Rotierendes Pendel

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

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

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

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…