Rotierendes Pendel

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2 Rotierendes Pendel (12) a Lagrangefunktion $L = T - U$ mit $T=\frac{1}{2}m{{\overset{\bullet }{\mathop{x}}\,}^{2}}$ und $U = - m g x y$ da das Koordinatensystem gedreht ist. $\overrightarrow{x}=\left( \begin{align} & a\cos \left( \omega t \right)+L\sin \left( \varphi \right) \\ & -a\sin \left( \omega t \right)+L\cos \left( \varphi \right) \\ \end{align} \right)$ somit folgt $\overrightarrow{{\dot{x}}}=\left( \begin{align} & -a\omega \sin \left( \omega t \right)+L\dot{\varphi }\cos \left( \varphi \right) \\ & \left( -1 \right)\left( a\omega \cos \left( \omega t \right)+L\dot{\varphi }\sin \left( \varphi \right) \right) \\ \end{align} \right)$ dann ist

$\begin{align} & {{{\dot{x}}}^{2}}={{a}^{2}}{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}\left( \omega t \right)+{{L}^{2}}{{{\dot{\varphi }}}^{2}}{{\cos }^{2}}\left( \varphi \right)-aL\omega \dot{\varphi }\cos \left( \varphi \right)\sin \left( \omega t \right)+ \\ & \quad \quad {{a}^{2}}{{\omega }^{2}}{{\cos }^{2}}\left( \omega t \right)+{{L}^{2}}{{{\dot{\varphi }}}^{2}}{{\sin }^{2}}\left( \varphi \right)+aL\omega \dot{\varphi }\sin \left( \varphi \right)\cos \left( \omega t \right) \\ & \quad ={{a}^{2}}{{\omega }^{2}}+{{L}^{2}}{{{\dot{\varphi }}}^{2}}+aL\omega \dot{\varphi }\left( \sin \left( \varphi \right)\cos \left( \omega t \right)-\cos \left( \varphi \right)\sin \left( \omega t \right) \right) \\ & \quad ={{a}^{2}}{{\omega }^{2}}+{{L}^{2}}{{{\dot{\varphi }}}^{2}}+aL\omega \dot{\varphi }\sin \left( \varphi -\omega t \right) \end{align}$

$\Rightarrow L=\frac{m}{2}\left( {{a}^{2}}{{\omega }^{2}}+{{L}^{2}}{{{\dot{\varphi }}}^{2}}+aL\omega \dot{\varphi }\sin \left( \varphi -\omega t \right) \right)+mg\left( -a\sin \left( \omega t \right)+L\cos \left( \varphi \right) \right)$

b Daraus erhält man die Bewegungsgleichungen in dem man die Euler - Lagrangegleichung anwendet:

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \overset{\bullet }{\mathop{q}}\,}=\frac{\partial L}{\partial q}$ also

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \overset{\bullet }{\mathop{\varphi }}\,}=m{{L}^{2}}\ddot{\varphi }+\frac{m}{2}aL\omega \left( \dot{\varphi }-\omega \right)\cos \left( \varphi -\omega t \right)$

$\frac{\partial L}{\partial \varphi }=\frac{m}{2}aL\omega \dot{\varphi }\cos \left( \varphi -\omega t \right)-mgL\sin \left( \varphi \right)$

$\frac{m}{2}aL\omega \dot{\varphi }\cos \left( \varphi -\omega t \right)-mgL\sin \left( \varphi \right)-m{{L}^{2}}\ddot{\varphi }+\frac{m}{2}aL\omega \left( \dot{\varphi }-\omega \right)\cos \left( \varphi -\omega t \right)=0$

$\ddot{\varphi }m{{L}^{2}}-\dot{\varphi }maL\omega \cos \left( \varphi -\omega t \right)+mgL\sin \left( \varphi \right)-\frac{m}{2}aL{{\omega }^{2}}\cos \left( \varphi -\omega t \right)=0$

c Für kleine Auslenkungen gilt:

$\sin \left( \varphi \right)\approx \varphi ,\quad \cos \left( \varphi -\omega t \right)\approx \cos \left( -\omega t \right)=\cos \left( \omega t \right)$

$\ddot{\varphi }m{{L}^{2}}-\dot{\varphi }maL\omega \cos \left( \omega t \right)+mL\left( \varphi g-a{{\omega }^{2}}\frac{L\cos \left( \omega t \right)}{2} \right)=0$

Mit ${{\omega }^{2}}a\ll g$ folgt:

$\ddot{\varphi }m{{L}^{2}}-\dot{\varphi }maL\omega \cos \left( \omega t \right)+mL\varphi g=0\Leftrightarrow \ddot{\varphi }L-\dot{\varphi }a\omega \cos \left( \omega t \right)+\varphi g=0$

Die (homogene) Lösung ist nun:

$\ddot{\varphi }-\dot{\varphi }\frac{a}{L}\omega \cos \left( \omega t \right)+ \frac{g} {L}\varphi =0$ nach komplexem Ansatz $\varphi \left( t \right)=c{{e}^{\lambda t}}\Rightarrow \dot{\varphi }=c\lambda {{e}^{\lambda t}}\Rightarrow \ddot{\varphi }=c{{\lambda }^{2}}{{e}^{\lambda t}}$

Erhält man: ${{\lambda }^{2}}-\Omega \lambda +g=0\Rightarrow {{\lambda }_{1,2}}=\frac{\Omega }{2}\pm \sqrt{\frac{{{\Omega }^{2}}}{4}-g}$ mit $\Omega =\frac{a}{L}\omega \cos \left( \omega t \right)$ Also ist die allgemeine Lösung $\varphi \left( t \right)={{c}_{1}}{{e}^{{{\lambda }_{1}}t}}+{{c}_{2}}{{e}^{{{\lambda }_{2}}t}}=c{{e}^{\left( {{\lambda }_{1}}+{{\lambda }_{2}} \right)t}}$ mit ${{c}_{1}}={{c}_{2}}^{*}=:c$ Der Realteil ist also $\varphi \left( t \right)=a\cos \left( \frac{\Omega }{2}+i\sqrt{\frac{{{\Omega }^{2}}}{4}-g} \right)+b\sin \left( \frac{\Omega }{2}-i\sqrt{\frac{{{\Omega }^{2}}}{4}-g} \right)$ nun ist aber ${{\omega }^{2}}a\ll g\Rightarrow {{\Omega }^{2}}\ll g$ also ist $\varphi \left( t \right)=a\cos \left( \frac{a}{2L}\omega \cos \left( \omega t \right)+\sqrt{g} \right)+b\sin \left( \frac{a}{2L}\omega \cos \left( \omega t \right)-\sqrt{g} \right)$

a, b

sind aus den Anfangsbedingungen zu wählen.

Das Pendel zeigt also immer Richtung Boden d Mit ${{\omega }^{2}}a\gg g$ folgt:

$\ddot{\varphi }-\dot{\varphi }m\frac{{{a}^{2}}\omega }{L}\cos \left( \varphi -\omega t \right)-\frac{a{{\omega }^{2}}}{2L}\cos \left( \varphi -\omega t \right)=0$

Zu schwer…

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