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Frequenz eines PendelsBearbeiten

Ein ungedämpftes Pendel der Länge $ r=1[\mathrm{m}] $ schwingt in linearer Näherung bei $ g=\pi^2[\mathrm{m}/\mathrm{s}^2] $ mit einer halben Periodenlänge von $ T_0=1[\mathrm{s}] $. Um wieviele Sekunden am Tag geht eine daran gekoppelte Uhr falsch, wenn es um die Bogenlänge $ \frac1{60} $($ \approx1^\circ $) bzw. $ \frac16 $($ \approx10^\circ $) maximal ausgelenkt ist?

TippsBearbeiten

Man leite einen Integralausdruck für die halbe Periodenlänge $ T_\Phi $ bei der Maximalauslenkung $ \Phi\, $ her und entwickle in $ \Phi\, $.

LösungBearbeiten

Die Differentialgleichung ist

$ \ddot\phi=-V'(\phi),\quad V(\phi)=gr(1-\cos\phi), $

mit der Konstanten der Bewegung

$ E=\frac12\dot\phi^2+V(\phi). $

Also gilt von $ \phi=0\, $ bis zum Umkehrpunkt $ \Phi\in]0,\pi[\, $, der einer Energie von $ E=gr(1-\cos(\Phi))\, $ entspricht, die Differentialgleichung

$ \dot\phi=\sqrt{2(E-V(\phi))} $,

eine viertel Periodenlänge ist also gegeben durch

$ \frac{T_\Phi}2=\int\limits_0^\Phi\frac{d\phi}{\sqrt{2(E-V(\phi))}} $

Um die Ableitung nach $ \Phi\, $ zu berechen transformiert man auf feste Grenzen,

$ \frac{T_\Phi}2=\Phi\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{2(E-V(\Phi\cdot s))}}=\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{\frac{2E-2gr(1-\cos(\Phi\cdot s))}{\Phi^2}}}. $

Wir entwickeln um $ \Phi=0\, $, wobei $ E\, $ eine Funktion von $ \Phi\, $ ist,

$ \frac{2E-2gr(1-\cos(\Phi\cdot s))}{\Phi^2}=\frac{gr}{\Phi^2}\left(\Phi^2(1-s^2) -\frac1{12}\Phi^4(1-s^4)+\mathcal{O}(\Phi^6)\right) $
$ =gr\left((1-s^2)-\frac1{12}\Phi^2(1-s^4)+\mathcal{O}(\Phi^4)\right). $

Also ist

$ \frac{T_0}2=\frac1{\sqrt{gr}}\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{1-s^2}} =\frac1{\sqrt{gr}}\left[\arcsin s\right]_0^1 =\frac\pi{2\sqrt{gr}} $,

d.h. $ T_0=1[\mathrm{s}] $, und

$ \left.\frac{d}{d(\Phi^2)}\frac{T_\Phi}2\right|_{\Phi=0} =-\int\limits_0^1\frac{ds}{2\sqrt{gr(1-s^2)}^3}\left(-gr\frac1{12}(1-s)^4\right) =\frac1{24\sqrt{gr}}\int\limits_0^1\frac{(1+s^2)ds}{\sqrt{1-s^2}} $
$ =\frac1{24\sqrt{gr}}\left(\left[\arcsin s\right]_0^1+\left[\frac12\arcsin s-\frac{s}2\sqrt{1-s^2}\right]_0^1\right) =\frac{\pi}{32\sqrt{gr}} $,

wobei

$ \int s\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}ds=-s\sqrt{1-s^2}+\int\sqrt{1-s^2}ds =-s\sqrt{1-s^2}+\int\frac{1-s^2}{\sqrt{1-s^2}}ds $
$ =-s\sqrt{1-s^2}+\arcsin s-\int s\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}ds $

benutzt wurde. Die Integrale sind endlich, da jeweils nur inverse Wurzelsingularitäten am rechten Rand auftreten. Damit ist das Vertauschen von Integral und Ableitung gerechtfertigt.

In der führenden Ordnung gilt also

$ T_\Phi=\frac{\pi}{\sqrt{gr}}+\frac{\pi}{16\sqrt{gr}}\Phi^2+\mathcal{O}(\Phi^4) =\frac{\pi}{\sqrt{gr}}\left(1+\frac{\Phi^2}{16}+\mathcal{O}(\Phi^4)\right) $.

Für $ \Phi=\frac1{60} $ ist $ \frac{\Phi^2}{16}=\frac{1}{16\cdot3600}=\frac1{57600} $. Die Pendeluhr geht also pro Tag ca. $ \frac{86400}{57600}=1.5[\mathrm{s}] $ nach. Das macht im Jahr ungefähr 9min.

Für $ \Phi=\frac1{6} $ ist $ \frac{\Phi^2}{16}=\frac{1}{16\cdot36}=\frac1{576} $. Die Pendeluhr geht also pro Tag ca. $ \frac{86400}{576}=150[\mathrm{s}] $ nach. Die nächsthöhere Ordnung ist $ \frac{11\Phi^4}{3072} $, das macht nochmal $ 0.24\mathrm{s} $ Fehlgang und verändert die führende Ordnung nur um ca. $ 0.2\%\, $.


SuchbegriffeBearbeiten

Pendel, Newtonsche Bewgungsgleichung, nichtlinearer Oszillator, Parameterintegral, Singularitäten

Ähnliche AufgabenBearbeiten

Etwas komplizierter, aber im Prinzip analog ist es die Perihel-Praezession des Merkur zu berechnen.