Der fallende Maibaum


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Fragestellung

Immer mal wieder taucht die folgende Frage auf:

Wenn ein 20 Meter hoher Maibaum umfällt, wie lange dauert es, bis er unten aufschlägt?

Einfach klingende Fragen haben oft überraschend komplizierte Antworten. Das will vielen Menschen nicht in den Kopf. Hier z. B. bemerkt man als Erstes, dass ein Maibaum, solange er hundertprozentig senkrecht steht, keine Neigung verspürt, das zu ändern. Erst muss eine mehr oder minder große Anfangsneigung her. Wie groß, das wird noch zu überlegen sein.

Die gestellte Frage ist fachlich insofern interessant, als hier die klassischen Methoden der Mathematik versagen und man seine Zuflucht bei einer angenäherten Lösung suchen muss. (Anmerkung: Klassisch müsste man eine Differentialgleichung der Form y " = a * sin(y) lösen.)

Die Grundlagen

Zuerst müsssen wir uns einige physikalische Zusammenhänge in Erinnerung rufen. Die Bewegung des fallenden Maibaums ist ja eine Drehbewegung, mit dem Fußpunkt des Baumes als Drehmittelpunkt. Für solche Drehbewegungen gibt es eine Reihe von physikalischen Größen, deren Entsprechungen bei geradlinigen Bewegungen uns vielleicht noch von der Schule in Erinnerung sind.

geradlinige Bewegung Drehbewegung
Wegstrecke s Drehwinkel φ
Geschwindigkeit v Winkelgeschwindigkeit ω
Beschleunigung a Drehbeschleunigung β
Kraft F Drehmoment M
Masse m Trägheitsmoment J

Zwischen diesen Größen bestehen Beziehungen, die ebenfalls ihre Entsprechungen bei den geradlinigen Bewegungen besitzen. Da gibt es bei letzteren die Newtonsche Grundgleichung der Mechanik „Kraft = Masse mal Beschleunigung”

F = m · a .

Ihr entspricht bei Drehbewegungen die Gleichung

(1)

M = J · β .

Zwischen Kraft F und Drehmoment M vermittelt die Gleichung „Drehmoment = Kraft mal Hebelarm”, wobei – aufgepasst! – der Hebelarm auf der Kraftrichtung senkrecht stehen muss.

(2)

M = F · x .

Eine besondere Rolle spielen bei den geradlinigen die gleichmäßig beschleunigten Bewegungen, die Bewegungen mit konstanter Beschleunigung, prominentestes Beispiel: Der freie Fall. Beginnen diese bereits mit einer Anfangsgeschwindigkeit v0 und an der Wegmarke s0, so gehorchen sie den Gesetzen (t ist im Folgenden immer die Zeit)

s = ½ · a · t2 + v0 · t + s0 ,
v = a · t + v0 .

Die Entsprechungen für Drehbewegungen lauten:

(3)

(4)

φ = ½ · β · t2 + ω0 · t + φ0 ,
ω = β · t + ω0 .

Auf diesen vier Gleichungen (1) bis (4) beruhen die gesamten nachfolgenden Betrachtungen.

Die Drehbeschleunigung

Irgendwie müssen wir ja heran kommen an die Bewegung des fallenden Maibaums, müssen die Gesetzmäßigkeit seines Fallens ergründen. Kurz: Wir müssen für die Größen φ, ω und/oder β herausfinden, wie sich sich im Laufe der Zeit entwickeln. Da bietet es sich an, mit der Drehbeschleunigung β anzufangen. Aber das sagt sich so leicht. Leider ist β nämlich nicht konstant.

β wird entsprechend Gleichung (1) hervor gerufen durch ein Drehmoment M,

(5)

M = J · β ,

das sich selber wieder wie in Gleichung (2) bestimmen lässt,

(6)

M = FG · x .

Die wirkende Kraft ist nämlich die Gewichtskraft FG des Maibaums, die im Schwerpunkt des Maibaums angreift und mit seiner Masse verknüpft ist über die Gleichung

(7)

FG = m · g .

Beim Hebelarm x sollen wir uns an die Bedingung erinnern, dass dieser auf der Kraft senkrecht stehen muss. Also: nicht ½ l, die halbe Länge des Maibaums, sondern x (vgl. die Skizze).

(8)

x = ½ l sin φ .

Mit (7) und (8) wird Gleichung (6) zu

(9)

M = m · g · ½ l sin φ .

Jetzt haben wir die ganze Zeit über das M in Gleichung (5) nachgedacht. Beschäftigen wir uns also noch mit dem Trägheitsmoment J! Das Trägheitsmoment einer Stange, die in ihrem Endpunkt drehbar gelagert ist, entnehmen wir einer Formelsammlung. Es ist

(10)

J = ⅓ m l2.

Jetzt setzen wir (9) und (10) in Gleichung (5) ein,

(11)

½ m g l sin φ = ⅓ m l β .

Zur Erinnerung: Die Drehbeschleunigung β wollten wir bestimmen, also lösen wir Gleichung (11) danach auf.

(12)
β = 3 g sin φ
2 l

G e s c h a f f t ! ! !

Näherungslösung

Alle drei Größen φ, ω und β ändern sich im Laufe des Fallvorgangs, d. h. mit der Zeit, sind Funktionen mit der Zeit als unabhängiger Variablen, φ(t), ω(t) und β(t). Dabei sind ω und β mathematisch gesehen die erste und zweite Ableitung von φ,

ω = φ',
β = φ"
.

Gleichung (12) ist also eine Differentialgleichung

(13)

φ" = const · sin φ ,

die sich der Auflösung widersetzt. Deshalb verlassen wir die mathematische Exaktheit und begnügen uns mit einer Näherungslösung. Wir tun so, als ob die Winkelbeschleunigung β während kurzer Zeitspannen Δt konstant bleibt. Für diese Zeitspanne können wir dann die Bewegung wie eine gleichmäßig beschleunigte Drehbewegung behandeln. Die Gleichungen dazu sind als (3) und (4) bereit gestellt.

Die Stange beginnt die Zeitspanne Δt mit den Werten φalt, ωalt, βalt und beendet sie mit φneu, ωneu, βneu. Die neuen Werte ergeben sich aus den Gleichungen (14), (15) und (16). Dabei folgt (14) aus (3), (15) aus (4) und (16) aus (12).

(14)
(15)

(16)

φneu = ½ βalt (Δt)2 + ωalt Δt + φalt ,
ωneu = βalt Δt + ωalt ,
βneu = 1,5 g l −1 sin φneu .

Ein Problem taucht noch auf, wie nämlich die Stange dazu gebracht werden kann, umzufallen. Dazu muss sie schon ein wenig geneigt werden. Wir werden sehen, dass die Größe dieser Anfangsneigung einen entscheidenden Einfluss auf die zum Umfallen benötigte Zeit bekommt. Erst aber sehen wir uns einmal die Tabelle an für die Anfangsneigung 5° und die Zeitspanne Δt = 0,2 s. Sie enthält zwei Spalten für φ, einmal gemessen im Bogenmaß (rad) – weil damit bequemer zu rechnen ist, einmal im Gradmaß (deg) – weil wir uns das besser vorstellen können. Die Tabelle endet, wenn der Neigungswinkel 90° erreicht ist. Das ist in diesem Fall nach etwa 4,2 bis 4,4 Sekunden der Fall.

Tabelle für φ0 = 5° und Δt = 0,2 s
tφφωβ
in sin radin degin s-1in s-2
0,00000,08735,00000,00000,0641
0,20000,08855,07350,01280,0650
0,40000,09245,29490,02580,0679
0,60000,09895,66870,03940,0726
0,80000,10836,20340,05390,0795
1,00000,12066,91250,06980,0885
1,20000,13647,81420,08750,1000
1,40000,15598,93180,10750,1142
1,60000,179710,29490,13040,1314
1,80000,208411,93950,15670,1522
2,00000,242813,90900,18710,1768
2,20000,283716,25550,22250,2059
2,40000,332319,04060,26360,2399
2,60000,389822,33650,31160,2795
2,80000,457826,22770,36750,3250
3,00000,537830,81170,43250,3767
3,20000,631836,19980,50790,4344
3,40000,742142,51740,59480,4971
3,60000,871049,90240,69420,5626
3,80001,021058,50170,80670,6271
4,00001,194968,46440,93210,6842
4,20001,395079,92971,06890,7242
4,40001,623393,00871,21380,7345

Welchen Einfluss eine andere Wahl von Anfangsneigung und/oder Zeitintervall auf die Fallzeit nimmt, kann uns ein Computerprogramm sagen. (Achtung: Dezimalzahlen sind mit dem Dezimalpunkt einzugeben, das verlangt halt JavaScript.)

Anfangsneigung in Grad (0,0001 ≤ φ0 ≤ 30) deg
Zeitspanne (0,0001 ≤ Δt ≤ 0,5) s
 
Fallzeit (angenähert) s

Betrachtung kleiner Winkel

Für kleine Werte von φ gilt sinφφ. (Davon macht man beispielsweise bei der Theorie des Fadenpendels Gebrauch.) Gleichung (13) geht dann über in

(17)

φ̈ = const · φ ,

Diese Differentialgleichung wird – wie man durch Ableiten leicht bestätigt – gelöst durch Exponentialfunktionen

(18)

φ = A ekt .

Exponentialfunktionen haben den hier skizzierten Verlauf. Durch geeignete Wahl der Koeffizienten lässt sich erreichen, dass der Durchgang durch die senkrechte Achse der oben betrachteten Anfangsneigung von sagen wir φ0 = 5° entspricht. Der rechte Teil der Darstellung ist uninteressant, da man ja dort zu größeren Winkeln fortschreitet, und jetzt geht es ja um kleine Winkel.

Aber links! Da können wir ablesen, wieviel eher der Start bei einem kleineren Anfangswinkel erfolgen muss. Diese Zeit nimmt alsbald sehr erhebliche Werte an. Wollte man bei 0° beginnen, müsste man vor unendlich langer Zeit loslegen. Das macht aber sowieso keinen Sinn, denn ohne Anfangsneigung wird der Maibaum gar nicht umfallen.

Wobei am Ende zu fragen ist, in wieweit die Ergebnisse für extrem kleine Startwinkel nicht hypothetisch sind, weil dann andere Einflüsse sich weitaus stärker bemerkbar machen.

© Lothar Melching
Erstellt: 4.1.2013
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