Rotierendes Pendel

2 Rotierendes Pendel (12) a Lagrangefunktion $L=T-U$mit $T=\frac{1}{2}m{\stackrel{\bullet }{x}}^2$und $U=-mg{x}_y$da das Koordinatensystem gedreht ist. $\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{rl}& a\cos \left(\omega t\right)+L\sin \left(\phi \right)\\ & -a\sin \left(\omega t\right)+L\cos \left(\phi \right)\\ \end{array}\right)$somit folgt $\overrightarrow{\dot{x}}=\left(\begin{array}{rl}& -a\omega \sin \left(\omega t\right)+L\dot{\phi }\cos \left(\phi \right)\\ & (-1)(a\omega \cos \left(\omega t\right)+L\dot{\phi }\sin \left(\phi \right))\\ \end{array}\right)$dann ist $\begin{array}{rl}& {\dot{x}}^2=a^2{\omega }^2{\sin }^2\left(\omega t\right)+L^2{\dot{\phi }}^2{\cos }^2\left(\phi \right)-aL\omega \dot{\phi }\cos \left(\phi \right)\sin \left(\omega t\right)+\\ & a^2{\omega }^2{\cos }^2\left(\omega t\right)+L^2{\dot{\phi }}^2{\sin }^2\left(\phi \right)+aL\omega \dot{\phi }\sin \left(\phi \right)\cos \left(\omega t\right)\\ & =a^2{\omega }^2+L^2{\dot{\phi }}^2+aL\omega \dot{\phi }(\sin \left(\phi \right)\cos \left(\omega t\right)-\cos \left(\phi \right)\sin \left(\omega t\right))\\ & =a^2{\omega }^2+L^2{\dot{\phi }}^2+aL\omega \dot{\phi }\sin (\phi -\omega t)\end{array}$

$\Rightarrow L=\frac{m}{2}(a^2{\omega }^2+L^2{\dot{\phi }}^2+aL\omega \dot{\phi }\sin (\phi -\omega t))+mg(-a\sin \left(\omega t\right)+L\cos \left(\phi \right))$ b Daraus erhält man die Bewegungsgleichungen in dem man die Euler - Lagrangegleichung anwendet: $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \stackrel{\bullet }{q}}=\frac{\partial L}{\partial q}$also $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \stackrel{\bullet }{\phi }}=m{L}^2\ddot{\phi }+\frac{m}{2}aL\omega (\dot{\phi }-\omega )\cos (\phi -\omega t)$ $\frac{\partial L}{\partial \phi }=\frac{m}{2}aL\omega \dot{\phi }\cos (\phi -\omega t)-mgL\sin \left(\phi \right)$ $\frac{m}{2}aL\omega \dot{\phi }\cos (\phi -\omega t)-mgL\sin \left(\phi \right)-m{L}^2\ddot{\phi }+\frac{m}{2}aL\omega (\dot{\phi }-\omega )\cos (\phi -\omega t)=0$ $\ddot{\phi }m{L}^2-\dot{\phi }maL\omega \cos (\phi -\omega t)+mgL\sin \left(\phi \right)-\frac{m}{2}aL{\omega }^2\cos (\phi -\omega t)=0$ c Für kleine Auslenkungen gilt: $\sin \left(\phi \right)\approx \phi ,\cos (\phi -\omega t)\approx \cos (-\omega t)=\cos \left(\omega t\right)$ $\ddot{\phi }m{L}^2-\dot{\phi }maL\omega \cos \left(\omega t\right)+mL(\phi g-a{\omega }^2\frac{L\cos \left(\omega t\right)}{2})=0$ Mit ${\omega }^{2}a\ll g$folgt: $\ddot{\phi }m{L}^2-\dot{\phi }maL\omega \cos \left(\omega t\right)+mL\phi g=0\iff \ddot{\phi }L-\dot{\phi }a\omega \cos \left(\omega t\right)+\phi g=0$ Die (homogene) Lösung ist nun: $\ddot{\phi }-\dot{\phi }\frac{a}{L}\omega \cos \left(\omega t\right)+g\phi =0$ nach komplexem Ansatz $\phi \left(t\right)=c{e}^{\lambda t}\Rightarrow \dot{\phi }=c\lambda e^{\lambda t}\Rightarrow \ddot{\phi }=c{\lambda }^2{e}^{\lambda t}$ Erhält man: ${\lambda }^2-\mathrm{\Omega }\lambda +g=0\Rightarrow {\lambda }_{1,2}=\frac{\mathrm{\Omega }}{2}\pm \sqrt{\frac{{\mathrm{\Omega }}^2}{4}-g}$mit $\mathrm{\Omega }=\frac{a}{L}\omega \cos \left(\omega t\right)$ Also ist die allgemeine Lösung $\phi \left(t\right)=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}=c{e}^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)t}$mit $c_1={c_2}^{*}=:c$ Der Realteil ist also $\phi \left(t\right)=a\cos (\frac{\mathrm{\Omega }}{2}+i\sqrt{\frac{{\mathrm{\Omega }}^2}{4}-g})+b\sin (\frac{\mathrm{\Omega }}{2}-i\sqrt{\frac{{\mathrm{\Omega }}^2}{4}-g})$ nun ist aber ${\omega }^{2}a\ll g\Rightarrow {\mathrm{\Omega }}^2\ll g$ also ist $\phi \left(t\right)=a\cos (\frac{a}{2L}\omega \cos \left(\omega t\right)+\sqrt{g})+b\sin (\frac{a}{2L}\omega \cos \left(\omega t\right)-\sqrt{g})$ $a,b$sind aus den Anfangsbedingungen zu wählen. Das Pendel zeigt also immer Richtung Boden d Mit ${\omega }^{2}a\gg g$folgt: $\ddot{\phi }-\dot{\phi }m\frac{a^2\omega }{L}\cos (\phi -\omega t)-\frac{a{\omega }^2}{2L}\cos (\phi -\omega t)=0$ Zu schwer…