Instabiles Gleichgewicht in einem Pendel

Wenn Sie dem Bob zunächst eine Geschwindigkeit geben$\sqrt{4rg}$, es dauert tatsächlich unendlich lange , bis der Bob die Spitze erreicht! Eine etwas geringere Geschwindigkeit führt dazu, dass der Bob früher stoppt und zum Ausgangspunkt zurückkehrt, während eine etwas größere Geschwindigkeit den Bob über die Spitze führt (die Bewegung wird mit zunehmender Geschwindigkeit zur anderen Seite fortgesetzt).

Zum metastabilen Gleichgewicht: Wie klein auch immer eine Störung (thermische Bewegung, ...) ist, die oberste Position ist ein instabiles Gleichgewicht. Denken Sie daran, dass der Begriff des Gleichgewichts ein lokaler ist : Der niedrigste Punkt des Kreises ist stabil, da eine kleine Verschiebung dazu führt, dass der Bob zurückkommt; obere Position in eine instabile, so dass der Bob, wenn er diese Stelle verlässt, dazu neigt, sich immer weiter zu entfernen (im vorliegenden Fall ist der Bob durch die Stange gebunden, aber das gleiche Konzept gilt: Er dreht sich einfach nicht rückwärts in die oberste Position). Aus praktischer (dh realistischer) Sicht ist es schwierig, den Bob an der Spitze zu halten!

Ein wenig Mathematik, um zu sehen, warum es unendlich lange dauert, von der unteren zur oberen Position zu gelangen, wenn die Anfangsgeschwindigkeit gerade ausreicht, um den Bob dorthin zu bringen. Lassen$\theta$sei der Winkel, der die Position des Bobs bestimmt: wenn anfänglich$\theta=0$, die oberste Position ist bei$\theta=\pi$. Lineargeschwindigkeit$v=r\dot{\theta}$, also für

$$v_0=\sqrt{4gr} \implies \dot{\theta}_0= \frac{v_0}{r}=\sqrt{\frac{4g}{r}}$$ Energieerhaltung kann geschrieben werden als: $$E=\frac{1}{2} mr^2\dot{\theta}^2 + mgr(1-\cos(\theta))$$ Auf diese Weise ist die potentielle Energie an der Anfangsposition 0, während die kinetische Energie es ist $$\frac{1}{2}mr^2\big(\frac{4g}{r}\big)=2mgr$$ Energie ist eine Konstante der Bewegung, also zu jedem Zeitpunkt $E=2mgr$. Es folgt dem: $$\frac{2mgr}{\frac{1}{2}mr^2}=\dot{\theta}^2 + \frac{mgr}{\frac{1}{2}mr^2}(1-\cos(\theta))$$ so dass die Gleichung für $\dot{\theta}$[mit $1-\cos(x)=2\sin^2(x/2)$] Ist $$\dot{\theta} = \sqrt{\frac{4g}{r}}\sqrt{1-\sin^2(\theta/2)}$$ Dies kann durch Einführen gelöst werden (Corben & Stehle, S. 51). $$y=\sin(\theta/2) \implies \dot{y}=\frac{1}{2}\cos(\theta/2)\dot{\theta}$$ Jetzt $$\cos(\theta/2)=\sqrt{1-y^2} \Rightarrow \dot{y}=\frac{1}{2}\sqrt{1-y^2}\dot{\theta} \Rightarrow \dot{\theta} = \frac{2\dot{y}}{\sqrt{1-y^2}}$$ führt zu $$\frac{2\dot{y}}{\sqrt{1-y^2}}=\sqrt{\frac{4g}{r}}\sqrt{1-y^2}$$ Als $\sqrt{\frac{4g}{r}} = \frac{v_0}{r}$, kommen wir endlich dazu $$\dot{y}=\frac{1}{2}\big(\frac{v_0}{r}\big)(1-y^2)$$ was leicht gelöst werden kann, wenn man sich daran erinnert $$\frac{d}{dx}\tanh(x)=1-\tanh^2(x)$$ so dass $$y(t)-y(t_0) = \tanh\Big(\frac{v_0}{2r} (t-t_0)\Big)$$ Für $t_0=0 \to \theta=0$und für $t=t^* \to \theta=\pi$. Bezüglich $\theta$, lautet die Lösung $$\sin(\pi/2)-\sin(0) = \tanh\Big(\frac{v_0}{2r} (t^*-0)\Big) \implies 1 = \tanh\Big(\frac{v_0}{2r} t^*\Big)$$ Als $\tanh(x)$tendiert zu 1 as $x\rightarrow +\infty$Daraus folgt, dass der Bob unendlich lange braucht, um mit der gegebenen Anfangsgeschwindigkeit in die oberste Position zu gelangen.

Da es sich um eine starre Stange handelt, haben Sie wahrscheinlich Recht. Wenn die starre Stange durch eine Schnur ersetzt wird, hat Ihr Lehrer Recht, da die Geschwindigkeit am oberen Ende nicht Null sein muss, damit die Schnur straff bleibt und nicht zusammenbricht, bevor sie die Spitze erreicht.

In realen Lebensszenarien ist es jedoch nahezu unmöglich, ein instabiles Gleichgewicht aufrechtzuerhalten.

Vielleicht könnte dies in einer perfekten Welt ohne thermische oder atmosphärische Störungen (ja Simulation) passieren. Zeno gilt in Bezug auf unendliche Zeit, aber für alle praktischen Zwecke scheint der Bob in relativ kurzer Zeit dorthin zu gelangen.

In der realen Welt vollbringen Steuersystemingenieure dieses Kunststück ständig, indem sie Feedback verwenden, um die oben erwähnten kleinen Störungen zu überwinden. Sobald der Bob 12 Uhr erreicht, bewegt die Steuerung den Drehpunkt hin und her, um ihn zu stabilisieren.

Tatsächlich kann zufälliges Zittern ohne Rückkopplungssteuerung verwendet werden, um das umgekehrte Pendel zu stabilisieren. Sehen Sie hier eine erstaunliche Demonstration in Harvard:

http://youtu.be/5oGYCxkgnHQ