Für die Kreisfrequenz gilt allgemein $\omega = \frac{2\pi}{T}$. Also ist die Periodendauer $T = \frac{2\pi}{\omega}$. Nun ist $\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$, weshalb wir für die Periodendauer folgendes erhalten: \begin{align*} T = 2\pi \cdot \sqrt{\frac{I}{D_R}}. \end{align*} Das rücktreibene Drehmoment ergibt sich aus $D_R = \frac{\pi}{2}\frac{G\cdot r^4}{L}$, wobei G das Torsionsmodul des Materials ist, r der Radius des Drahtes und L die Länge des Drahtes. Wir wollen mittels einer kleinen Rechnung den Einfluss von dem Radius betrachten, da dieser mit der vierten Potenz eingeht. Hierzu wählen wir $L = 1\mathrm{m}$, $G = 100\mathrm{GPa}$ und für die Radien einmal $r_1 = 0,001\mathrm{m}$ und einmal $r_2 = 0,005\mathrm{m}$. Dann ergibt sich für das rücktreibene Drehmoment einmal $D_{R,r_1} = \frac{\pi}{2}\cdot 10^{-1} \mathrm{Nm}$ und einmal $D_{R,r_2} = \frac{\pi}{2}\cdot 62,5 \mathrm{Nm}$. Man kann also bei einem kleinen Unterschied im Radius einen ernormen Effekt beobachten.

Um zu überprüfen, welche Anfangswerte auf die Lösung $\varphi(t)=\varphi_0\cos{\omega t}; \omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$ führen, betrachten wir zu erst die DGL $I\ddot{\varphi} = - D_R\varphi$. Dabei handelt es sich um eine homogene gewöhnliche Differentialgleichung der 2. Ordnung, die uns an die des harmonischen Oszillators bzw. an die DGL des Federpendels erinnert. Daher wissen wir, dass die Lösung dieser DGL allgemein von der Form $\varphi(t) = A\cos{\omega t}+B\sin{\omega t}$ und $\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$ sein muss. Wir wollen uns nun die Anfangswerte überlegen. Zum Startpunkt $t = 0$ hat das Drehpendel eine Startauslenkung $\varphi_0$. Daher sollte einer der Anfangswerte $\varphi(0) = \varphi_0$ sein. Weiterhin hat das Pendel bei dem Zeitpunkt $t=0$ keine Geschwindigkeit. Daher sollte für die zweite Anfangsbedingung gelten $\dot{\varphi}(0)=0$. Dies wollen wir nun überprüfen, indem wir die Anfangswerte einsetzen. Dazu benötigen wir erst die erste zeitliche Ableitung von $\varphi(t)$. Sie lautet: $\dot{\varphi}(t)= - A\omega\sin{\omega t} + B\omega \cos{\omega t}$. Damit ergibt sich: \begin{align*} \varphi(0) = A \cos{(0)} + B \sin {(0)} = A \overset{!}{=} \varphi_0 \Rightarrow A = \varphi_0 \\ \dot{\varphi}(0) = - A \omega \sin{(0)} + B \omega \cos{(0)} = B \omega \overset{!}{=} 0 \Rightarrow B = 0 \end{align*} Damit ergibt erhalten wir $\varphi(t) = \varphi_0 \cos{\omega t}$, was genau die Lösung (3) der DGL ist. Das heißt es führen die Anfangswerte $\varphi(0) = \varphi_0$ und $\dot{\varphi}(0) = 0$ zur Lösung (3).

Wir wollen nun die Einheiten von $D$,$D_R$,$I$ und $\varphi$ betrachten. Da $D$ ein Drehmoment ist wird dieses in der Einheit Nm gemessen (also $[D] = \mathrm{Nm}$). $I$ ist ein Trägheitsmoment, also ist die Einheit $[I] = \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^2$. Da $\varphi$ ein Winkel ist, ist seine Einheit entweder $^\circ$ oder im Bogenmaß $\mathrm{rad}$. Für $D_R$ gilt die Beziehung $D_R = - \frac{D}{\varphi}$. Daher ist die Einheit $[D_R] = \frac{\mathrm{Nm}}{\mathrm{rad}}$ bzw. $[D_R] = \frac{\mathrm{Nm}}{^\circ}$.

Wir wollen nun die Gl. (3) in Gl.(2) des Begleitmaterials einsetzen, um so die Beziehung für $\omega$ zu beweisen. Man erhält: \begin{align*} &I\cdot \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}(\varphi_0 \cos{\omega t}) = - D_R\cdot\varphi_0 \cos{\omega t}\\ \Leftrightarrow\; &I \cdot \varphi_0 \cdot (-\omega^2)\cos{\omega t} = - D_R\cdot \varphi_0 \cos{\omega t}\\ \Leftrightarrow\; &I \cdot \omega^2 = D_R\\ \Leftrightarrow\; &\omega^2 = \frac{D_R}{I}\\ \Rightarrow\; &\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}} \end{align*} Damit haben wir die Beziehung für $\omega$ bewiesen und es gilt $\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$.

Wir können das Drehmoment mithilfe der Beziehung $D = - D_R \varphi$ bestimmen. Wenn wir für $\varphi$ die Startauslenkung nehmen, so können wir das maximale Drehmoment für die enstprechende Messung berechnen, da der Winkel aufgrund der Luftreibung immer kleiner wird. Das rücktreibene Drehmoment berechnet man mit $D_R = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{G\cdot r^4}{L}$, wobei G das Torsionsmodul des Materials ist, r der Radius des Drahtes und L die Länge des Drahtes. G lässt sich hier experimentell bestimmen.

Das Drehmoment ist vergleichbar mit der Kraft, nur dass hier eine Drehbewegung statt eine geradlinige Bewegung sattfindet. Damit können wir Rückschlüsse auf die Arbeit schließen. Für die Kraft gilt $W = \int \vec F(\vec s)\cdot \mathrm{d}\vec s$. Nun haben wir hier aber einen Winkel statt eine geradlinige Bewegung. Das heißt es wird eine Arbeit verrichtet, wenn zwischen zwei Winkeln ein konstanter Drehmoment wirkt. Das heißt, es gilt $W = \int \vec D \cdot \mathrm{d}\vec{\varphi}$. Dann erhalten wir die Beziehung $\mathrm{d}W = D \mathrm{d}\varphi$ für die Arbeit. Die Rotationsenergie ist $\frac{1}{2}I\dot{\varphi}^2$. Es ist also$ D \mathrm{d}\varphi = \frac{1}{2}I\dot{\varphi}^2$ als Änderung an Rotationsenergie. Damit ergibt sich: \begin{align*} &D \mathrm{d}\varphi = \frac{1}{2}I\dot{\varphi}^2 && \vert :\mathrm{d}t\\ \Leftrightarrow\; &D\dot{\varphi} = \frac{1}{2}I \cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\dot{\varphi}^2)\\ \Leftrightarrow\; &D\dot{\varphi} = \frac{1}{2}I \cdot 2 \cdot \dot{\varphi}\ddot{\varphi}\\ \Leftrightarrow\; &D = I\cdot \ddot{\varphi} \end{align*} Mit $D = - D_R \cdot \varphi$ erhalten wir die Beziehung aus Gleichung 2 vom Begleitmaterial.

Der Steinersche Satz lautet: $I_B = I_S + a^2M$. Dabei ist $I_S$ das Trägheitsmoment um die Rotationsachse, die durch den Schwerpunkt des Körpers geht. $I_B$ ist die Rotationsachse, die parallel zu $I_S$ liegt. $a$ ist die Entfernung zwischen den beiden Achsen und M ist die Gesamtmasse des Körpers. Bei unserem Verusch benötigen wir diesen aber nicht, da wir die Hauptträgheitsachsen nutzen.

\begin{align} I&=\frac{1}{4}mR^2+\frac{1}{12}ml^2\label{TragheitsmomentStabFormel} \end{align} \begin{align*} l&=(15{,}7\pm0{,}1)\mathrm{cm}=(0{,}157\pm0{,}001)\mathrm{m}\\ R&=(0{,}6\pm0{,}1)\mathrm{cm}=(0{,}006\pm0{,}001)\mathrm{m}\\ m&=(34\pm0{,}5)\mathrm{g}=(0{,}034\pm0{,}0005)\mathrm{kg} \end{align*} \begin{align} \Rightarrow I&= \frac{1}{4}0{,}034\mathrm{kg}(0{,}006\mathrm{m})^2+\frac{1}{12}0{,}034\mathrm{kg}(0{,}157\mathrm{m})^2=7{,}014\cdot10^{-5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^2\\ \mathrm{u}(I)&= \end{align}