Aantrekkingskracht op een niet-bolvormige massa

[Verwijderd]

Ik heb een simpele vraag, welke mij dwarszit, en waar ik het antwoord niet fatsoenlijk gegoogled krijg. Mocht ik een domme vraag hebben gesteld, gelieve mij dan niet uit te lachen

Ik was zojuist ergens aan het schrijven dat aan de evenaar de zwaartekracht op aarde niet gelijk is aan die op de polen, omdat er sprake is van een middelpuntzoekende kracht. Daardoor is de zwaartekracht iets minder dan op de polen. Ik neem aan dat dit correct is, zo niet dan hoor ik het graag maar het is niet relevant voor mijn eigenlijke vraag.

Terwijl ik dit op aan het schrijven was, bedacht ik mezelf dat de aarde niet perfect rond is, ook weer vanwege de rotatie die de aarde heeft, en het daarbij behorende afplattende effect waarbij de aarde eigenlijk ietwat sferoïde is. Bij mij rees de vraag, of dan ook niet de zwaartekracht juist iets meer zou zijn dan aan de polen, zou er geen rotatie zijn van de aarde? Er is immers meer aarde onder je voeten van de ene kant naar de andere kant, dan aan de polen. Het scheelt niet veel, maar toch. Maar mijn gevoel twijfelt hier over.

Daarom de vraag in een extreme vorm: stel ik heb een niet bolvormige massa. Een lange staaf, of een heel groot blok. Een dominosteen bijvoorbeeld. Op dezelfde schaal als onze planeet, of groter. In ieder geval een vorm waarbij de afstand tot het middelpunt significant varieert aan het oppervlak. Stel deze is van een dermate stevige structuur dat hij niet vervalt tot een bolvorm door zijn eigen massa en het bijbehorende zwaartekrachtveld. Deze blok of staaf heeft geen rotatie (althans niet ten opzichte van zijn directe omgeving).

• Is de aantrekkingskracht nu sterker aan de uiteinden (B), dan dat deze in het midden is (A)?

Er is veel meer massa aanwezig onder je voeten tot het middelpunt van de staaf, dan dat er is als je ter hoogte van het middelpunt zelf op de staaf staat (of een zijde in het geval van een blok). Is dit van invloed op de aantrekkingskracht? Weeg je dus meer aan de uiteinden dan dat je bij het middelpunt doet? Of is dit niet relevant en zo nee waarom niet?

In minder extreme vorm: is mijn gewicht groter als ik dus op het puntje sta van een langwerpige asteroïde t.o.v. als ik elders op de asteroide sta? En evenzo: wordt mijn gewicht dan niet minder als ik begin te graven in die astroïde, richting het middelpunt?

Figuur bij mijn idee:

Niet geheel naar schaal uiteraard


Of hier echt een discussie mogelijk is weet ik niet. Maar ik zou wel graag weten of mijn gevoel juist is, of tweaking nodig heeft

[Rone]

Verwijderd schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 05:34:

[...]

• Is de aantrekkingskracht nu sterker aan de uiteinden (B), dan dat deze in het midden is (A)?

A bevindt zich ten opzichte van B op een kortere afstand van het centrum van waaruit de aanwezige massa zijn zwaartekracht uitoefent, dus is de aantrekkingskracht op de positie van A groter.

In minder extreme vorm: is mijn gewicht groter als ik dus op het puntje sta van een langwerpige asteroïde t.o.v. als ik elders op de asteroide sta?

Je gewicht is het grootst op de plek die zich het dichtst bij het zwaartekrachtscentrum bevindt.

En evenzo: wordt mijn gewicht dan niet minder als ik begin te graven in die astroïde, richting het middelpunt?

Nee, juist andersom. Hoe dichterbij het centrum, des te groter de aantrekkingskracht.

[Verwijderd]

In dat geval zou je op aarde dus ook zwaarder zijn aan de polen dan aan de evenaar, zonder het effect van de middelpuntzoekende kracht op de evenaar. Afgezien van het feit dat de aarde dan niet meer sferoïde zou zijn maar een echte bol. Correct? Precies het tegenovergestelde van mijn aanname.

Of laat ik het anders vragen: de aarde draait en is daarom niet perfect rond. Wat is een grotere factor: de middelpuntzoekende kracht, of het feit dat je op de evenaar iets verder van het middelpunt van de aarde verwijderd bent? Beide factoren dragen bij aan de lagere zwaartekracht daar dan. Zelfs als je zou compenseren voor een van de 2, maakt dat de ander nog een verschil laat registreren t.o.v. de polen.

Toch vind ik het voor mijn gevoel wat tegenstrijdig. Stel je bevindt je in het centrum van de aarde. Dan zou de zwaartekracht daar groter moeten zijn. Wat logisch klinkt als je redeneert dat als je verder van de aardkorst verwijderd bent de zwaartekracht afneemt (microzwaartekracht op shuttlehoogte). Maar van de andere kant zegt mijn gevoel: als je werkelijk zo diep zit, in de vaste kern van de aarde, bij het middelpunt, dan heb je aan alle kanten om je heen een gelijke hoeveelheid massa. Van jou tot de aardkorst. Die aantrekkingskrachten heffen elkaar dan toch op? De zwaartekracht zou daar sterker zijn dan aan de oppervlakte, maar als alle richtingen elkaar opheffen zou je toch gewichtloos moeten zijn?

Ergens zit bij mij het (schijnbaar foutieve) idee, dat als ik op het oppervlak van de aarde sta, er meer massa onder m'n voeten is (de aarde), dan wanneer ik me in de kern van de aarde bevind. Dan is die massa verdeeld over alle richtingen om mij heen, ipv dat het zich allemaal aan 1 zijde van mij bevindt. De onderzijde, tegen mijn voetzolen. Dat geeft mijn een tegenstrijdig gevoel.

Ik zou dan denken dat de zwaartekracht toeneemt naarmate je dieper gaat, omdat je je ten opzichte van de bol dichterbij meer massa bevindt. Maar dat er een punt komt waarop de massa in de richtingen boven je een dermate tegengestelde aantrekkingskracht uitoefenen op je, dat het effect van de massa in de richtingen onder je, slechts nog precies 1G is. En dat punt is dan afhankelijk van de dichtheid van de materie om je heen. En dat vanaf dat punt, naarmate je verder naar het centrum gaat, je gewicht afneemt omdat de zwaartekracht ook afneemt. En nadat je het centrum gepasseerd bent neemt je gewicht weer toe tot dat punt aan de andere zijde, en daarna weer af tot je bij de korst aangekomen bent. En nog verder af als je verder stijgt, bv. naar het ISS. Waar zit daar de denkfout precies?

[ Voor 73% gewijzigd door Verwijderd op 14-07-2007 06:58 ]

[Rone]

Verwijderd schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 06:28:

[...]

In dat geval zou je op aarde dus ook zwaarder zijn aan de polen dan aan de evenaar, zonder het effect van de middelpuntzoekende kracht op de evenaar.

Dat klopt.

Of laat ik het anders vragen: de aarde draait en is daarom niet perfect rond. Wat is een grotere factor: de middelpuntzoekende kracht, of het feit dat je op de evenaar iets verder van het middelpunt van de aarde verwijderd bent? Beide factoren dragen bij aan de lagere zwaartekracht daar dan.

Inderdaad. Op een hoge berg is je gewicht lager en op de evenaar wordt dit effect nog eens versterkt.
Je bent verder van het centrum verwijderd en tevens onder invloed van de middelpuntzoekende kracht, waarbij de laatste een grotere rol speelt.

Toch vind ik het voor mijn gevoel wat tegenstrijdig. Stel je bevindt je in het centrum van de aarde. Dan zou de zwaartekracht daar groter moeten zijn. Wat logisch klinkt als je redeneert dat als je verder van de aardkorst verwijderd bent de zwaartekracht afneemt (microzwaartekracht op shuttlehoogte). Maar van de andere kant zegt mijn gevoel: als je werkelijk zo diep zit, in de vaste kern van de aarde, bij het middelpunt, dan heb je aan alle kanten om je heen een gelijke hoeveelheid massa. Van jou tot de aardkorst. Die aantrekkingskrachten heffen elkaar dan toch op? De zwaartekracht zou daar sterker zijn dan aan de oppervlakte, maar als alle richtingen elkaar opheffen zou je toch gewichtloos moeten zijn?

Ergens zit bij mij het (schijnbaar foutieve) idee, dat als ik op het oppervlak van de aarde sta, er meer massa onder m'n voeten is (de aarde), dan wanneer ik me in de kern van de aarde bevind.

Het is een algemeen bekend feit dat neerwaartse aantrekking van de Aarde afneemt wanneer men naar het centrum van de zwaartekracht afdaalt. Het zwaartekrachtcentrum bevindt zich namelijk op een aanzienlijke afstand van het centrum van onze planeet, dichterbij het buitenoppervlak. Het feit dat het zwaartekrachtcentrum dichterbij het aardoppervlak ligt en niet in de kern is de reden waarom gravitatie in dergelijke situaties afneemt.

Onafhankelijk van waar je bent, de neerwaartse richting van de zwaartekracht is altijd gericht naar het dichtstbijzijnde zwaartekrachtcentrum. Wanneer je je in de kern van de planeet bevindt is 'beneden' overal en ben je inderdaad gewichtloos. Dit is het omgekeerde van wanneer je in het centrum van de zwaartekracht bent, in de planetaire wand van de Aarde, waar geen 'beneden' is. Hier variëren alle richtingen van horizontaal naar 'omhoog'. Maar wanneer men zich aan de buitenkant van de planeet bevindt, wijst 'beneden' altijd naar het centrum van de planeet.

[ Voor 15% gewijzigd door Rone op 14-07-2007 07:42 ]

[zetje01]

Op je plaatje ervaart A het meeste zwaartekracht (dichterbij middelpunt)
Op de net niet bolvormige, ronddraaiende aarde spelen een aantal (al genoemde) effecten een rol die elkaar deels opheffen.

Ik heb wel grafiekjes gezien waaruit bleek dat als je jezelf naar 'beneden' graaft op de aarde, eerst G groter wordt, (dichter bij het centrum) en na een eental kilometer G weer kleiner wordt (er komt steeds meer massa boven je). Je hebt dus een omslagpunt op een bepaalde diepte.

[Verwijderd]

Elk beetje massa (deeltje) van de aarde oefent zwaartekracht uit op jou, en andersom. Deze kracht is evenredig met 1/afstand^2 tot het deeltje, en recht evenredig met zijn eigen massa. Je moet gewoon een integraal erop loslaten waarbij je alle zwaartekrachten van alle massadeeltjes bij elkaar optelt. Let wel op de richting, deze moet je ook meenemen. Je ziet dan vrij snel het beschreven effect dat de zwaartekracht afneemt naarmate je naar het centrum van de aarde gaat. Er zijn namelijk deeltjes boven je (dichter bij de korst) die je omhoog trekken, en deeltjes onder je (dichter bij de kern) die je ook aantrekken, maar dan de andere kant op. Zie ook Wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/Gravity.

[Teun_2]

De zwaartekracht kan ook op aarde een beetje verschillen omdat de gesteenten niet overal hetzelfde zijn. dit wordt in de geologie weleens gebruikt om onderliggende gesteenten te onderzoeken.

Bovendien klopt de volgende zin fysisch gezien niet.

Daardoor is de zwaartekracht iets minder dan op de polen.

De zwaartekracht is in geval van een perfecte bol overal dezelfde. op de evenaar wordt die dan wat gecompenseert door de middelpuntvliegende kracht.

Verder is de aarde ok geen perfecte bol. Het verschil in afstand van pool tot pool en van een punt op de evenaar naar het tegenoverliggende punt scheelt zo'n 6000 km dacht ik. (Ben hier niet zeker van blijkbaar niet dus, moet wat meer nadenken ).
Dat heeft wel een invloed op de zwaartekracht. Hoeveel wat compenseert weet ik eigenlijk niet. Om dat te berkenen heb je al behoorlijk moeilijke calculus nodig.

Edit: hier staan wel interessante dingen.

[ Voor 8% gewijzigd door Teun_2 op 14-07-2007 13:37 ]

[Rone]

Zoutvat schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 10:45:

[...]

Verder is de aarde ok geen perfecte bol. Het verschil in afstand van pool tot pool en van een punt op de evenaar naar het tegenoverliggende punt scheelt zo'n 6000 km dacht ik. (Ben hier niet zeker van).

Zet dat maar gauw uit je hoofd, want dat is bijna de straal van de Aarde (6.378 km).
Volgens jouw beredenering is onze planeet tweemaal zo breed als dat hij hoog is.

Het verschil bedraagt in werkelijkheid ca. 40 km, waarmee de Aarde 0,3% afwijkt van een perfecte bol.

[lemming_nl]

Ik heb hier net even een discussie mee gevoerd met mijn vader en we zijn tot de conclusie dat B meer zwaartekracht ondervind. Punt A ondervind de meeste zwaartekracht van de massa recht onder hem. De massa naast heb levert bijna alleen maar horizontale component. B ondervind echter van alle massa zwaartekracht en zal harder aangetrokken worden. Dit is het makkelijkst voor te stellen in een extreme uitvergroting. Als de cylinder bijna oneindig lang is en bijna ondeindig dun is dan zal A _alleen_ zwaartekracht ondervinden van de massa recht onder hem, die is echter bijna 0 dus dat doet niets. B daarintegen ondervind zwaartekracht van alle massa onder hem wat sowieso meer is dan de massa onder A.

Het argument van het aangrijpingspunt van de zwaartekracht geld hier niet. Deze geld alleen maar voor bollen, iets wat een staaf absoluut niet is. De massa moet helemaal opgesplitst worden in heel veel kleine deeltjes.

[Henk007]

Is het niet zo dat je de totale aantrekkingskracht kunt berekenen door de integraal te nemen over het hele object van elk (limiet naar oneindig klein) stukje.
Dus F = G*Som(m1*m2/r^2) voor elke stukje aarde met G= gravitatieconstante

Wellicht is er hier iemand met iets meer mathematische achtergrond die deze exercitie even kan doen voor een afgeplatte bol, staaf, ellipsoïde, whatever.

Edit:
Beter het topic lezen volgende keer, precies wat cruisn al zei dus

[ Voor 33% gewijzigd door Henk007 op 14-07-2007 17:03 ]

[Verwijderd]

Bedenk je even het volgende. Als je je in het middelpunt van de aarde bevindt, hoe groot is dan de zwaartekracht? Is die dan op zijn grootst, of is de zwaartekracht gelijk aan 0?

Deel op dat moment de aarde in twee delen. Dwars doormidden dus. Dan zijn het twee losse massa's, met een eigen massamiddelpunt. Als het goed is wordt je door beiden evenveel aangetrokken, en is de netto zwaartekracht van beide delen dus 0. Dat is ook zo als de aarde niet in tweeën gedeeld zou zijn.

Je mag volgens mij massa die verder van het massamiddelpunt van de aarde verwijderd is dan jij, niet meetellen. Of daar zit in elk geval een of andere factor in.



Je mag de massa van verschillende objecten gerust vervangen door een enkele massa in het massapiddelpunt van het geheel. Maar dat verandert zodra je binnen de straal komt van het gebied waarover de massa verdeeld is

[Verwijderd]

lemming_nl schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 16:54:
Ik heb hier net even een discussie mee gevoerd met mijn vader en we zijn tot de conclusie dat B meer zwaartekracht ondervind. Punt A ondervind de meeste zwaartekracht van de massa recht onder hem. De massa naast heb levert bijna alleen maar horizontale component. B ondervind echter van alle massa zwaartekracht en zal harder aangetrokken worden. Dit is het makkelijkst voor te stellen in een extreme uitvergroting. Als de cylinder bijna oneindig lang is en bijna ondeindig dun is dan zal A _alleen_ zwaartekracht ondervinden van de massa recht onder hem, die is echter bijna 0 dus dat doet niets. B daarintegen ondervind zwaartekracht van alle massa onder hem wat sowieso meer is dan de massa onder A.

Het argument van het aangrijpingspunt van de zwaartekracht geld hier niet. Deze geld alleen maar voor bollen, iets wat een staaf absoluut niet is. De massa moet helemaal opgesplitst worden in heel veel kleine deeltjes.

Je verwaarloost hier wel het feit dat het meest linkse punt 2x zo ver verwijderd is van B dan van A. Ok de richting tot het zwaartepunt is wel degelijk gelijk aan de aantrekkingskracht van het meest linkse elementaire massadeeltje, maar dit wordt weer gecompenseerd (in welke mate durf ik niet uit mijn hoofd uit te spreken) door het feit dat dit massadeeltje ook 2X zo ver verwijderd is van B tov A.

Dus A:
- invloed wordt verminderd doordat de richting van elemantair deeltje niet in lijn ligt met het massacentrum
- invloed wordt vermeerderd doordat het elementair deeltje relatief dichter bij A ligt

B:
- invloed wordt vermeerderd doordat de richting van elemantair deeltje wel in lijn ligt met het massacentrum
- invloed wordt vermindert doordat het elementair deeltje relatief verdervanj B ligt

Of vergis ik mij?

[Soultaker]

Als die staaf van homogeen materiaal gemaakt is, ligt het zwaartepunt gewoon van het midden. Op school hebben we allemaal Newton's formule gehad: F = (G m₁ m₂) / r², waarbij r de afstand tussen de zwaartepunten van de voorwerpen is, en m₁ en m₂ hun massa's zijn.

De raket bij A is veel dichter bij het zwaartepunt en er werkt dus een grotere kracht op. Je zou de staaf kunnen opdelen in kleine stukken en daar los mee gaan rekenen, maar de resulterende kracht is dan hetzelfde als wanneer je direct alleen het zwaartepunt beschouwt.

edit:
Hmm, nu ga ik hier toch aan twijfelen...

@hieronder: ik zeg ook alleen dat als hij homogeen is, dat dan het zwaartepunt in het midden ligt; niet dat het zwaartepunt niet bruikbaar is als 'ie niet in het midden ligt.

[ Voor 17% gewijzigd door Soultaker op 14-07-2007 17:39 ]

[Verwijderd]

Soultaker schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 17:18:
Als die staaf van homogeen materiaal gemaakt is, ligt het zwaartepunt gewoon van het midden.

Als de staaf niet van homogeen materiaal is wsl gewoon ook (verkeerd gelezen), het massazwaartepunt zal dan namelijk verschuiven (naar de zone met het materiaal met hoogste dichtheid) en niet meer samenvallen met het volumezwaartepunt.

Dus als je altijd massazwaartepunt beschouwt ipv volumezwaartepunt maakt homogeniteit niet uit.

[ Voor 14% gewijzigd door Verwijderd op 14-07-2007 17:25 ]

[Verwijderd]

Hehe .. het is dus toch niet zo eenvoudig. Vandaar dat ik ook zat te puzzelen.

En ja ik ga voor mijn situatie uit van een homogene massieve staaf.

FF samengevat: aan het uiteinde B heb je meer massa onder je voeten, maar er is ook meer massa verder van je vandaan waardoor het effect van die massa minder voelbaar is. Maar weegt dat op tegen het beetje massa onder je voeten bij A, ook al is dat dichterbij? Een soortelijke hoeveelheid heb je bij B toch ook onder je voeten, plus daarnaast alle massa verder van je vandaan dat toch ook aantikt, al zij het minder.

Verder wbt de aarde: zie ik het dan goed, dat zelfs als de aarde niet homogeen is (wat ze uiteraard ook niet echt is), ik wel mag stellen dat als we even versimpelen dat de verschillende schillen om de kern an sich wél redelijk homogeen zijn, het middelpunt van de aantrekkingskracht niet zozeer een punt is bij de kern, maar een bepaalde zone in een van de schillen? Een eigen schil zo je wilt, waarvandaan gezien de massa naar het centrum van de planeet gelijk is aan de massa naar de korst toe? En op dat punt ben je effectief gezien gewichtloos, en naar beide kanten op, dieper of hoger, ondervindt je eigen massa een totale aantrekkingskracht relatief evenredig aan het verhouding van massa onder en boven je. Dus als driekwart van de massa zich onder je bevindt, en een kwart boven je, dan heb je effectief een merkbare zwaartekracht van .75G?

Klopt het zo een beetje?

[ Voor 81% gewijzigd door Verwijderd op 14-07-2007 20:13 ]

[Confusion]

Verwijderd schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 19:42:
Dus als driekwart van de massa zich onder je bevindt, en een kwart boven je, dan heb je effectief een merkbare zwaartekracht van .75G?

De effectieve zwaartekracht richting de massa onder je is dan 0.5g : 0.75g van de massa onder je - 0.25g van de massa boven je.

Soultaker schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 17:18:
Als die staaf van homogeen materiaal gemaakt is, ligt het zwaartepunt gewoon van het midden. Op school hebben we allemaal Newton's formule gehad: F = (G m₁ m₂) / r², waarbij r de afstand tussen de zwaartepunten van de voorwerpen is, en m₁ en m₂ hun massa's zijn.

Newtons formule gaat uit van puntmassa's en is alleen bruikbaar om de aantrekkingskracht van hemellichamen op elkaar mee te modelleren. Voor alle gevallen waarin massa's niet als puntmassa beschouwd kunnen worden, zal je de integraal waar je onder het citaat naar verwees uit moeten rekenen.

maar de resulterende kracht is dan hetzelfde als wanneer je direct alleen het zwaartepunt beschouwt.

Dat geldt alleen voor bolvormige voorwerpen, omdat de r² uit de formule van Newton de r² uit de integraal over de massa elementen compenseert. Voor andere vormen geldt dat niet.

[ Voor 58% gewijzigd door Confusion op 14-07-2007 22:08 ]

[Soultaker]

Confusion schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 22:04:
Newtons formule gaat uit van puntmassa's en is alleen bruikbaar om de aantrekkingskracht van hemellichamen op elkaar mee te modelleren. Voor alle gevallen waarin massa's niet als puntmassa beschouwd kunnen worden, zal je de integraal waar je onder het citaat naar verwees uit moeten rekenen.

Je hebt gelijk. Ik bedacht het me later ook. Even netjes uitrekenen is dus nodig om uit te zoeken hoe het precies zit.

[zetje01]

Verwijderd schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 19:42:

Klopt het zo een beetje?

Nee, ga je in een kuil staan, dan wordt de aantrekkingskracht die je ervaart groter.
Maar dat had ik al gezegd...

[Verwijderd]

zetje01 schreef op zondag 15 juli 2007 @ 01:22:
Nee, ga je in een kuil staan, dan wordt de aantrekkingskracht die je ervaart groter.
Maar dat had ik al gezegd...

Lees de rest dan ook aub
Of onderbouw de boel.

Ga je in een kuil staan, wordt de aantrekkingskracht groter. Graaf je verder dan wordt ie op den duur weer minder. Dat is wat hierboven gezegd wordt. Dat is zelfs wat je zelf zegt.

En vervolgens zo'n oneliner die niks toevoegt of ontkracht aan wat ik daar samenvat.

[ Voor 19% gewijzigd door Verwijderd op 15-07-2007 02:18 ]

[Snowwie]

grote edit: (raak er zelf ook van in de war)....
Zwaartekracht wordt veroorzaakt door atomen die elkaar aantrekken. Waar meer atomen zitten is de zwaartekracht groter. Als je op aarde staat trekken alle atomen die 'onder' je zitten je naar beneden. Je staat exact bovenaan de bol (denkbeeldig).

Op de cyclinder is het anders. ALs je in het midden staat wordt je niet alleen naar beneden getrokken maar ook deels opzij. Sta je op een uiteinde dan zitten er meer atomen dichter bij elkaar 'onder' je en trekken deze je meer naar beneden en zou de zwaartekracht dus groter moeten zijn. In Hlpdsk' voorbeeld zal de raket op het uiteinde meer moeite hebben de cylinder te verlaten dan de raket in het midden.

[ Voor 96% gewijzigd door Snowwie op 15-07-2007 20:56 ]

[Verwijderd]

Snowwie schreef op zondag 15 juli 2007 @ 20:07:
Ik denk dat de zwaartekracht over de cylinder helemaal gelijk is. Op aarde is de zwaartekracht ook hetzelfde, enkel de middelpuntvliedende(zoekende)kracht duwt je een fractie naar de ruimte toe, zodoende ervaar je minder zwaartekracht. Ik denk daarom dat de zwaartekracht over de cylinder compleet gelijk is, maar dat je het anders ervaart even afhankelijk van z'n rotatierichting en snelheid.

Je hebt echt helemaal geen idee waar je het over hebt. Hoe ervaar jij de zwaartekracht op dit moment dan? Ben wel benieuwd...

Zoals ik al eerder zei komt het neer op het oplossen van een integraal, waar ikzelf te lui voor ben. Dit is (vrij) simpele eerstejaars wiskunde.

[Rone]

Snowwie schreef op zondag 15 juli 2007 @ 20:07:

[...]

[afbeelding]
Waar denk je dat de zwaartekracht het sterkst 'aanvoelt'?

Dat gevaarte heeft een dusdanig lage massa dat het ook vrij weinig zwaartekracht zal uitoefenen.
Het maakt juist gebruik van de middelpuntzoekende kracht door middel van rotatie. Mensen aan boord kunnen daardoor op de buitenste wand lopen. Dit heeft weinig te maken met de vraag die wordt gesteld.

[ Voor 5% gewijzigd door Rone op 15-07-2007 21:12 ]

[Verwijderd]

Ik had al gesteld dat de staaf / cilinder niet roteert. Dat is juist cruciaal, omdat je dan niet het aspect van de middelpuntzoekende kracht hoeft mee te overwegen.

[Henk007]

Dit voorbeeld met die staaf is vrij simpel te doen. Vervang de staaf door bijvoorbeeld 5 gelijke puntmassa's over gelijke afstanden verdeeld en de raket door 1 puntmassa. Bereken voor elk van de onderdelen de zwaartekracht die de raket er van ondervindt, uiteraard gecorrigeerd in loodrechte richting.
Dus F=G*Som_i(m_i*m_raket/r_i²) met voor elke term nog een factor cos(alpha) om de loodrechte component te berekenen.

[ Voor 10% gewijzigd door Henk007 op 15-07-2007 21:09 ]

[Verwijderd]

Snowwie schreef op zondag 15 juli 2007 @ 20:07:
grote edit: (raak er zelf ook van in de war)....
Zwaartekracht wordt veroorzaakt door atomen die elkaar aantrekken. Waar meer atomen zitten is de zwaartekracht groter. Als je op aarde staat trekken alle atomen die 'onder' je zitten je naar beneden. Je staat exact bovenaan de bol (denkbeeldig).

Op de cyclinder is het anders. ALs je in het midden staat wordt je niet alleen naar beneden getrokken maar ook deels opzij. Sta je op een uiteinde dan zitten er meer atomen dichter bij elkaar 'onder' je en trekken deze je meer naar beneden en zou de zwaartekracht dus groter moeten zijn. In Hlpdsk' voorbeeld zal de raket op het uiteinde meer moeite hebben de cylinder te verlaten dan de raket in het midden.

[afbeelding]

Mja. Ik heb nu meer het idee van: als ik de raket door een punt vervang, en daaromheen een bol/schil teken. En dan kijk ik in welke schil de meeste massa aan staaf zit voor een gegeven afstand tot de punt. Degene met de meeste massa zal de meeste aantrekkingskracht ondervinden. Eigenlijk moet je voor elk atoom zijn atoomgewicht nemen, dan delen door de afstand tot de raket. Hoe verder weg, hoe minder invloed. In dat geval heb je toch wel dat de raket in het midden zich dichterbij meer massa bevindt en dus sterker wordt aangetrokken.

Als je alle neerwaartse componenten van al die massa schuin onder je optelt, en corrigeert voor de afstand tot de raket waarop het zich bevindt, kun je dat nog eens optellen bij de massa direct onder de raket die an sich vrij goed vergelijkbaar is met dezelfde hoeveelheid massa op vrij gelijkwaardige afstand van de raket op het uiteinde. Die heeft echter niet die massa schuin onder zich maar enkel massa onder zich steeds verder weg en dus steeds minder van invloed.

[ Voor 14% gewijzigd door Verwijderd op 15-07-2007 21:29 ]

[Resistor]

Henk007 schreef op zondag 15 juli 2007 @ 21:07:
Dit voorbeeld met die staaf is vrij simpel te doen. Vervang de staaf door bijvoorbeeld 5 gelijke puntmassa's over gelijke afstanden verdeeld en de raket door 1 puntmassa. Bereken voor elk van de onderdelen de zwaartekracht die de raket er van ondervindt, uiteraard gecorrigeerd in loodrechte richting.
Dus F=G*Som_i(m_i*m_raket/r_i²) met voor elke term nog een factor cos(alpha) om de loodrechte component te berekenen.

Ontbinden in vectoren wil je dus zeggen. en de atomen die aan je trekken vervangen door touwtjes (als je heel simpel wilt denken)

[Confusion]

Snowwie schreef op zondag 15 juli 2007 @ 20:07:
Als je op aarde staat trekken alle atomen die 'onder' je zitten je naar beneden.
[..]
Op de cyclinder is het anders. ALs je in het midden staat wordt je niet alleen naar beneden getrokken maar ook deels opzij.

Als je in het midden van de cylinder staat, is de gravitatiekracht die de cylinder op jou uitoefent naar het midden van de cylinder gericht. De enige zinvolle manier om hier over na te denken is om de massa op te delen in heel veel hele kleine massa-elementjes en te bedenken wat er gebeurt met de krachten die die op jou uitoefenen. Als het oneindig veel oneindig kleine massa-elementjes maakt, ben je het wiskundig aan het oplossen, maar dat is niet zo intuitief.

De zijwaartse krachten van de massa-elementjes aan de uiteinden van de cylinder vallen tegen elkaar weg, net als de zijwaartse krachten die massa-elementjes van de aarde op jou uitoefenen tegen elkaar wegvallen.

Sta je op een uiteinde dan zitten er meer atomen dichter bij elkaar 'onder' je en trekken deze je meer naar beneden en zou de zwaartekracht dus groter moeten zijn.

Er zijn precies evenveel atomen, die op precies dezelfde manier verdeeld zijn. Ze zitten dus zeker niet opeens dichter op elkaar. De enige relevante vraag is: wat is de gemiddelde kwadratische afstand van die massa-elementjes tot jou?

Dat jij intuitief denkt dat dat in het geval van het uiteinde is, vind ik weinig doorslaggevend. Ik denk dat we de wiskunde moeten laten beslissen, maar ik heb momenteel even geen zin de berekening te doen.

[Snowwie]

Confusion schreef op zondag 15 juli 2007 @ 21:59:
Dat jij intuitief denkt dat dat in het geval van het uiteinde is, vind ik weinig doorslaggevend. Ik denk dat we de wiskunde moeten laten beslissen, maar ik heb momenteel even geen zin de berekening te doen.

Het is inderdaad een beetje moeilijk concept, en aangezien ik toch geen bal verstand heb van formules en andere toeters en bellen probeer ik het altijd met een dosis gezond verstand op te lossen.

Bekijk het anders. Stel jij staat ergens op een skateboard. Aan jou vast zitten 10 touwen met aan de andere kant 10 mensen die jou vooruit willen trekken. Zie het plaatje hieronder. Let niet op m'n idiote paint skills



De trekkracht van de 10 man die dicht bij elkaar zal sterker zijn dan van de 10 man die daarboven veel gespreider staan. Vooral de trekkers die aan het uiteinde staan trekken de skateboarder meer overzij dan naar voren.

[Henk007]

Snowwie schreef op maandag 16 juli 2007 @ 00:01:
[...]

Het is inderdaad een beetje moeilijk concept, en aangezien ik toch geen bal verstand heb van formules en andere toeters en bellen probeer ik het altijd met een dosis gezond verstand op te lossen.

Bekijk het anders. Stel jij staat ergens op een skateboard. Aan jou vast zitten 10 touwen met aan de andere kant 10 mensen die jou vooruit willen trekken. Zie het plaatje hieronder. Let niet op m'n idiote paint skills

[afbeelding]

De trekkracht van de 10 man die dicht bij elkaar zal sterker zijn dan van de 10 man die daarboven veel gespreider staan. Vooral de trekkers die aan het uiteinde staan trekken de skateboarder meer overzij dan naar voren.

Van de ene kant heb je gelijk, je moet alle krachten als vectoren bij elkaar optellen. Maar je vergeet in je vergelijking dat de zwaartekracht kwadratisch afneemt met de afstand, zoals in dit topic al duizend keer vermeld. Het eindresultaat hangt dus ook van de afstand af. Misschien dat ik morgen even een paar gevalletjes wil berekenen.

[mux]

Ha! komt mijn ruimtevaartkennis op de TU toch nog van pas.

Zoals eerder gezegd is het inderdaad de volume-integraal van de gravitatiewet die je moet uitrekenen. Eigenlijk is de gravitatiewet ook wat anders gedefinieerd maar dat is niet bijster interessant.

Wat wel leuk is, is wat uit je TS voortvloeit - doordat de aarde (grofweg gezegd) een ellipsoïde is krijg je het zgn. J2-effect. Als, gewoonlijk, een satelliet om een planeet zou draaien zou hij continu in hetzelfde draaivlak blijven. Immers, waarom zou hij anders draaien? Doordat de aarde een beetje afgeplat is krijg je dat een satelliet echter continu een afwijking mee. Elke keer dat hij rond de aarde gaat, wordt hij een stukje tegen de draairichting in meegevoerd. Dan krijg je dus deze situatie:

Ware de aarde een perfecte bol, dan zou een satelliet, ongeacht zijn inclinatie, elke rotatie dezelfde zgn ground track volgen. Dus hij zou keer op keer, bijvoorbeeld, over nederland komen.

Doordat de aarde ellipsoïde is, verschuift zijn schaduw steeds naar het oosten. (uitgaande van <pi/2 inclinatie). De eerste rotatie zal hij over nederland komen, de volgende over polen, dan over tsjetsjenië, dan over mongolië.... en zo door. Na een paar dagen (bijv. 10 dagen voor een low earth orbit, near polar orbit) komt hij weer ruwweg over hetzelfde punt.

Dus een schijnbaar abstract probleem uit de TS heeft héle leuke gevolgen voor satellieten! Concreet kun je gebruikmaken van deze precession (en nutation) eigenschappen voor bijvoorbeeld aardobservatie: een satelliet die elke anderhalve week de hele aarde in kaart kan brengen. Dan heb je geen tientallen satellieten nodig, scheelt weer een hoop kosten.

[Verwijderd]

ssj3gohan schreef op maandag 16 juli 2007 @ 00:31:
Ha! komt mijn ruimtevaartkennis op de TU toch nog van pas.

Zoals eerder gezegd is het inderdaad de volume-integraal van de gravitatiewet die je moet uitrekenen. Eigenlijk is de gravitatiewet ook wat anders gedefinieerd maar dat is niet bijster interessant.

Wat wel leuk is, is wat uit je TS voortvloeit - doordat de aarde (grofweg gezegd) een ellipsoïde is krijg je het zgn. J2-effect. Als, gewoonlijk, een satelliet om een planeet zou draaien zou hij continu in hetzelfde draaivlak blijven. Immers, waarom zou hij anders draaien? Doordat de aarde een beetje afgeplat is krijg je dat een satelliet echter continu een afwijking mee. Elke keer dat hij rond de aarde gaat, wordt hij een stukje tegen de draairichting in meegevoerd. Dan krijg je dus deze situatie:

Ware de aarde een perfecte bol, dan zou een satelliet, ongeacht zijn inclinatie, elke rotatie dezelfde zgn ground track volgen. Dus hij zou keer op keer, bijvoorbeeld, over nederland komen.

Doordat de aarde ellipsoïde is, verschuift zijn schaduw steeds naar het oosten. (uitgaande van <pi/2 inclinatie). De eerste rotatie zal hij over nederland komen, de volgende over polen, dan over tsjetsjenië, dan over mongolië.... en zo door. Na een paar dagen (bijv. 10 dagen voor een low earth orbit, near polar orbit) komt hij weer ruwweg over hetzelfde punt.

Dus een schijnbaar abstract probleem uit de TS heeft héle leuke gevolgen voor satellieten! Concreet kun je gebruikmaken van deze precession (en nutation) eigenschappen voor bijvoorbeeld aardobservatie: een satelliet die elke anderhalve week de hele aarde in kaart kan brengen. Dan heb je geen tientallen satellieten nodig, scheelt weer een hoop kosten.

Ik dacht juist dat die baan verschoof doordat de aarde eronder door draait. Die kleine verschillen in het zwaartekrachtsveld zorgen hooguit voor kleine hoogtevariaties, waardoor de baan een beetje afwijkt ten opzichte van een perfect ronde aarde.

Ik heb ook een paar jaar Luchtvaart- en Ruimtevaarttechniek gedaan aan de TU. Een collega van me is afgestudeerd op baanmechanica (reis naar Pluto met behulp van zonnezeilen), en een vriend van hem is afgestuurd op de verschillen van het zwaartekrachtsveld, en de gevolgen ervan voor satellieten. Hoeveel jaar zit jij al op LR?

[mux]

Twee jaartjes :-) Nee, precessie is *volgens mij* een gevolg van het J2-effect, niet 'dat de aarde er onderdoor draait'. Immers, de satelliet draait gewoon netjes mee met de aarde als hij in een keplerorbit wordt geslingerd. Ik heb het dus over een perfecte keplerorbit waarbij de satelliet netjes vanaf de evenaar wordt gelanceerd, niet een 'scheve' lancering vanaf Cape Canaveral ofzo. Precessie is ook een functie van inclinatie. Nu ik even op internet rondkijk heb je gelijk, J2 heeft alle even harmonische orbit-effecten in zich vanaf graad 2 (ellipsoide), dus ook hele kleine hoogteverschillen. Maar dan nog zal de ellipsoide veruit het grootste effect hebben.

Anyway, ik dacht dat harmonische effecten precessie tot gevolg hadden, ik heb even zo snel SMAD niet bij me anders zou ik het helemaal opzoeken. Maar het gaat al heftig offtopic dus ik stop hier :-)

[Verwijderd]

r00n schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 07:39:
[...]
Het is een algemeen bekend feit dat neerwaartse aantrekking van de Aarde afneemt wanneer men naar het centrum van de zwaartekracht afdaalt.

Correct. (hoewel je naar aanleiding van dit topic zou kunnen twijfelen aan de bekendheid van het feit.)

Het zwaartekrachtcentrum bevindt zich namelijk op een aanzienlijke afstand van het centrum van onze planeet, dichterbij het buitenoppervlak. Het feit dat het zwaartekrachtcentrum dichterbij het aardoppervlak ligt en niet in de kern is de reden waarom gravitatie in dergelijke situaties afneemt.

Zover ik weet licht het zwaartepunt van de aarde gewoon de kern. Het zal vast niet precies in het midden liggen, maar niet heel ver daar vandaan.

Onafhankelijk van waar je bent, de neerwaartse richting van de zwaartekracht is altijd gericht naar het dichtstbijzijnde zwaartekrachtcentrum. Wanneer je je in de kern van de planeet bevindt is 'beneden' overal en ben je inderdaad gewichtloos. Dit is het omgekeerde van wanneer je in het centrum van de zwaartekracht bent, in de planetaire wand van de Aarde, waar geen 'beneden' is. Hier variëren alle richtingen van horizontaal naar 'omhoog'. Maar wanneer men zich aan de buitenkant van de planeet bevindt, wijst 'beneden' altijd naar het centrum van de planeet.

Heb je hier enige bronverwijzing voor?

De reden dat de zwaartekracht afneemt als je afdaalt in de aarde ligt zover ik weet gewoon in het volgend (eenvoudig te controleren) wiskundige feit:

- Het zwaartekrachtveld opgewekte door een homogene bolschil is nul binnen die bolschil. (de verschillende bijdragen heffen elkaar op.)

Als je in de aarde afdaalt heeft dit tot gevolg dat je (bij benadering, de aarde is niet precies een bol) de massa die zich verder van het centrum bevindt, gewoon niet voelt.

[Soultaker]

Verwijderd schreef op dinsdag 17 juli 2007 @ 19:14:
[r00n: Onafhankelijk van waar je bent, de neerwaartse richting van de zwaartekracht is altijd gericht naar het dichtstbijzijnde zwaartekrachtcentrum.]
Heb je hier enige bronverwijzing voor?

Dit lijkt me voor een homogene bol in ieder geval wel.

Als je twee homogene bollen hebt, en je trekt een lijn tussen de zwaartepunten, dan moet de zwaartekracht wel op die lijn liggen. Alle massa is immers spiegelsymmetrisch verdeeld, dus als er een kracht is die een afwijking van de lijn geeft, dan is er een even grote kracht aan de andere kant van de lijn die de afwijking opheft.

[Verwijderd]

Soultaker schreef op dinsdag 17 juli 2007 @ 20:40:
[...]

Dit lijkt me voor een homogene bol in ieder geval wel.

Als je twee homogene bollen hebt, en je trekt een lijn tussen de zwaartepunten, dan moet de zwaartekracht wel op die lijn liggen. Alle massa is immers spiegelsymmetrisch verdeeld, dus als er een kracht is die een afwijking van de lijn geeft, dan is er een even grote kracht aan de andere kant van de lijn die de afwijking opheft.

Het ging mij eigenlijk om de statement dat het zwaartepunt van de aarde niet in het midden ligt. r00n suggereert dat er meerdere zwaartepunten van de aarde zijn die zich in "de planetaire wand" bevinden.

[Verwijderd]

Verwijderd schreef op dinsdag 17 juli 2007 @ 23:45:
[...]


Het ging mij eigenlijk om de statement dat het zwaartepunt van de aarde niet in het midden ligt. r00n suggereert dat er meerdere zwaartepunten van de aarde zijn die zich in "de planetaire wand" bevinden.

Let er dan wel op dan r00n "zwaartekrachtpunt" schreef en niet zwaartepunt.
Uitgaande van de gegeven feiten dat de aantrekkingskracht v/d aarde afneemt (t.o.v aan het oppervlak) in zowel richting ruimte als richting kern zou je mogen stellen dat het punt van grootste aantrekkingskracht op/aan de aardmantel ligt.

Dat dit in de praktijk niet zo blijkt te zijn komt door variaties in de dichtheid van de verschillende mantel zones. De zwaartekracht van de aarde heeft een piek op de grens van de kern en de mantel ( 10,7 m/s²)

[ Voor 14% gewijzigd door Verwijderd op 18-07-2007 00:49 ]

[Verwijderd]

Verwijderd schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 00:37:
[...]

Let er dan wel op dan r00n "zwaartekrachtpunt" schreef en niet zwaartepunt.

Sterker nog hij scheef "zwaartekrachtscentrum", hij het had het erover als zouden het zwaartepunten zijn. In de zin dat de zwaartekracht naar deze punten gericht zou zijn.

Uitgaande van de gegeven feiten dat de aantrekkingskracht v/d aarde afneemt (t.o.v aan het oppervlak) in zowel richting ruimte als richting kern zou je mogen stellen dat het punt van grootste aantrekkingskracht op/aan de aardmantel ligt.

Dat dit in de praktijk niet zo blijkt te zijn komt door variaties in de dichtheid van de verschillende mantel zones. De zwaartekracht van de aarde heeft een piek op de grens van de kern en de mantel ( 10,7 m/s²)

Dit is correct en iets heel anders dan r00n beweerde.

[Verwijderd]

Verwijderd schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 01:10:
[...]

Sterker nog hij scheef "zwaartekrachtscentrum", hij het had het erover als zouden het zwaartepunten zijn. In de zin dat de zwaartekracht naar deze punten gericht zou zijn.

Ik las dat stukje wat je quotte nog eens en dat is idd je reinste onzin. De grootte van de zwaartekracht varieert weliswaar lokaal en met hoogte en diepte; de richting van de kracht is altijd dezelfde: naar het zwaartepunt. (en daar is er maar een [1] van)

Boor een gat naar het centrum v/d aarde en spring erin. Dat eindigt op maar een manier.

[Rone]

Verwijderd schreef op dinsdag 17 juli 2007 @ 23:45:

[...]

Het ging mij eigenlijk om de statement dat het zwaartepunt van de aarde niet in het midden ligt. r00n suggereert dat er meerdere zwaartepunten van de aarde zijn die zich in "de planetaire wand" bevinden.

Dat was inderdaad een weinig specifieke term, maar ik doelde slechts op het idee dat het zwaartekrachtcentrum niet exact in het centrum van de Aarde ligt. Hierbij enigszins ongelukkig refererend aan het verschil tussen het geometrisch zwaartepunt en het massazwaartepunt.
Verder kan een planeet (of ieder ander object) natuurlijk onmogelijk meer dan één zwaartepunt hebben. Vergeef mijn gebrek aan helderheid in een post van 7:39. Om 4:42 gaat het kennelijk beter.

Verwijderd schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 01:44:

[...]

Ik las dat stukje wat je quotte nog eens en dat is idd je reinste onzin. De grootte van de zwaartekracht varieert weliswaar lokaal en met hoogte en diepte; de richting van de kracht is altijd dezelfde: naar het zwaartepunt. (en daar is er maar een [1] van)

Inderdaad, en dat is ook waar ik op terug wil komen gegeven HlpDsK's stelling:

Verwijderd schreef op zaterdag 14 juli 2007 @ 05:34:

[...]

Er is veel meer massa aanwezig onder je voeten tot het middelpunt van de staaf, dan dat er is als je ter hoogte van het middelpunt zelf op de staaf staat

Ja, maar 'onder' wordt juist bepaald door de richting van zwaartekracht. Volgens deze beredenering zou je zwaarder zijn als je ging liggen. Er is dan immers meer massa 'onder' je dan wanneer je rechtop staat... In dezelfde gedachte zal een raket die even breed is als de cilinder en zich tevens op positie A bevindt evenveel zwaartekracht ondervinden als de originele raket in positie B, enkel en alleen omdat in die situatie de hoeveelheid massa 'onder' beide raketten gelijk is...

Dit is dus niet het geval, wat een direct gevolg is van de aanwezigheid van het massazwaartepunt, de 'gewogen' gemiddelde positie van alle mogelijke 'punten' waaruit het object bestaat, waarbij de massa van elk punt het relatieve belang ervan aangeeft.
Uitgaande van een homogene cilinder, zoals in het oorspronkelijke voorbeeld, bevindt dit massazwaartepunt zich op precies dezelfde plek als het geometrisch zwaartepunt, dat wil zeggen het punt waaromheen het volume gelijk is verdeeld: het centrum van het object. Dit is dan ook het punt van waaruit de aanwezige massa zijn zwaartekracht zal uitoefenen en deze zal sterker zijn indien de waarnemer zich dichterbij dit punt bevindt. Conclusie: Er is meer zwaartekracht op positie A.

Iemand die dit kan bevestigen of ontkrachten?

[Verwijderd]

r00n schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 04:42:

[...]

Dit is dus niet het geval, wat een direct gevolg is van de aanwezigheid van het massazwaartepunt, de 'gewogen' gemiddelde positie van alle mogelijke 'punten' waaruit het object bestaat, waarbij de massa van elk punt het relatieve belang ervan aangeeft.
Uitgaande van een homogene cilinder, zoals in het oorspronkelijke voorbeeld, bevindt dit massazwaartepunt zich op precies dezelfde plek als het geometrisch zwaartepunt, dat wil zeggen het punt waaromheen het volume gelijk is verdeeld: het centrum van het object. Dit is dan ook het punt van waaruit de aanwezige massa zijn zwaartekracht zal uitoefenen en deze zal sterker zijn indien de waarnemer zich dichterbij dit punt bevindt. Conclusie: Er is meer zwaartekracht op positie A.

Iemand die dit kan bevestigen of ontkrachten?

Ja, dat kan ik ontkrachten. Je moet niet uitgaan van het zwaartepunt, deze heeft alleen enige betekenis op grotere afstand als je de aantrekkingskracht wilt berekenen. In punt A wordt de raket voornamelijk opzij getrokken en nauwelijks naar beneden. Deze zijwaarte componenten heffen elkaar op vanwege symmetrie. Je moet dus van elk massadeeltje (deel het ding maar op in kleine stukjes) de zwaartekrachtvector t.o.v. de raket berekenen, en deze bij elkaar optellen. Je kan niet uitgaan van één zwaartepunt. Dat kan je alleen als versimpeling gebruiken als de afstand tot de staaf groter is dan enkele malen zijn eigen lengte.

Is er nou niemand die minder lui is dan ik en gewoon even die integraal berekent?

Als het zo door blijft gaan moet ik een lesje wiskunde geven...

[ Voor 0% gewijzigd door Verwijderd op 18-07-2007 10:10 . Reden: typo ]

[Confusion]

Verwijderd schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 01:44:
Ik las dat stukje wat je quotte nog eens en dat is idd je reinste onzin. De grootte van de zwaartekracht varieert weliswaar lokaal en met hoogte en diepte; de richting van de kracht is altijd dezelfde: naar het zwaartepunt. (en daar is er maar een [1] van)

Stel dat de aardmassa over een cylinder was verdeeld. Als je vanaf het midden (A op de eerdere plaatjes in dit topic) in de lengterichting van de cylinder naar de rand zou lopen, dan verplaatst het punt waar de nettto gravitatiekracht naar gericht is ook langzaam. Voor bijna iedereen ligt het zwaartekrachtspunt op een net iets andere plek, al zal het bij de aarde zo weinig schelen dat het verschil irrelevant is.

[Rone]

Verwijderd schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 08:01:

[...]

Ja, dat kan ik ontkrachten. Je moet niet uitgaan van het zwaartepunt, deze heeft alleen enige betekenis op grotere afstand als je de aantrekkingskracht wilt berekenen. In punt A wordt de raket voornamelijk opzij getrokken en nauwelijks naar beneden. Deze zijwaarte componenten heffen elkaar op vanwege symmetrie. Je moet dus van elk massadeeltje (deel het ding maar op in kleine stukjes) de zwaartekrachtvector t.o.v. de raket berekenen, en deze bij elkaar optellen. Je kan niet uitgaan van één zwaartepunt. Dat kan je alleen als versimpeling gebruiken als de afstand tot de staaf groter is dan enkele malen zijn eigen lengte.

Oké, duidelijk. Ik was echter in de veronderstelling dat de 'zijwaarste' componenten ook enigszins naar beneden trekken. De zijwaartse kracht wordt vanzelfsprekend geëlimineerd dankzij spiegelsymmetrie, maar de neerwaartse krachten niet. Die kun je bij elkaar optellen plus de loodrechte vector, die bovendien groter is dan de kracht die B ondervindt omdat deze zich verder van het centrum bevindt.

Komt er inderdaad op neer dat het gewoon berekend moet worden.

[Osiris]

Niemand zin in een integraal? 't Is dat ik toentertijd bij Wiskunde niet goed op heb gelet... Je kunt wel een model maken door de cilinder in plakjes van 1 "iets" te snijden en die (ronde) plakjes weer ruwweg op te delen in blokjes van 1x1x1 "iets'. Al die blokjes hebben dan hun eigen x, y en z-coordinaat en vervolgens kun je 't een en ander berekenen. En hoe kleiner je die "iets" maakt, hoe nauwkeuriger. Maar hoe je daar een fatsoenlijke integraal van kunt maken, beats me

[Henk007]

Het blijkt dat de zwaartekracht op de aarde totaal maximaal 1% varieert, van g=9.78 ms^-2 op de evenaar tot 9.83 ms^-2 op de polen.
Verdere uitleg over de factoren die een rol spelen o.a. hier

[ Voor 3% gewijzigd door Henk007 op 18-07-2007 14:06 ]

[0rbit]

Osiris schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 13:45:
Niemand zin in een integraal? 't Is dat ik toentertijd bij Wiskunde niet goed op heb gelet... Je kunt wel een model maken door de cilinder in plakjes van 1 "iets" te snijden en die (ronde) plakjes weer ruwweg op te delen in blokjes van 1x1x1 "iets'. Al die blokjes hebben dan hun eigen x, y en z-coordinaat en vervolgens kun je 't een en ander berekenen. En hoe kleiner je die "iets" maakt, hoe nauwkeuriger. Maar hoe je daar een fatsoenlijke integraal van kunt maken, beats me

Simpeler nog; polaire coordinaten gebruiken en dan de totale zwaartekracht berekenen door over het gehele volume (vermenigvuldigd met de dichtheid) te integreren. Zelfs de raket kun je met een beetje handigheid opdelen in stuksgewijs continue functies in polaire coordinaten.

Ik ben er te lui voor

[WVL_KsZeN]

Ik ben er ook te lui voor maar zou het wel kunnen. Iig de natuurkundige spreekt : raket B voelt meer zwaartekracht. Het is gewoon een kwestie van vectoren optellen en in geval van raket A vallen de horizontale componenten tegen elkaar weg.

Raket A voelt de krachten die wegvallen trouwens wél, maar op een andere manier : de horizontale krachten proberen de raket uit elkaar te trekken.

reken het anders maar eens uit in een simpele opstelling, dan zie je het vanzelf :

code:

..A

C C C B

De kracht van de middelste C op A is evengroot als die van de meest rechtse C op B. De twee andere C's hebben voor B respectievelijk 1/4 en 1/9 van die kracht in dezelfde richting : samen (C1+C2+C3 op dus ongeveer 1.44 de kracht van C3 op B.

Raket A voelt van C1 en C3 in de verticale richting maar sin(45)*1/(sqrt(2)^2) van de kracht van C2 op A. Dus samen (C1+C2+C3) ongeveer 1.7 keer de kracht van C2 op A.

shit. loopt het mis maar dat komt doordat de cilinder niet lang genoeg is

Kortom : het hangt van de lengte van de cilinder af

[ Voor 46% gewijzigd door WVL_KsZeN op 18-07-2007 15:37 ]

[WVL_KsZeN]

Ok. Ik neem terug wat ik net zei.. Ik heb het eventjes uitgewerkt en raket A voelt toch meer zwaartekracht dan raket B.

[Osiris]

Fijn dat wij die uitwerking ook mogen zien Zo kan ik 't ook:

"Ok. Ik neem terug wat ik net zei.. Ik heb het eventjes uitgewerkt en raket B voelt toch meer zwaartekracht dan raket A."

[Verwijderd]

Confusion schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 10:22:
[...]

Stel dat de aardmassa over een cylinder was verdeeld. Als je vanaf het midden (A op de eerdere plaatjes in dit topic) in de lengterichting van de cylinder naar de rand zou lopen, dan verplaatst het punt waar de nettto gravitatiekracht naar gericht is ook langzaam. Voor bijna iedereen ligt het zwaartekrachtspunt op een net iets andere plek, al zal het bij de aarde zo weinig schelen dat het verschil irrelevant is.

Ik vrees dat je dat zult moeten uitleggen. Ik mag aannemen dat mijn massa ten opzichte van de cilinder te verwaarlozen is, waarom zou dan mijn wandeling over de cilinder het zwaartepunt doen verleggen?

[Verwijderd]

Mr_Atheist schreef op woensdag 18 juli 2007 @ 15:26:
[...]


Simpeler nog; polaire coordinaten gebruiken en dan de totale zwaartekracht berekenen door over het gehele volume (vermenigvuldigd met de dichtheid) te integreren. Zelfs de raket kun je met een beetje handigheid opdelen in stuksgewijs continue functies in polaire coordinaten.

Ik ben er te lui voor

Ik dacht dat ga ik eventjes doen:

Positie A

De positie van de raket is H verwijderd van de centerlijn van de cylinder en zit tussen de uiteinden van de cylinder op x= 0

De cylinder heeft diameter D
De cylinder is L lang
De raket heeft massa Mr en is klein in verhouding tot de afmeting van de cylinder. . .het is een puntmassa. . .ik ben ook lui

Ring element van de cylinder: dm=Rho*A*dx= Rho*r*2pi*dr*dx maar dit heeft meer dan 1 afstand van de raket dus moet het element kleiner: een een element dΘ van de ring en dat heeft lengte r*dΘ. Dus in plaats van lengte 2*r*pi neem ik de lengte r*dΘ en dm wordt:

dm = Rho*r*dΘ*dr*dx

of wel

dm = Rho*r*dr*dΘ*dx en in de x.y.z. 3-D syseem is r een vector vanuit de centerlijn van de cylinder.

Even terzijde: r² = y²+z²

Deze vector r maakt een vector V van het punt 0,0,0, naar de vertor r met een 90 graden hoek:

V²=x²+r²

Fluitje van een cent.

Zzzzzzz

Nu nog even de afstand R van dm naar de raket Mr:

De drie punten x, y, z,(r) en 0,0,0(V) en 0,H,0, (positie raket) vormen een driehoek maar deze heeft niet altijd een rechte hoek. Dus:

R² = H² +V² -2HVcos Ø. . . .voor elke waarde van Θ er is een coressponderende waarde van Ø. Dus even eenvoudig samengevat

Ø=f(Θ). . .dit kan iedereen zelf wel oplossen.. .

R²=H² + x² + r² - 2H*(x²+r²)^1/2*cos f(Θ)

en de zwaartekracht op de raket is dan

F_raketA =

G*Mr*Rho*{Int_rInt_ΘInt_x*r*dr*dΘ*dx}/{H² + x² + r² - 2H*(x²+r²)^1/2*cos f(Θ)}

"Int" is Integraal

Int_r gaat van 0 tot D/2
Int_Θ gaat van 0 tot 2pi
Int_x gaat van -L/2 tot L/2

Voor positie B

De differentiaal massa dm is identiek opgebouwd

De raket is op de centerlijn van de cylinder op afstand H van het oppervlak.

Zet x=0 op het uiteinde van de cylinder (aan de zijde van de raket


Voor elke positie r van element dm onstaat er een driehoek met de benen

V=H+x. . . .r. . . R met een 90 graden hoek tussen r en V

De afstand R van dm naar de raket is nu eenvoudig weergegeven als

R²= (H+x)² +r²

en F_raketB=

G*Mr*Rho*{Int_rInt_ΘInt_x*r*dr*dΘ*dx}/{(H+x)² +r²}

ZZzzzz

Ohh shit, I forgot this:

Int_r gaat van 0 tot D/2
Int_Θ gaat van 0 tot 2pi
Int_x gaat van 0 tot L

Nu is het gewoon een geval van getallen invoeren en eventje 6 keer een integratie uitvoeren voor elke dataset om te weten welke kracht het grootste is en dat doe je voor

1 een dunne lange cylinder
2 een dikke korte cylinder
3 een paar er tussen in

Voor A kan je H= D/2 invoeren als de raket op de grond staat
Voor B kan je H=0 invoeren als de raket op de grond staat.

Einde discussie. . . .

. . .tenzij . . .

[Confusion]

Verwijderd schreef op donderdag 19 juli 2007 @ 00:44:
Ik vrees dat je dat zult moeten uitleggen. Ik mag aannemen dat mijn massa ten opzichte van de cilinder te verwaarlozen is, waarom zou dan mijn wandeling over de cilinder het zwaartepunt doen verleggen?

Omdat het gemiddelde van r² (het gaat natuurlijk om 1/r², maar r² is intuitief makkelijker in te zien) voor posities op de cylinder naast A niet onder A ligt. Het schuift langzaam op in dezelfde richting waarin je loopt. Dat komt niet doordat jouw massa verplaatst, maar doordat jouw posities ten opzichte van de massa-elementen van de cylinder verandert: stukken waar je naartoe loopt beginnen zwaarder te tellen; stukken waar je vandaan loopt beginnen minder zwaar te tellen, maar door de 1/r² relatie heffen die factoren elkaar niet precies op. Het punt van waaruit de zwaartekracht op jou aangrijpt is niet hetzelfde punt als het massamiddelpunt van het voorwerp.

[ Voor 6% gewijzigd door Confusion op 19-07-2007 10:06 ]

[WVL_KsZeN]

Wat betreft mijn uitwerking : Ik had een reeks gemaakt voor raket A en een reeks voor raket B.

B : iets als som k=1...oneindig (1/k²)

A : iets als 1 (C onder A) + 2 * som k=1...oneindig (1/(1+n²)^1.5) (macht 3 komt van 1/r² * sin(alpha) en de sinus kun je makkelijk uitdrukken in 1/(sqrt(1²+k²)) in dit geval)

zoiets. Dan zie je dat F op A > F op B.



Eerste reeks is voor raket B. De afstand van elke Ck tot raket B is k -> dus de aantrekking wordt minder als 1/k²

Tweede reeks is voor raket A. De eerste 1 is voor de C net onder de raket. De factor 2 komt doordat ik C's links en rechts van de raket in paren mee tel. De afstand van A tot Ck is sqrt(1²+k²), dus de kracht gaat als 1/(1+k²). De extra factor 1/sqrt(1+k²) komt doordat we alleen de verticale component van de kracht moeten hebben en dat kunnen we mooi berekenen mbv pythagoras (lange zijde is r, korte zijde is 1 -> 1/r is de verticale component).

Alletwee limieten naar oneindig en voila -> raket A ondervind de meeste kracht en is dus zwaarder.

[ Voor 59% gewijzigd door WVL_KsZeN op 19-07-2007 10:59 ]

[Verwijderd]

WVL_KsZeN schreef op donderdag 19 juli 2007 @ 10:04:
Wat betreft mijn uitwerking : Ik had een reeks gemaakt voor raket A en een reeks voor raket B.

. . . .[Onbekende formules]. . .

Allet wee limieten naar oneindig en voila -> raket A ondervind de meeste kracht en is dus zwaarder.

Waar je analyse op slaat zou onderbouwing nodig hebben maar de vraag welke raket zwaarder is is zonder meer een functie van de geometrie van de cilinder en de afstand van de raket van het oppervlak van de cilinder. Die zie ik in je analyse niet terug. Voor mij is wat je gedaan hebt totaal niet begrijpelijk.

Er zijn vanuit mijn visie drie limieten voor dit probleem die goed inzicht verschaffen (afgezien van de hoogte van de raket van het oppervlak als het geland is) wat er speelt. Als men stelt dat de raket op het oppervlak staat en de raket klein is in verhouding tot de cilinder kan je vanuit die limiten conclusies trekken. . .dit is al eerder door anderen gezegd. . .er is (voor zo ver ik herinner) geen sprake geweest van een raket die een gelijke massa heeft als de "planeet":

1 Lange dunne cilinder (fietswiel-spaak model):

De raket op A is (nagenoeg) gewichtsloos (voor een erg lange cilinder is de raket überhaupt nagenoeg een puntmassa). Alle zwaartekracht vectoren zijn nagenoeg horizontaal en dragen weinig bij aan het gewicht. In de limiet van L > oneindig is het gewicht 0. De "hoeveelheid" zwaartekracht dat aan de raket trekt is een geheel andere vraag en de som van die krachten (links en rechts opgeteld) zal je op een andere manier moeten uitrekenen dan de vraag hoe zwaar de raket is.

Op B wordt de raket door alle massa er onder rechtlijnig aangetrokken en dat is in elk geval > 0 omdat alle massa op een lijn onder de raket ligt.

2 Korte dikke cilinder (dunne schijf model):

Het antwoord is min of meer andersom: raket op B zit dan (nagenoeg) in het center van een dunne schijf terwijl bij A op de rand een groot deel van de massa van de schijf de raket naar beneden trekt. . .voor een schijf-model is dat numeriek uiteraard anders dan voor een spaak-model maar toch iets >0. . .

3 En cylinder waarvan D=L :

Hier de beide raketten hebben gelijke afstand van het massacenter. De integratie van [dm/R²] is niet voor beide raketten gelijk en in deze situatie is het antwoord t.a.z.v. het gewicht bij A of B niet direct duidelijk voor me. Zou gewoon een diepere analyse nodig hebben om een antwoord te vinden.

[ Voor 3% gewijzigd door Verwijderd op 19-07-2007 19:33 ]

[Verwijderd]

Wat heb ik aangericht?

[WVL_KsZeN]

Verwijderd schreef op donderdag 19 juli 2007 @ 19:23:
[...]


Waar je analyse op slaat zou onderbouwing nodig hebben maar de vraag welke raket zwaarder is is zonder meer een functie van de geometrie van de cilinder en de afstand van de raket van het oppervlak van de cilinder. Die zie ik in je analyse niet terug. Voor mij is wat je gedaan hebt totaal niet begrijpelijk.

stap 1 : ik maak mijn model helemaal 2d, dus ik kijk niet naar de dikte van de cilinder/raket
stap 2 : ik deel de cilinder op in N puntmassas met een vaste onderlinge afstand
stap 3 : ik beschouw de raketten als gelijksoortige puntmassas met dezelfde afstand tot de cilinder als de puntmassas onderling hebben

dus zoiets om de kracht op raket B te berekenen :

code:

* * * * * * * * * B

en zoiets om de kracht op raket A te berekenen

code:

......A

* * * * * * *

Ik weet dat je beter een integraal kunt nemen, maar dit werkt ook bijna net zo goed. Je zou ook de afstand tussen de raketten en de cilinder kunnen aanpassen, dan zul je (als het goed is) zien dat als die afstand naar oneindig gaat de krachten hetzelfde worden (tenminste.. als de cilinder niet oneindig lang is.. denk ik)

trouwens, reken jij anders je integraal ff uit dan kunnen we zien of alles klopt

Overigens, doordat ik n naar oneindig laat gaan convergeert mijn reeks met een integraal (geloof ik..). Het enige wat dan ontbreekt is de afstand tussen de cilinder en de raketten, maar die was niet gespecificeerd

[ Voor 10% gewijzigd door WVL_KsZeN op 20-07-2007 11:32 ]

[Verwijderd]

WVL_KsZeN schreef op vrijdag 20 juli 2007 @ 10:42:
[...]


stap 1 : ik maak mijn model helemaal 2d, dus ik kijk niet naar de dikte van de cilinder/raket

Ik ga het stap voor stap natrekken: OK, maar dan kan je het model van de "planeet" netzo goed 1d beschouwen. . .een lijnmassa dus, met totale massa Mp met lengte L

stap 2 : ik deel de cilinder op in N puntmassas met een vaste onderlinge afstand

OK. elk deeltje heeft dus mass Mp/N en de afstand per deeltje is L/(N-1) .

stap 3 : ik beschouw de raketten als gelijksoortige puntmassas met dezelfde afstand tot de cilinder als de puntmassas onderling hebben

OK, is snap wat je doet, maar dat kan je niet handhaven als je het aantal N naar oneindig laat gaan want dan wordt de afstand van de raket tot de "planeet" ook steeds kleiner en wordt nul als N naar oneindig neigt. Je moet voor de raket een bepaale afstand definieren: in beide gevallen zou deze afstand terug te brengen zijn naar het cilinder model. Zet deze afstand op 1 en deze blijft zo. Dus 1 = de afstand van A tot de lijn met puntmassa en voor B is het de afstand van de raket tot de laaste puntmassa (rechts of links). Deze afstand blijft altijd 1. Om de schaalverdeling een beetje in acht te houden zetten we L= 100. . .(als je L= 1 zet krijg je de situatie voor de cilinder met L=1 en D=2 als de raket op het oppervlak staat voor A. . . .maar dan is de afstand tot het oppervlak voor A nul en voor situatie B is het 1. . .dit is geen vergelijkbare situatie. . .maar goed, als je de lengte van de raket 1000 maakt zal het min of meer vwergelijkbaar zijn.


[qoute]dus zoiets om de kracht op raket B te berekenen :

code:

* * * * * * * * * B

[/quote] Ik ga er niet mee in zee tenzij de lengte van de raket groot is t.o.z.v. de afstand naar B. Dus zo iets

code:

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - : : :B
lengte - - - - - = 1000
afstant : : :=1

en zoiets om de kracht op raket A te berekenen (volgens jouw methode):

code:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . A
afstand naar A =1
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 
lengte - - - =1000

Met deze opstelling is de eerste kracht van M_rB naar de eerste puntmassa

FB₁ = G*Mr*Mp/N/1². . . . .we laten de constanten weg om het duidelijk te houden en zetten het even op 1:

FB₁ = 1/N/1²
FB₂ = 1/N/(1+1000/(N-1))²
FB₃ = 1/N/(1+2000/(N-1))²
FB₄ = 1/N/(1+3000/(N-1))²
FB₅ = 1/N/(1+4000/(N-1))²
.
.
.
FB_k = 1/N/(1+1000*(k-1)/(N-1))²

FB_totaal = 1/N {1+ SOM k=2 tot N: 1/(1+1000*(k-1)/(N-1))²}

Als je nu N tot oneindig laat gaan gaat k ook tot oneindig. . . als je aanneemt dat N in het begin al groot is in verhouding tot 1 dan vereenvoudigd de formule naar

FB= 1/N + SOM k=2 tot N: 1/N/(1+1000*(k-1)/N)²

FB= 1/N + SOM k=2 tot N: 1/N/(1+1000*(k-1)/N)²

N------> ∞
met k=2 ----->∞

Dit lijkt me een geheel andere som voor gewicht voor Raket B dan jij krijgt. Ik zie met deze manier een probleem:

N is a willekeurig getal dat je definieert om het aantal puntmassa;s te krijgen. . .het hoeft niet naar oneindig te gaan. . .je definieert dat getal voordat je aan de opsomming begint. . .je kan het niet oneindig maken omdat dan de originele expressie wegvalt naar

0/(1+ 0)² = 0

Mijn inziens moet je N gewoon groot genoeg nemen en dan de opsomming uitvoeren van k=2 tot N en je kijkt dan hoe groot N moet zijn tot je ziet dat er een limiet ontslaat

De opsomming die ik krijg met de aanname dat de afstand van de raket een constante is (=1). . .voor zover ik kan zien heb jij dat ook gedaan. . . .is geheel anders dan jij krijgt.

Nu voor A

FA₁ is niet identiek als FB₁ indien N een even getal is. we gaan uit van N is oneven

FA₁ =FB₁ = 1/N

De lengte L = 500 (links en rechts) maar de afstanden tussen de punt massa's zijn het zelfde.

delta L = L/2 en de puntmassa's hebben massa 1/N maar de krachten worden opgeteld tot k= N/2.

FA₁ = 1/N/1²
FA₂ = 1/N/(1+(1000/(N-1))²). . . .R2= 1²+ (1000/(N-1))²)
FA₃ = 1/N/(1+(2000/(N-1))²)
FA₄ = 1/N/(1+(3000/(N-1))²)
.
.
.
FA_k = 1/N/(1+(1000(k-1)/(N-1))²)

Vereenvoudigen N een groot getal zodat (N-1) ---->=N

FA_k = 1/N/(1+(1000(k-1)/N)²)

Ik som deze twee keer op van k=2 tot k = (N-1)/2 om de linker en rechter contributie te verkrijgen"

FA_totaal = 1/N + 2*(SOM k=2 tot (N-1)/2: 1/N/(1+(1000*(k-1)/N)²)

(indien geen fouten gemaakt zijn. . .ik zal het nog een door rekenen.
Hier zit, achteraf gezien, nog wel een fout in. De sin(hoek_k)*FA_k moet er nog in verwerkt worden. Komt nog.

De sinus van de hoek tussen R en de lijn waar de punt massa's op zitten = 1/R = 1/(1² +(1000*(k-1)/N)²)^1/2. Deze factor moet nog in de term FA_k ingevoerd worden
Gecorrigeerde expressie voor FA:

FA_totaal = 1/N + 2*(SOM k=2 tot (N-1)/2: 1/N/(1+(1000*(k-1)/N)²)*1/(1[sup]2 +(1000*(k-1)/N)²)^1/2).

Met Excel ga ik even(. . . ?) de FA en de FB uitrekenen.

Ook dit ziet er iets anders uit dan wat jij kreeg. Lijkt me overigens wel logisch omdat ik de lengte van de planeet er in geprogrammeerd heb

Gecorrigeerde resultaten zijn:

FA = 0,0024496919562863 voor N = 501 (opgesomd 2x tot k=250)
FB= 0,0024629290144015 voor N= 501 (opgesomd tot 501)

Kracht Ratio FA/FB= 0,99463

Deze keer lijkt het er op dat de kracht FB groter is, en dat is meer in lijn met de aanvankelijke gedachte. Nu is het nog steeds de vraag wie er geklijk heeft! Het is heel wat werk om dit uit te werken!

Voor deze situatie:

Planeet: 1000 m lang. Geen dikte (lijnmassa). . .verdeeld in puntmassa's
Punt massa's:
501 stuks
2 m van elkaar verwijderd

Voor A is er 1 puntmassa direct onder de raket
Afstand tot lijn puntmassa's is 1 m

Voor B is de afstand tot de eerste punt massa 1 m.

Kracht Ratio die jij berekende is ongeveer 2/1,6 =1,25 dus dat geeft een vergelijkbaar resultaat op.
Ik ga hier nog een beetje mee stoeien om er zeker van te zijn dat de formulereingen goed zijn en voor een groter aantal punt massa's het nog narekenen.

Na mijn correctie met sin(hoek_k) is dit niet meer ongeveer gelijk aan het resutaat wat jij kreeg.

Ik weet dat je beter een integraal kunt nemen, maar dit werkt ook bijna net zo goed. Je zou ook de afstand tussen de raketten en de cilinder kunnen aanpassen, dan zul je (als het goed is) zien dat als die afstand naar oneindig gaat de krachten hetzelfde worden (tenminste.. als de cilinder niet oneindig lang is.. denk ik)

In mijn opsomming wordt alleen het getal 1000 groter as de cilinder langer wordt. Ik kan het ook kleiner maken en de standaard afstand 1 groter maken.

trouwens, reken jij anders je integraal ff uit dan kunnen we zien of alles klopt

Ik kan het integraal van die formule niet uitrekenen. . .vergeten hoe dat moet en zou in de boeken moeten duiken.

Overigens, doordat ik n naar oneindig laat gaan convergeert mijn reeks met een integraal (geloof ik..). Het enige wat dan ontbreekt is de afstand tussen de cilinder en de raketten, maar die was niet gespecificeerd

Een convergentie van de juiste opsomming gaat inderdaad naar het zelfde antwoord van een integraal.

[ Voor 13% gewijzigd door Verwijderd op 21-07-2007 01:22 . Reden: Diverse correcties ]

[Verwijderd]

@ WVL_KsZeN : Nog bedankt voor je toelichting op je methode voor de twee opsommingen. Zie mijn concluise aan het einde t.a.z.v. de oplossingen met puntmassa's.


Ik heb mijn eerder opgemaakte formules nog eens nagetrokken en enige correcties/vereenvoudigingen en conclusies kunnen maken:

A) Afstand Raket naar lijn met N punt massa's = a
Raket A positie is direct tegenover de middelste puntmassa
Lengte van de "planeet" = L
Puntmassa = 1/N. . . . .de Factor G*Mr*Mp genormaliseerd naar 1

Afstand van de Raket vanaf de puntmassa aan het einde van de "planeet" = a.

Het principe is dat als a = 0 de raket A op het massacenter van de middelste puntmassa zit (R=0) en dat geeft F---->∞ als a----->0. Dit verklaart in feite waarom het "gewicht" van Raket A zeer groot wordt als de raket de lijn van de punt massa's benaderd.

Voor Raket B voor a = 0 gebeurd het zelfde: de raket zit op de eerste puntmassa. De krachten zullen voor a---->>0 dan gelijk moeten worden (voor grote afstanden).

De twee formules geven niet het zelfde probleem weer. Ook is de situatie in deze voorstelling van zaken niet-linear: Voor A is de situatie symmetrisch: als a groter wordt komen alle massa's op een ongeveer identieke waarde van R te liggen (sin(θ) ---->1 en alle krachten van de puntmassa’s bundelen om gelijkwaardig op te tellen. Als a groter wordt voor B liggen de puntmassa's aan het ander einde al ver weg en dragen in eerste instantie nagenoeg niet bij aan de kracht op de raket. Dit houdt in dat als a groter wordt van a=~0 naar a------>∞ de krachten eerst ongeveer gelijk zijn en zeer groot, dan stijgt de kracht op A sterk in verhouding met de kracht op B. . .dus FA is altijd groter dan FA. . .en dan worden de krachten gelijk op een oneindige afstand.

Gecontroleerde krachtenformules (gewichten):

Voor B

FB= SOM voor k=1 tot N: 1/N/( a + L/(N-1)*(k-1))²

Voor A

FA = 1/N/a² + SOM voor k=2 tot (N-1)/2: a*1/N/(a²+ (L/(N-1)*(k-1)²)^3/2)

Elke term FA_k is vermenigvuldigd met de sinus van de hoek θ van de vector R met de afstand L/(N-1)*(k-1) van de puntmassa op de basis lijn : sin(θ) = a/R

Met deze expressies krijg ik voor a= 1 m (voor een 2 m hoge raket bijvoorbeeld) en L=1000 m
met N=2001

FA = 0,00099949224612421
FB= 0,000124937531234588

Ratio FA/FB = 8

Als a----->0 the de krachten ------> FA=FB
Dit klopt volgens het feit dat voor deze opstelling de raketten A en B beide 1 puntmassa op gelijke afstand benaderen

Als a------>∞ Fa---->Fb

Tussen deze twee limieten is FA >FB
Het was een leuke oefening.

Nog een interessant feitje

Als je de formulering voor de krachten opzet met N=2000 (alle even getallen) krijg je een totaal andere relatie voor FA maar niet voor FB!
Met de opstelling voor Raket A voor N=2000 is de positie precies midden tussen 1000 puntmassa’s links en 1000 puntmassa’s rechts.
Als je dan a=0 toepast ligt de puntmassa van de raket niet op een puntmassa van de “planeet”. . .de kracht FA¹ is dan niet oneindig terwijl dit voor FB¹ wel zo is. In dit geval zou voor FA de kracht naar 0 moeten afnemen zoals het “gevoel” dit aangeeft.

Dit is een goed voorbeeld dat een representatie met een opsomming geheel anders kan uitpakken dan bedoeld is omdat het aantal punten dat je gebruikt de fysieke situatie vastlegt die je aanneemt: met N=2001 krijg je dus voor FA een totaal ander antwoord dan voor N=2000 terwijl het antwoord voor FB niet relevant is.

[ Voor 3% gewijzigd door Verwijderd op 21-07-2007 18:30 ]

[Verwijderd]

Ik kom even terug op de situatie met de "planeet" opgedeeld in een even aantal puntmassa's voor Raket A met afstand a tot de lijn met puntmassa's:

code:

. . . . . . . . . . . A
-    -    -    -    -    -    -    -    -    -

Er zijn nu een even aantal puntmassa's en A zit precies tussen N/2 puntmassa's in.

Voor FA1 is de waarde R²= a² + (1/2*L/(N-1))²
Voor FA2 ------->FAn de afstand wordt groter met elke keer 1*L/(N-1)
De sin(θ) is op de zelfde manier gedefinieerd als voorheen. De totale verticale kracht op A
word dan 2x de SOM voor k= 1 tot N/2:

FA(vertikaal)=Gewicht = 2*SOM k=1 tot N/2: 2a/N*1/(a2+((2k-1)/2*L/(N-1)²)^3/2

Het is nu duidelijk dat als de afstand a---->0 dat het totale gewicht 0 wordt.
Het middelpunt van de langwerpige “planeet” benaderd de verticale componenten nul worden. . .dat gevoel is juist als je in de analyse mee neemt dat de Raket A niet precies op een puntmassa mag komen te liggen.

Vanuit de Excel berekening voor N= 2000 kan je uiteindelijk ook N= 2001 zetten. . .de formule is nu niet meet gevoelig voor een punt massa onder de raket!!!!!

Antwoorden:

FA 2000 = 0,00220848907499359 k=1 tot 1000. . . . .a=1
FA 2002 = 0,00220852679472918 k=1 tot 1001. . . . .a=1

FB 2000 = 0,000500000000000206 k=1 tot 2000. . . . .a=1
FB 2002= 0,000499500499500705 k=1 tot 2002. . . . .a=1

Ratio (a= 0,1): FA/FB= ongeveer 4,2

Nu voor a = 0,1

FA 2000 = 0,0055061761056732 k=1 tot 1000. . . . .a=0,1
FA 2002 = 0,00551506589612918 k=1 tot 1001. . . . .a=0,1

FB 2000 = 0,0500000000000002 k=1 tot 2000. . . . .a=0,1
FB 2002= 0,0499500499500501 k=1 tot 2002. . . . .a=0,1

Ratio (a= 0,1): FA/FB= 0,11042

Raket B is dus veel zwaarder als het land dan Raket A als afsand a maar klein genoeg is.

Duidelijk is nu dat als a=0 FA=0 zoals wijn in het aanvankelijke FA=0 Kamp stelden.

De antwoorden zijn dus zeer gevoelig voor hoe je het model opzet.

[ Voor 23% gewijzigd door Verwijderd op 22-07-2007 15:08 . Reden: berekeningen gemaakt ]