Das ebene mathematische Pendel

Eine punktförmige Masse $m$ ist an einem starren masselosen Stab der Länge $l$ aufgehängt und schwingt reibungsfrei im Schwerefeld ${\mathbf g}$. Es sei $\phi{}(t)$ der Auslenkungswinkel aus der Ruhelage $\phi = 0$. Der Stab mit Anfangsauslenkung

$$\phi (0) = \phi_0$$ (5.16)

und der Stab in der Ruhelage $\phi = 0$ bilden eine Ebene. Das Pendel schwingt in der Ebene. Das Pendel schwingt in dieser Ebene wenn es mit Anfangswinkelgeschwindigkeit

$$\dot{\phi}(0)=0$$ (5.17)

losgelassen wird. In diesem Fall reicht der Energiesatz um die Lösung zu finden. Die Gesamtenergie $E$ ist erhalten, das heißt $\dot{E} =0$ bzw. $E=$const. Der Energiesatz lautet dann für die die zweidimensionale Bewegung:

$$E=\frac{1}{2}m l^2 \dot{\phi}^2 + mgl(1-\cos \phi)$$ (5.18)

Wir nehmen an $E$ ist so klein, dass es stets einen Umkehrpunkt $\phi_{max}$ (=maximale Auslenkung) gibt. Für $\phi = \phi_{max}$ gilt

$$\dot{\phi} = 0$$ (5.19)

also

$$E=mgl(1-\cos \phi_{max})$$ (5.20)

also eingesetzt in () folgt

$$\dot{\phi}^2+\frac{2g}{l}(\cos \phi_{max} - \cos \phi)=0$$ (5.21)

und damit

$$\frac{d \phi}{d t}= \sqrt{\frac{2g}{l}(\cos \phi - \cos \phi_{max})},$$ (5.22)

oder nach Trennung der Variablen

$$dt =\frac{d \phi}{\sqrt{\frac{2g}{l}(\cos \phi - \cos \phi_{max})}}$$ (5.23)

Nun setzen wir $(\sin \frac{x}{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos x}{2}})$

$$\cos x = 1-2\sin^2 \frac{x}{2}$$ (5.24)

ein und finden

$$dt = \frac{d \phi}{\sqrt{\frac{4g}{l}(\sin^2 \frac{\phi_{max}}{2}- \sin^2 \frac{\phi}{2})}}$$ (5.25)

oder

$$2\sqrt{\frac{g}{l}} dt = \frac{d \phi} {\sqrt{\sin^2\frac{\phi_{max}}{2}- \sin^2\frac{\phi}{2}}}$$ (5.26)

Nun setzen wir

$$\begin{eqnarray}k=\sin \frac{\phi_{max}}{2}\\ \sin \frac{\phi}{2}=k \sin u \end{eqnarray}$$

und somit:

$$\begin{eqnarray}\phi = 2 \arcsin(k \sin u)\\ d\phi = 2 \frac{1}{\sqrt{1 - k^2 \sin^2 u}}k \cos u du \end{eqnarray}$$

so dass folgt

$$\sqrt{\frac{g}{l}} dt = \frac{1}{\sqrt{k^2-k^2 \sin^2 u}} \frac{1}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 u}}k\cos u du.$$ (5.27)

Schließlich folgt

$$\sqrt{\frac{g}{l}} dt = \frac{du}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 u}}$$ (5.28)

und somit durch Integration von $t=0$ bis $t$ und $\phi(t=0)=\phi_0$ bis $\phi$

$$\sqrt{\frac{g}{l}} t(\phi)= \int_{\arcsin(\frac{1}{k} \sin \frac{... ...} ^{\arcsin(\frac{1}{k} \sin \frac{\phi}{2})} \frac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2u}} du$$ (5.29)

Dies ist ein elliptisches Integral, das sich nicht mehr weiter vereinfachen läßt. Man könnte es aber numerisch mit Gaussscher Quadratur auswerten und hätte mit $t(\phi)$ dann auch die Umkehrfunktion $phi(t)$ gefunden.

Statt das Integral direkt auszuwerten, könnte man auch eine nichtlineare Differentialgleichung direkt diskretisieren und lösen, um die numerische Lösung zu erhalten. Dazu wird der Energiesatz () einmal differenziert so dass dann folgt

$$\dot{E}= 0 = ml^2 \dot{\phi} \ddot{\phi}+mgl\dot{\phi}\sin \phi .$$ (5.30)

Daraus folgt die Differntialgleichung

$$\ddot{\phi}=-\frac{g}{l}\sin \phi$$ (5.31)

für das ebene mathematische Pendel. Diese Gleichung ist wieder nichtlinear. Für kleine Auslenkungen $\phi \ll 1$ ist $\sin \phi \approx \phi$ und man erhält als lineare Näherung

$$\ddot{ \phi} = -\frac{g}{l}\phi,$$ (5.32)

d.h. wieder den harmonischen Oszillator.