eli oletetaan että maan läpi voitaisiin tehdä kuilu/tunneli johon pudotettaisiin kivi ja ilmanvastusta ei tarvitse nyt kalkyloida, niin kuinka kauan menisi että kivi saapuisi pudotuksen jälkeen toiselle puolelle, kunnes taas aloittaisi uuden putoamisen suunnanvaihtonsa jälkeen. siis kuinka tuo värähdysaika voidaan laskea? jos joku tietää, niin olisi mukava tietää!!!
painovoimalasku
Ron Hannes
324834
0Äänestä
Muut lukivat myös
Odottaa vastausta
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Vastaukset 32
Vanhimmat
Mutua, mutua, mutua..
Pisteessä josta putoaminen alkaa vaikuttaa 9,8m/s^2 kiihtyvyys. Keskipisteessä taas on painoton tila.
Onnistunee integroimalla tuo väli ulkokuoresta keskipisteeseeen. Laskee sen ajan ja kiven nopeuden keskipisteessä. Sitten laskeskelee jälleen integroimalla tuon loppuosan.
En nyt jaksa itse kokeilla vaikka lasku onkin ihan mielenkiintoinen.
(9.82 m/s*s 0 m/s*s) /2
Aluksi:
Tein raakalaismaisen oletuksen että koko maan tiheys on vakio. (Taisin oletuksen tehdessäni olla senverran dips-daps-juomaa nauttinut, kun ei sitten millään tullut muutakuin jatkuvaa kiihtyvyyttä kohti hämäräperäisiä naisia)
Mutta lähtökohta:
Lagrangen funktio d/dt(@L/@x')-@L/@x=0
Lue:
@= doo, osittaisderivaatta
x'= x piste, matkan aika derivaatta
L=T-V
ja
T=kineettinen energia
V=potentiaalienergia
Gravitaatiopotentiaali V= -GMm/r^2,
G=gravitaatiovakio
M=maan (möhkäleen minkä tahansa, mihin pystytään poraamaan reikä?) massa
m=kappaleen massa
Ja jatkoa varten (tiheys vakio) M=4/3p*Pii^2,
p=tiheys
Kineettinen energia V= 1/2mx'^2
Torpataan osittaisderivaatat x:n ja x': suhteen.
@L/@x' = mx' ja
@L/@x = -8/3Gpx
Saadaan toisen asteen differentiaaliyhtälö (sijoittamalla Lagrangen funktioon):
(alan päityä joten jätän välivaiheet pois)
x'' 8/3Gpx=0
Tällainen yhtälöhän ratkeaa vanhaa kunnon karakterista yhtälöä käyttämällä. Ja helpotuksen vuoksi merkitään:
a=8/3Gp
ratkaisu on siis:
x=C1cos(at) C2sin(at)
tostakun lasketaan x' ja x'' ja asetetaan reunaehdoiksi x'=0 kun t=0 ja x''=g kun t=0, missä g=GM/R^2, R=maan säde, niin saadaan...
Hetkinen.. otan vähän kossua...
No niin.. nyt täytyykin käydä tupakilla... odottakaa hetki...
x=-g/a^2 cos(at)
(humalapäissään alkoi toi miinus-merkki epäilyttämään, mutta luultavasti se heiluriliikkeessä, symmetrisessä sellaisessa, on aivan sama kuin tyhjä kossupullo huomenaamulla)
Sijoitetaanpas arvot ja katotaan mitä tulee:
a=8/3Gp
ja Wanhan kunnon Newtonin mukaan (ja alkuehtojen mukaan:
g=GM/R^2, R=maan säde
Räknätään ja saadaan:
x=9/64 * M/R^2 *[cos(8/3 * Gt)
Matka edestakas maanläpi on 4R.... saatana.. hävitin kynäni.. oottakaas hetki...
(tekosyy, käyn tupakilla ja teen kossupaukun)
no niin...elikkäs yhtälö on nyt
cos(8/3 * Gt)=256/9 * R^3/M
ja aika edestakaiseen matkaan on
t= (3/8 *G) * arccos[ 256/9 *R^3]
Tohon kun sijoittaa arvot niin saattaa tulla mitä vaan. Itseasiassa alkoi aivan helvetisti arveluttamaa toi laskujeni oikeudenperällisyys. Mutta älkää huoliko, ystäväiseni, sillä vaihtoehdot ovat seuraavat:
1) Olen laskenut väärin
2) Olen ymmärtänyt asian väärin
3) Olen oikeassa (En sentään kumoa Newtonin mekaniikka, joten ajatus on oletettavasti oikea)
4) Olen oikeassa mutta laskut ovat päin persettä (suurinpiirtein näinkin voi olla, kukapa sitä päissään huvikseen laskeskelee päteäkseen.. *naurunpyrskähdys*
5) Juttu menee näin (erittäin epätodennäköinen vaihtoehto ottaen huomioon humalatilani nousun laskuvaiheiden edetessä)
6) Aivan sama (Helvetin huono vaihtoehto. Kliseisesti: Kysyjä on yhtä tyhmä kuin vastaaja ennen kuin saa vastauksen, ja jos kysyjä ei saa vastausta, vastaaja on yhtä tyhmä kuin kysyjä)
ps. Sillä on väliä mitä kivelle tapahtuu tippuessaan utopistisen reiän läpi. Mutta se ei ole vakavaa. Mielenkiintoista (varsinkin noiden mainioiden veikkojen, arkkieliöiden, mielestä jotka elävät syvällä maansisällä ja syövät kiveä)
ps2. Arkkieliöt eivät ole turhanpäiväisiä veikkoja (vaikka joskus siltä tuntuukin). Nämä penteleet elävät jopa ydinjätteessä
ps3. En todellakaan ota vastuuta laskujeni oikeellisuudesta, mutta luultavasti tarkistan asian. Mutta mikä mielenkiintoista olisi, joku muu osoittaisi/ löytäisi virheen laskutoimituksissani. Keskustelu kehittää sanoi kossupullon kera leikkivä huuhaa-ukko.
Tulipa tarinaa
Kirjoitin:
V= -GMm/r^2
Arvatenkin tarkkasilmäisimmät huomasivat että potentiaalista potenssi häviää (kuten heteromiehellä joka joutuu joukkoon Village Peoplein).
Potentiaali:
V=-GMm/r
Pyydän nöyrimmästi anteeksi ja ja jatkan kivensyöjien etsimistä palleistani.
Kirjoitusvirheitä ei näköjään voi välttää:
Kirjoitin:
Ja jatkoa varten (tiheys vakio) M=4/3p*Pii^2,
Tarkoitushan oli kirjoittaa:
M=4/3p*pii*r^3
no niin no.
Mutta otanpahan kossua.
Sanoin:
no niin...elikkäs yhtälö on nyt
cos(8/3 * Gt)=256/9 * R^3/M
ja aika edestakaiseen matkaan on
t= (3/8 *G) * arccos[ 256/9 *R^3]
Ja jos humalapäissäni, epätoivoisena, ja naisenpuutteisena korjaan:
t= ((3/8)* arccos[(256/9 * R^3)/M])/G
Jos ei muutakuin itsehuomattuja virheitä. Sen siitä saa kun yrittää päteä - perkele.
Mutta eipäs tuo niin vakavaa ole. Mulla on sentään 10 miljardia rahaa ja kuvankaunis vaimo. Teilläpä ei.
Ps.Anteeksi (ei tämän illan, mutta huomisen morkkiksen kun luen näitä jorinoitani)
Saattaisi tulla järkevä arvo. Tosin olen jo sen verran itseriittoisessa tilassa että fysiikka ei kiinnosta sen enempää kuin...jokin (kuvitelkaa).
Paljonko kuluu autolla ajaessa Inarista Hankoon. Jumankeuta kun noi mittasuhteet katoaa kun ottaa tuota hoo-juomaa.
Mutta on se aika pitkä matka mennä maan sisään ja tulla sieltä pois, kiertäen suoraa tietä samaa kautta..
ei saatana... nyt loppu kirjoitus. Mä meen porno-chättiin naurattamaan naisia isolla mulkullani.
ANTEEKSI. Tiedän että ei ole soveliasta kirjoittaa tiede-aiheen alle sontaa, mutta minkäs teet.
mutta: VILPITTÖMÄSTI PAHOITTELEN AIHEUTTAMAANI MIELIPAHAA
Karmeita äidinkielellisiä virheitä. Ei siinä mitään jos asian joku tajuaa, mutta kun ei itse tajua mitä on kirjoittanut. Silloin on päissään.
ps. Mulla harmittaa suunnattomasti omat kirjoitusvirheeni. Muista en välitä, muita en huomaa, muiden kirjoitukset huomaan. Muiden kirjoitusvirheitä en huomaa. Ja jos huomaan, en välitä. Ajatus on se juttu joka pitää kossun paukussa.
Kirjoitin:
Kineettinen energia V= 1/2mx'^2
Tarkoitin:
Kineettinen energia T= 1/2mx'^2
Onpa muuten aika jämäkkä krapula. Krapulassa tiheys tiivistyy.
"Lopullinen" vastaukseni oli siis:
t= ((3/8)* arccos[(256/9 * R^3)/M])/G
Lisätään tiheys p tuohon ratkaisun päähän, niin voidaan hyvällä omallatunnolla jatkaa krapulan sairastamista. (Tosin täytyy varmaan laskea juttu joskus selvinpäinkin).
t= ((3/8)* arccos[(256/9 * R^3)/M])/(Gp)
Taisin yrittää laskea edestakaisen matkan.
Ehkä joskus olisi järkevää lukea ennen vastausta kysymys uudelleen.
Edellä olevan Himputin kyydistä putosin siinä vaiheessa, kun alko tulla tarinaa kineettisestä energiasta, mutta koitetaan hieman toista kautta.
Maapallo pitää olettaa homogeeniseksi, siis tiheys on sama syvälläkin, muuten ei tuu mitään,
Seuraava ongelma on kiihtyvyyden määrittäminen.
Tuolla alempana oli mainintaa pallossa vaikuttavasta vetovoimasta, mutta terve yksinkertainen epäilys aiheutti tällä kertaa sairaan monimutkaisen laskentarupeaman, jonka ainoa tulos oli, että olis voinu uskoa kerralla ja säästää muutaman kuoppapohjaisen pullon myöhemmäksi.
Kun kerran vetovoima pallon sisällä on vain niin suuri, kuin sisäpuolelle jäävän säteen muodostavan pallon,niin yksinkertainen oletus oli, kun pallon tilavuus on kolmatta potenssia ja gravitaatio heikkenee etäisyyden toiseen potenssiin, niin kiihtyvyys on suoraan pienenevä keskustaa kohti mentäessä, eli a = G*(L-x)/L, jossa G= kiihtyvyys maan pinnalla( 9.81 m/s^2), ja L = maapallon säde ( n.6300km ), ja a = hetkellinen kiihtyvyys kohdassa x ja on myös matkan x toinen derivaatta ajan suhteen.
Näistä saadaan nopeudelle kaava v = sqrt( G/L * (2Lx - x^2) , johon sijoittamalla löytyy mm. nopeus keskipisteessä = n, 7.86 km/s (sattuu muuten olemaan teoreettinen miniminopeus jolla maan pinnalla liikkuva kappale pystyy irtautumaan maan vetuvoimasta. ts. keskipakovoima = maan vetovoima, siis ei pakonopeus )
Edelleen integroimalla päädytään kaavaan X = L - L* sin( C - sgrt(G/L) *t ) , ja ajan saa laskettua, kun reunaehtojen mukaan C = PI / 2
Näyttää sinimuotoiselta värähtelijältä ,jonka kokonaisaika on n, 5035 s, ja tuon ajan kuluttua sen kappaleen pitäs pulpahtaa takasin lähtöasemaansa
Ps
On se vaan aina tyrnävää huomata, että muiltakin putoilee epähuomiossa toisia potensseja pois, meinaan, että matikkapalstalla onkelma osastolla on vielä purtavaa tietäjille, ja vastaus, että ratkaisua ei ole, ei kelpaa, sillä ainakin yksi yksittäisratkaisu on olemassa..
.
Älä pahoita mieltäsi jos krapulassa vastaan.
Alkuoletuksia toki pitää tehdä, mutta g (9,81m/s^2) on koko maan massan aiheuttama kiihtyvyys. Mentäessä maan sisälle, gravitaatiokiihtyvyyttä aiheuttava massa pienenee. Jotenkas g ei ole vakio, vaan riippuu etäisyydestä.
Tämä kiven tippuminen on loppujen lopuksi aika kimurantti kysymys. Mielenkiintoinen sellainen.
Yleensäkin laskettaessa fysikaalisia tapahtumia, joudutaan tekemään approksimaatioita. Siinähän se loppujen lopuksi vaikeus onkin: Mitä jätetään pois merkityksettömänä ja mitä jätetään.
ps. Täytyy parantaa krapula ja laskea uudestaan "ajatuksen" kanssa toi lasku. Aloittaa puhtaalta pöydältä ja tyhjältä paperilta. Sitten jos saa saman vastauksen, voi olettaa että jotain on oikein.
Fysikaalisen toimenpiteen todenperäisyyttähän ei voi muuten todentaa kuin toistamalla koe/lasku - ja mieluuummin eri menetelmillä.
Mähän muuten itsekin laitoin tuon g:n vakioksi laskun lopuksi.
hmm.
Anteeksi.
g jota tuossa tarkoitan on kiihtyvyys maan pinnalla.
Olin jo löytää omasta laskustani virheen, mutta enpäs löytänytkään.
Krapulassa muuttuu näköjään hätäiseksi
Jos aika on sanomasi 5035s. Edestakainen heilurin värähdys on 4*R (4*6300 000m)
Ilman mitään kiihtyvyyksiä, tasaisessa liikkeessä, kappale kulkee tuon matkan noin nopeudella 5000 m/s.
Oma ratkaisuni antaisi nopeudeksi n. 11.5 m/s.
Taitaa olla aika hakea niitä mainitsemiasi kuoppapohjaisia pulloja =).
Nyt tää jäi vaivaamaan. Vaikka krapulassa olenkin, en malttanut olla laskematta uudestaan. Ja kuten arvata saattaa, sain täysin eri ratkaisun.
Itseasiassa huomasin alussa tehneeni virheen laskiessani Lagrangen funktiota, miinus oli vaihtunut plussaksi.
Joten vaihtoehtoratkaisu:
t=arccosh(a)/b
missä
a=8x*Pii*p*R^2,
x=matka ajan funktiona
p=maan tiheys
R=Maan säde
ja
b= sqrt(8/3*pi*G*p),
G=gravitaatiovakio
Kun x:n paikalle sijoittaa esim. 4R, voidaan saada edestakaiseen matkaan kulunut aika.
ps. Tää alkaa saada huvittavia piirteitä tää mun räknääminen. Taidan hakea pitzan.
2.2*10^6 s....
hmm pari miljoonaa sekuntia...
n.614 tuntia
25 ja puol päivää...
Onpas tämä nyt vaikeaa
Tuossa edellisessä numeroarvossa pistin tiheydeksi 1 kg/m^3
Googlella kun vähän aikaa kattelee, löytää maan massan:
M=7.35*10^22 kg
ja tilavuus:
V= 4/3 Pi R^3
Äpetsysti tiheydeksi tuli n. 70 kg/m^3
Tällä arvolla edestakainen matka kestäisi n.
285000s. Nyt muuten alkaa olla aika järkevässä mittakaavassa toi aika.
Elikkäs noin 80 tuntia.
Nyt taidan olla saanut vastauksen joka saattaisi jopa olla oikea.
Tasaisella vauhdilla nopeuskin on hiukan vajaa 100 m/s.
Jaa-ap.
Oikea vastaus on 1,4h.
Newtonin mekaniikalla:
d^2r/dt² GM/R³ r=0
Itse en tuota huomannut, mutta tämä on oikea tapa. Olin suolla (ihmekös tuo kun kossua olin ottanut).
Olit täysin oikeassa. TÄYSIN OIKEASSA.
Ei humalapäissään näköjään kannata laskea mitään.
Toki Lagrangen mekaniikallakin ton saa, kunhan ei mene suolle.
Tattis Olle, mä vaivun nyt syviin itsetutkiskeluihin ja nauran itselleni hivenen.
Tämä kysymys tuli toisellekin palstalle. Laitetaan eräs ratkaisu tännekin.
Helppo ratkaisu on olettaa tilanne harmoniseksi oskillaattoriksi. Tämä voidaan tehdä, koska maan sisällä painovoima on suoraanverrannollinen etäisyyteen maan keskipisteestä. (eli tilanne on sama, kuin värähtelevässä jousessa, missä F=-kx)
Laiskuuttani katsoin tämän muualta, enkä laskenut itse.
Kappaleeseen vaikuttaa keskipisteeseen suunnattu voima F=r fmM/R³, missä r on etäisyys keskipisteestä, f gravitaatiovakio, m kappaleen massa, M maan massa ja R maan säde.
=> liikeyhtälö F=ma=r fmM/R³
=> d^2r/dt² fM/R³ r=0
ja tuo differentiaaliyhtälö tunnetusti ratkeaa yritteellä x=sin(blaa, blaa)
jossa kulmanopeus on tuo sqrt(fM/R³) ja toisaalta 2Pi/T, missä T on jakson aika.
=>T=2Pi sqrt(R³/fM)
ja sijoittamalla pitäisi tulla n. 1,4h
Täällä oli näköjään toinen ratkaisu tarjottuna, mutta päätyy näköjään samaan.
Kun kivi on ylimmässä asennossaan, eli pallon kuorella (säde=r), siihen vaikuttaa gravitaatiolain mukainen voima; G*M*m/r^2.Maapallon näennäinen "jousivakio" on edellä mainittu voima jaettuna r:llä. Jaksonajan saa lausekkeesta T=2*pii*(m/k)^(1/2), jossa k on jousivakio. Potenssiin puoli on sama kuin neliöjuuri. Tästä sijoittamalla huomaa, että m (kiven massa) supistuu pois. Sijoittamalla maapallon säteem,massan ja gravitaatiovakion(löytyvät taulukkokirjasta) supistettuun yhtälöön saadaan tulokseksi noin 5069s=1,4h. Siis kiveltä kuluu 1.4h siihen, kun se on palannut lähtöpaikkaansa. Yhteensä kivi kulkee matkan 4*r.
Mitä ihmeen järkeä on sotkea maapallon massaa, gravitaatiovakioita ym. kun kiihtyvyyden määrityksen jälkeen kyseessä on yksinkertainen liikeyhtälö.
Olle tuosta edellisestä ei enää yhtälönpyörittely paljoa voi yksinkertaistua. Ei tarvitse edes integroida. Sun liikeyhtälöhömpötyksessä on kyllä järkeä mutta se on aika pitkä, tai ei pitkä, mutta monimutkaisempi kun toi edellinen laskutapa. Mitä olle opiskelet?
Jos vilkaiset hieman tarkemmin niitä yhtälöitä. niin huomaat, että ovat liki samanlaisia, sillä erolla, että toisesta selviää, miten ko. kaava on muodostunut.
Vastauksena kysymykseen," kuinka tuo värähdysaika voidaan laskea ? ", pelkkä kaavan näyttö osoittaa mielestäni asiaan perehtymättömyyttä, sillä integroimalla ne kaavatkin ovat saaneet muotonsa, lisäksi käyttämäni tapa antaa oikean tuloksen, vaikka vatovoima ei käyttäytyisikään kuin jousivakio, kun taas fysiikan alkeisoppaasta ei löydy siihen valmiita kaavoja.
Ja kyllä taitoni olisi juuri ja juuri riittänyt kirjoittamaan pelkän lopputuloksenkin, tällä kerralla kuitenkin katsoin sopivaksi myös perustella saannoksiani.
Opiskeluahan tämä elo on loppuun asti, joskin oppilaitoksissa tapahtuva on osaltani ohi jo vuosikymmeniä sitten.
ei se mene keskipistettä kauemmas jolloin se pysähtyy jo hyvissä ajopin ennen keskipistettä täysin painottomaan nollatilaan
Tuo onkin vaikea lasku jonka vain tosi hyvät matemaatikot osaavat laskea ja väitänkin että täällä kukaan ei osaa laskea tätä tehtävää mikäli tehtävän asttelu on ymmärretty oikein.
Meillä oli oppitunnilla tämä tehtävä mutta siinä kysyttiinkin että millä lähtönopeudella kuula (ilmanvastuskerroin oletetaan 0.3) pitäisi heittää jotta se menisi reijästä joka lävistää maapallon keskipisteen kautta toiselle puolelle maapalloa? Se selvisi heti että luokasta kukaan ei osaa laskea tätä koska on kysymyksessä toisen kertaluvun Differentiaalilasku m" jossa on kaksi muuttujaa eli vetovoimankiihtyvyys g ja nopeus v.
Kossupullo ja amm.korkea matikassa 5 sille joka
esittää tämän laskun oikein. Meidän ope pääsi näyttämään taitonsa ja pitämään meitä tyhminä sanoen että hänellä on kaksi veljeä molemmat diploomi-inssejä mutta kumpikaan ei osaa laskea.
Heh heh.
Noilla lähtöarvoilla ei voi laskea numeerista tulosta, koska vastusvoiman laskemiseen ei riitä pelkkä ilmanvastuskerroin, mutta periaate on kyllä selvitettävissä.
Jos tarkoitit, ettå ilmanvastus on suoraan verrannollinen nopeuteen, kysymyksessä on vaimeneva värähtelijä, josta tietoa löytyy pilvin pimein, mutta jos tarkoitit, että vastus on verrannollinen nopeuden neliöön, niin tilanne hieman vaikeutuu.
Oletan, että kysymyksessä on jälkimmäinen, ja lähden samasta oletuksesta kuin aikaisemmin, eli t=0, kun kappaleelle annetaan alkuvauhti ja muut symboolit kuten edellä, paitsi ilmanvastuksena on p.
Ja liikeyhtälö on muotoa: m*G*(L-s)/L = m*d^2s/dt^2 p*(ds/dt)^2
Kun sijoitetaan ds /dt = v niin kaava tulee muotoon :
m*G*(L-s)/L = m*v*dv/ds p*v^2
Kuten huomaat, niin yhtälö ei ole kovinkaan ylivoimainen, ja integrointivakio löytyy, kun s = 2*L , niin v = 0 , ja kun sen jälkeen sijoitat s = 0 , niin kaava antaa lähtönopeuden.
Diplomi-insinööri en ole, eikä edes akateemista tutkintoa, enkä tykkää kossusta, mutta ihmettelen vaan niitä opettajas juttuja.
lopulta kumminkin,muutamien heilahdusliikkeiden jälkeen,-kuka sen pystyisi laskeen.