allerdings bin ich mir ziemlich sicher, dass es $\begin{align} \frac{h}{2R} \end{align}$ heißen muss. Ich habe gar kein Dreieck mit 90° Winkel, wenn ich die ganze Höhe nehme, um $\begin{align} \vartheta \end{align}$ zu bestimmen. Der Faktor 2 wird dann nach dem Integrieren rausgekürzt. $\begin{align} F=\int_0^{2\pi}\! \int_{\arccos \frac{h}{2R}}^{\pi-\arccos \frac{h}{2R}}\! R^2\cdot \sin \vartheta\, d\vartheta d\varphi=2\pi Rh \end{align}$
19.07.2015, 16:12	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Hatte mir deine Zeichnung nicht richtig angesehen und gedacht, h sei, wie meistens, die von der Mitte aus gerechnete Höhe. Bei deiner Definition von h ist der Faktor 2 natürlich richtig.

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