Der Versuch wurde durchgeführt von: Marius Burgath, Matr.Nr.: 10028062

Anmerkung: Mein Gruppenpartner ist abgesprungen - Herr Weber wurde bereits benachrichtigt. Bisher hat sich noch kein neuer Gruppenpartner finden können, weshalb ich den Versuch alleine durchführe und entsprechend auch dieses “Wiki-Logbuch” sowie den Versuchsbericht alleine bearbeite.

Auf dieser Wiki-Seite werden ergänzend zu dem Versuchsbericht meine Versuchsdurchführung sowie meine aufgenommenen Messwerte genauer dokumentiert.
Im ersten Teil dieses “Logbuchs” gehe ich auf die theoretischen Grundlagen ein und beantworte im Zuge dessen die Vorbereitungsfragen aus der Versuchsanleitung. Anschließend werden Versuchsaufbau und Versuchsdurchführung mit Bildern/Videos dokumentiert. Im letzten Abschnitt sind meine aufgenommenen Messwerte tabellarisch aufgeführt.

Der grundlegende Versuchsaufbau ist wie folgt: Ein Faden wird mit einer “Drehscheibe” (in unserem Versuch zunächst eine Metallstange) verbunden und anschließend aufgehängt. Zunächst befindet sich der ganze Aufbau in Ruhe. Wird der Drehstab dann allerdings um einen kleinen Winkel $\phi$ aus der Ruhelage gedreht, so wird auch der Draht etwas “verdrillt”. Beim Loslassen kommt es dann zu harmonischen Schwingungen mit Periodendauer $T$, da ein rücktreibendes Drehmoment die Stange wieder zurück in die Ruhelage drückt. Das rücktreibende Drehmoment kann beschrieben werden durch $M = -D_{R}\cdot \phi$. Dabei ist $D_{R}$ die Winkelrichtgröße und im Allgemeinen von Drahtmaterial und Abmessungen abhängig.
Analog zur bekannten Newton-Gleichung ($F = m \cdot a$) kann für die Drehbewegungen die Differentialgleichung $I \cdot \ddot{\phi} = M = -D_{R}\cdot \phi$ aufgestellt werden. Es ergibt sich also insgesamt die folgende Differentialgleichung für den Winkel $\phi$: $$\ddot{\phi} = \frac{-D_{R}}{I} \cdot \phi$$ Dies ist der bekannte “harmonische Oszillator”. Die DGL für $\phi$ hat also die allgemeine Lösung $\phi(t) = A\cdot \cos(\omega t) + B\cdot \sin(\omega t)$, wobei $\omega = \sqrt\frac{D_{R}}{I}$ für die Kreisfrquenz der Schwingung gilt und $A$ und $B$ Konstanten sind. Die Konstanten werden durch die Anfangsbedingungen festgelegt. Für ein bestimmtes Paar an Anfangsbedingungen $\phi(t = 0)$ und $\dot{\phi}(t = 0)$ ergibt sich die Lösung der Bewegungsgleichung zu $\phi(t) = \phi_{0}\cos(\omega t)$. Zunächst gilt es herausfinden, für welche Anfangsbedingungen sich diese spezielle Lösung ergibt (Aufgabe 1.) aus der Versuchsanleitung). Durch direktes Nachrechnen sieht man, dass sich die gesuchte Lösung für die Anfangswerte $\phi(t = 0) = \phi_{0}$ und $\dot{\phi}(t = 0) = 0$ ergibt. Bei den Anfangsbedingungen $\phi(t = 0) = \phi_{0}$ und $\dot{\phi}(t = 0) = 0$ ergeben sich nämlich die Konstanten $A$ und $B$ wie folgt: $$\phi_{0}\overset{!}{=} \phi(t = 0) = A\cdot \cos(\omega \cdot 0) + B\cdot \sin(\omega \cdot 0) = A \cdot 1 + B\cdot 0 = A \; \Rightarrow A = \phi_{0}$$ $$0\overset{!}{=} \dot{\phi}(t = 0) = -A\omega\cdot\sin(\omega t) + B\omega\cdot\cos (\omega t)\bigg\rvert_{t = 0} = -A\omega\cdot 0 + B\omega\cdot 1 = B\omega \; \Rightarrow B\omega = 0 \; \Rightarrow B = 0$$ Es ergibt sich also insgesamt die folgende Lösung der Bewegungsgleichung, wenn die Anfangswerte $\phi(t = 0) = \phi_{0}$ und $\dot{\phi}(t = 0) = 0$ genutzt werden: $$\phi(t) = \phi_{0}\cos(\omega t)$$


Nun lässt sich durch Einsetzen in die Bewegungsgleichung noch zeigen, dass tatsächlich $\omega = \sqrt\frac{D_{R}}{I}$ die Frequenz ist (also Aufgabe 3.) der Versuchsanleitung). Aus $\phi(t) = \phi_{0}\cos\Biggl(\sqrt\frac{D_{R}}{I} t\Biggr)$ folgt die zweite Ableitung $\ddot{\phi(t)} = -\phi_{0}\Biggl(\sqrt\frac{D_{R}}{I}\Biggr)^2\cos\Biggl(\sqrt\frac{D_{R}}{I} \cdot t\Biggr)$. Setzt man dies in die Bewegungsgleichung $I \cdot \ddot{\phi} = M = -D_{R}\cdot \phi$ ein, so folgt: $$\Rightarrow -I\cdot\phi_{0} \Biggl( \sqrt\frac{D_{R}}{I} \Biggr) ^2 \cdot\cos \Biggl( \sqrt\frac{D_{R}}{I} \cdot t\Biggr) = -D_{R}\cdot \phi_{0}\cdot\cos \Biggl( \sqrt\frac{D_{R}}{I} \cdot t\Biggr) \Rightarrow -\phi_{0}\cdot I\cdot \frac{D_{R}}{I} = -D_{R}\cdot \phi_0 \Rightarrow -D_{R}\cdot \phi_{0} = -D_{R}\cdot \phi_{0} \Rightarrow 1 = 1 \Rightarrow \textbf{wahre Aussage!}$$

Also: $\phi(t) = \phi_{0}\cos(\omega t)$ mit $\omega = \sqrt\frac{D_{R}}{I}$ löst tatsächlich die obige Differentialgleichung für $\phi$!



Wichtig ist nun noch zu wissen, in welchen Einheiten die beteiligten Größen gemessen und angegeben werden (Aufgabe 2.) aus der Versuchsanleitung):

• Drehmoment $M$ : $[M] = \textbf{N}\cdot\textbf{m}$
  
• Winkelrichtgröße $D_{R}$ : $[D_{R}] = \frac{\textbf{N}\cdot\textbf{m}}{\textbf{rad}}$
  
• Trägheitsmoment $I$ : $[I] = \textbf{kg}\cdot\textbf{m}^2$
  
• Winkel $\phi$ : $[\phi] = \textbf{rad}$ oder $[\phi] =\: ^\circ$. Dabei ist zu beachten, dass “Radiant” natürlich nur eine Hilfseinheit ist, also die Dimension einer Zahl hat ($ 1 \: \textbf{rad} = 1$)
  

Aus der Kreisfrequenz $\omega = \sqrt\frac{D_{R}}{I}$ kann nun leicht die Schwingungsdauer $T$ bestimmt werden. Es gilt nämlich, dass $\omega = 2\pi f$ und $f = \frac{1}{T}$, also $\omega = \frac{2\pi}{T}$. Damit folgt $\sqrt\frac{D_{R}}{I}=\omega = \frac{2\pi}{T}$. Durch Umstellen ergibt sich dann direkt die Schwingungsdauer: $$ T = 2\pi\sqrt\frac{I}{D_{R}}$$ Diese Periodendauer ist die zentrale Größe, die in den folgenden Versuchen gemessen wird. Daraus lassen sich dann das Trägheitsmoment $I$ oder die Winkelrichtgröße $D_{R}$ bestimmen. Die Winkelrichtgröße ist eine spezifische Größe für den verwendeten Draht. Aus der Elastizitätstheorie ergibt sich, dass $D_{R} = \frac{\pi \cdot G\cdot r^4}{2\cdot L}$. Dabei ist $G$ das Torsionsmodul des Drahtes (Materialkonstante) und $r$ der Drahtradius sowie $l$ die Drahtlänge. Sind Drahtradius, Drahtlänge und Trägheitsmoment des angehängten Körpers bekannt, so kann man durch die Messung der Periodendauern $T$ also einen Wert für das Torisonsmodul finden. An der Gleichung für $D_{R}$ ist erkennbar, dass der Einfluss des Drahtradius enorm ist, da vierte Potenz! Wird etwa ein neuer Radius von $r' = 2r$ gewählt, so folgt $D_{R}' = 2^4\cdot D_{R} = 16\cdot D_{R}$. Wird der Radius hingegen vervierfacht, so steigt die Winkelrichtgröße um das 256-fache (also $r' =4r \Rightarrow D_{R}'=256\cdot D_{R}$). Kleine Änderungen des Drahtradius $r$ haben also sehr große Auswirkungen auf $D_{R}$!


Weiter oben wurde die Differentialgleichung für $\phi$ durch die Analogie zweischen der Translations- und Rotationsbewegungen aus der Newton-DGL ermittelt. Dies soll im Folgenden noch aus der Energieerhaltung ermittelt werden (Aufgabe 5.) aus der Versuchsanleitung). Wirkt auf das System ein Drehmoment, so wird Dreharbeit bzw. Rotationsarbeit verrichtet. Es gilt für die Rotationsarbeit dabei $W = \int M \: d\phi$ sowie etwas allgemeiner $W = \int \vec{M} \cdot d{vec{\phi}$. Eine Drehung des Systems um $d\phi$ bewirkt folglich eine Änderung der Arbeit um $dW = M \cdot d\phi$. Die verrichtete Rotationsarbeit ist dabei in Form von Rotationsenergie gespeichert. Für die Rotationsenergie gilt allgemein $E_{rot}=\frac{1}{2}I\cdot \omega^2$. Mit der Kettenregel folgt dann $\frac{dE_{rot}}{dt} = \frac{1}{2}I\cdot 2\omega \cdot \frac{d\omega}{dt}$. Beachtet man nun, dass $\omega = \frac{d\phi}{dt} die Wikelgeschwindigkeit ist, so folgt $\frac{dE_{rot}}{dt} = \frac{1}{2}I\cdot 2\frac{d\phi}{dt} \cdot \frac{d^2\phi}{dt^2}$. Insgesamt ergibt sich also $dE_{rot} = I\cdot d\phi \cdot \ddot{\phi}$. Da die Rotationsarbeit in Form von Rotationsenergie gespeichert ist, folgt mit dem Energieerhaltungssatz: $$dW = dE_{rot] \Rightarrow M \: d\phi = I \cdot d\phi \cdot \ddot{\phi} \Rightarrow I\cdot \ddot{\phi} = M = -D_{R} \cdot \phi$$ Im letzten Schritt wurde natürlich genutzt, dass $M = -D_{R} \cdot \phi$ das rücktreibende Drehmoment ist.
Insgesamt ließ sich also die DGL $I\cdot \ddot{\phi} = M$ und damit $I\cdot \ddot{\phi} -D_{R} \cdot \phi$ aus der Energieerhaltung herleiten.




Die letzte Vorbereitungsaufgabe behandelt den Satz von Steiner. Mit diesem kann das Trägheitsmoment für eine Rotation um eine Achser parallel zur Schwerpunktsachse berechnet werden, wenn das Trägheitsmoment für eine Rotation um diese Achse durch den Schwerpunkt bekannt ist. Für den vorliegenden Versuchsaufbau ist der Satz von Steiner nicht von zentraler Bedeutung, da der Metallstab im Schwerpunkt aufgehängt ist und somit um eine Achse durch den Schwerpunkt rotiert. Dennoch ist der Satz von Steiner ein sehr wichtiger Satz in der Physik. Der Satz von Steiner lautet $I_{B} = I_{S} + a^2 \cdot m$. Dabei ist $I_{s}$ das Trägheitsmoment für eine Rotation um eine Achse durch den Schwerpunkt und $I_{B}$ das Trägheitsmoment bei Rotation um eine Achse parallel dazu im Abstand $a$. Mit folgender Skizze lässt er sich leicht beweisen, wobei die Rotationsachsen jeweils aus der Zeichenebene hinaus zeigen

$$I_{B} = \int_{V} r^2 \: dm = \int_{V}=\int_{V} \Bigl( (\vec{r_{sp}}+\vec{a} \Bigr)^2 \: dm = \int_{V} r_{sp}^2 \: dm + \int_{V} 2\vec{a}\cdot \vec{r_{sp}} \: dm + a^2 \int_{V} \: dm = \int_{V} r_{sp}^2 \: dm + 2\vec{a}\int_{V} \vec{r_{sp}} \: dm + a^2 \cdot m = \I_{s} + a^2 \cdot m$$

Beim vorletzten Gleichheitszeichen wurde benutzt, dass eine Volumenintegration über alle Massenelemente natürlich die Gesamtmasse ergibt. Beim letzten Gleichheitszeichen wurde die Definition des Trägheitsmoment bezüglich des Schwerpunktes benutzt. Ebenso wurde genutzt, dass aus der Definition $\vec{r_{s}} = \frac{1}{m}\int_{V}\vec{r} \: dm$ folgt, dass $\int_{V}\vec{r_{sp}} \: dm = 0 $, weil die $\vec{r_{sp}}$ ja genau die Ortsvektoren bezüglich des Schwerpunktes sind. Wir befinden und also im Scherpunktsystem, sodass natürlich $\vec{r_{s}} = 0$ und damit dann $\int_{V}\vec{r_{sp}} \: dm = m\cdot \vec{r_{s}}= 0$.
Insgesamt ergibt sich also der Satz von Steiner zu $I_{B} = I_{S} + a^2 \cdot m$, wie behauptet.



Die sich drehende Stange kann als Zylinder mit homogener Dichte $\rho$, Radius $R$ und Länge bzw. Höhe $l$ angesehen werden. Bei den Experimenten zur Drehschwingung rotiert die Stange um eine Achse durch den Schwerpunkt, allerdings nicht um die Achse mit dem größten Hauptträgheitsmoment, sondern um eine der beiden Achsen mit dem kleineren Trägheitsmoment. Ich platziere des Zylinder so im Koordinatensystem, dass seine Symmetrieachse in z-Richtung zeigt. Die Zylinderstänge rotiere dann o.B.d.A. um die y-Achse (wegen Zylindesymmetrtie ergäbe sich für eine Rotation um die x-Achse das gleiche Ergebnis. Aus dem ersten Semester ist bekannt, dass sich das entsprechende Trägheitsmoment wie folgt berechnet werden kann: $$\int\limits_{V}(r^2-y^2)\:dm = \int\limits_{V}(r^2-y^2)\cdot\rho\:dV$$ Für die Integration wählt man sinnvoller Weise Zylinderkoordinaten. Dann ist das neue Volumenmaß $dV = r\:dr\:d\theta\:dz$ sowie $\vec{r} = (r\cdot\cos(\theta),\: r\cdot\sin(\theta),\:z)$ ein Vektor in Zylinderkoordinaten. Damit gilt $|\vec{r}|^2 = r^2 + z^2$ und $y^2 = r^2\cdot\sin(\theta)^2$. Damit lässt sich die Integration ausführen: $$ I_{yy} = \rho\int\limits_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}\int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^R (r^2+z^2-r^2\cdot\sin(\theta)^2)\cdot r \:dr\:d\theta\:dz =\rho\int\limits_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}\int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^R (r^3+rz^2-r^3\cdot\sin(\theta)^2) \:dr\:d\theta\:dz = \rho\int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^R \Bigl\lbrack zr^3+\frac{1}{3}rz^3-zr^3\cdot\sin(\theta)^2)\Bigr\rbrack_{z = l/2}^{z = l/2} \:dr\:d\theta = \rho\int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^R (lr^3+\frac{1}{12}rl^3-lr^3\cdot\sin(\theta)^2) \:dr\:d\theta$$ $$I_{yy} = \rho\int\limits_{0}^{2\pi} \Bigl\lbrack \frac{1}{4}lr^4+\frac{1}{24}r^2l^3-\frac{1}{4}lr^4\cdot\sin(\theta)^2)\Bigr\rbrack_{r = 0}^{r = R} \:dr\:d\theta = \rho\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{1}{4}lR^4+\frac{1}{24}R^2l^3-\frac{1}{4}lR^4\cdot\sin(\theta)^2)\:d\theta = \rho\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{1}{4}lR^4(1-\sin(\theta)^2)+\frac{1}{24}R^2l^3)\:d\theta = \rho\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{1}{4}lR^4(\cos(\theta)^2)+\frac{1}{24}R^2l^3)\:d\theta$$ Dies ist nun ein “Standardintegral”. Ein Blick in die Integraltabelle liefert $\int \cos(x)^2 \:dx = \frac{\cos(x)\cdot\sin(x)+x}{2}$. Damit gilt für das Integral: $$I_{yy} = \rho\: \Bigl\lbrack \frac{1}{4}lR^4\cdot \frac{\cos(\theta)\cdot\sin(\theta)}{2}+\frac{1}{24}l^3R^2\theta \Bigr\rbrack_{0}^{2\pi} = \rho \:\Bigl( \frac{1}{4}R^4\cdot l\cdot\pi + \frac{1}{12}l^3\cdot R^2 \cdot \pi \Bigr) $$ Ein Zylinder mit Radius $R$ und Höhe $l$ hat das Volmen $V{zyl} = \pi\cdot R^2\cdot l$. Mit der homogenen Dichte $\rho$ ergibt sich dann die Zylindermasse zu $\rho \cdot V_{zyl} = M_{zyl} =:m$. Damit folgt: $$I_{yy} = \rho \: (\pi R^2\cdot l) \Bigl( \frac{1}{4}R^2 + \frac{1}{12}l^2 \Bigr)= m\: \Bigl( \frac{1}{4}R^2 + \frac{1}{12}l^2 \Bigr)$$ Insgesamt ist also das Trägheitsmoment des Zylinders bei Rotation um eine Achse wie im VErsuchsaufbau: $$I_{yy}= \frac{1}{4}m\cdot R^2 + \frac{1}{12}m\cdot l^2 $$