Draait de aarde onder me door?

[In physics I trust]

Ai, dan mis ik noch iets: in de cursus mechanica staat letterlijk dat de resulterende g de som is van g(0) en een extra factor, waardoor er in totaal niet perfect naar het midden wordt gewezen...

Dat is wel de aanpak met de schijnkrachten.

Kan iemand me dit een beetje verduidelijken?

Bedankt!

[317070]

Dus dat je door de grotere straal een grotere snelheid hebt, en de aarde inhaalt, maar dat dit tenietgedaan wordt door het feit dat het geen vrije val is, maar een beweging die je moet (kan) opsplitsen in het omhoogbewegen tot je stilhangt (hoogste punt) en dan het omlaag bewegen, wat in feite een vrije val is?

Nee, omdat je op je hoogste punt van je sprong NIET stil hangt boven de aarde, maar een bepaalde snelheid naar het westen hebt (de aarde haalt jouw in...). In de "vrije-val"-oplossing die hier circuleert vertrek je van het idee dat je stil hangt boven de aarde, wat dus NIET het geval is. Het is dus geen simpel 'optellen van effecten'.

Ai, dan mis ik noch iets: in de cursus mechanica staat letterlijk dat de resulterende g de som is van g(0) en een extra factor, waardoor er in totaal niet perfect naar het midden wordt gewezen...

Dat is wel de aanpak met de schijnkrachten.

Dat klopt, maar naast die 'middelpuntvliedende' component, zijn er nog andere effecten die dus niet opgenomen zijn in die g, (zoals bv de Corioliskracht).

Waar heb je dan precies problemen?

[In physics I trust]

Je verduidelijkt al veel, 317070, bedankt!

Wat me nog onduidelijk is in dit plaatje: welke g gebruiken we en welke effecten zitten hierin vervat?

De gravitatiewet van Newton geeft de aantrekkingskracht tussen twee puntmassa's, maar geldt ook voor homogene bolvormige lichamen. Bij de aarde moeten we ermee rekening houden dat deze van binnen niet homogeen is (de massa is niet overal gelijkmatig verspreid). Dat is één van de oorzaken dat de zwaartekracht op sommige plaatsen op aarde groter kan zijn dan op andere, bijvoorbeeld door aanwezigheid van zwaardere steensoorten.

Daarnaast zorgt de rotatie van de aarde om haar as ervoor dat op voorwerpen op aarde naast de zwaartekracht ook een middelpuntvliedende kracht werkt. Hoe verder van de aardas af, hoe groter deze middelpuntvliedende kracht. Op de evenaar is deze kracht het grootst, aan de polen is ze nul. Als bij meting van zwaartekracht niet met deze middelpuntvliedende kracht rekening wordt gehouden is de uitkomst op hogere breedtegraden groter.

Ten derde is de vorm van de aarde niet zuiver rond maar - onder invloed van de rotatie - bij de polen heel licht afgeplat. De aarde heeft de vorm van een sferoïde. Dat betekent dat men zich op de polen iets dichter bij het centrum van de aarde bevindt, wat de zwaartekracht daar iets groter maakt.

Een gemiddelde versnelling als gevolg van gravitatie in Nederland is 9,81 meter per seconde kwadraat, ook aangeduid als zwaartekracht- of valversnelling. Dit wordt in bepaalde sectoren afgerond naar 10 m/s2.

[Bartjes]

@ In fysics I trust

We lopen het gevaar te veel tegelijk overhoop te halen. Het beste is om met eenvoudige, sterk geïdealiseerde problemen te beginnen. Als we die goed begrijpen, kunnen we eventueel daarna steeds meer effecten toevoegen. Zoals de luchtweerstand, de afplatting van de aarde, plaatselijke afwijkingen in de zwaartekracht, e.d.

Daar heeft physicalattraction ook al op gewezen.

Ik verwacht eigenlijk dat het probleem van de springende persoon in zijn eenvoudigste vorm al pittig genoeg is.

(De tekst die je citeert maakt geen duidelijke onderscheid tussen krachten en schijnkrachten. Zo krijg je allerlei misverstanden.)

[In physics I trust]

Ok , je hebt gelijk!

Maar ik vroeg me af wat er reeds ingecalculeerd zat, begrijp je wat ik bedoel?

Voorlopig hebben we het dus over een springende persoon op de evenaar, verwaarloosbare luchtweerstand, g=9.73 m/s².

Geen rekening gehouden met de afplattting van de aarde.

Dat klopt nog?

[E.Desart]

Is zou graag hebben dat Bart iets uitweidt op zijn samenvattend antwoord en er ook een conclusie bij zet.

In een uitermate gestileerde situatie:

• Aarde = draaiende bol.
• Ik spring verticaal 100m hoog.
• Kom ik terug op dezelfde plaats of niet?

Mijn referentie naar de atmosfeer was niet bedoeld om luchtweerstand in de equation te brengen.

Volgens mij draait de atmosfeer gewoon mee met de aarde. Waarom zou ik dan wel op een andere plaats komen?

Is de hoeksnelheid van de atmosfeer op grotere hoogte van de atmosfeer kleiner dan op lagere hoogte?

Indien niet, waarom zou dit voor een opspringend persoon wel anders of veranderlijk zijn?

[Bartjes]

Voorlopig hebben we het dus over een springende persoon op de evenaar, verwaarloosbare luchtweerstand, g=9.73 m/s².

Geen rekening gehouden met de afplattting van de aarde.

Dat klopt nog?

Op de evenaar hoeft niet. Verder zou ik de aarde beschouwen als een eenparig draaiende ideale homogene bol, en de springende persoon als een uitsluitend onder invloed van de aardse zwaartekracht bewegende puntmassa. De persoon (puntmassa) wordt geacht (van de aarde uit gezien) loodrecht van de aarde op te springen, en krijgt daarmee dus een beginsnelheid bestaande uit een vertikale component (zijn spring-snelheid) en een horizontale component (de ter plaatse geldende omtreksnelheid van de aarde). De luchtweerstand wordt verwaarloosd.

Een alternatieve benadering beschouwt de situatie in een met de aarde mee draaiend referentiestelsel. Dan wordt alles intuïtief direct een stuk lastiger omdat je dan schijnkrachten moet invoeren. Ik zal vanavond bekijken of het mij lukt een inzichtelijke afleiding van de benodigde schijnkrachten in een draaiend referentiestelsel te geven.

[kotje]

[/quote]

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.

FOUT:

\(\lambda\)

is niet de breedtegraad maar de cobreedtegraad.

\(\lambda=90°-breedtegraad\)

. Het is maar normaal dat er aan de polen geen afwijking is. :eusa_whistle:

Op blz 158-159 zelfde bron.

Bij verticaal naar omhoog gaan tot hoogte h met beginsnelheid v₀ krijgen we na een eveneens moeilijke wiskundige berekening en enkele aanpassingen:

Afwijking naar het Oosten:

\(\frac{2}{3}h\omega \sin(\lambda)\sqrt{\frac{2h}{g}}-\omega v_0\sin(\lambda)\frac{2h}{g}\)

Als v₀=0 krijgen we zelfde bovenstaande en aan de Polen geen afwijking.

Dus algemeen krijgen we uitgezonderd aan de Polen een uitwijking naar het Oosten.

[In physics I trust]

Bedankt voor je reactie, kotje!

Kan je ook kort zeggen of de factor

\(\frac{2}{3} \)

afkomstig is van een formule of een verwaarlozing/afschatting?

[physicalattraction]

Dus algemeen krijgen we uitgezonderd aan de Polen een uitwijking naar het Oosten.

Uit je formule blijkt dat voor startwaarde h = 0 en v0 > 0, dat je uitwijking naar het Westen is, iets wat we ook verwacht hadden.

[EvilBro]

Er hangt een massa op hoogte h boven het oppervlak van een met hoeksnelheid \(\omega\) draaiende bol. De hoek noordpool-middelpunt van de bol-massa noemen we \(\alpha\).

De massa begint op t=0 met vallen. Hij valt recht naar de bol in tijd:

\(t = \sqrt{\frac{2 h}{g}\)

Hierbij wordt verondersteld dat de verandering van g te verwaarlozen valt over het valtraject, ofwel dat h klein is t.o.v. de straal van de bol.

De straal van de cirkel waarop de massa landt:

\(r = R \sin(\alpha)\)

met R de straal van de bol.

Tijdens de val van de massa draait het punt dat recht onder de massa begon dus de volgende afstand:

\(\omega r t = \omega R \sin(\alpha) \sqrt{\frac{2 h}{g}\)

De massa lijkt voor dit punt dus zoveel te bewegen in tegenovergestelde richting.

Ik weet niet wat het boek dat kotje aanhaalt precies voorrekend, maar ik vermoed dat het iets anders is dan dat kotje zegt dat het is, want voor uit stilstand vallen zijn geen moeilijke integralen nodig.

[kotje]

De 2 komt uit

\(h=\frac{1}{2}gt^2\)

als men de tijd berekent om de hoogte h te berekenen. De tijd komt bij vrije val voor in t³ en voor sprong opwaarts in t³ en t². De 3 krijgt men na benaderende oplossing integraal vgl.

De zaak is veel te lang om hier weer te geven en is zelfs moeilijk te begrijpen.

[physicalattraction]

@EvilBro: hierbij vergeet je dat het object zelf ook al een horizontale snelheid heeft.

@kotje: ik kijk nog eens naar je formule, maar daar komt 0 uit voor startwaarde h = 0. Betekent dit dat wanneer je springt vanaf een punt op aarde, je weer exact op dat punt landt? Ik vind het moeilijk om dit te geloven, er zijn vast stille aannames gemaakt die je niet noemt.

[EvilBro]

@EvilBro: hierbij vergeet je dat het object zelf ook al een horizontale snelheid heeft.

Nee. Ik ga er vanuit dat het niet meedraaid. Ik denk namelijk dat dit is wat kotje beweerde.

[ZVdP]

Ik heb nog eens wat liggen prutsen aan de vergelijkingen:

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

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

Ik heb in de eerste vergelijking de volgende vereenvoudigingen gestoken:

-aangezien we over kleine afstandsvariaties spreken, kunnen we de kracht als constant beschouwen, namelijk -m*g

-als de persoon niet te ver springt, zal theta niet gigantisch variëren, laat staan het kwadraat van de afgeleide van theta.

Dan krijg je volgende vergelijking:

\( -g=\ddot{r}\)

Met als oplossing, niet echt verwonderlijk, simpelweg die van een vrije val/sprong

\(r(t)=\frac{-gt^2}{2}+v_{0r}t+R\)

Nu zou je theta kunnen berekenen uit de tweede vergelijking, die het volgende geeft:

\(\dot{\theta}=\frac{l}{r^2}=\frac{l}{(\frac{-gt^2}{2}+v_{0r}t+R)^2}\)

waarbij l=Specific_angular_momentum

En tot mijn verbazing heeft Wolfram Alpha hiervoor een oplossing :eusa_whistle:

WolframAlpha

Nu moet enkel nog

\(\theta(\frac{2v_{0r}}{g})\)

berekend worden en de draaiing van de aarde hiervan afgetrokken, en voila, je hebt een uitkomst.

Misschien wel wat overkill om theta te bepalen...