Draait de aarde onder me door?

[physicalattraction]

Welke schijnkrachten zijn er dan? Ik bekijk het geheel vanuit de ruimte, dus ik werk in een inertiaalstelsel. In een inertiaalstelsel zijn er geen schijnkrachten. En de zwaartekracht is per definitie (of in ieder geval per aanname) altijd gericht naar het centrum van de aarde.

Indien je niet op de evenaar zou staan en ook nog een derde dimensie mee zou nemen, zou ook de verplaatsing in noordelijke/zuidelijke richting eruit komen, welke veroorzaakt wordt door de zogenaamde coriolis kracht. Maar om het eenvoudig te houden beschouw ik de springer wel op de evenaar, dat scheelt weer een coördinaat.

[In physics I trust]

Maar je inertiaalstelsel moet met de aarde meedraaien, of heb ik het verkeerd?

[ZVdP]

Ik denk dat de bedoeling is dat je het als volgt aanpakt:

Je neemt een punt op een bol met beginssnelheid bepaald door de sprong en de rotatiesnelheid van de aarde. Vervolgens bereken je waar dit punt weer de bol zal raken onder invloed van de zwaartekracht (gewoon een statische bol en een radiaal gerichte kracht).

Daarna bereken je de tijd van de sprong, en roteer je het beginpunt van de sprong overeenkomend met de rotatie die de aarde ondergaan heeft gedurende die tijd.

En je berekent nu de afstand tussen dit beginpunt en het landpunt.

Als je het zo bekijkt heb je geen schijnkrachten nodig lijkt me.

Ik vermoed wel dat je zoiets beter in bolcoördinaten oplost dan in cartesische.

[In physics I trust]

Voor de evenaar zal dat de juiste aanpak zijn, lijkt me, als ik je argumentatie zo lees.

En voor een punt dat niet op de evenaar ligt?

[physicalattraction]

Ik ben het geheel met ZVdP eens, dit is identiek aan wat ik boven schetste.

Wanneer je in Cartesische coördinaten werkt, weet je zeker dat een snelheid niet verandert in die richting wanneer er geen kracht op werkt. Wanneer je met bolcoördinaten werkt, is dit niet zo eenvoudig, daar dan je coördinaten zelf roteren. Wanneer je het vanuit "de ruimte" beschouwt, roteren je assen NIET mee met de aarde.

[ZVdP]

Wanneer je met bolcoördinaten werkt, is dit niet zo eenvoudig, daar dan je coördinaten zelf roteren. Wanneer je het vanuit "de ruimte" beschouwt, roteren je assen NIET mee met de aarde.

Waarom? Je kan de coördinaatsassen in geval van bolcoördinaten toch ook vast nemen.

Het voordeel dat je hier dan hebt is dat de zwaartekracht eenvoudig C/r² wordt.

[physicalattraction]

Dat voordeel klopt. Het nadeel is dat je beginsnelheid aanvankelijk in tangentiële richting is, maar na een eindige tijd niet meer. Zelfs als er geen zwaartekracht zou zijn en je zou in dit systeem werken, dan verandert je snelheid zonder dat er een kracht op werkt. Je coördinaatassen liggen namelijk niet vast, maar zijn vanuit ieder punt beschouwd anders.

Hier valt wel allemaal voor te corrigeren als je heel netjes bezig bent hoor, maar of het er makkelijker op wordt, betwijfel ik.

[ZVdP]

Het leek me straf dat een systeem met bolsymmetrie niet makkelijker wordt met bolcoordinaten, dus heb ik de vergelijkingen maar eens bepaald.

De vergelijkingen worden (in dit geval op de evenaar, dus in poolcoordinaten)

\( \overline{F}=\frac{K}{r^2} \overline{1}_r\)

\( \overline{F}=m\overline{a}=m(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)\overline{1}_r+m(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\ \overline{1}_\theta\)

Dus:

\( \frac{K}{r^2}=m(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)\)

\(0=2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta}\)

Stel dat het punt bovenaan de cirkel begint met snelheid v₀ bepaald door de sprong.

Dan krijg je als eenvoudige beginvoorwaarden:

\(\left\{ \begin{array}{rcl}r(0)=R \\\theta(0)=\pi/2 \\\dot{r}(0)=v_0\cdot\overline{1}_r \\\dot{\theta}(0)=\frac{v_0\cdot\overline{1}_\theta}{R} \end{array}\right.\)

En als je r(t) kent, is de oplossing makkelijk gevonden door r(t)=R te stellen.

[Bartjes]

Ben je zeker dat de zwaartekracht naar het middelpunt van de aarde is gericht? (Zie ook mijn vorige posts, voor de aangepaste waarde van g)

Dat is toch net de rol van de schijnkrachten,niet?

Ik ben net thuis, en zal mij er vanavond ook weer in verdiepen. Schijnkrachten zijn wiskundige hulpmiddelen om in een referentiestelsel waarin eigenlijk de Wetten van Newton niet gelden, toch te kunnen rekenen. Voor een referentiestelsel dat met de aarde mee roteert, heb je die nodig. Als je de situatie doorrekent in een referentiestelsel dat met het middelpunt van de aarde is verbonden maar niet mee roteert, heb geen schijnkrachten nodig. Dan werkt er dus alleen de zwaartekracht (bij verwaarlozing van de luchtweerstand). Je moet dus voordat je begint voor jezelf duidelijk hebben binnen wat voor referentiestelsel je werkt.

(Ik zie nu ineens dat de discussie al veel verder is, mooi werk mensen!)

[In physics I trust]

Klopt, het verhaal om het uit te werken met schijnkrachten is dan ook een beetje moeilijker, maar puur voor de sport, wil ik het toch eens proberen hoor, zonder de vereenvoudiging door te voeren om op de evenaar te vertrekken.

Ik ga het dus eens proberen met die good=looking formulas :eusa_whistle:

De oplossing (geciteerd bij wijze van voorbeeld in mijn cursus) ziet er zo uit:

voor H, de hoogte, gelijk aan 100 m, en voor

\( \lambda = 45° \)

vindt men dus:

T=4.47 seconden, met afwijking

\( 10^{-8} s\)

, en een afwijking:

X=8.3 * 10 ^-6 cm (naar het zuiden in noordelijk halfrond)

Y= 1.6 cm (naar het oosten)

Ik ben er nog niet volledig uit hoe men dit bekomen heeft, maar ik zal de uitwerking posten als ik het gevonden heb!

[physicalattraction]

@ZVdP: Ik had na wat omschrijven inderdaad ook deze vergelijkingen gekregen. Hoe ga je vanaf daar verder?

[ZVdP]

@ZVdP: Ik had na wat omschrijven inderdaad ook deze vergelijkingen gekregen. Hoe ga je vanaf daar verder?

Geen idee :eusa_whistle:

Er bestaat een rechtstreekse oplossing voor r in functie van theta.

Maar daar zijn we hier niet veel mee denk ik.

r(t) zal numeriek bepaald moeten worden denk ik.

[kotje]

Het probleem is niet gemakkelijk. Men vindt een oplossing op blz 151-blz 154 van Schaum's outline series: Theory and Problems of Theoretical Mechanics van Murray R. Spiegel.

Een voorwerp dat van een hoogte h valt (luchtweerstand verwaarlozen) krijgt een afwijking naar het oosten van de verticaal van:

\(\frac{2}{3}h\omega\sin{\lambda}\sqrt{(\frac{2h}{g})}\)

waarbij

\(\lambda\)

de breedtegraad is.

[In physics I trust]

Naar het oosten, geldt dat dan op beide halfronden?

[Bartjes]

Het probleem is niet gemakkelijk. Men vindt een oplossing op blz 151-blz 154 van Schaum's outline series: Theory and Problems of Theoretical Mechanics van Murray R. Spiegel.

Een voorwerp dat van een hoogte h valt (luchtweerstand verwaarlozen) krijgt een afwijking naar het oosten van de verticaal van:

\(\frac{2}{3}h\omega\sin{\lambda}\sqrt{(\frac{2h}{g})}\)

waarbij

\(\lambda\)

de breedtegraad is.

Valt dat voorwerp dan vanuit stilstand t.o.v. de aarde? En is dat bij de top van een sprong ook zo? Wellicht kunnen we de aanpak in de benoemde bron aan ons geval aanpassen?

Nog een ander idee: is het mogelijk de Wetten van Kepler voor planeetbanen op onze springende persoon toe te passen? De aarde speelt dan de rol van de zon, en de persoon die van een planeet. De baan van de persoon zou dan een stukje van een ellips moeten zijn met een brandpunt in het middelpunt van de aarde. Of is dat te ver gezocht?