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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.

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