Flächenträgheitsmoment Kreisausschnitt

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18.05.2016, 11:27	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Flächenträgheitsmoment Kreisausschnitt Hallo ich soll eine Formel für die das Flächenträgheitsmoment Iy eines Kreisausschnittes mit konstantem Radius R und Öffnungswinkel Phi herleiten. Dabei liegt der Mittelpunkt des Vollkreises im Koordinatenursprung (y-Achse nach links und z-Achse nach unten). Phi läuft ab der Horizontalen (negativer Teil der y-Achse) gegen den Uhrzeigersinn. Es gilt ja: $\begin{eqnarray} \int_{}^{} \! z^2 \, dA \end{eqnarray}$ Weiterhin muss ich doch mit dem Steineranteil arbeiten. Ich verstehe nun nur nicht ganz wie ich das jetzt angehen soll. Mein dA hängt ja von R und Phi ab, also habe ich doch ein Doppelintegral oder? Weiterhin ist mein z ja der Abstand vom Flächenschwerpunkt des infinitesimalen Kreisausschnittes zur y-Achse, und da finde ich keine Formel, die sich auf einen nicht symmetrischen Abschnitt bezieht. Ich kenne zwar die Lösung aber dort kommen auch sin und cos vor und was das soll verstehe ich gerade auch noch nicht. Hoffe hier kann mir einer helfen, da ich nicht auf das Integral komme, integrieren kann ich nachher selbst. Gruß
18.05.2016, 11:32	Schnappschildkröte	Auf diesen Beitrag antworten »
War das bei dem Satz von Steiner nicht so, dass man zunächst einfach das Trägheitsmoment für eine Drehachse, die durch den Schwerpunkt geht, aber zur tatsächlichen Drehachse parallel ist, ermittelt? Anschließend bestimmt man dann den Abstand d vom Schwerpunkt und addiert einfach $\begin{eqnarray} md^2 \end{eqnarray}$ zum Trägheitsmoment hinzu. Falls ich mich noch richtig erinnere (ohne Gewähr) .
18.05.2016, 11:36	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie der Satz von Steiner funktioniert weiß ich auch, ich will nur wissen wir man aus diesem z^2 dA die Lösung bekommt, weil mit wachsendem Phi verschiebt sich der Schwerpunkt des Ausschnittes sowohl in z alsauch in y Richtung.
18.05.2016, 11:50	Schnappschildkröte	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt. Man muss ja das Integral $\begin{eqnarray} I = \int_{Kreisausschnitt} \rho(\vec{r}) \vec{r}^2 \cdot dA = \rho \int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{R} r^2 \cdot r dr d\varphi \end{eqnarray}$ berechnen, um das Trägheitsmoment um den Koordinatenursprung in Polarkoordianten zu berechnen. (Homogene Dichte angenommen.) Oder ging es dir jetzt speziell um die Schwerpunktberechnung?
18.05.2016, 11:53	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Also die Lösung lautet ja: $\begin{eqnarray} \frac{1}{8} R^4 [\alpha -\sin(\alpha ) cos(\alpha) ] \end{eqnarray}$ Wenn Alpha jetzt mal der Winkel wäre (habe Phi nicht gefunden) Es geht mir noch um das Trägheitsmoment, wir können eine homogene Dichteverteilung annehmen, also setzt Rho gleich 1. Mein Problem war nur dieses z, es beschreibt ja den Abstand des Flächenelementes zur Achse und irgendwie komme ich damit nicht auf die Sinus/Cosinus in der Lösung, bei dir sind ja auch gerade keine trigonometrischen Terme drin.
18.05.2016, 12:05	Schnappschildkröte	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich vermute, dass da Folgendes gemacht wurde: 1. Trägheitsmoment um den Koordinatenursprung berechnet (da der Ursprung leicht zu berechnen ist, er ist aber nicht der Schwerpunkt) 2. Anschließend der durch die Wahl der Drehachse zuviel berechnete "Steiner-Anteil" wieder abgezogen.
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18.05.2016, 12:12	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Das kann natürlich sein, ich bräuchte jetzt nur die Rechnung dafür...
18.05.2016, 12:22	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieso rechnet ihr das Integral $\begin{align} \int \limits_{\text{Sektor}} z^2 ~ \dd A \end{align}$ nicht einfach aus?
18.05.2016, 12:29	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Was sollen wir denn für z und dA einsetzen? Also dA kann ich mir ja noch denken als $\begin{eqnarray} \pi R^2 (\frac{\alpha }{2\pi } ) \end{eqnarray}$ was ja den Flächeninhalt eines Kreisausschnittes in Abhängigkeit des Winkels angibt, und bei z bin ich mir halt nicht sicher...
18.05.2016, 12:32	Schnappschildkröte	Auf diesen Beitrag antworten »
Leopold, ich versuche es mal: $\begin{eqnarray} \int_{Sektor} z^2 \cdot dA =\int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{R} r^2 \cdot r dr d\varphi = \alpha \frac{R^4}{4} \end{eqnarray}$ Dabei habe ich jetzt z als Abstand vom Koordinatenursprung betrachtet und dA als das "übliche" Flächenelement in Polarkoordinaten. Link
18.05.2016, 12:35	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe mir bei z gedacht (es soll ja der senkrechte Abstand zu y-Achse sein), dass man den Schwerpunkt des Elementes dA nimmt und dann mit dem Sinus eben diese z Komponente ausrechnet: Sagen wir man unser Elemente wäre symmetrisch bzgl der y-Achse, dann liegt der Schwerpunkt ja bei 2/3 * R * sin(a)/a Nun das mal sin(a) damit man (hier ist es ja nicht achsensymmetrisch) die Höhe z rausbekommt, ich hoffe du kannst meinen Gedankengang nachvollziehen...
18.05.2016, 13:02	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
[attach]41677[/attach] Für den Sektor $\begin{align} S_{\alpha, \beta} \end{align}$ zwischen den Strahlen zu den Winkeln $\begin{align} \alpha \end{align}$ und $\begin{align} \beta \end{align}$ habe ich $\begin{align} \int \limits_{S_{\alpha,\beta}} z^2 ~ \dd (y,z) = \frac{1}{16} R^4 \left( 2 \left( \beta - \alpha \right) - \left( \sin(2 \beta) - \sin(2 \alpha) \right) \right) \end{align}$ Berechnungsmethode: Einführung von Polarkoordinaten.
18.05.2016, 13:08	Ck247	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja natürlich, Polarkoordinaten... Habs durchgerechnet und komme auf das richtige Ergebnis: Für z=Rsin(a) und dA=2pidR(da/2*pi) und dann halt integrieren!
18.05.2016, 16:29	Schnappschildkröte	Auf diesen Beitrag antworten »
Das klingt ja alles plausibel und es scheint ja auch das Richtige rauszukommen, trotzdem bin ich gerade verwirrt: Warum integriert man denn nur über z²? Das Trägheitsmoment ist doch als Integral über r² definiert, oder täusche ich mich?

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