Ein seltsames Pendel

11.01.2021, 01:29

Dopap

Ein seltsames Pendel

mir fiel eine alte Merkwürdigkeit ein und habe mir erlaubt sie etwas auszuschmücken.
Gäste seien zum posten ermuntert.

Ich träumte von einem Kegelpendel ... nur war das, was ich sah, nicht so mein Ding:

[attach]52429[/attach]

gemäß meiner Neigung wechselte der Traum in Richtung

[attach]52384[/attach]

und zu einem Versuch mit einem richtigen Kegelpendel in einem Labor wo ein Wägestück von 1 kg Masse genau 10,00 Newton Gewicht besitzt.
Das Drehpendel war an einem elektrisch regelbaren angetriebenen Haken aufgehängt. Die Fadenlänge war mit $\begin{eqnarray*} l =1m \end{eqnarray*}$ ebenfalls mathematikfreundlich.
Ein Bühnenscheinwerfer erzeugte vom unteren Kegelkreis einen periodischen Wand-Schatten, womit der Durchmesser d leicht zu messen war.
Einige Messungen mit variabler Umlaufdauer T ergaben:

$\begin{eqnarray*} \begin {array}{c| c |c| c| c | c}\text{Umlaufdauer } T & 1.7 & 1.8 & 1.9 \\ \hline \text{Kreisdurchmesser } d & 1.36 &1.14 & 0.81 \end {array} \end{eqnarray*}$ abfallend, ungefähr meiner Vorstellung entsprechend.

Beim Erhöhen der Umlaufszeit auf $\begin{eqnarray*} T=2.0 \end{eqnarray*}$ wurde ich abgelenkt und fand bei Rückkehr zum Erstaunen ein "ruhendes" Pendel mit $\begin{eqnarray*} d=0.00 \end{eqnarray*}$ vor. Hatte irgendeinen vernünftigen Durchmesser $\begin{eqnarray*} d \approx 0.4 \end{eqnarray*}$ erwartet.

Nach dem Aufwachen hingesetzt, herumgerechnet und fand die Funktionsvorschrift

$\begin{eqnarray*} d(T) :=\frac {1}{\pi^2} \cdot \sqrt{4\pi^4 - 25T^4} \end{eqnarray*}$ in guter Übereinstimmung mit der Tabelle die mir noch geläufig war.

Die Rechenvorschrift liefert aber für $\begin{eqnarray*} T=2.0 \end{eqnarray*}$ nicht Null sondern eine Fehlermeldung am Taschenrechner.

Was ist da los?

11.01.2021, 05:13

Ulrich Ruhnau

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RE: ein seltsames Pendel
Die Zentrifugalkraft bei einem Kreisradius r beträgt: $\begin{eqnarray*} F_z=m\omega ^2r \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega=\frac{2\pi}{T} \end{eqnarray*}$

Senkrecht dazu steht die Gewichtskraft mit $\begin{eqnarray*} F_g=mg \end{eqnarray*}$ .
Für den Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ muß gelten: $\begin{eqnarray*} \tan\beta=\frac{F_z}{F_g} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \sin\beta=\frac rl=\frac{F_z}{\sqrt{F_z^2+F_g^2}} \end{eqnarray*}$

Einsetzen der Kräfte liefert $\begin{eqnarray*} \frac rl=\frac{mg}{\sqrt{(mg)^2+(m\omega ^2r)^2}}=\frac{g}{\sqrt{g^2+\omega ^4r^2}} \end{eqnarray*}$

Umstellen und quadrieren liefert: $\begin{eqnarray*} r^2(g^2+\omega ^4r^2)=g^2l^2 \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert: $\begin{eqnarray*} \underbrace{\omega ^4}_ar^4+\underbrace{g^2}_br^2\underbrace{-g^2l^2}_c=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r^2=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-g^2+\sqrt{g^4+4\omega ^4g^2l^2}}{2\omega ^4} \end{eqnarray*}$

11.01.2021, 12:49

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Der Grenzwert ist die Pendeldauer für kleine Auslenkungen
$\begin{eqnarray*} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} \end{eqnarray*}$

11.01.2021, 15:40

Dopap

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Ich habe hier im Schulbereich auf Physik verzichtet, aber wenn du das schon vorrechnest, dann sollte es auch sinnig sein,z.B.

Die Vektorsumme aus Seilkraft und Gewichtskraft ist die Zentripetalkraft u.s.w.

Wenn man den Radius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ über der Winkelgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ aufträgt ergibt sich mit deiner Zuordnung

für großes Omega kleine Radien? und Omega=0 ergibt 0/0 ?

@xb: stimmt, aber nur für Pendel in einer Ebene. Die Näherung ist auch richtig, da man die Rückstellkraft als proportional zur Auslenkung annimmt und dabei $\begin{eqnarray*} \sin(x) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ersetzt.

11.01.2021, 17:44

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Oben steht im Zähler Fz. Eingesetzt wurde aber Fg

Mit Fz kommt man dann auch auf die Formel

$\begin{eqnarray*} D=\sqrt{4l^2-\frac{g^2T^4}{4\pi ^4} } \end{eqnarray*}$

und mit

$\begin{eqnarray*} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} \end{eqnarray*}$

wird D=0

11.01.2021, 18:00

rumar

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RE: Ein seltsames Pendel
Für die exakte Berechnung der Länge eines "Sekundenpendels" rechnet man natürlich mit dem exakten g-Wert von etwa 9.81.
Du hast aber offenbar mit g=10 gerechnet:

Zitat:

Wägestück von 1 kg Masse genau 10,00 Newton Gewicht

11.01.2021, 19:16

Luftikus

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Zitat:

Original von xb
Der Grenzwert ist die Pendeldauer für kleine Auslenkungen
$\begin{eqnarray*} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} \end{eqnarray*}$

Ja, so ist es.

Allgemein rotiert das Pendel in Höhe h (über Boden) mit der Winkelgeschwindigkeit

$\begin{eqnarray*} \omega^2=\frac{g}{l-h} \end{eqnarray*}$

Für h=0 erhält man dann die Formel für $\begin{eqnarray*} T_{max} \end{eqnarray*}$

11.01.2021, 21:21

Ulrich Ruhnau

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RE: ein seltsames Pendel

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Die Zentrifugalkraft bei einem Kreisradius r beträgt: $\begin{eqnarray*} F_z=m\omega ^2r \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega=\frac{2\pi}{T} \end{eqnarray*}$

Senkrecht dazu steht die Gewichtskraft mit $\begin{eqnarray*} F_g=mg \end{eqnarray*}$ .
Für den Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ muß gelten: $\begin{eqnarray*} \tan\beta=\frac{F_z}{F_g} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \sin\beta=\frac rl=\frac{F_z}{\sqrt{F_z^2+F_g^2}} \end{eqnarray*}$

Ab hier muß ich meine Rechnung korrigieren.

Einsetzen der Kräfte liefert $\begin{eqnarray*} \frac rl=\frac{m\omega ^2r}{\sqrt{(mg)^2+(m\omega ^2r)^2}}=\frac{\omega ^2r}{\sqrt{g^2+\omega ^4r^2}} \end{eqnarray*}$

Quadrieren liefert: $\begin{eqnarray*} r^2(g^2+\omega ^4r^2)=\omega ^4r^2l^2 \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert: $\begin{eqnarray*} r^2g^2+\omega ^4r^4=\omega ^4r^2l^2 \end{eqnarray*}$

Faktorisiert: $\begin{eqnarray*} \left(\omega ^4r^2+g^2-\omega^4l^2\right)r^2=0 \end{eqnarray*}$

Außer der Lösung $\begin{eqnarray*} r = 0 \end{eqnarray*}$

gibt es noch die Lösung $\begin{eqnarray*} r=\sqrt{l^2-\frac{g^2}{\omega ^4}}=\sqrt{l^2-\frac{g^2T^4}{(2\pi)^4}} =\frac 1{\pi^2}\sqrt{\pi^4l^2-\frac{g^2T^4}{16}} \end{eqnarray*}$

Ich freue mich, daß dieses Ergebnis jetzt mit dem von xb übereinstimmt. Wenn die Wurzel für genügend große T droht komplex zu werden, habe wir ja noch die Lösung r = 0, womit Dopaps Frage hoffentlich auch beantwortet ist.

12.01.2021, 08:32

Dopap

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o.k.
r=0 ist nur eine Lösung einer Gleichung aber nicht Nullstelle deiner Funktionsvorschrift.
-------
Durchmesser über Umlaufszeit:

mit sehr steilem Abfall "in Richtung" 2 sodass $\begin{eqnarray*} T=1.9 \end{eqnarray*}$ unverdächtig war.

Aber nicht genau $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ sondern $\begin{eqnarray*} T(r=0)=T_0=\sqrt[4]{\frac {4\pi^4}{25}}\approx \boxed{{\color{red}1.99}}<br /> \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

2.0 muss eine Fehlermeldung ergeben.

@rumar: deshalb die explizite Vorgabe g=10.0 Keine Rundung von $\begin{eqnarray*} g_0=9.80665~\rm m/s^2 \end{eqnarray*}$

Alle Werte $\begin{eqnarray*} T\geq T_0 \end{eqnarray*}$ ergeben physikalisch den Durchmesser Null.

Ich nehme an, dass der Grund wohl der ist, dass statt Gleichungen Ungleichungen auftreten.
Die Rückstellkraft, die annähernd linear in r abfällt wird größer als die benötigte Zentripetalkraft,
die linear in r und zugleich invers quadratisch in T kleiner wird.

Bem: das "seltsame" Verhalten verschwindet sofort, wenn das Pendel nach Art des Kettenkarussells
ein wenig neben dem Drehpunkt aufgehängt wird was zu einem Kegelstumpfpendel führe Big Laugh

12.01.2021, 12:41

Ulrich Ruhnau

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@Dopap
Ich habe schon überlegt, ob und wie man das Experiment machen kann. Was mir einfiel, ich aber noch nicht ausprobiert habe ist, eine Bohrmaschine oder einen Akkuschrauber zu nehmen, einen breiten Bohrer einzuspannen, einen Bindfaden mit einer dicken Mutter als Gewicht am Bohrer mit einem Webeleinensteg festzuknoten, den Bohrer nach unten zu halten und langsam loszudrehen.

Es bleibt jedem selbst überlassen ob er das Risiko eingeht, sich dabei zu verletzen. Erstaunt2

Den Bindfaden würde ich nicht länger als 30 cm machen. Man könnte auch den Mixer aus der Küche dazu mißbrauchen, aber da kann man ja die Drehzahl nicht kontinuierlich einstellen. Besser raus wäre man mit Fischertechnik und einer kontinuierlich regelbaren Spannungsquelle. Aber meine Fischertechnik halbe ich schon längst verschenkt.

12.01.2021, 12:58

Luftikus

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
@Dopap
Ich habe schon überlegt, ob und wie man das Experiment machen kann.

Welches, das Ausgangsexperiment von Dopap?

Im Prinzip muss du ja nur nachvollziehen, dass die relative Lageänderung zur Fadenlänge l nur(!) von der Winkelgeschwindigkeit abhängt, unabhängig von m oder l selbst, als Funktion von l-h wie oben angegeben:

$\begin{eqnarray*} \omega^2=\frac{g}{l-h} \end{eqnarray*}$

Siehe auch
https://www.youtube.com/watch?v=PTH5d7VITMs

12.01.2021, 13:24

HAL 9000

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Ein anderes schönes Beispiel, wo ähnliche Kräfteungleichungen plötzlich eine Verhaltensänderung der Bewegung bewirken:

Ein Massepunkt befindet sich zunächst still ganz oben (im Schwerkraftsinn) auf einer Kugel vom Radius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ . Bei angenommener Reibungsfreiheit befindet er sich dort im labilen Gleichgewicht und bekommt nun einen infinitesimalen Schubs. Dann bewegt er sich zunächst auf einer Kreisbahn die Kugeloberfläche hinab, bis er plötzlich "abhebt" und von diesem Moment dann von der Kugel losgelöst einen Parabelflug nach unten macht. Augenzwinkern

12.01.2021, 17:20

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[attach]52444[/attach]

Zitat:

Original von Luftikus

$\begin{eqnarray*} \omega^2=\frac{g}{l-h} \end{eqnarray*}$

Siehe auch
https://www.youtube.com/watch?v=PTH5d7VITMs

Man hat

$\begin{eqnarray*} l=h+s \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s=\frac{g}{\omega ^{2} } \end{eqnarray*}$

Im Video kann man s mit Hilfe der Hand im Bild abschätzen. Ich habe da auf die schnelle $\begin{eqnarray*} s=3.5cm \end{eqnarray*}$

Außerdem kann man T abschätzen $\begin{eqnarray*} T=0.35s \end{eqnarray*}$
und hat damit $\begin{eqnarray*} \omega =18\frac{1}{s} \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man s berechnen und bekommt ca 3cm was mit der Messung (3.5cm) einigermaßen übereinstimmt

13.01.2021, 09:47

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ein anderes schönes Beispiel, wo ähnliche Kräfteungleichungen plötzlich eine Verhaltensänderung der Bewegung bewirken:[...]

Stimmt und zwar nicht nach 45° sondern nach $\begin{eqnarray*} \varphi = 48° ~11'~23'' \end{eqnarray*}$

Eigentlich nix besonderes, aber das entspricht 2/3 vom Radius an senkrechter Fallhöhe. smile

----
Wenn man jetzt noch ein kleines Zahnrad mit Anfangsgeschwindigkeit auf einem sehr großen Zahnrad hinabrollen ...

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