Wir betrachten beim Drehpendel die Kraft, die auf ein Objekt beim Drehen um die Aufhängungsachse wirkt. Diese übersetzt sich mittels des Trägheitswiderstandes in eine Winkelbeschleunigung

$I \ddot{\phi} = D = - D_R \phi$

Dabei bezeichnen wir: $I$ den Trägheitsmoment, $D$ in $[Nm]$ Drehmoment, $D_R$ in $[Nm/rad]$ Winkelrichtgröße und $\phi$ in $[rad]$ Winkelauslenkung der Aufhängung. $[rad] = 1$ gibt hier nur an, dass es sich um einen Winkel im Bogenmaß handelt.

Insbesondere ist die Winkelrichtgröße gegeben als

$D_R = \frac{\pi}{2} \frac{G r^4}{L}$

mit $r$ Radius der Aufhängung, $G$ Torsionsmodul (Materialkonstante) und $L$ Länge des Drahtes.

Wir sehen also an $D_R \propto r^4$, dass eine kleine Erhöhung im Drahtradius das Drehmoment stark beeinflusst. Verdoppeln wir die Dicke erhalten wir also $D_R' = 2^4 D_R = 16 D_R$ also eine Ver-16-fachung des Drehmoments.

Wir kennen die Basislösung $\phi(t) = A \sin{\omega t} + B \cos{\omega t}$ mit $\dot{\phi}(t) = A \omega \cos{\omega t} - B \omega \sin{\omega t}$ für die DGL. Betrachten wir nun das Auslenken des Pendels um $\phi(0) = \phi_0$ und das Loslassen ohne Anfangsgeschwindigkeit $\dot{\phi}(0) = \dot{\phi}_0$ erhalten wir

$\dot{\phi}(0) = A \omega \cos{0} - B \omega \sin{0} = A \omega = 0 \rightarrow A = 0$

$\phi_0 = B \cos{0} = \phi_0 \rightarrow B = \phi_0$

Wir erhalten also $\phi(t) = \phi_0 \cos{\omega t}$ als Bahnkurve. Einsetzen in die DGL

$I \ddot{\phi} = D = - D_R \longleftrightarrow I \phi_0 (-\omega^2) \cos{\omega t} = - D_R \phi_0 \cos{\omega t} \longrightarrow \omega^2 = \frac{D_R}{I}$.

Damit können wir die Periodendauer angeben

$T_{Periode} = \frac{1}{f} = \frac{1}{2 \pi \omega} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{I}{D_R}}$

Unter der Annahme eines harmonischen Potentials können wir die Periodendauer $T \neq T(\phi_0)$ als konstant ansehen. Somit ist $T_{Schwingungsdauer} = T_{Periode} := T$

$T := T(L) = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{2 I L}{\pi G r^4}} = \frac{1}{2 \pi r^2} \sqrt{\frac{2 I}{\pi G}} \cdot \sqrt{L}$

Für $T^2$ finden wir einen linearen Zusammenhang:

$T^2 = \frac{I}{2 \pi^3 G r^4} \cdot L$

Wir hängen also starre Körper verschiedener Geometrien an unterschiedlichen Aufhängungen auf. Nun lenken wir die Körper um einen Anfangswinkel $\phi_0$ aus und lassen sie ohne Anfangsgeschwindigkeit los. Nun messen wir zur Verbesserung der Genauigkeit die Zeit $T_n$ über $n$ Perioden. Durch das mitteln verkleinert sich unsere Messunsicherheit in der Zeit.

Abhängig von der Dämpfung Aufhängung, dem Trägheitsmoment des Körpers und dem Torsionsmodul $G$ wählen wir $\phi_0$ und $n$ sinnvoll. Der Schnürsenkel dämpft hier zum Beispiel stark, hat jedoch eine sehr geringe rücktreibende Kraft sodass wir $n$ klein und $\phi_0$ groß wählen.

Wir fangen damit an, das Torsionsmodul $G$ unter Bekanntheit des Trägheitsmoments $I$ des Stabes zu bestimmen. Dies erlaubt uns, im späteren Teil des Versuches Trägheitsmomente $I$ unbekannter Körper zu bestimmen. Wir errechen auch hier ein theoretisches Trägheitsmoment und vergleichen.

Wir interessieren uns für eine infinitesimale Winkeländerung $d\phi$. Die Arbeit $W$ entspricht dabei

$W = \int D d\phi \longrightarrow \frac{dW}{d\phi} = \frac{d}{d\phi}\int D d\phi = D$

Umstellen liefert also

$dW = D \cdot d\phi$

Betrachten wir die Rotationsenenergie $E = \frac{1}{2} I (\frac{d\phi}{dt})^2$

$\frac{dE}{dt} = \frac{dE}{d\phi}\frac{d\phi}{dt} = I \frac{d^2\phi}{dt^2} \frac{d\phi}{dt} \longleftrightarrow dE = I \ddot{\phi} \cdot d\phi$

Gleichsetzen von $E = W$ liefert schließlich mit $D = - D_R \phi$

$I \ddot{\phi} = D = - D_R \phi$

Wir erhalten unsere DGL also auch mittels einer Energiebetrachtung.

Unter Kenntnis des Trägheitsmomentes starrer Körper mit Gesamtmasse $M$ um eine feste Achse durch den Schwerpunkt $I_S$ erlaubt der Steiner'sche Satz die Berechnung des Trägheitsmomentes $I'$ um eine parrelel um $d$ verschobene Achse:

$I' = I_S + M d^2$

Zur Herleitung benötigen wir nur die Vektoraddition $\vec{x} = \vec{x'} + \vec{\delta x}$ und die Definition des Schwerpunktes als Punkt, an dem die Integrale $\int_V \rho \cdot r_i = 0$ für $r = (x,y,z)$ verschwinden.

Wir betrachten also das Trägheitsmoment I' entlang einer Achse $\vec{n}$ und setzen den Urspung des Koordinatensystem in den Schwerpunkt und die z-Achse parallel zur Drehachse. Damit gilt für den Abstand r eines Punktes zur Drehachse

$r^2 = (\delta x)^2 + (\delta y)^2$

Setzen wir ein in die Definition des Trägheitsmomentes mit Massendichte $\rho$

$I' = \int_V \rho (\delta x)^2 + (\delta y)^2$

$I' = \int_V \rho (x - x')^2 + (y-y')^2$

Terme aufdröseln:

$I' = \int_V \rho x^2 + y^2 + \int_V \rho x'^2 + y'^2$

$I' = I_S + (x'^2 + y'^2) \cdot \int_V \rho - 2 y' \int_V \rho x - 2 x' \int_V \rho y$

$I' = I_S + M d^2$

mit $d = (x'^2 + y'^2)$ ist der Steiner'sche Satz.

Wir berechnen die Trägheitsmomente $I$ nach der Formel

$I=\int _{V}{\vec {r}}_{\perp }\!^{2}\rho ({\vec {r}})\mathrm {d} V$

wobei wir die Massendichte $\rho({\vec {r}}) = const.$ annehmen.

Die hohe Unsicherheit ist damit zu erklären, dass wir keine Küchenwaage besitzen. Wir bauen uns also folgende Apparatur auf:

Zuerst messen wir das Gewicht gegen die Füllhöhe der Flasche mit $u(\delta m) = 0,02 kg$. Wir rütteln, um den Einfluss der Haftreibung zu minimieren. Nun messen wir das Nullgewicht $m_0 = 0,07 \pm 0,01 kg$ der Flasche mittels einer Kippwaage. Dazu stellen wir nacheinander leere und volle Shotgläser auf die Waage auf gegenüberliegende Seiten. Mittels der Füllhöhe der Shotgläser und der Dichte von Wasser $\rho \approx 1 kg/m^3$ erhalten wir so also das Gewicht, was wir im folgenden als Summe über $m = \delta m + m_0$ schreiben werden. Die Unsicherheit ist damit $u(m) = 0,03 kg$.

Aufgrund der Prorportion $r \ll L$ können wir eine Vereinfachung für die Rotation quer durch den Schwerpunkt benutzen. Wir führen eine 1-D Integration entlang des Stabes durch mit 1-D Massendichte $\rho_0 = M/l$:

$I = \rho_0 \int_0^{l/2} r_{\perp }\!^{2} = \rho_0 \frac{1}{3} (\frac{l}{2})^3 = \frac{l}{M} \frac{1}{12} l^3 = \frac{1}{12} M l^2$

Die exakte Formel auf dem Arbeitsblatt erhalten wir durch 3-D Integration. Für $r \ll L$ fällt der vordere Term aber nicht ins Gewicht.

Für den dünnen Metallstab messen wir

$l = 0.12 \pm 10^{-3} m, M = 0.04 \pm 0.01 kg$

Nach Gauß'scher Fehlerfortpflanzung gilt:

${u_{I}} = {\sqrt {\left({\frac {\partial I}{\partial M}}\cdot u_{M}\right)^{2}+\left({\frac {\partial I}{\partial l}}\cdot u_{l}\right)^{2}}}$

${u_{I}} = \frac{1}{12} {\sqrt {\left({l^2}\cdot u_{M}\right)^{2}+\left({2Ml}\cdot u_{l}\right)^{2}}}$

${u_{I}} \approx 1,2 \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$

ergibt uns

$I_{Stab} = (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$

Für die Topfdeckel nähern wir die Geometrie als homogonen Zylinder. Wir integrieren also in 2-D Polarkoordinaten mit 2-D Massendichte $\rho_0 = \frac{M}{\pi R^2}$

$I = \rho_0 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^R r\ dr\ r^2 = \frac{M}{\pi R^2} \ 2\pi\ \frac{1}{4} R^4 = \frac{1}{2}M R^2$

Wir messen die Topfdeckel ab

$R_{1} = d_1/2 = (0.105 \pm 0.0025) m$

$M_1 = (0.07 + 0.65) \pm 0.03 kg = (0.72 \pm 0.03) kg$

$R_2 = d_2/2 = (0.085 \pm 0.0025) m$

$M_2 = (0.07 + 0.05) \pm 0.03 kg = (0.12 \pm 0.03) kg$

Die Unsicherheit erhalten wir beinahe analog

${u_{I}} = {\sqrt {\left({\frac {\partial I}{\partial M}}\cdot u_{M}\right)^{2}+\left({\frac {\partial I}{\partial l}}\cdot u_{l}\right)^{2}}}$

${u_{I}} = \frac{1}{2} {\sqrt {\left({R^2}\cdot u_{M}\right)^{2}+\left({2MR}\cdot u_{R}\right)^{2}}}$

${u_{I_1}} \approx 4,18 \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$

${u_{I_2}} \approx 1,86 \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$

Damit ergeben sich die Trägheitsmomente

$I_1 = (3,97\pm 0,04) \cdot 10^{-3} \ kg\ m^2$

$I_2 = (0,43\pm 0,02) \cdot 10^{-3} \ kg\ m^2$

Der Fehler ist hier aber eigentlich deutlich größer, da wir von einer homogenen Masseverteilung ausgehen, was offensichtlich nicht der Fall ist.

Anfangsbedingungen:

$\phi_0 = \pi,$ $\dot{\phi}_0 = 0$

Unsicherheiten:

$u(L) = 0,03m, u(T_{10}) = 0,5s$

$T(L)^2 = (4.8 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} \cdot L + (0.5 \pm 0.3)s^2$

Aus der Theorie erwarten wir eine Steigung die sich aus $(4.8 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} = \frac{I}{2 \pi^3 G r^4}$ zusammensetzt. Außerdem kennen wir schon $I = (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$ und $r = (0.4 \pm 0.1)mm \Longrightarrow r^4 = (0.0 \pm 0.4)mm$. Nach Umstellen ergibt sich:

$G = \frac{(4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2}{2 \pi^3 (4.8 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} (0.0 \pm 0.4)mm} = (0 \pm 110) 10^6 \frac{kg}{s^2 m}$

Da der relative Fehler viel zu groß ist und der $T^2$-Achsenabschnitt auch ziemlich groß ist, ist dieser Wert für weitere Berechnungen nicht emphelenswert.

Anfangsbedingungen:

$\phi_0 = \pi, \dot{\phi}_0 = 0$

Unsicherheiten:

$u(L) = 0,03m,$ $u(T_{10}) = 0,5s$

$T(L)^2 = (4.1 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} \cdot L + (-0.1 \pm 0.3)s^2$

Aus der Theorie erwarten wir eine Steigung die sich aus $(4.1 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} = \frac{I}{2 \pi^3 G r^4}$ zusammensetzt. Außerdem kennen wir schon $I = (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$ und $r = (1.0 \pm 0.1)mm \Longrightarrow r^4 = (1.0 \pm 0.4)mm^4$. Nach Umstellen ergibt sich:

$G = \frac{(4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2}{2 \pi^3 (4.1 \pm 0.8)\frac{s^2}{m} (1 \pm 0.4)mm^4} = (190 \pm 90) 10^3 \frac{kg}{s^2 m}$

Diese Berechnung ist im Vergleich zur ersten deutlich plausibler.

Anfangsbedingungen:

$\phi_0 = 4 \cdot \pi, \dot{\phi}_0 = 0$

Unsicherheiten:

$u(L) = 0,03m, u(T_{2}) = 0,5s$

Die Dämpfung ist hier groß. Deshalb messen wir 2 Perioden $T_2$ statt 10 Perioden $T_{10}$.

$T(L)^2 = (340 \pm 50)\frac{s^2}{m} \cdot L + (22 \pm 16)s^2$

Aus der Theorie erwarten wir eine Steigung die sich aus $(340 \pm 50)\frac{s^2}{m} = \frac{I}{2 \pi^3 G r^4}$ zusammensetzt. Außerdem kennen wir schon $I = (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2$ und $r = (1.0 \pm 0.1)mm \Longrightarrow r^4 = (81 \pm 4)mm^4$. Nach Umstellen ergibt sich:

$G = \frac{(4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2}{2 \pi^3 (340 \pm 50)\frac{s^2}{m} (81 \pm 4)mm^4} = (2.3 \pm 0.7) 10^3 \frac{kg}{s^2 m}$

Diese Berechnung scheitert an der Annahme eines harmonischen Potentials.

Durchmesser $d = (0.210 \pm 0.005) m$

Masse $m = (0.07 + 0.65) kg$

Anfangsbedingungen:

$\phi_0 = \pi, \dot{\phi}_0 = 0$

Unsicherheiten:

$u(L) = 0,03m, u(T_{3}) = 0,5s, u(m) = 0.03 kg$

$T(L)^2 = (311 \pm 7)\frac{s^2}{m} \cdot L + (-7 \pm 3)$

Vergleicht man nun den Proportionalitätfaktor mit dem aus Messung 2 erhält man $I_{Topf1}= \frac{(311 \pm 7)\frac{s^2}{m}}{(4.1 \pm 0.8)\frac{s^2}{m}} \cdot (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2 = (3.7 \pm 1.1) 10^{-3} \ kg\ m^2$

Durchmesser $d = (0.170 \pm 0.005) m$

Masse $m = (0.07 + 0.05) kg$

Anfangsbedingungen:

$\phi_0 = \pi, \dot{\phi}_0 = 0$

Unsicherheiten:

$u(L) = 0,03m, u(T_{5}) = 0,5s, u(m) = 0.03 kg$

$T(L)^2 = (60.8 \pm 0.3)\frac{s^2}{m} \cdot L + (-1.89 \pm 0.12)s^2$

Vergleicht man nun den Proportionalitätfaktor mit dem aus Messung 2 erhält man $I_{Topf_2}= \frac{(60.8 \pm 0.3)\frac{s^2}{m}}{(4.1 \pm 0.8)\frac{s^2}{m}} \cdot (4,8 \pm 1,2) \cdot 10^{-5}\ kg\ m^2 = (0.71 \pm 0.22) 10^{-3} \ kg\ m^2$

Wir sehen also, dass sich bei der Berechnung des Trägheitsmoments Experiment und Theorie gnaz gut decken. Für die zwei Topfdeckel erhalten wir

$I_{Topf_1, Theorie} = 3,97 \cdot 10^{-3} \ kg\ m^2 \longleftrightarrow I_{Topf1, Experiment} = (3.7 \pm 1.1) 10^{-3} \ kg\ m^2$

$I_{Topf_2, Theoie} = 0,43 \cdot 10^{-3} \ kg\ m^2$

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
from scipy import stats
 
ul = 0.03
ut = 0.5
 
mess1 = {'val': np.array([[0.56, 17.5], [0.42, 15.9], [0.35, 15.6], [0.29, 12.9], [0.24, 12.58]]), 'phi': np.pi,
         'nt': 10}
 
mess2 = {'val': np.array([[0.53, 13.44], [0.62, 16.32], [0.47, 12.68], [0.35, 11.49], [0.23, 9.47]]), 'phi': np.pi,
         'nt': 10}
 
mess3 = {'val': np.array([[0.48, 26.86], [0.18, 19.37], [0.1, 13.58]]), 'phi': 4 * np.pi,
         'nt': 2}
 
mess4 = {'val': np.array([[0.56, 38.88], [0.29, 27.11], [0.17, 20.57]]), 'phi': np.pi,
         'nt': 3}
 
mess5 = {'val': np.array([[0.50, 26.69], [0.33, 21.36], [0.17, 14.51]]), 'phi': np.pi,
         'nt': 5}
 
messes = [mess1, mess2, mess3, mess4, mess5]
for j in range(len(messes)):
    mess = messes[j]
    vals = np.transpose(mess['val'])
    nt = mess['nt']
    lengths = vals[0]
    l_max = max(lengths)
    l_mean = sum(lengths) / len(lengths)
    lens = np.linspace(0, 1.1 * l_max, num=50)
    times = [vals[1][i] / nt for i in range(len(vals[1]))]
    t_quad = [times[i] ** 2 for i in range(len(times))]
    tq_max = max(t_quad)
    tq_mean = sum(t_quad) / len(t_quad)
    sol = stats.linregress(lengths[:len(t_quad)], t_quad)
    fit = [sol.slope * l + sol.intercept for l in lens]
    dls = [l - l_mean for l in lengths]
    sdl = sum([abs(dl) for dl in dls]) / len(dls)
    dtqs = [tq - tq_mean for tq in t_quad]
    sdtq = sum([abs(dtq) for dtq in dtqs]) / len(dtqs)
    covltq = sum([dls[i] * dtqs[i] for i in range(len(dls))]) / (len(dls) - 1)
    corltq = covltq / (sdl * sdtq)
    print('(%.3f' % (round(sol.slope, 3)) + ' \pm ' + '%.3f' % (round(sol.stderr, 3)) + ') \cdot L + ' + '(%.3f' % (
        round(sol.intercept, 3)) + ' \pm ' + '%.3f)' % (round(sol.intercept_stderr, 3)))
    fig = plt.figure(figsize=(6, 6))
    ax = fig.add_subplot(111)
    ax.errorbar(lengths, [time ** 2 for time in times], linestyle='', marker='', xerr=ul, yerr=2 * tq_mean * ut / nt,
                label='Messwerte')
    ax.plot(lens, fit, linestyle='-', label='Linfit mit $R^2 =$' + "%.3f" % (round(sol.rvalue ** 2, 3)))
    ax.set_xlim(0, 1.1 * l_max)
    ax.set_ylim(0, 1.1 * tq_max)
    ax.set_title('Messung ' + str(j + 1))
    ax.set_xlabel('L in m')
    ax.set_ylabel('$T^2$ in s')
    ax.legend()
    plt.savefig('Drehschwingung.Messung' + str(j + 1) + '.png')
    plt.show()