Suurin mahdollinen etäisyys maan pinnasta, josta kappale tiputettaessa palaa maahan?

mietin ilmaisun tarkkuutta:/..siis tällä nopeudella etenevä kpl kiertää Maata, koska maanpinta kaartuu saman verran pois alta kuin kpl putoaa../, eli mihinkä nokka näyttää.Sanot kpl putoaa eli suoraan maata kohti? Näin se ei tietenkän voi olla.
Hiukan ihmettelee irti pääsyn vaikeutta, kun maan vet. voima on jo heikompi kuin lähempänä /...Maan vetovoima (vaikkakin hyvin kaukana eli "suuressa korkeudessa" hyvin pieni).../ ja jos nop on 7,9 km/s, niin luulisi sillä tai muullakin nop. pääsevän maasta irti koskapa on jo edennyt niinkin kauas.Jos on nokka poispäin maasta niin miksi yht´äkkiä vauhti loppuisi.

hhh kirjoitti:

mietin ilmaisun tarkkuutta:/..siis tällä nopeudella etenevä kpl kiertää Maata, koska maanpinta kaartuu saman verran pois alta kuin kpl putoaa../, eli mihinkä nokka näyttää.Sanot kpl putoaa eli suoraan maata kohti? Näin se ei tietenkän voi olla.
Hiukan ihmettelee irti pääsyn vaikeutta, kun maan vet. voima on jo heikompi kuin lähempänä /...Maan vetovoima (vaikkakin hyvin kaukana eli "suuressa korkeudessa" hyvin pieni).../ ja jos nop on 7,9 km/s, niin luulisi sillä tai muullakin nop. pääsevän maasta irti koskapa on jo edennyt niinkin kauas.Jos on nokka poispäin maasta niin miksi yht´äkkiä vauhti loppuisi.

Lue lisää

Eli, otetaan esimerkiksi vaikkapa Kuu-Maa -systeemi...Maa vetää Kuuta puoleensa yhtäsuurella voimalla kuin Kuu vetää Maata(N3), ja Kuu saa suuremman kiihtyvyyden (N2)..Näin ollen Kuu "putoaa" koko ajan Maan keskipistettä kohti, mutta koska kuulla on ratanopeutta Maan ympäri kiertäessään, niin samalla, kun se putoaa (ei siis suoraan alaspäin, niin kuin varmaan valitettavasti viestistäni sai käsityksen)niin maan kaarevuudesta johtuen se "putoaa" pitemmälle kuin sen "pitäisi" ja tämä jatkuu, koska Kuulla on riittävä nopeus (ei kuitenkaan niin suuri, jotta voittaisi Maan vetovoimakentän (2.pakonopeus=n.11,2 km/s) ja näin ollen Kuu jää kiertämään Maata ja se samalla ikään kuin putoaa joka hetki Maata kohti, mutta Maa kaartuu alta pois(ehkä nyt tuli paremmin ymmärretyksi!)...Ja tietysti Maan pitää kaartua alta pois juuri sen verran kuin kpl (Kuu) "putoaa"..Putoaminen on ehkä huono ilmaisu, mutta en parempaakaan keksinyt, mutta siis en tarkoittanut sillä suoraan alaspäin putoamista. Niin, siis maan vetovoimakentästä pääsee kyllä irti, jos nopeutta on tarpeeksi (juuri em. 2.pakonopeus)...Mutta kysymys kuuluikin, että jos kpl "tiputettaisiin" jossakin määrätyssä korkeudessa. Tällöin voidaan olettaa, että kappaleen alkunopeus on 0 m/s...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, vaikka Maan aih. painovoima on suurilla etäisyyksillä pieni..Kyseinen 1.pakonopeus ei riitä kappaleelle, jotta voisi poistua Maan vetovoimakentästä ja en viitsi sitä tähän todistaa ja laskea, mutta kuitenkin aivan perusfysiikkaa...eli yksikään raketti ei poistu Maan vetovoimakentästä vielä tällä nopeudella...Korostan nyt vielä kerran, että jos nopeutta on tarpeeksi niin tottakai voi irtaantua vetovoimakentästä, mutta kysymys ei ollutkaan alunperin siitä...niin ja tuohon viestisi loppuun vielä "hhh"...Nopeus ei lopukaan vaan se pysyy samana, koska Maan vetovoima antaa kappaleelle normaalikiihtyvyyttä(suunnanmuutoskiihtyvyyttä), mutta ei tangentiaalikiihtyvyyttä ja näin ollen kpl pysyy kyllä visusti radallaan eikä karkaa mihinkään pois, mutta se on kyllä totta, että vauhti (nopeuden itseisarvo) ei mihinkään muutu!

XYZxyz kirjoitti:

Eli, otetaan esimerkiksi vaikkapa Kuu-Maa -systeemi...Maa vetää Kuuta puoleensa yhtäsuurella voimalla kuin Kuu vetää Maata(N3), ja Kuu saa suuremman kiihtyvyyden (N2)..Näin ollen Kuu "putoaa" koko ajan Maan keskipistettä kohti, mutta koska kuulla on ratanopeutta Maan ympäri kiertäessään, niin samalla, kun se putoaa (ei siis suoraan alaspäin, niin kuin varmaan valitettavasti viestistäni sai käsityksen)niin maan kaarevuudesta johtuen se "putoaa" pitemmälle kuin sen "pitäisi" ja tämä jatkuu, koska Kuulla on riittävä nopeus (ei kuitenkaan niin suuri, jotta voittaisi Maan vetovoimakentän (2.pakonopeus=n.11,2 km/s) ja näin ollen Kuu jää kiertämään Maata ja se samalla ikään kuin putoaa joka hetki Maata kohti, mutta Maa kaartuu alta pois(ehkä nyt tuli paremmin ymmärretyksi!)...Ja tietysti Maan pitää kaartua alta pois juuri sen verran kuin kpl (Kuu) "putoaa"..Putoaminen on ehkä huono ilmaisu, mutta en parempaakaan keksinyt, mutta siis en tarkoittanut sillä suoraan alaspäin putoamista. Niin, siis maan vetovoimakentästä pääsee kyllä irti, jos nopeutta on tarpeeksi (juuri em. 2.pakonopeus)...Mutta kysymys kuuluikin, että jos kpl "tiputettaisiin" jossakin määrätyssä korkeudessa. Tällöin voidaan olettaa, että kappaleen alkunopeus on 0 m/s...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, vaikka Maan aih. painovoima on suurilla etäisyyksillä pieni..Kyseinen 1.pakonopeus ei riitä kappaleelle, jotta voisi poistua Maan vetovoimakentästä ja en viitsi sitä tähän todistaa ja laskea, mutta kuitenkin aivan perusfysiikkaa...eli yksikään raketti ei poistu Maan vetovoimakentästä vielä tällä nopeudella...Korostan nyt vielä kerran, että jos nopeutta on tarpeeksi niin tottakai voi irtaantua vetovoimakentästä, mutta kysymys ei ollutkaan alunperin siitä...niin ja tuohon viestisi loppuun vielä "hhh"...Nopeus ei lopukaan vaan se pysyy samana, koska Maan vetovoima antaa kappaleelle normaalikiihtyvyyttä(suunnanmuutoskiihtyvyyttä), mutta ei tangentiaalikiihtyvyyttä ja näin ollen kpl pysyy kyllä visusti radallaan eikä karkaa mihinkään pois, mutta se on kyllä totta, että vauhti (nopeuden itseisarvo) ei mihinkään muutu!

Lue lisää

Niin tuo maata kohti putoaminen silti osumatta maahan on ehkä helpompi ymmärtää tämän esimerkin avulla.

Oletetaan, että meillä on hyvin tehokas tykki jolla alamme ammuskella vaikkapa 45 asteen kulmassa maanpintaan nähden. Jos ammumme panoksen aina vain kauemmas ja kauemmas niin jossakin vaiheessa panos ei enää iskeydykkään maahan vaan putoaa maan ohi. Samaan periaatteeseen pohjaa myös maata kiertävien kappaleiden rata.

hemmo kirjoitti:

Niin tuo maata kohti putoaminen silti osumatta maahan on ehkä helpompi ymmärtää tämän esimerkin avulla.

Oletetaan, että meillä on hyvin tehokas tykki jolla alamme ammuskella vaikkapa 45 asteen kulmassa maanpintaan nähden. Jos ammumme panoksen aina vain kauemmas ja kauemmas niin jossakin vaiheessa panos ei enää iskeydykkään maahan vaan putoaa maan ohi. Samaan periaatteeseen pohjaa myös maata kiertävien kappaleiden rata.

Lue lisää

Siis aivan näin. Myös tämä esimerkki valaissee asiaa...oletetaan, että henkilö seisoo maanpinnalla ja hän pudottaa jnkn kpleen ja samaan aikaan heittää (pienellä nopeudella) eteenpäin jnkn kappaleen. Kappaleet putoavat maahan samanaikaisesti (ellei ilmanvastuksen vaikutus ole niihin erilainen)...Jos taas oletetaan, että henkilö pystyisikin heittämään ko kpleen niin kovalla nopeudella, että nopeutensa turvin kpl etenee "´vaakasuorassa" suunnassa niin pitkälle, että samalla, kun se on putoamisliikkeessä (ei tietenkään suoraan alaspäin), niin maan kaarevuudesta johtuen maanpinta ikään kuin pakenee kpleen alta ja näin homma jatkuu, jos nopeutta on tarpeeksi, koska Maa ei tietenkään lopeta kaareutumistaan!...Jos kpleen nopeus on i.pakonopeutta pienempi (

XYZxyz kirjoitti:

Eli, otetaan esimerkiksi vaikkapa Kuu-Maa -systeemi...Maa vetää Kuuta puoleensa yhtäsuurella voimalla kuin Kuu vetää Maata(N3), ja Kuu saa suuremman kiihtyvyyden (N2)..Näin ollen Kuu "putoaa" koko ajan Maan keskipistettä kohti, mutta koska kuulla on ratanopeutta Maan ympäri kiertäessään, niin samalla, kun se putoaa (ei siis suoraan alaspäin, niin kuin varmaan valitettavasti viestistäni sai käsityksen)niin maan kaarevuudesta johtuen se "putoaa" pitemmälle kuin sen "pitäisi" ja tämä jatkuu, koska Kuulla on riittävä nopeus (ei kuitenkaan niin suuri, jotta voittaisi Maan vetovoimakentän (2.pakonopeus=n.11,2 km/s) ja näin ollen Kuu jää kiertämään Maata ja se samalla ikään kuin putoaa joka hetki Maata kohti, mutta Maa kaartuu alta pois(ehkä nyt tuli paremmin ymmärretyksi!)...Ja tietysti Maan pitää kaartua alta pois juuri sen verran kuin kpl (Kuu) "putoaa"..Putoaminen on ehkä huono ilmaisu, mutta en parempaakaan keksinyt, mutta siis en tarkoittanut sillä suoraan alaspäin putoamista. Niin, siis maan vetovoimakentästä pääsee kyllä irti, jos nopeutta on tarpeeksi (juuri em. 2.pakonopeus)...Mutta kysymys kuuluikin, että jos kpl "tiputettaisiin" jossakin määrätyssä korkeudessa. Tällöin voidaan olettaa, että kappaleen alkunopeus on 0 m/s...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, vaikka Maan aih. painovoima on suurilla etäisyyksillä pieni..Kyseinen 1.pakonopeus ei riitä kappaleelle, jotta voisi poistua Maan vetovoimakentästä ja en viitsi sitä tähän todistaa ja laskea, mutta kuitenkin aivan perusfysiikkaa...eli yksikään raketti ei poistu Maan vetovoimakentästä vielä tällä nopeudella...Korostan nyt vielä kerran, että jos nopeutta on tarpeeksi niin tottakai voi irtaantua vetovoimakentästä, mutta kysymys ei ollutkaan alunperin siitä...niin ja tuohon viestisi loppuun vielä "hhh"...Nopeus ei lopukaan vaan se pysyy samana, koska Maan vetovoima antaa kappaleelle normaalikiihtyvyyttä(suunnanmuutoskiihtyvyyttä), mutta ei tangentiaalikiihtyvyyttä ja näin ollen kpl pysyy kyllä visusti radallaan eikä karkaa mihinkään pois, mutta se on kyllä totta, että vauhti (nopeuden itseisarvo) ei mihinkään muutu!

Lue lisää

Lainasin pätkän selostuksesta

" ...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, "

Ehdottaisin syventymistä hieman tarkemmin asian alkeisiin.

bertie. kirjoitti:

Lainasin pätkän selostuksesta

" ...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, "

Ehdottaisin syventymistä hieman tarkemmin asian alkeisiin.

Lue lisää

Bertie, miten muodostetaan ja ratkaistaan differentiaaliyhtälö, joka liittyy erääseen ongelmaan: Maan läpi tiputetaan kappale keskipisteeseen ilman alkunopeutta ja aikaa kysytään.

Olen lukenut aikaisemmat viestiketjut, jäi vaivaamaan, osaan vain Newtonin mekaniikkaa lukiotasolla.

bertie. kirjoitti:

Lainasin pätkän selostuksesta

" ...mutta olennaista Maan vetovoimakentän voittamisessa on juuri nopeus EI etäisyys, "

Ehdottaisin syventymistä hieman tarkemmin asian alkeisiin.

Lue lisää

Niin tottakai myös etäisyys maanpinnasta vaikuttaa siten, että jos ollaan kauempana niin on Maan vetovoimakentän voimakkuus pienempi, mutta se ei ollut siinä asiassa relevantti juttu...vaan olennaista oli njuuri nopeus kuten aiemmin mainitsin..Ei sitä enää sen selvemmin voi sanoa, kuin että ei se kpl sieltä Maan vetovoimakentästä mihinkään lähde ilman tiettyä nopeutta, joten tätä tarkoitin, että olennaista on nopeus...sillä jos se on 2.pakonopeutta pienempi niin ei siinä auta mitkään etäisyydet...Joten ehdottaisin myös perehtymistä asiaan!

jens kirjoitti:

Bertie, miten muodostetaan ja ratkaistaan differentiaaliyhtälö, joka liittyy erääseen ongelmaan: Maan läpi tiputetaan kappale keskipisteeseen ilman alkunopeutta ja aikaa kysytään.

Olen lukenut aikaisemmat viestiketjut, jäi vaivaamaan, osaan vain Newtonin mekaniikkaa lukiotasolla.

Lue lisää

Ensimmäinen tieto joka tarvitaan on kuinka maan vetovoima käyttäytyy eri etäisyydellä keskipisteestä, mikäli aikaa yritetään ratkoa liikeyhtälöillä.

Tämän todistamiseen ei nyt puututa enempää kuin toteamalla että jos maapallo on homogeeninen niin vetovoima kasvaa suoraviivaisesti 0... G hen keskipisteestä lähtien.

Tämä tarkoittaa että kiihtyvyys on samanlainen kuin jousivoima, jolloin kysymyksessä on yksinkertainen harmooninen värähtelijä (kaavan voi kattoo kai jostain)

Koska kysyit myös laskentaperusteita niin esitän oman versioni asiasta.

Lähdetään siitä pisteestä kun kappale irroitetaan putoamaan vapaasti, jolloin sekä s että t =0 ja kiihtyvyys on G

Kun kappale on pudonnut matkan s , niin kiihtyvyys on silloin (L-s)*G/L jossa L = etäisyys maapallon keskiöön.

Tähän kohtaan kirjoitetaan sitten lähtöyhtälö kun kiihtyvyys on matkan toinen derivaatta niin s'' = (L-s)*G/L

Tuostakin voi hakea suoraan ratkaisun jos hallitsee vakioiden käsittelyn, mutta laitetaan nyt tähän "näkkileipäversio"

Näin s'' = dv/dt ( v = nopeus )
ds/dt = v
    nuo yhdistettynä tulee s'' = v * dv / ds ( dt eliminoitu jolloin lähtöyhtälön integrointi pitäisi olla aika helppoa)
   
    tuloksena v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2) (reunaehdot s=0 , v=0 )
   
    Kun v oli ds/dt niin edellisestä integroituna saadaa matkan ja ajan riippuvuus.
   
    eli s = L - L* sin( C - sgrt(G/L) *t ), tuohon reunaehdot t = 0 ja s = 0
niin C = pii/2
   
    Kun sijoitat yhtälöön s = L eli kappale on keskipisteessä, saat ratkaistuksi ajan.
   
    t = pii/2 sqrt(L/G)
   
    Oleppa hyvä
    Muistelen että asiaa on käsitelty aiemminkin monin eri tavoin.

XYZxyz kirjoitti:

Niin tottakai myös etäisyys maanpinnasta vaikuttaa siten, että jos ollaan kauempana niin on Maan vetovoimakentän voimakkuus pienempi, mutta se ei ollut siinä asiassa relevantti juttu...vaan olennaista oli njuuri nopeus kuten aiemmin mainitsin..Ei sitä enää sen selvemmin voi sanoa, kuin että ei se kpl sieltä Maan vetovoimakentästä mihinkään lähde ilman tiettyä nopeutta, joten tätä tarkoitin, että olennaista on nopeus...sillä jos se on 2.pakonopeutta pienempi niin ei siinä auta mitkään etäisyydet...Joten ehdottaisin myös perehtymistä asiaan!

Lue lisää

Kyllä sillä etäisyydellä on aika suuri merkitys sillä pakonopeus on riippuvainen siitä ja vain maan pinnalla se on n.11.2 km/s ja pienenee kauemmaksi mentäessä.

bertie. kirjoitti:

Ensimmäinen tieto joka tarvitaan on kuinka maan vetovoima käyttäytyy eri etäisyydellä keskipisteestä, mikäli aikaa yritetään ratkoa liikeyhtälöillä.

Tämän todistamiseen ei nyt puututa enempää kuin toteamalla että jos maapallo on homogeeninen niin vetovoima kasvaa suoraviivaisesti 0... G hen keskipisteestä lähtien.

Tämä tarkoittaa että kiihtyvyys on samanlainen kuin jousivoima, jolloin kysymyksessä on yksinkertainen harmooninen värähtelijä (kaavan voi kattoo kai jostain)

Koska kysyit myös laskentaperusteita niin esitän oman versioni asiasta.

Lähdetään siitä pisteestä kun kappale irroitetaan putoamaan vapaasti, jolloin sekä s että t =0 ja kiihtyvyys on G

Kun kappale on pudonnut matkan s , niin kiihtyvyys on silloin (L-s)*G/L jossa L = etäisyys maapallon keskiöön.

Tähän kohtaan kirjoitetaan sitten lähtöyhtälö kun kiihtyvyys on matkan toinen derivaatta niin s'' = (L-s)*G/L

Tuostakin voi hakea suoraan ratkaisun jos hallitsee vakioiden käsittelyn, mutta laitetaan nyt tähän "näkkileipäversio"

Näin s'' = dv/dt ( v = nopeus )
ds/dt = v
    nuo yhdistettynä tulee s'' = v * dv / ds ( dt eliminoitu jolloin lähtöyhtälön integrointi pitäisi olla aika helppoa)
   
    tuloksena v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2) (reunaehdot s=0 , v=0 )
   
    Kun v oli ds/dt niin edellisestä integroituna saadaa matkan ja ajan riippuvuus.
   
    eli s = L - L* sin( C - sgrt(G/L) *t ), tuohon reunaehdot t = 0 ja s = 0
niin C = pii/2
   
    Kun sijoitat yhtälöön s = L eli kappale on keskipisteessä, saat ratkaistuksi ajan.
   
    t = pii/2 sqrt(L/G)
   
    Oleppa hyvä
    Muistelen että asiaa on käsitelty aiemminkin monin eri tavoin.

Lue lisää

kysymyksesi sisällöstä oletin kinnostuksen kohdistuvan vain teoriaan ja jätin huomioimatta mahd vastukset.

Jos kuitenkin haluat ympätä esim ilmanvastuksen mukaan, niin siihen alkuyhtälöön voit liittää - k*v^2 tai mitä nyt haluat, homma ei kyllä helppone yhtään.

bertie. kirjoitti:

Ensimmäinen tieto joka tarvitaan on kuinka maan vetovoima käyttäytyy eri etäisyydellä keskipisteestä, mikäli aikaa yritetään ratkoa liikeyhtälöillä.

Tämän todistamiseen ei nyt puututa enempää kuin toteamalla että jos maapallo on homogeeninen niin vetovoima kasvaa suoraviivaisesti 0... G hen keskipisteestä lähtien.

Tämä tarkoittaa että kiihtyvyys on samanlainen kuin jousivoima, jolloin kysymyksessä on yksinkertainen harmooninen värähtelijä (kaavan voi kattoo kai jostain)

Koska kysyit myös laskentaperusteita niin esitän oman versioni asiasta.

Lähdetään siitä pisteestä kun kappale irroitetaan putoamaan vapaasti, jolloin sekä s että t =0 ja kiihtyvyys on G

Kun kappale on pudonnut matkan s , niin kiihtyvyys on silloin (L-s)*G/L jossa L = etäisyys maapallon keskiöön.

Tähän kohtaan kirjoitetaan sitten lähtöyhtälö kun kiihtyvyys on matkan toinen derivaatta niin s'' = (L-s)*G/L

Tuostakin voi hakea suoraan ratkaisun jos hallitsee vakioiden käsittelyn, mutta laitetaan nyt tähän "näkkileipäversio"

Näin s'' = dv/dt ( v = nopeus )
ds/dt = v
    nuo yhdistettynä tulee s'' = v * dv / ds ( dt eliminoitu jolloin lähtöyhtälön integrointi pitäisi olla aika helppoa)
   
    tuloksena v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2) (reunaehdot s=0 , v=0 )
   
    Kun v oli ds/dt niin edellisestä integroituna saadaa matkan ja ajan riippuvuus.
   
    eli s = L - L* sin( C - sgrt(G/L) *t ), tuohon reunaehdot t = 0 ja s = 0
niin C = pii/2
   
    Kun sijoitat yhtälöön s = L eli kappale on keskipisteessä, saat ratkaistuksi ajan.
   
    t = pii/2 sqrt(L/G)
   
    Oleppa hyvä
    Muistelen että asiaa on käsitelty aiemminkin monin eri tavoin.

Lue lisää

Osaat selvästi asiasi, sillä esitys oli kaunis, kiitos siitä.

Multa jäi kyllä integroimatta

ds/sqrt( G/L * (2Ls - s^2) = dt

Voisitko vielä näyttää sen.

jens kirjoitti:

Osaat selvästi asiasi, sillä esitys oli kaunis, kiitos siitä.

Multa jäi kyllä integroimatta

ds/sqrt( G/L * (2Ls - s^2) = dt

Voisitko vielä näyttää sen.

Lue lisää

Oikeastaan arvasin että oikaisin vähän liikaa tässä, mutta koitetaan selittää ajatuksen juoksua.

Taitaa helpottaa hieman jos kitjotetaan tällaseen muotoon;

ds /sqrt(2Ls - s^2) = sqrt(G/L) dt

Vasen puoli on se joka aiheuttaa hieman päänvaivaa, mutta yleensä tällaiset neliöjuurilausekkeet nimittäjässä syntyvät arcfunktioita derivoitaessa, ja sitä voi koittaa. Esim arcsin(a) derivoidessa on da / sqrt(1-a^2) ja kun se merkitään yhtäsuureksi em integroitavan funktion kanssa niin löytyy helposti yhteys että a toteutuu esim termillä (L-s) / L

Integroituna yksi ratkaisu on

- arcsin( (L-s)/L) = sgrt(G/L) C ja kun otetaan s erilleen, niin siinähän se.

Itse asiassa helpoimmasta päästä ja varmaan tulet huomaamaan kun enemmän ajan kanssa kattelet noita termejä, niin niiden ominaisuuksien huomaaminen käy aina helpommaksi.

bertie. kirjoitti:

Oikeastaan arvasin että oikaisin vähän liikaa tässä, mutta koitetaan selittää ajatuksen juoksua.

Taitaa helpottaa hieman jos kitjotetaan tällaseen muotoon;

ds /sqrt(2Ls - s^2) = sqrt(G/L) dt

Vasen puoli on se joka aiheuttaa hieman päänvaivaa, mutta yleensä tällaiset neliöjuurilausekkeet nimittäjässä syntyvät arcfunktioita derivoitaessa, ja sitä voi koittaa. Esim arcsin(a) derivoidessa on da / sqrt(1-a^2) ja kun se merkitään yhtäsuureksi em integroitavan funktion kanssa niin löytyy helposti yhteys että a toteutuu esim termillä (L-s) / L

Integroituna yksi ratkaisu on

- arcsin( (L-s)/L) = sgrt(G/L) C ja kun otetaan s erilleen, niin siinähän se.

Itse asiassa helpoimmasta päästä ja varmaan tulet huomaamaan kun enemmän ajan kanssa kattelet noita termejä, niin niiden ominaisuuksien huomaaminen käy aina helpommaksi.

Lue lisää

Kiitos vielä.

Hauska lukea että olet löytänyt tämän helposti

D arcsin((L-s)/L) = -1 / sqrt(2sL-s^2)

Kokeilitko tämän vai miten, se toteuttaa hitto vie integroinnin.

Kun sijoitin reunaehdot ja laskin s:n ulos sun antamalla vinkillä päädyin tähän

s = sin( sqrt(G/L)*t - pi/2)*L L

ja

t = pi/(2*sqrt(G/L)) ,kun L = s arkussini meni nollille

L:lle sai määrittelyehdon kun se oli arkussinin sisäfunktiona:

0

jens kirjoitti:

Kiitos vielä.

Hauska lukea että olet löytänyt tämän helposti

D arcsin((L-s)/L) = -1 / sqrt(2sL-s^2)

Kokeilitko tämän vai miten, se toteuttaa hitto vie integroinnin.

Kun sijoitin reunaehdot ja laskin s:n ulos sun antamalla vinkillä päädyin tähän

s = sin( sqrt(G/L)*t - pi/2)*L L

ja

t = pi/(2*sqrt(G/L)) ,kun L = s arkussini meni nollille

L:lle sai määrittelyehdon kun se oli arkussinin sisäfunktiona:

0

Lue lisää

Se löytämisen helppous ?

Ensinnäkin oletus että että integroitava lauseke olisi arcsinin derivaatta on hakuammuntaa, toisiakin mahdollisuuksia olisi kyllä kuten joku neliönjuurilauseke tms, mutta kuten aina, ulkoa ei jaksa muistaa kaikkia, ja jostain on aloitettava ja se mistä aloittaa tai mikä näyttää todennäköisimmältä lienee sitä rutiinin tai tehtävän luonteen antamaa tuntumaa.

Kokeilu toteuttaako arcsini lausekkeen on helposti todettavissa seuraavasti:

Oletetaan, että a on joku s.n funktio ja derivoidaan arcsin(a) , niin on;

a'/sgrt(1-a^2) = 1/sgrt(2Ls-s^2)

Tästä voidaan heti päätellä, että a on todennäköisesti ensimmäistä astetta, koska kummassakin neliönjuurilausekkeessa on korkeintaan toista potenssia olevia termejä joten a on tudennäköisesti muotoa b c*s

Kun se sijoitetaan em yhtälöön saadaan c/sgrt(1-(b cs)^2) = 1/sqrt(2Ls-s^2), ja kun poistetaan neliönjuuret niin c^2 * (2Ls-s^2) = 1 - (b cs)^2 ja tuosta voidaan laskea vakiokertoimet b ja c

Kertoimille saadaan arvot b = 1 ja c = - 1/L joten funktio - arcsin(1-s/L) täyttää yhtälön ehdon.

Pari lisäasiaa pohdittavaksi

Sekä arcsinin että arccosinin derivaatta on etumerkkiä lukuunottamatta identtinen ja vaikuttaa tässä tapauksessa vain vaiheeseen ja sitä kautta vakion määritykseen, joten huolimaton etumerkkien käsittelysi ei tässä muuta numeerista arvoa.(arcsinin edestä etumerkki pois ennen muunnosta)

Toinen mielenkiintoinen seikka liittyy sinimuotoisen värähtelyn luonteeseen.

Oletetaan että maanpintaa pitkin liikkuu kappale niin kovaa vauhtia, että se pysyy juuri ja juuri ilmassa.
Tällöin keskipakovoiman eli mv^2/L on oltava yhtä suuri kuin vetovoima mG joten nopeuden on oltava v = sqrt (L*G)

Kun vertaat sitä läpi kulkevan pallon nopeuteen keskikohdalla eli sijoitat nopeuden kaavaan s = L

v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2))
   
niin huomaat jotain yhteistä, ja näinhän sinimuotoisessa värähtelijässä täytyykin olla. eli sama aika siltä kuluu sisään mennessä kuin ulostullessakin

bertie. kirjoitti:

Ensimmäinen tieto joka tarvitaan on kuinka maan vetovoima käyttäytyy eri etäisyydellä keskipisteestä, mikäli aikaa yritetään ratkoa liikeyhtälöillä.

Tämän todistamiseen ei nyt puututa enempää kuin toteamalla että jos maapallo on homogeeninen niin vetovoima kasvaa suoraviivaisesti 0... G hen keskipisteestä lähtien.

Tämä tarkoittaa että kiihtyvyys on samanlainen kuin jousivoima, jolloin kysymyksessä on yksinkertainen harmooninen värähtelijä (kaavan voi kattoo kai jostain)

Koska kysyit myös laskentaperusteita niin esitän oman versioni asiasta.

Lähdetään siitä pisteestä kun kappale irroitetaan putoamaan vapaasti, jolloin sekä s että t =0 ja kiihtyvyys on G

Kun kappale on pudonnut matkan s , niin kiihtyvyys on silloin (L-s)*G/L jossa L = etäisyys maapallon keskiöön.

Tähän kohtaan kirjoitetaan sitten lähtöyhtälö kun kiihtyvyys on matkan toinen derivaatta niin s'' = (L-s)*G/L

Tuostakin voi hakea suoraan ratkaisun jos hallitsee vakioiden käsittelyn, mutta laitetaan nyt tähän "näkkileipäversio"

Näin s'' = dv/dt ( v = nopeus )
ds/dt = v
    nuo yhdistettynä tulee s'' = v * dv / ds ( dt eliminoitu jolloin lähtöyhtälön integrointi pitäisi olla aika helppoa)
   
    tuloksena v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2) (reunaehdot s=0 , v=0 )
   
    Kun v oli ds/dt niin edellisestä integroituna saadaa matkan ja ajan riippuvuus.
   
    eli s = L - L* sin( C - sgrt(G/L) *t ), tuohon reunaehdot t = 0 ja s = 0
niin C = pii/2
   
    Kun sijoitat yhtälöön s = L eli kappale on keskipisteessä, saat ratkaistuksi ajan.
   
    t = pii/2 sqrt(L/G)
   
    Oleppa hyvä
    Muistelen että asiaa on käsitelty aiemminkin monin eri tavoin.

Lue lisää

Tämähän on ilmiselvää kopiointia eräästä kirjasta!..

bertie. kirjoitti:

Se löytämisen helppous ?

Ensinnäkin oletus että että integroitava lauseke olisi arcsinin derivaatta on hakuammuntaa, toisiakin mahdollisuuksia olisi kyllä kuten joku neliönjuurilauseke tms, mutta kuten aina, ulkoa ei jaksa muistaa kaikkia, ja jostain on aloitettava ja se mistä aloittaa tai mikä näyttää todennäköisimmältä lienee sitä rutiinin tai tehtävän luonteen antamaa tuntumaa.

Kokeilu toteuttaako arcsini lausekkeen on helposti todettavissa seuraavasti:

Oletetaan, että a on joku s.n funktio ja derivoidaan arcsin(a) , niin on;

a'/sgrt(1-a^2) = 1/sgrt(2Ls-s^2)

Tästä voidaan heti päätellä, että a on todennäköisesti ensimmäistä astetta, koska kummassakin neliönjuurilausekkeessa on korkeintaan toista potenssia olevia termejä joten a on tudennäköisesti muotoa b c*s

Kun se sijoitetaan em yhtälöön saadaan c/sgrt(1-(b cs)^2) = 1/sqrt(2Ls-s^2), ja kun poistetaan neliönjuuret niin c^2 * (2Ls-s^2) = 1 - (b cs)^2 ja tuosta voidaan laskea vakiokertoimet b ja c

Kertoimille saadaan arvot b = 1 ja c = - 1/L joten funktio - arcsin(1-s/L) täyttää yhtälön ehdon.

Pari lisäasiaa pohdittavaksi

Sekä arcsinin että arccosinin derivaatta on etumerkkiä lukuunottamatta identtinen ja vaikuttaa tässä tapauksessa vain vaiheeseen ja sitä kautta vakion määritykseen, joten huolimaton etumerkkien käsittelysi ei tässä muuta numeerista arvoa.(arcsinin edestä etumerkki pois ennen muunnosta)

Toinen mielenkiintoinen seikka liittyy sinimuotoisen värähtelyn luonteeseen.

Oletetaan että maanpintaa pitkin liikkuu kappale niin kovaa vauhtia, että se pysyy juuri ja juuri ilmassa.
Tällöin keskipakovoiman eli mv^2/L on oltava yhtä suuri kuin vetovoima mG joten nopeuden on oltava v = sqrt (L*G)

Kun vertaat sitä läpi kulkevan pallon nopeuteen keskikohdalla eli sijoitat nopeuden kaavaan s = L

v = sqrt( G/L * (2Ls - s^2))
   
niin huomaat jotain yhteistä, ja näinhän sinimuotoisessa värähtelijässä täytyykin olla. eli sama aika siltä kuluu sisään mennessä kuin ulostullessakin

Lue lisää

Jännä metodi, korvasit muuttujan toisella, että sait sen tiettyyn kaavaan, hmm. Paljon miettimistä mulle kyllä.

Niin, missä kohtaa kämmäsin laskuissani, olis ihan kiva tietää. Eikös se etumerkin muutos tule a' :sta.

integroituna
ds/ sqrt(2Ls-s^2) =
-arcsin((L-s)/L) C (= sqrt(G/L) *t)

Pasi kirjoitti:

Tämähän on ilmiselvää kopiointia eräästä kirjasta!..

Niin kai mutta on helvetin vaikeeta keksiä mitään fysiikkaan liittyviä tietoja jotka ei olisi jo yleisessä tiedossa, ainoastaan voi auttaa kysyjää ymmärtämään ilmiöiden perusteita.

bertie. kirjoitti:

Niin kai mutta on helvetin vaikeeta keksiä mitään fysiikkaan liittyviä tietoja jotka ei olisi jo yleisessä tiedossa, ainoastaan voi auttaa kysyjää ymmärtämään ilmiöiden perusteita.

Lue lisää

Onhan se asia noinkin..Hämäs vaan se "oma versioni"..mutta mitäpä siitä, kyllä se homma silti hanskassa tuntuu sinulla olevan..Btw..opiskeletko siis jossain korkeakoulutasolla fysiikkaa tms...vaan vaiko harrastelija ihan?

jens kirjoitti:

Jännä metodi, korvasit muuttujan toisella, että sait sen tiettyyn kaavaan, hmm. Paljon miettimistä mulle kyllä.

Niin, missä kohtaa kämmäsin laskuissani, olis ihan kiva tietää. Eikös se etumerkin muutos tule a' :sta.

integroituna
ds/ sqrt(2Ls-s^2) =
-arcsin((L-s)/L) C (= sqrt(G/L) *t)

Lue lisää

vielä kerran.

jens kirjoitti:

vielä kerran.

Jos ihmettelet sitä etumerkkijuttua, niin tarkoitin muutetaanko - arcsin (a) = b c ,
> sin(b c) = - a vai sin(-b-c) = a.

Vakiolla saadaan kyllä arvot samaksi molemmilla tavoilla, mutta yksikköympyrää tutkailemalla selviää, että kierroksen vaihe alkaa eri kohdasta ja kiertosuunta muuttuu, tässä sillä ei ole merkitystä mutta joissakin muissa yhteyksissä voi olla.

vrt

s = L - L* sin( pi/2 - sgrt(G/L)*t )

s = L L*sin( sqrt(G/L)*t - pi/2)

bertie. kirjoitti:

Jos ihmettelet sitä etumerkkijuttua, niin tarkoitin muutetaanko - arcsin (a) = b c ,
> sin(b c) = - a vai sin(-b-c) = a.

Vakiolla saadaan kyllä arvot samaksi molemmilla tavoilla, mutta yksikköympyrää tutkailemalla selviää, että kierroksen vaihe alkaa eri kohdasta ja kiertosuunta muuttuu, tässä sillä ei ole merkitystä mutta joissakin muissa yhteyksissä voi olla.

vrt

s = L - L* sin( pi/2 - sgrt(G/L)*t )

s = L L*sin( sqrt(G/L)*t - pi/2)

Lue lisää

Mutta eihän sillä pitäisi olla mitään merkitystä, koska

-sin(b c) = sin(-b-c)

"kierroksen vaihe alkaa eri kohdasta ja kiertosuunta muuttuu"

Tämä meni ohi.

jens kirjoitti:

Mutta eihän sillä pitäisi olla mitään merkitystä, koska

-sin(b c) = sin(-b-c)

"kierroksen vaihe alkaa eri kohdasta ja kiertosuunta muuttuu"

Tämä meni ohi.

Lue lisää

Yritin hakea selventäviä linkkejä sinimuotoisesta värähtelijästä tai -heilurista aika huonolla tuloksella joten yritetään näin.

Aloita vaikka niin, että piirrät sitä maapalloa esittävä ympyrä ja sille lävistäjä joka mallaa sitä reikää maan läpi.

Seuraavaksi kuvittelet pisteen, joka kulkee vakionopeudella ympyrän kehää pitkin, ja kun projisoit pisteen kulloisenkin aseman kohtisuoraan halkaisijalle, niin siinä on paikka ajan funktiona ja nopeus on ratanopeuden vektori lävistäjän suuntaan.

Noin siis graafisesti käyttäytyy tämä heiluri.

Kaavassa olevilla vakioilla voidaan muuttaa kehän pisteen paikkaa ja aikaa sisältävän termin etumerkki määrää kehällä liikkuvan pisteen pyörintäsuunnan.

bertie. kirjoitti:

Yritin hakea selventäviä linkkejä sinimuotoisesta värähtelijästä tai -heilurista aika huonolla tuloksella joten yritetään näin.

Aloita vaikka niin, että piirrät sitä maapalloa esittävä ympyrä ja sille lävistäjä joka mallaa sitä reikää maan läpi.

Seuraavaksi kuvittelet pisteen, joka kulkee vakionopeudella ympyrän kehää pitkin, ja kun projisoit pisteen kulloisenkin aseman kohtisuoraan halkaisijalle, niin siinä on paikka ajan funktiona ja nopeus on ratanopeuden vektori lävistäjän suuntaan.

Noin siis graafisesti käyttäytyy tämä heiluri.

Kaavassa olevilla vakioilla voidaan muuttaa kehän pisteen paikkaa ja aikaa sisältävän termin etumerkki määrää kehällä liikkuvan pisteen pyörintäsuunnan.

Lue lisää

Jaa-a, on kaveri vääntänyt näitä.. :) Teit maapallosta eräänlaisen yksikköympyrän, mutta niinhän ne termit tietenkin vaikuttaa.

Mutta miten päädyit siihen että se etumerkki pitää tiputtaa? Matemaattisestihan siihen jäisi miinusmerkki. Sä saatat kyllästyy jo, mut ootkin pro..

jens kirjoitti:

Jaa-a, on kaveri vääntänyt näitä.. :) Teit maapallosta eräänlaisen yksikköympyrän, mutta niinhän ne termit tietenkin vaikuttaa.

Mutta miten päädyit siihen että se etumerkki pitää tiputtaa? Matemaattisestihan siihen jäisi miinusmerkki. Sä saatat kyllästyy jo, mut ootkin pro..

Lue lisää

Ei sitä etumerkkiä tiputeta pois.

Kumpaakin tapaa voit käyttää.

Vihje huolimattomasta käsittelystä oli vain vinkki mahdollisista ongelmista kun useampia arcfunktioita joutuu yhdistelemään tai muuntamaan, ainakin itselle on tuottanut vaikeuksia pysyä joskus mukana ja on ollut jotenkin selvempää käyttää vain positiivisia arvoja eli olen suosiolla siirtänyt sen miinusmerkin aina toiselle puolelle.

edellinen. kirjoitti:

Ei sitä etumerkkiä tiputeta pois.

Kumpaakin tapaa voit käyttää.

Vihje huolimattomasta käsittelystä oli vain vinkki mahdollisista ongelmista kun useampia arcfunktioita joutuu yhdistelemään tai muuntamaan, ainakin itselle on tuottanut vaikeuksia pysyä joskus mukana ja on ollut jotenkin selvempää käyttää vain positiivisia arvoja eli olen suosiolla siirtänyt sen miinusmerkin aina toiselle puolelle.

Lue lisää

Laitatko vielä esimerkin

"eli olen suosiolla siirtänyt sen miinusmerkin aina toiselle puolelle"

tästä.

Niin tuo pitää kyllä paikkansa, että juuri nämä 36000km korkeudessa olevat satelliitit eli geostationääriset satelliitit pysyvät maahan suhden paikallaan ja ne kiertävät siellä rauhassa maata..Mutta, jos tosiaan olisi nyt ne tikapuut tuonne 36000km korkeuteen asti ja sieltä kpl tipautetaan suoraan alaspäin kohti Maata, siten, että sillä ei ole nopeutta "sivulle" niin kpl putoaa aivan varmasti!! Sillä tällöin Maa ei kaareudu kpleen alta laisinkaan...Ei tietoliikennesatelliittejakaan käydä tipauttamassa mistään modulista tai raketista vaan ne laukaistaan radalle oikeaksi lasketussa kulmassa, oikealla nopeudella ym...

XYZxyz kirjoitti:

Niin tuo pitää kyllä paikkansa, että juuri nämä 36000km korkeudessa olevat satelliitit eli geostationääriset satelliitit pysyvät maahan suhden paikallaan ja ne kiertävät siellä rauhassa maata..Mutta, jos tosiaan olisi nyt ne tikapuut tuonne 36000km korkeuteen asti ja sieltä kpl tipautetaan suoraan alaspäin kohti Maata, siten, että sillä ei ole nopeutta "sivulle" niin kpl putoaa aivan varmasti!! Sillä tällöin Maa ei kaareudu kpleen alta laisinkaan...Ei tietoliikennesatelliittejakaan käydä tipauttamassa mistään modulista tai raketista vaan ne laukaistaan radalle oikeaksi lasketussa kulmassa, oikealla nopeudella ym...

Lue lisää

No jos tällä tikapuuajatuksella leikitään, niin kait ne olisi oikein jämäkät ja kunnolliset tikapuut, jotka olisi tuettu riittävän hyvin, että ne pysyisivät pystyssä. Ei siis mitkään köysitikkaat. Silloinhan niiden tikkaiden yläpäässä - siellä geostationäärisellä radalla siis - olisi jo valmiina radalla pysymiseen tarvittava vauhti. Jos siis vain "päästäisi kappaleesta irti", kuten edellä ehdotettiin, niin eikös se sinne jäisi?

Jos sen kappaleen nakkaisi menemään johonkin suuntaan sieltä tikkaiden yläpäästä, niin sitten tilanne olisi toinen.

- Mika

Mika kirjoitti:

No jos tällä tikapuuajatuksella leikitään, niin kait ne olisi oikein jämäkät ja kunnolliset tikapuut, jotka olisi tuettu riittävän hyvin, että ne pysyisivät pystyssä. Ei siis mitkään köysitikkaat. Silloinhan niiden tikkaiden yläpäässä - siellä geostationäärisellä radalla siis - olisi jo valmiina radalla pysymiseen tarvittava vauhti. Jos siis vain "päästäisi kappaleesta irti", kuten edellä ehdotettiin, niin eikös se sinne jäisi?

Jos sen kappaleen nakkaisi menemään johonkin suuntaan sieltä tikkaiden yläpäästä, niin sitten tilanne olisi toinen.

- Mika

Lue lisää

Niin...todellakin, jos tikapuuajatuksella LEIKITÄÄN!...Mutta jos leikkiä jatketaan niin todetaan nyt kuitenkin, että vielä geostationäärisellä radalla kulkevilla satelliiteilla on aika suuri nopeus..joten kyllä ne tikapuut saa aika helvetisti heilua...mutta vitsi tuo nyt kokonaisuudessaan olikin...

En ole asiaa kiistänytkään...Auringon massa on hyvin suuri ja Kuun ja muiden planeettojen vaikutukset Aurigon aih.painovoiman rinnalla aika pieniä, ellei sitten olla aivan niiden läheisyydessä..Nuo kaavat ovat oikein tuttuja, joten ei mtn uutta...on niitä jonkun verran lukio fysiikan tunneilla väännetty milloin mihinkin tarkoitukseen mekaniikka 2.n kurssilla..En olekaan väittänyt, että asia olisi toisin, mutta sen verran vielä, että kyllä nyt suhteellisen kauas saa maanpinnalta mennä,että Auringon vetovoima yksittäiseen kpleeseen kasvaa suuremmaksi kuin Maan (en itsekään jaksa laskea juuri nyt...ehkä huomenna!)...etäisyyslaki 1/r^2 on kuitenkin aika vaikuttava juttu, vaikka Auringon massa onkin 99,8%(joissakin lähteissä tarkalleen ottaen 99,9%) Aurinkokunnan massasta...Päättelysi sinänsä oli aivan oikea...

Tuollainen kaava antaa etäisyydeksi vajaa 300000 km, joten teorian mukaan kuu ei voisi kiertää maata, eli kaipaisikohan kaava hieman kehittelyä.

Tasapainopiste maan ja auringon välissä on myös liikkeessä auringon ympäri ja kun keskipakovoima otetaan huomioon niin eiköhän tuloksestakin tule jotain järkevää.

bertie. kirjoitti:

Tuollainen kaava antaa etäisyydeksi vajaa 300000 km, joten teorian mukaan kuu ei voisi kiertää maata, eli kaipaisikohan kaava hieman kehittelyä.

Tasapainopiste maan ja auringon välissä on myös liikkeessä auringon ympäri ja kun keskipakovoima otetaan huomioon niin eiköhän tuloksestakin tule jotain järkevää.

Lue lisää

Niin, kyseinen gravitaatiovoimien peruskehitelmä antaa vastauksen tilanteeseen, jossa kyseinen kappale ei kierrä aurinkoa. Kuten maa ja kuu tekevät.

Keskipakovoiman suuruus on:

F = m v^2 / r , jossa

m = kappaleen massa
v = sen nopeus aurinkoa kiertävällä radalla
r = etäisyys auringosta

Tulee kaksi keskipakovoimasta johtuvaa tekijää mukaan voimien tasapainoyhtälöön. Ensimmäinen siitä, että kierretään aurinkoa ja toinen siitä, että kierretään maapalloa.

Se miten nämä vaikuttavat tarkkaan, riippuu tarkastelupaikasta ja ajankohdasta maapallon pinnalla! Näitähän ei kysymyksessä oltu annettu.

bertie. kirjoitti:

Tuollainen kaava antaa etäisyydeksi vajaa 300000 km, joten teorian mukaan kuu ei voisi kiertää maata, eli kaipaisikohan kaava hieman kehittelyä.

Tasapainopiste maan ja auringon välissä on myös liikkeessä auringon ympäri ja kun keskipakovoima otetaan huomioon niin eiköhän tuloksestakin tule jotain järkevää.

Lue lisää

Totta kuitenkin on, että jos maa ei kiertäisi aurinkoa, niin kuu putoaisi aurinkoon, eikä pysyisi maapallon seuralaisena. Toisaalta sinne silloin putoisi myös maakin :)

epäselvä kysymys kirjoitti:

Niin, kyseinen gravitaatiovoimien peruskehitelmä antaa vastauksen tilanteeseen, jossa kyseinen kappale ei kierrä aurinkoa. Kuten maa ja kuu tekevät.

Keskipakovoiman suuruus on:

F = m v^2 / r , jossa

m = kappaleen massa
v = sen nopeus aurinkoa kiertävällä radalla
r = etäisyys auringosta

Tulee kaksi keskipakovoimasta johtuvaa tekijää mukaan voimien tasapainoyhtälöön. Ensimmäinen siitä, että kierretään aurinkoa ja toinen siitä, että kierretään maapalloa.

Se miten nämä vaikuttavat tarkkaan, riippuu tarkastelupaikasta ja ajankohdasta maapallon pinnalla! Näitähän ei kysymyksessä oltu annettu.

Lue lisää

joo haluaisin sanoo tohon keskipakovoimaan pari juttua kun kiinnitin huomiota. eli: fysiikka ei varsinaisesti tunne keskipakovoiman käsitettä koska se on harhaanjohtavaa. tämä johtuu siitä että ympyräliikkeessä olevalla kappaleella ei ole radan keskipisteestä poispäin suuntautuvaa voimaa jollaiseksi keskipakovoima -nimi antaa sen ymmärtää. jos olisi niin se olisi reippaasti newtonin 1 lain vastainen sillä keskipisteestä poispäin suuntautuva keskipakovoima ja toisaalta ympyräliikkeeseen pakottava keskipisteeseen suuntautuva voima yhtäsuurina mutta vastakkaissuuntaisina voimina kumoavat toisensa ja kappale liikkuisi suoraviivaisesti eteenpäin. tosiasiassa ainoa vaikuttava voima on ns. keskeisvoima joka suuntautuu ympyräradan keskipisteeseen ja joka on suuruudeltaan F=m(v x v)/r. kun kappaleella on lisäksi radan tangentin suuntainen nopeusvektori v joutuu kappale silloin ympyräliikkeeseen. se syy miksi auton matkustaja pyrkii kallistumaan ympyräkaarteessa poispäin radan suunnasta johtuu siitä että hän pyrkii säilyttämään nopeutensa (newton 1.) suunnan joka on radan tangentin suunta.

ctrl21 kirjoitti:

joo haluaisin sanoo tohon keskipakovoimaan pari juttua kun kiinnitin huomiota. eli: fysiikka ei varsinaisesti tunne keskipakovoiman käsitettä koska se on harhaanjohtavaa. tämä johtuu siitä että ympyräliikkeessä olevalla kappaleella ei ole radan keskipisteestä poispäin suuntautuvaa voimaa jollaiseksi keskipakovoima -nimi antaa sen ymmärtää. jos olisi niin se olisi reippaasti newtonin 1 lain vastainen sillä keskipisteestä poispäin suuntautuva keskipakovoima ja toisaalta ympyräliikkeeseen pakottava keskipisteeseen suuntautuva voima yhtäsuurina mutta vastakkaissuuntaisina voimina kumoavat toisensa ja kappale liikkuisi suoraviivaisesti eteenpäin. tosiasiassa ainoa vaikuttava voima on ns. keskeisvoima joka suuntautuu ympyräradan keskipisteeseen ja joka on suuruudeltaan F=m(v x v)/r. kun kappaleella on lisäksi radan tangentin suuntainen nopeusvektori v joutuu kappale silloin ympyräliikkeeseen. se syy miksi auton matkustaja pyrkii kallistumaan ympyräkaarteessa poispäin radan suunnasta johtuu siitä että hän pyrkii säilyttämään nopeutensa (newton 1.) suunnan joka on radan tangentin suunta.

Lue lisää

Mistä ihmeestä näitä tee se itse neroja löytyy joka paikkaan viisastelemaan, ei kahta viikkoa ettei joku ole neuvomassa kuin lastentarhan opettaja.

Fysiikka ja moni muukin tieteenala on pullollaan lukuisia nimityksiä, jotka ovat muodostuneet yksiselitteiseksi käsitteeksi riippumatta siitä mitä ne kirjaimellisesti tarkoittavat.

Katsoisit tämän palstan otsikkoa ja miettisit kenelle olet oikein oppiasi jakamassa.

Väitän että kenellekään ei ole epäselvää mitä ilmiötä tarkoitetaan kun puhutaan mm. keskipako- , keskipakois- tai keskihakuvoimasta, eikä tietooni ole tullut vielä yhtään asiasta täysin ymmärtämätöntä pösilöäkään, joka olisi käsittänyt asian väärin.

Joten eiköhän vihdoinkin voitaisi vaikka sopia että jos joku haluaa käyttää kyseisestä ilmiöstä mitä nimeä tykkää niin käyttäköön niin kauan kun se ei aiheuta väärinkäsityksiä tai sitä ei voi sekoittaa johonkin muuhun ilmiöön ja keskitytään mieluummin fysiikkaan kuin turhaan terminologian ruotimiseen.

Ilmeisesti tässä haetaan tilannetta, jossa maan ja auringon väliin tulee kappale nopeudella joka vastaa samaa kulmanopeutta kuin maan kulmanopeus

> "( vm = kappaleen ratanopeus säteellä r maasta = 2 PII r /(24x3600)[m/s] )" <

( tuossakin meni jo maan pyörähdysaika vikaan )

ja haetaan etäisyyttä missä on raja jatkaako kappale maan vai auringon kiertämistä.

Lisäksi kappaleen aurinkoa kiertävän radan ratanopeus ei ole esitetty 'va' vaan sitä olisi korjattava vm,llä ja (ra-r) llä.

Joten pientä fiksaamista vaille taitaa vieläkin olla.

bertie. kirjoitti:

Ilmeisesti tässä haetaan tilannetta, jossa maan ja auringon väliin tulee kappale nopeudella joka vastaa samaa kulmanopeutta kuin maan kulmanopeus

> "( vm = kappaleen ratanopeus säteellä r maasta = 2 PII r /(24x3600)[m/s] )" <

( tuossakin meni jo maan pyörähdysaika vikaan )

ja haetaan etäisyyttä missä on raja jatkaako kappale maan vai auringon kiertämistä.

Lisäksi kappaleen aurinkoa kiertävän radan ratanopeus ei ole esitetty 'va' vaan sitä olisi korjattava vm,llä ja (ra-r) llä.

Joten pientä fiksaamista vaille taitaa vieläkin olla.

Lue lisää

Mitä vikaa on maan pyörähdysajassa 24 x 3600 sekuntia????

Äläs nyt näpertertele, tajuathan, että koko asetelma on kuitenkin yksinkertaistettu! Jos tarkan arvon haluaa laskea, niin pitäisi käyttää vektoreita ja otta huomioon kaikki taivaankappaleet ja radatkin ovat todellisuudessa elliptisiä!

Tässä on vain esitetty jokin karkea arvio, kun kukaan ei pysty esittämään yhtään mitään!

järkiintyä! kirjoitti:

Mitä vikaa on maan pyörähdysajassa 24 x 3600 sekuntia????

Äläs nyt näpertertele, tajuathan, että koko asetelma on kuitenkin yksinkertaistettu! Jos tarkan arvon haluaa laskea, niin pitäisi käyttää vektoreita ja otta huomioon kaikki taivaankappaleet ja radatkin ovat todellisuudessa elliptisiä!

Tässä on vain esitetty jokin karkea arvio, kun kukaan ei pysty esittämään yhtään mitään!

Lue lisää

Jätä nyt ne vektorihöpötykset, tässähän oletettiin että muita voimia ei ole kuin maan ja auringon liikkeen aiheuttamat voimat.

24 h on synodinen kiertoaika ja koko asetelma on siitä mystinen, että mihin kysymykseen se oikeastaan antaa mitään vastausta.

bertie. kirjoitti:

Jätä nyt ne vektorihöpötykset, tässähän oletettiin että muita voimia ei ole kuin maan ja auringon liikkeen aiheuttamat voimat.

24 h on synodinen kiertoaika ja koko asetelma on siitä mystinen, että mihin kysymykseen se oikeastaan antaa mitään vastausta.

Lue lisää

Vektori vektori, nimenomaa yleisessä tapauksessa. Niillä toi on pakko hoitaa, kun on helvetillinen kolmiultoitteinen hässäkkä (liiketila). NASA laskee myös vektoreilla avaruusalustensa sijainteja.

Jos on esitetty erikoistapaus, niin saattaa mennä jollain "mutulla"... arvataan sivistynyt vastaus?

Ei harmainta aavistusta, mihin tämä vastaa... joku saa keksiä sopivan kysymyksen.

Kun syötin tämän Maximaan

%i4) solve(G*m*mm/r^2 m*va^2/(ra-r)=G*m*ma/(ra-r)^2 m*vm^2/r, r);

Niin sain (valitettavasti potenssit eivät näy kohdallaan):

3 2 2 3 4
r = expt(ra sqrt(- (4 ma mm - 8 ma mm 4 ma mm) G
2 2 2 2 2 2 3
- ((- 12 ma mm - 20 ma mm) ra vm (- 20 ma mm - 12 ma mm) ra va ) G
2 2 4 2 2 2 2 2 4
- ((12 ma mm ma ) ra vm 22 ma mm ra va vm (mm 12 ma mm) ra va )
2 3 6 3 2 4 3 4 2 3 6
G - (- 4 ma ra vm - 2 ma ra va vm - 2 mm ra va vm - 4 mm ra va ) G
4 4 4 2 2 2
- ra va vm )/(6 sqrt(3) (vm va ) )
2 3 2 2 2 2
- (ma (6 mm G mm ra (6 vm G - 6 va G )
2 4 2 2 4
ra (15 vm G 15 va vm G 6 va G))
2 2 2 2 2 3 3 3 3 3
ma (ra (- 12 vm G - 6 va G ) - 6 mm G ) - 2 mm G 2 ma G
2 2 2 2 2 2 4 2 2 4
mm ra (6 vm G 12 va G ) mm ra (- 6 vm G - 15 va vm G - 15 va G)
3 6 2 4 4 2 6
ra (2 vm 3 va vm - 3 va vm - 2 va ))
6 2 4 4 2 6 1
/(54 vm 162 va vm 162 va vm 54 va ), -)
3
2 2 2 2 2 2 2
(ma (ra (- 4 vm G - 2 va G) - 2 mm G ) mm G ma G
2 2 2 4 2 2 4
mm ra (- 2 vm G - 4 va G) ra (vm va vm va ))
4 2 2 4 3 2 2 3
/((9 vm 18 va vm 9 va ) expt(ra sqrt(- (4 ma mm - 8 ma mm 4 ma mm)
4 2 2 2 2 2 2 3
G - ((- 12 ma mm - 20 ma mm) ra vm (- 20 ma mm - 12 ma mm) ra va ) G
2 2 4 2 2 2 2 2 4
- ((12 ma mm ma ) ra vm 22 ma mm ra va vm (mm 12 ma mm) ra va )
2 3 6 3 2 4 3 4 2 3 6
G - (- 4 ma ra vm - 2 ma ra va vm - 2 mm ra va vm - 4 mm ra va ) G
4 4 4 2 2 2
- ra va vm )/(6 sqrt(3) (vm va ) )
2 3 2 2 2 2
- (ma (6 mm G mm ra (6 vm G - 6 va G )
2 4 2 2 4
ra (15 vm G 15 va vm G 6 va G))
2 2 2 2 2 3 3 3 3 3
ma (ra (- 12 vm G - 6 va G ) - 6 mm G ) - 2 mm G 2 ma G
2 2 2 2 2 2 4 2 2 4
mm ra (6 vm G 12 va G ) mm ra (- 6 vm G - 15 va vm G - 15 va G)
3 6 2 4 4 2 6
ra (2 vm 3 va vm - 3 va vm - 2 va ))
6 2 4 4 2 6 1
/(54 vm 162 va vm 162 va vm 54 va ), -))
3
2 2
- mm G ma G ra (- 2 vm - va )
- ----------------------------------]
2 2
3 (vm va )

Hmmmmm... niin laittaa miettimään :D

Ehkä kannattaa laittaa numeroarvot ennen ratkaisua?

bertie. kirjoitti:

Jätä nyt ne vektorihöpötykset, tässähän oletettiin että muita voimia ei ole kuin maan ja auringon liikkeen aiheuttamat voimat.

24 h on synodinen kiertoaika ja koko asetelma on siitä mystinen, että mihin kysymykseen se oikeastaan antaa mitään vastausta.

Lue lisää

Mietittyäni tarkemmin, niin ko. probleemasta putoaa pois kaikki aurinkoon liittyvät termit. Koska maapallo pyörii auringon ympäri radalla, jossa auringon vetovoima ja radalla vallitseva keskipakovoima kumoavat toisensa.

Eli jää vain geostationäärisen radan kaava, jonka lopputulokseksi tulee kait noin 35000 km.

Tässä on varmaan pohdittu jatkokysymystä, eikä alkuperäistä kysymystä?

Kyllä kyllä kirjoitti:

Tässä on varmaan pohdittu jatkokysymystä, eikä alkuperäistä kysymystä?

Kas kehveliä, näinkös siinä kävikin, että Jensille tarkoitettu vastaus ajautui "gravitaatioaaltojen" mukana väärään paikkaan. SRY. No, yritän jotain vastausta myös alkuperäiseen kysymykseen, vaikka ajattelinkin pitää näppini siitä erossa. ;)

Kysymys kuului: "Kuinka suurelta etäisyydeltä maan pinnasta voidaan kappale tiputtaa, niin että se vielä osuu maahan?
Miten tälläinen asia voidaan laskea? "

Lähestytään kysymystä jälleen työn näkökulmasta. Ajatellaan, että jossain äärettömän kaukana on jonniinmoinen levossa oleva murikka, joka tarkoittaa sitä, että sen nopeus on 0. Onko äärettömyys jo niin kaukana, ettei murikka tiedä meistä mitään, vai putoaako se kuitenkin jollain nopeudella maapallolle ja jos putoaa, niin mikä on nopeus? Otetaan avuksi Newtonin gravitaatiolause F=G*M*m/r^2, josta havaitaan, että kahden massan välinen vetovoima vaikuttaa, vaikuttaa ja vaikuttaa vaikka etäisyys kasvaisi äärettöman suureksi. Pienihän voima lopulta on, mutta jos ei vastavoimia ole, niin kappaleet kohtaavat joskus.
Sama energian säilymisen ehto jota kuvasin harhautuneessa viestissä vaikuttaa myös tässä ilmiössä. E=Ep Ev=vakio. Putousnopeuden selvittämiseksi lasketaan työ (S F*dr) joka on muuttunut liike-energiaksi maahan syöksyttäessä. E=-S(oo..ru)[G*M*m/r^2]*dr jossa oo=ääretön ja symbolisena ratkaisuna G*M*m/ru.
Energiayhtälö 1/2*m*v^2=G*m*M/ru antaa arvoilla maan säde ru=6370km, massa M=5,977*10^24kg ja G=gravitaatiovakio=6,673*10^-11metri^3/(kg*s^2) ratkaisuksi v=11,19 km/s, joka on murikan putoamisnopeus.

Kaikki levossa olevat kappaleet aurinkokunnassa hakeutuvan, jos eivät auringon, niin jonkun muun massan huomaan. Lähin paikka jossa maasta lähetetty kappale voisi pysyä paikoillaan on maan ja kuun välissä, kohdassa, jossa maan ja kuun vetovoimat vaikuttavat samansuuruisina. Paikka on kuitenkin labiili ja kappale putoaa joskus joko kuuhun tai maahan.
Sellaisia "pisteitä" joissa maasta lähetetty kappale voisi pysyä, tai ainakin pienillä asemapaikan korjailuilla pysyy, ovat Lagrangen pisteet. http://www.physics.montana.edu/faculty/cornish/lagrange.html . Tästä oli taannoin keskustelua palstallla.

Maasta lähetetyllä kappaleella pitää olla niin suuri lähtönopeus, että se katoaa toiseen aurinkokuntaan, silloi se ei varmasti palaa takaisin. Tällöin laskelmissa ei riitä yksistään maan massan vetovoiman tarkastelu, vaan tulee otta huomiooon auringon ja planeettojen massat. Edellä laskettu nopeus 11,19 km/s on riittävä vasta maan vetovoimakentästä irtaantumiseen ja mahdollistaa avaruuslennot arinkokunnassa. Nykytekniikalla ei pystytä mitään "jätekasaa" lennättämään aurinkoon, sillä ei ole sellaista rakettia, joka kehittäisi nopeuden, jolla maan kiertonopeus auringon ympäri nollattaisiin.

ihmettelijä kirjoitti:

Kas kehveliä, näinkös siinä kävikin, että Jensille tarkoitettu vastaus ajautui "gravitaatioaaltojen" mukana väärään paikkaan. SRY. No, yritän jotain vastausta myös alkuperäiseen kysymykseen, vaikka ajattelinkin pitää näppini siitä erossa. ;)

Kysymys kuului: "Kuinka suurelta etäisyydeltä maan pinnasta voidaan kappale tiputtaa, niin että se vielä osuu maahan?
Miten tälläinen asia voidaan laskea? "

Lähestytään kysymystä jälleen työn näkökulmasta. Ajatellaan, että jossain äärettömän kaukana on jonniinmoinen levossa oleva murikka, joka tarkoittaa sitä, että sen nopeus on 0. Onko äärettömyys jo niin kaukana, ettei murikka tiedä meistä mitään, vai putoaako se kuitenkin jollain nopeudella maapallolle ja jos putoaa, niin mikä on nopeus? Otetaan avuksi Newtonin gravitaatiolause F=G*M*m/r^2, josta havaitaan, että kahden massan välinen vetovoima vaikuttaa, vaikuttaa ja vaikuttaa vaikka etäisyys kasvaisi äärettöman suureksi. Pienihän voima lopulta on, mutta jos ei vastavoimia ole, niin kappaleet kohtaavat joskus.
Sama energian säilymisen ehto jota kuvasin harhautuneessa viestissä vaikuttaa myös tässä ilmiössä. E=Ep Ev=vakio. Putousnopeuden selvittämiseksi lasketaan työ (S F*dr) joka on muuttunut liike-energiaksi maahan syöksyttäessä. E=-S(oo..ru)[G*M*m/r^2]*dr jossa oo=ääretön ja symbolisena ratkaisuna G*M*m/ru.
Energiayhtälö 1/2*m*v^2=G*m*M/ru antaa arvoilla maan säde ru=6370km, massa M=5,977*10^24kg ja G=gravitaatiovakio=6,673*10^-11metri^3/(kg*s^2) ratkaisuksi v=11,19 km/s, joka on murikan putoamisnopeus.

Kaikki levossa olevat kappaleet aurinkokunnassa hakeutuvan, jos eivät auringon, niin jonkun muun massan huomaan. Lähin paikka jossa maasta lähetetty kappale voisi pysyä paikoillaan on maan ja kuun välissä, kohdassa, jossa maan ja kuun vetovoimat vaikuttavat samansuuruisina. Paikka on kuitenkin labiili ja kappale putoaa joskus joko kuuhun tai maahan.
Sellaisia "pisteitä" joissa maasta lähetetty kappale voisi pysyä, tai ainakin pienillä asemapaikan korjailuilla pysyy, ovat Lagrangen pisteet. http://www.physics.montana.edu/faculty/cornish/lagrange.html . Tästä oli taannoin keskustelua palstallla.

Maasta lähetetyllä kappaleella pitää olla niin suuri lähtönopeus, että se katoaa toiseen aurinkokuntaan, silloi se ei varmasti palaa takaisin. Tällöin laskelmissa ei riitä yksistään maan massan vetovoiman tarkastelu, vaan tulee otta huomiooon auringon ja planeettojen massat. Edellä laskettu nopeus 11,19 km/s on riittävä vasta maan vetovoimakentästä irtaantumiseen ja mahdollistaa avaruuslennot arinkokunnassa. Nykytekniikalla ei pystytä mitään "jätekasaa" lennättämään aurinkoon, sillä ei ole sellaista rakettia, joka kehittäisi nopeuden, jolla maan kiertonopeus auringon ympäri nollattaisiin.

Lue lisää

Niin mutta tässä kysyttiin korkeutta maapallon pinnasta?! (Ei nopeutta eikä muuta sellaista!)

Justjust... kirjoitti:

Niin mutta tässä kysyttiin korkeutta maapallon pinnasta?! (Ei nopeutta eikä muuta sellaista!)

Onko ylivoimaista ymmärtää se tosiasia, että kappaleen pysyminen avaruudessa on kiini nopeudesta eikä kappaleen etäisyydestä? Mikäli murikka ei ole törmännyt johonkin satunnaiseen ohikulkijaan, niin rajanopeus, jonka alapuolella se palaa takaisin, on 11,2 km/s.

ihmettelijä kirjoitti:

Onko ylivoimaista ymmärtää se tosiasia, että kappaleen pysyminen avaruudessa on kiini nopeudesta eikä kappaleen etäisyydestä? Mikäli murikka ei ole törmännyt johonkin satunnaiseen ohikulkijaan, niin rajanopeus, jonka alapuolella se palaa takaisin, on 11,2 km/s.

Lue lisää

Mistä oikein johtuu vallalla oleva käsitys että pakonopeus 11.2 km/s olisi jonkinlainen rajanopeus maan vetovomapiirissä pysymiselle.

Oikean johtopäätöksen voit vetää jo omista laskelmistasi.

Kun kappale pudotetaan äärettömän kaukaa maahan se saavuttaa em nopeuden, eli koko potentiaalienergia on muuttunut liike-energiaksi ja sama energiamäärä tarvitaan tietysti kun irtaudutaan maan vetovoimasta eli maan pinnalla massa jonka nopeus on 11.2 km/s sisältää liike-energiaa niin paljon että se riittää erkauttamaan massan maan vaikutuspiiristä.

Mitä kauempana maasta ollaan sitä vähemmän vetovoimasta poistumiseen tarvitaan energiaa koska osa siitä on jo voitettu ja sitä pienempi on myös vastaava pakonopeus.
Esimerkkinä kappale joka kiertää mainitulla geostationäärisellä radalla (korkeus 36000 km) nopeudella 4.5 km/s on ylittänyt asemansa pakonopeuden ja erkanee maan vetovoiman piiristä tai jos kuun ratanopeus olisi yli 1.5 km/s , niin se poistuisi muille halmeille

Tarvittava energia voidaan tuottaa myös muuten kuin alkunopeuteen sisällettynä eli maapallon vetovoimapiiristä pääsee kyllä pois vaikka kävelyvauhtia, ei nopeus ole mitenkään ainutlaatuinen tai ainoa energian muoto.

Kirjoituksessasi oli muitakin kohtia jotka kaipaisivat hieman enemmän miettimistä, mm käsite "Kaikki levossa olevat kappaleet aurinkokunnassa hakeutuvan, jos eivät auringon, niin jonkun muun massan huomaan " kaipaa hieman tarkempaa huomiota kuten myös se että Lagrangen pisteet eivät ole mitään paikkoja jossa kappale voi olla paikoillaan vaan ovat vain siitä poikkeuksellisia pisteitä, että kuun vetovoiman vaikutuksesta samalla kiertonopeudella kiertävät kappaleet voivat olla tasapainossa, vaikka kiertoradan etäisyydet eroavat toisistaan ja jos kappale poikkeeutuu jostakin näistä pisteistä ei se suinkaan syöksy maahan tai kuuhun, vaan hakeutuu asemansa ja nopeutensa vastaavalle uudelle kiertoradalle.(Lagrangen pisteiden kiertoaika on sama kuin kuun, mutta ratanopeus ja etäisyydet eivät ). (myös L4 ja L5)

Myös aurinkoon lennätettävän "jätekasan" mahdottomuus on vanhaa "mutua", ei maan ratanopeutta tarvitse saavuttaa tai nollata, vaan ratakorjauksia voidaan tehdä ilman suuria nopeuksiakin edullisissa radan kohdissa ajan kanssa, eri asia sitten on onko mitään mieltä lennättää aurinkoon mitään kun pienemmällä energiamäärällä voidaan moska lähettää harmittomalle kiertoradalle.

Minusta paras tapa on ottaa kappaleelle paikkavektori keskeltä aurinkoa, ja liittää siihen kappaleen noipeusvektori ja kiihtyvyysvektori.

Seuraavaksi lyödään lukkoon tarkastelupaikka ja hetki maapallolla (latituudi ja longituudi). Tämä määrittää paikan, nopeuden (ja kiihtyvyyden) aurinkokeskeisessä koordinaatistossa.

Irroitetaan kappale:

Tietokoneohjelmalla, jotenkin tällä tavalla:

Simuloidaan tapahtumaa integroimalla kappaleen kiihtyvyydet ja nopeudet, joista saadaan uudet nopeudet ja sijainnit kappaleelle. Toistetaan tarvittava määrä askelluksia.

Katsotaan mihin kappale päätyy.

ehkä näin kirjoitti:

Minusta paras tapa on ottaa kappaleelle paikkavektori keskeltä aurinkoa, ja liittää siihen kappaleen noipeusvektori ja kiihtyvyysvektori.

Seuraavaksi lyödään lukkoon tarkastelupaikka ja hetki maapallolla (latituudi ja longituudi). Tämä määrittää paikan, nopeuden (ja kiihtyvyyden) aurinkokeskeisessä koordinaatistossa.

Irroitetaan kappale:

Tietokoneohjelmalla, jotenkin tällä tavalla:

Simuloidaan tapahtumaa integroimalla kappaleen kiihtyvyydet ja nopeudet, joista saadaan uudet nopeudet ja sijainnit kappaleelle. Toistetaan tarvittava määrä askelluksia.

Katsotaan mihin kappale päätyy.

Lue lisää

LaRCSim on NASA:n Langley Research Center Simulator, lentokonesimulaattori, joka mallintaa menestyksekkäästi lentokonetta maapallon ilmakehässä.

Verrattuna esitettyyn kysymykseen ohjelma kykenee ratkaisemaan myös kappaleen asennon ja huomioimaan ilmakehän vaikutuksen. Joilta osin se on tarpeettoman laaja ja monipuolinen.

Toisaalta avaruudessa täytyy huomioida muiden taivaankappaleiden vetovoimat, joista tulee lisäyksiä voimayhtälöihin.

Mutta muutoin avaruudessa olevan kappaleen käyttäytyminen vastaa lentokoneen käyttäytymistä.

Seuraavassa linkki ko. ohjelman manuaaliin ja listaukseen:

http://library-dspace.larc.nasa.gov/dspace/jsp/bitstream/2002/11118/1/NASA-95-tm110164.pdf

LaRCSim löytyy netistä myös monesta paikasta c-ohjelmalistauksena suoraan (mm. FlightGear). Tätä ohjelmaa käytetään monessa simulaattorissa perusmoottorina (tai käytettiin mallina).

http://www.flightgear.org/Gallery/Source/3panelFlightgear.jpg

Vaikka en itse pidäkkään FlightGear'in koodausta kovinkaan selkeänä. Hirvittävä kasa koodia, jossa kierretään hyvin pientä ydinkoodia, kuin kissa kuuma puuroa, eikä koskaan päästä asiaan. xD

ehkä näin kirjoitti:

Minusta paras tapa on ottaa kappaleelle paikkavektori keskeltä aurinkoa, ja liittää siihen kappaleen noipeusvektori ja kiihtyvyysvektori.

Seuraavaksi lyödään lukkoon tarkastelupaikka ja hetki maapallolla (latituudi ja longituudi). Tämä määrittää paikan, nopeuden (ja kiihtyvyyden) aurinkokeskeisessä koordinaatistossa.

Irroitetaan kappale:

Tietokoneohjelmalla, jotenkin tällä tavalla:

Simuloidaan tapahtumaa integroimalla kappaleen kiihtyvyydet ja nopeudet, joista saadaan uudet nopeudet ja sijainnit kappaleelle. Toistetaan tarvittava määrä askelluksia.

Katsotaan mihin kappale päätyy.

Lue lisää

..
Ehdotuksen rajoituksilla laskusta taitaa tulla sellainen, joka selviää aivan perinteisin menetelmin ja laskentatavankin voi selittää kuten kysyjä ilmeisesti toivoi.

Odotellaan !

bertie. kirjoitti:

..
Ehdotuksen rajoituksilla laskusta taitaa tulla sellainen, joka selviää aivan perinteisin menetelmin ja laskentatavankin voi selittää kuten kysyjä ilmeisesti toivoi.

Odotellaan !

Lue lisää

Kun havaitsija on päiväntasaajalla ja yksinkertaistetaan, niin laskenta helpottuu, mutta tarkka yleinen tapaus vaati tietokoneen käyttöä ja numeerisia menetelmiä, kuten edellä on ehdotettu.

Eli tämä on vastaus kysyjän kysymykseen laskutavasta.

Edellä olleen ehdotukseni mukainen rajakorkeus on n. 23000 km.

Ratkeaa suoraan soveltamalla Kepplerin teoriaa ellipsiratoihin.

bertie. kirjoitti:

Edellä olleen ehdotukseni mukainen rajakorkeus on n. 23000 km.

Ratkeaa suoraan soveltamalla Kepplerin teoriaa ellipsiratoihin.

Jopas on juttua aiheesta. Vilkuilin huolimattomasti läpi. Jos oikein ymmärsin, niin tikapuuteoria, jossa tikapuut sijoitetaan päiväntasaajalle, voittaa alaa.

Miksi päiväntasaajalle ?
Eikö paremminkin navalle. Eihän kappaleen tarvitse peruskysymyksen mukaan kiertää maapalloa.
Eipä napasijoituskaan ole oikea, sillä eihän peruskysymys liioin edellytä, että kappale kiertäisi aurinkoa.

Kaitpa vastaus voisi olla lähes mikä tahansa. Jostain kaukaa avaruudesta alkaisi joku kappale tuntea vetovoimaa linnunrataa kohden.
Saavutettuaan linnunradan se valikoituisi putoamaan kohti aurinkokuntaamme.
Aurinkokunnassamme se lopulta löytäisi voimakkaimpana maan vetovoimakentän johon sitten tippuisi.

Asian matemaattinen käsittely on äärimmäisen monimutkainen tässä tapauksessa, sillä vaikka maapallon vetovoima on ollut kuvassa koko ajan mukana, niin kappaleen seikkailu läpi miljardeja kertoja voimakkaampien jatkuvasti ajan myötä muuttuvien (kaikki kiertää ja pyörii)vetovoimakenttien läpi on ollut peri mutkikas ja lähes sattumanvarainen polku.