Draait de aarde onder me door?

[Jan van de Velde]

Dan mag je me toch eerst eens uitleggen waarom. Ik ben het met je eens dat het aardoppervlak gekromd is en dat een galileïsche transformatie (door bijvoorbeeld van een stilstaande toren op een vlakke ondergrond een steentje horizontaal "af te schieten" met 0,00514 m/s) een foutje zal maken, maar het wil er bij mij niet in dat dat een fout van 50% (33 ipv 22 mm) zou kunnen opleveren.

[Michel Uphoff]

Om het enigszins netjes te doen zou je de perkenwet moeten gebruiken

Als ik die ellips eens tot mij door laat dringen:

Afstand tot 1e brandpunt: 6378,1 km = 6.378.100.000 mm

Afstand punt op ellipsbaan op hoogte Aardoppervlakte tot de lange as 22 (of 33) mm

Dan valt uit de eigenschap dat de som van de voerstralen gelijk moet zijn eenvoudig te zien dat het tweede brandpunt van de ellips onbehoorlijk ver komt te liggen, we hebben het immers over een hoek van (arctan 22/6.378.000.000) minder dan 1 miliboogseconde!

Dat levert zo'n uitgerekte ellips op dat hij nauwelijk afwijkt van een lijn, en ik zie niet hoe daar een afwijking van pakweg 50% door kan onstaan.

[Bartjes]

OK - daar gaan we weer.

Ik ga het niet zelf uitrekenen, daar heb ik nu geen tijd voor. Ik ben nu ook nog druk met mijn lastige bewijs voor de formele getallen. Maar ik zal aangeven hoe het zou kunnen.

We nemen nu wel het eenvoudigst denkbare geval: een perfect bolvormige homogene aarde zonder dampkring, en een steentje dat aan de evenaar van een loodrechte toren met een hoogte van h₀ = 100 m valt.

Ik ben het er mee eens dat de valtijd

\( \tau \)

redelijk nauwkeurig zal kunnen worden benaderd door deze op de gebruikelijke Jan-boeren-fluitjes-manier te berekenen, en hetzelfde moet dan ook gelden voor de hoogte h(t) van het steentje tussen loslaten (

\( t = 0 \, \mbox{s} \)

) en neerkomen (

\( t = \tau \)

). De omwentelingstijd van de aarde T is ook bekend. Daarom kan je eenvoudig berekenen over welke hoek

\( \varphi \)

de toren aan de evenaar in de tijd

\( \tau \)

verdraait.

Zijn we het tot zover nog eens?

[Jan van de Velde]

Zover had ik het ergens hierboven al gebracht....

[Bartjes]

Mooi!

Nu weten we dat het steentje bij het loslaten de zelfde hoeksnelheid als de aarde heeft. Maar wat gebeurt er met de hoeksnelheid van het steentje tijdens de val?

Volgens mij kan je dat met de perkenwet uitrekenen:

http://en.wikipedia....tion#Second_law

En wanneer je die hoeksnelheid over de duur van de val integreert moet daar de doorlopen hoek van het steentje uitkomen.

[Jan van de Velde]

da's wiskunde voor iemand anders dan ik.

Ik ben er intussen wél achter dat het steentje volgens mijn opvattingen (dus zonder die perkenwet) door zijn raaklijnkoers ergens rond de 34,6 cm :exc: zuidelijk van de toren moet neerkomen

zsteentje2 1498 keer bekeken

Straal van de cirkel is 6 375 000 m

Dat betekent dat de schuine zijde van de driehoek tussen horizontale straal en (rode) raaklijn 6 375 000 : cos (0,01888424°) = 6 375 000,346 m moet zijn.

Toegegeven, dat is iets dat ik niet had verwacht... ...

[Bartjes]

Ik ben er intussen wél achter dat het steentje volgens mijn opvattingen (dus zonder die perkenwet) door zijn raaklijnkoers ergens rond de 34,6 cm :exc: zuidelijk van de toren moet neerkomen

[attachment=11077:zsteentje2.gif]

Straal van de cirkel is 6 375 000 m

Dat betekent dat de schuine zijde van de driehoek tussen horizontale straal en (rode) raaklijn 6 375 000 : cos (0,01888424°) = 6 375 000,346 m moet zijn.

Toegegeven, dat is iets dat ik niet had verwacht... ...

Die grote zuidelijke afwijking heeft mij oorspronkelijk ook verbaasd, zodanig zelfs dat ik aan de juistheid van mijn formule begon te twijfelen!

http://sciencetalk.nl/forum/index.php/topic/126524-draait-de-aarde-onder-me-door/page__view__findpost__p__613242

Maar het verhaal van het schietlood biedt zowel een verklaring voor de grootte van die zuidelijke afwijking, als voor het feit dat we er in de praktijk nagenoeg niets van merken.

[Bartjes]

Voor h(t) hebben we:

\( \mbox{h}(t) = \mbox{h}_0 \, - \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } g t^2 \)

.

Laat R de straal van de aarde zijn, dan komt er voor de afstand r(t) van het steentje tot het middelpunt van de aarde:

\( \mbox{r}(t) \, = \, R \, + \, \mbox{h}(t) \)

\( \mbox{r}(t) \, = \, R \, + \, \mbox{h}_0 \, - \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } g t^2 \)

.

De perkenwet (zie Wikipedia) levert dan::

\( \frac{\mbox{d} \, A}{\mbox{d} t} \, = \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } \rbox{r^2}(t) \, \omega(t) \)

.

Bij het loslaten van het steentje geldt:

\( \frac{\mbox{d} \, A}{\mbox{d} t} \, = \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } \rbox{r^2}(0) \, \omega(0) \)

\( \frac{\mbox{d} \, A}{\mbox{d} t} \, = \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } (R + \mbox{h}_0)^2 \, \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \)

.

Omdat de oppervlaktesnelheid constant is, geldt:

\( {\scriptstyle \frac{1}{2} } (R + \mbox{h}_0)^2 \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \, = \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } \rbox{r^2}(t) \, \omega(t) \)

\( \omega(t) \, = \, \left (\frac{R + \mbox{h}_0}{ \rbox{r}(t) } \right )^2 \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \)

\( \omega(t) \, = \, \left (\frac{R + \mbox{h}_0}{ R \, + \, \mbox{h}_0 \, - \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } g t^2 } \right )^2 \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \)

.

[Bartjes]

\( \omega(t) \, = \, \left (\frac{R + \mbox{h}_0}{ R \, + \, \mbox{h}_0 \, - \, {\scriptstyle \frac{1}{2} } g t^2 } \right )^2 \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \)

.

Dus:

\( \omega(t) \, = \, \frac{2 \pi \, \mbox{rad}}{T} \cdot \, \frac{1}{( 1 \, - \, a t^2 )^2} \)

,

met:

\( a \, = \, \frac{g}{2 (R + \mbox{h}_0)} \)

.

Voor de tijdens de val door het steentje afgelegde hoek

\( \phi \)

vinden we dan:

\( \phi \, = \, \int_0^{\tau} \, \omega(t) \, \mbox{d}t \)

.

Hoe je zulke integralen moet aanpakken staat hier:

http://www.wolframal...t%5E2%29%5E2+dt

Uit het verschil tussen de hoekverdraaiingen van de toren en het steentje volgt dan eenvoudig de afwijking. Ik hoop dat iemand anders dit verder uitrekent, want ik heb er de tijd niet voor.

Opmerking: dit is uiteraard nog steeds geen exacte berekening, omdat we ook hier nog verwaarlozingen hebben toegepast. Maar ik verwacht dat de uitkomst toch wel dichter bij die van de simulatie zal liggen.

[Michel Uphoff]

Ik ben er intussen wél achter dat het steentje volgens mijn opvattingen (dus zonder die perkenwet) door zijn raaklijnkoers ergens rond de 34,6 cm :exc: zuidelijk van de toren moet neerkomen

Dat is veel meer dan ik zou schatten, en het stelt die 33-22 mm kwestie ook in een ander daglicht.

[Bartjes]

Een grovere benadering (die zonder hogere wiskunde kan) gaat als volgt:

Verdeel de tijdsduur

\( \tau \)

van de val (bijvoorbeeld) in drie stukken:

Bovenste deel

\( \mbox{t} = 0 \, \mbox{s} \)

tot

\( t = {\scriptstyle \frac{1}{3} } \tau \)

.

Middelste deel

\( \mbox{t} = {\scriptstyle\frac{1}{3}} \tau \)

tot

\( t = {\scriptstyle \frac{2}{3}} \tau \)

.

Onderste deel

\( \mbox{t} = {\scriptstyle\frac{2}{3} } \tau \)

tot

\( t = \tau \)

.

En vermenigvuldig deze tijdsduren van elk

\( {\scriptstyle \frac{1}{3} } \tau \)

met de hoeksnelheid

\( \omega(t) \)

op de in het midden van die tijdsduren gelegen momenten

\( t = {\scriptstyle \frac{1}{6}} \tau \)

,

\( t = {\scriptstyle \frac{1}{2}} \tau \)

en

\( t = {\scriptstyle \frac{5}{6} \tau} \)

. (Dat geeft in feite een “benadering” van de integraal ).

Zo vind je ook een schatting voor de hoekverdraaiing van het steentje tijdens de val, en wellicht geven de gevonden concrete uitkomsten een beter beeld van de optredende effecten dan het invullen van ingewikkelde formules.