Vallen ' t zwaardere objecten eigenlijk sneller omdat ze hun eigen zwaartekracht uitoefenen?
Geplaatst op december 22, 2020 door adminHet algemene begrip is dat, afgezien van de luchtweerstand, alle objecten die op de aarde vallen met dezelfde snelheid vallen. Dit wordt vaak aangetoond door het gedachte-experiment om een groot object doormidden te snijden. De helften kunnen duidelijk “niet langzamer vallen door ze in tweeën te snijden.
Het antwoord is echter dat wanneer twee objecten aan elkaar vallen, al dan niet vastgemaakt, ze sneller” vallen “dan een alleen een object met minder massa. Dit komt doordat de aarde niet alleen de objecten naar zichzelf toe versnelt, maar de objecten ook de aarde naar zichzelf toe versnellen. Overweeg de formule: $$ F _ {\ text {g}} = \ frac {G m_1 m_2} {d ^ 2} $$
Gegeven $ F = ma $ dus $ a = F / m $ , merken we op dat de massa van het kleine object er niet toe doet, omdat bij het berekenen van de versnelling de kracht wordt gedeeld door de $ m $ term, zijn massa. Hierbij wordt echter over het hoofd gezien dat de kracht feitelijk op beide objecten wordt uitgeoefend, niet alleen op de kleinere. De versnelling op het tweede, grotere object wordt gevonden door $ F $ op zijn beurt te delen door de massa van het grotere object. De versnellingsvectoren van de twee objecten zijn precies tegenovergesteld. , dus sluitversnelling is de som van de twee:
$$ a _ {\ text {closing}} = \ frac {F } {m_1} + \ frac {F} {m_2} $$
Aangezien de aarde extreem massief is in vergelijking met alledaagse objecten, zal de versnelling die de aarde op het object uitoefent, de vergelijking. Aangezien de aarde $ \ sim 5.972 \ maal {10} ^ {24} \, \ mathrm {kg}, $ een vallend object is van $ 5.972 \, \ mathrm {kg} $ (iets meer dan 13 pond) zou de aarde versnellen met ongeveer $ \ frac {1} {{10} ^ { 24}} $ evenveel, wat een deel is van een triljoen triljoen.
Natuurlijk kunnen we in alledaagse situaties voor alle praktische doeleinden objecten beschouwen alsof ze in dezelfde mate vallen vanwege dit verwaarloosbaar verschil – dat onze instrumenten waarschijnlijk niet eens konden detecteren. Maar ik hoop niet op een bespreking van de praktische aspecten of wat meetbaar of waarneembaar is, maar wat we denken dat er werkelijk gebeurt.
Heb ik gelijk of verkeerd?
Wat dit voor mij echt doorbrak, was de overweging om een klein voorwerp met een massa van de maan dicht bij de aarde en een klein voorwerp met een massa van de aarde dicht bij de maan te laten vallen. Dit deed me beseffen dat vallen niet het ene object beweegt naar een vast referentiekader, maar dat de aarde gewoon een ander is object, en dus “vallen” bestaat uit meerdere objecten die elkaar wederzijds aantrekken in de ruimte .
Reacties
- Reacties zijn niet voor uitgebreide discussie; deze conversatie is verplaatst naar chat .
Antwoord
Als u uw definitie van vallen gebruikt, vallen zwaardere objecten sneller, en hier is een manier om dit te rechtvaardigen: bekijk de situatie in het referentiekader van het massamiddelpunt van het twee-lichamenstelsel (CM van de aarde en wat je er ook op laat vallen, bijvoorbeeld). Elk object oefent een kracht uit op het andere van
$$ F = \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} $$
waarbij $ r = x_2 – x_1 $ ( aangenomen dat $ x_2 > x_1 $) de scheidingsafstand is. Dus voor object 1 heb je
$$ \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} = m_1 \ ddot {x} _1 $$
en voor object 2,
$$ \ frac {G m_1 m_2} {r ^ 2} = -m_2 \ ddot {x} _2 $$
Aangezien object 2 naar rechts is, wordt het getrokken naar links, in negatieve richting. Als je veelvoorkomende factoren annuleert en deze optelt, krijg je
$$ \ frac {G (m_1 + m_2)} {r ^ 2} = – \ ddot {r} $$
Het is dus duidelijk dat wanneer de totale massa groter is, de grootte van de versnelling groter is, wat betekent dat het minder tijd kost voordat de objecten bij elkaar komen. Als je dit wiskundig wilt zien, vermenigvuldig dan beide zijden van de vergelijking met $ \ dot {r} \ mathrm {d} t $ om
$$ \ frac {G (m_1 + m_2)} {r ^ 2} \ mathrm {d} r = – \ dot {te krijgen r} \ mathrm {d} \ punt {r} $$
en integreren,
$$ G (m_1 + m_2) \ left (\ frac {1} {r} – \ frac {1} {r_i} \ right) = \ frac {\ punt {r} ^ 2 – \ punt {r} _i ^ 2} {2} $$
Ervan uitgaande dat $ \ punt { r} _i = 0 $ (de objecten starten vanaf relatieve rust), je kunt dit herschikken naar
$$ \ sqrt {2G (m_1 + m_2)} \ \ mathrm {d} t = – \ sqrt {\ frac {r_i r} {r_i – r}} \ mathrm {d} r $$
waar ik “de negatieve vierkantswortel heb gekozen omdat $ \ punt {r} < 0 $, en integreer het opnieuw om
$$ t = \ frac {1} {\ sqrt {2G (m_1 + m_2)}} \ biggl (\ sqrt {r_i r_f (r_i – r_f)} + r_i ^ {3/2} \ cos ^ {- 1} \ sqrt {\ fra c {r_f} {r_i}} \ biggr) $$
waarbij $ r_f $ de laatste hart-op-hart afstand is. Merk op dat $ t $ omgekeerd evenredig is met de totale massa, dus grotere massa vertaalt zich in een kortere botsingstijd.
In het geval van zoiets als de aarde en een bowlingbal, is een van de massa veel groter, $ m_1 \ gg m_2 $. Dus je kunt de massa-afhankelijkheid van $ t $ benaderen met een Taylor-reeks,
$$ \ frac {1} {\ sqrt {2G (m_1 + m_2)}} = \ frac {1} {\ sqrt {2Gm_1}} \ biggl (1 – \ frac {1} {2} \ frac {m_2} {m_1} + \ cdots \ biggr) $$
De leidende term is volledig onafhankelijk van $ m_2 $ (massa van de bowlingbal of wat dan ook), en daarom kunnen we, bij benadering van de leidende orde, zeggen dat alle objecten met dezelfde snelheid op het aardoppervlak vallen. Voor typische objecten die kunnen vallen, is de eerste correctieterm heeft een omvang van enkele kilogrammen gedeeld door de massa van de aarde, wat neerkomt op $ 10 ^ {- 24} $. De onnauwkeurigheid die wordt veroorzaakt door het negeren van de beweging van de aarde is dus ongeveer een deel van een biljoen biljoen, ver voorbij de gevoeligheid van elk meetinstrument dat vandaag bestaat (of zelfs maar kan worden voorgesteld).
Antwoord
De paradox verschijnt omdat de rustframe van de aarde is geen traagheidsreferentieframe, het is aan het versnellen. Blijf in het CM-referentieframe en, tenminste voor twee lichamen is er geen paradox. Gegeven een aarde met massa M, zal een massa $ m_i $ naar het massamiddelpunt vallen $ x_ \ textrm {CM} = (M x_M + m_i x_i) / (M + m_i) $ met een versnelling $ GM / ( x_i-x_M) ^ 2 $. Merk op dat $ \ ddot x_ \ textrm {CM} = 0 $
We hebben echt alleen de paradox verborgen, want $ x_ \ textrm {CM} $ is natuurlijk voor elke $ m_i $ anders. Maar dit is een eerste stap om het probleem in een fatsoenlijk traagheidsframe te formuleren.
De paradox duikt weer op als je $ (x_i-x_M) $ kwijt wilt. In de meeste toepassingen, nu u zich in een niet-versnellend referentiesysteem bevindt, wilt u rekening houden met afstanden die eraan gerelateerd zijn, dwz $ x_i-X_ \ textrm {CM} $. De oplossing is om de massa opnieuw te definiëren. Als $ x_i-x_ \ textrm {CM} = M (x_i – x_M) / (M + m_i) $, kunnen we zeggen dat het object $ i $ in het Massacentrum valt met een versnelling $ G {M ^ 3 \ over (M + m_ i) ^ 2} {1 \ over (x_i-x_ \ textrm {CM}) ^ 2} $ Je zou kunnen zeggen dat de werkelijke massa van de “aarde in het zwaartepunt” deze correctie is.
Als je eenmaal in de truc bent om de waarde van de massa te veranderen, kun je je nog steeds aan het referentiekader van de aarde houden. In dit referentieframe is het quotiënt tussen kracht en versnelling $ Mm_i / M + m_i $. Je kunt beweren dat dit de werkelijke massa van het lichaam is tijdens de berekening. Dit wordt de gereduceerde massa $ m_r $ van het systeem genoemd, en je kunt zien dat het voor kleine $ m_i $ bijna gelijk is aan $ m_i $ zelf. Je kunt ooit een aantal van de vorige formules schrijven met de verminderde massa $ m_r $ in combinatie met de oorspronkelijke massa, bijvoorbeeld de bovenstaande $ {M ^ 3 \ over (M + m_ i) ^ 2} = M {m_r ^ 2 \ over m ^ 2} $, maar ik weet niet zeker hoe nuttig het is. In elk geval zie je dat je gelijk had over de “zwaardere impliceert sneller”, maar dat het perfect wordt beheerd.
Voor drie objecten, m_1 en m_2 die in M vallen, is de vraag hoe vergelijk de casus met m_1 + m_2 vallend in M. Je scheidt de krachten tussen intern, tussen 1 en 2, en extern, tegen M. Kijk naar het punt $ x_0 = {m_1 x_1 + m_2 x_2 \ over m_1 + m_2} $. Dit punt wordt niet versneld door de interne krachten. En de externe krachten verplaatsen ze als $$ \ ddot x_0 = {1 \ over m_1 + m_2} \ left (m_1 {GM \ over (x_1-x_M) ^ 2} + m_2 {GM \ over (x_2-x_M) ^ 2 } \ right) = {F_1 + F_2 \ over m_1 + m_2} $$
Dit wordt lang … ¡Ik kan niet alle Principia in een enkel antwoord plaatsen !. Dus je kunt al het voorgaande vergeten, bedenk dat het slechts een middel is om de notatie te corrigeren en wat oefening te krijgen, en lees het antwoord :
Als de twee lichamen zich op dezelfde afstand $ x $ van de “externe” aarde bevinden, ondergaan ze dezelfde externe versnelling $ g = GM / (x-x_M) ^ 2 $, en hetzelfde gebeurt met $ x_0 $. Als beide lichamen een benadering zijn waarbij $ g $ als constant kan worden beschouwd, wat oorspronkelijk het geval was door Galileo (en het moderne $ g = 9.8 ~ {\ rm m / s ^ 2} $), dan hebben ze hetzelfde versnelling -en ook de gecombineerde positie $ x_0 $ -. Als ze niet op dezelfde afstand zijn, noch in een benadering van het constante-overal gelijk veld, dan kun je nog steeds de beweging van $ x_0 $ opslaan om te werken alsof het een zwaartekracht is voor een enkele massa $ m_T $, maar dan de manipulatie van de vergelijkingen zal in de relatieve posities van $ x_1 $ en $ x_2 $ enkele versnellingen opleveren in de orde van $ 1 / (x_0-x_M) ^ 3 $. Dergelijke krachten zijn de “ getijdekrachten “.
Opmerkingen
- Wat is ” CM-referentieframe ” alstublieft?
- Referentiekader van het Massamiddelpunt
- In elk geval vind ik dat mijn antwoord niet eerlijk genoeg is … maar ik heb haast, sorry. Kom morgen terug.
- @Emtucitor Ik ben terug, maar een beetje dronken. In ieder geval.Mijn antwoord zou nu in de trant kunnen zijn van het uitleggen van het concept van verminderde massa (waardoor de paradox nieuw leven wordt ingeblazen) en dan over de ontbinding van elke collectieve beweging in CM plus lokaal. Maar aan het eind zouden we naar het verschil tussen traagheids- en versnellingssystemen moeten gaan, en we zouden een lang wiskundig ding doen, terwijl het lijkt alsof je niet van wiskunde houdt. Dus mijn korte antwoord is: vergeet de zwaartekracht, het gaat erom of alle lichamen op een vergelijkbare manier vrij vallen, en dat is niet Newton.
- wat ” paradox ” wordt hier besproken? er is helemaal geen ” paradox “.
Antwoord
Naast de reeds gegeven antwoorden kan dit ook interessant zijn:
Wanneer hamer en veer gelijktijdig worden gedropt, komen ze op hetzelfde moment aan, wanneer ze onafhankelijk vallen hamer trekt de planeet meer aan dan de veer, dus je hebt gelijk, de totale tijd tot de impact is dan kleiner voor de hamer.
Als je de hamer oppakt en op de grond laat vallen terwijl de veer ligt op de grond en zijn massa draagt bij aan de massa van de planeet (verwaarlozing van ongelijkmatige inhomogeniteiten) het duurt evenveel als wanneer je de veer oppakt en laat vallen terwijl de hamer op de grond ligt en zijn massa draagt bij aan de planeet, aangezien m1 + m2 + m3 = constant.
Wanneer je hamer en veer tegelijk laat vallen, zal de veer de grotere afstand in dezelfde tijd afleggen en is daarom sneller dan de hamer, aangezien de planeet meer beweegt t naar de hamer dan naar de veer, en de veer wordt aangetrokken door de grootste som van massas.
De aanvankelijke afstand van de puntmassas is 1 meter; in het eerste voorbeeld heb je 1000 kg vs 100 kg vs 1 kg en in het tweede voorbeeld 1000 kg vs 666.̇6 kg vs 500 kg. Zoals u kunt zien, komen de “hamer” en de “veer” tegelijkertijd aan:
Opmerkingen
- Ha! Dit verklaart alles ondubbelzinnig! Iedereen zou hier goed naar moeten kijken.
- Zou dit nog steeds van toepassing zijn als de hamer en veer aan weerszijden zouden vallen?
- Nee, dan zou de hamer als eerste toeslaan aangezien de planeet in zijn richting en dus weg van de veer, zie yukterez.net/org/1000.666.500.line.gif
- maar isn ‘ t de veer aangetrokken door de massa van de aarde + massa van de hamer wanneer hij zich aan weerszijden bevindt?
- Dat is zo, maar dat doet het niet ‘ heft het effect op dat hamer en aarde sterker naar elkaar toe versneld worden.
Antwoord
Het antwoord is ja: in principe is er zon effect. Wanneer de massa van het vallende object klein is in vergelijking met de massa van de planeet, is het effect natuurlijk erg klein, maar in principe is het er.
Antwoord
Ik ben het ermee eens. Ik begrijp hetzelfde.
Ervan uitgaande dat de aarde, mars en maan even groot zijn – Als de aarde en de mars waar naartoe in de ruimte worden opgehangen (mars die op aarde vallen), zouden ze sneller in contact komen dan – als aarde en maan in de ruimte zouden zweven (maan valt op aarde) vanwege het feit dat mars ervoor zou zorgen dat de aarde er meer naartoe zou versnellen dan de maan. Dit is vooropgesteld dat de afstand tussen de twee objecten in eerste instantie hetzelfde is. De aarde zou beide met dezelfde snelheid aantrekken voor een bepaalde afstand.
Ik heb ook hier met betrekking tot wat er als eerste zou vallen in het geval dat er drie objecten bij betrokken zijn, met de vraag of mijn begrip juist is. Het is het klassieke experiment met appelveren dat opnieuw is bezocht. Ik hoop dat het @ KeithThompson “s vraag hierboven .
Opmerkingen
- PS: ik ben het eens met @Nick in die zin dat er twee gevallen zijn: een waarin de totale massa in het systeem hetzelfde is en de andere waarin dat niet het geval is. Het bovenstaande begrip is alleen geldig als de totale massa in het systeem varieert.
- En de totale massa in het systeem varieert als je twee afzonderlijke gevallen hebt: een kleine massa laten vallen en een grote massa laten vallen.
- Ja, natuurlijk, de totale massa van het systeem varieert natuurlijk in de twee experimenten. Experiment 1: je hebt de aarde en mars 100.000 km uit elkaar. Hoe lang duurt het voordat ze 10.000 km van elkaar verwijderd zijn? Experiment 1: je hebt de aarde en de maan 100.000 km uit elkaar. Hoe lang duurt het voordat ze 10.000 km van elkaar verwijderd zijn? Gemakkelijk.
- Is er een kans dat een genie eenvoudigweg kan berekenen, de twee gevallen: Mars- > Aarde 100k- > 10k hoeveel minuten en Maan- > Aarde 100k- > 10k hoeveel minuten. Als dat zo is, rock je.
Antwoord
Disclaimer
Ik ben geen natuurkundige, ik ben “slechts” een ingenieur.
Ik weet niet zeker of dat als een antwoord telt, maar ik gebruik tenminste wat krabbels :).
Ik zou de (eendimensionale) situatie als volgt weergeven:
- Er zijn twee objecten $ m_1 $ en $ m_2 $ met massa. De punt in het midden is het zwaartepunt van elk object.
- De afstand tussen de zwaartepunten wordt aangeduid als $ r $ .
- Er is ook een referentiekader dat helemaal niet wordt versneld (een zogenaamd inertiaal referentiekader ).
- De twee massas worden aangetrokken tot elkaar door de kracht $ F $ die wordt beschreven door Newtons wet van universele gravitatie .
De absolute versnelling van elk object $ \ ddot {x} _1 $ en $ \ ddot {x} _2 $ kan worden geformuleerd als:
- $ \ ddot {x} _1 $ en $ \ ddot {x} _2 $ worden gemeten tegen de in ertiaal referentiekader.
- De versnelling is evenredig ( $ \ sim $ ) met de massa van de tegenovergestelde index ( $ 1 \ to2 $ en $ 2 \ to1 $ ).
- De sluitversnelling $ a_ {closing} $ (of naderende-elkaar-versnelling) is echter evenredig met de som van $ m_1 $ en $ m_2 $ .
Reacties
- Ja, dat is het. Hoewel ik dacht dat er tot nu toe toereikende antwoorden waren, misgun ik uw kans niet om het op uw manier uit te leggen.
- Ik moest eerst met tegenzin vertalen 🙂
- @ErikE Ik heb een foto en geen vierkantswortels. Is dat niet een ‘ t dat een pluspunt? Serieus, ik vind de vraag interessant en wilde er iets aan toevoegen (in mijn ” referentiesysteem “).
Antwoord
Ja, een zwaar object dat van dezelfde hoogte valt, zal sneller vallen dan een lichter. Dit geldt voor de rest van beide objecten. Je kunt dit zien aan $ F = GmM / r ^ 2 = m \ cdot a = m \ cdot d ^ 2r / dt ^ 2 $.
De snelste “vallende” (aangezien we opnieuw definiëren vallende) object is echter een foton, dat geen massa heeft.
Opmerkingen
- Hmmm … waar is M gebleven in je tweede formule?
Answer
De vrije val tijd van tweepuntsmassas is $ t = \ frac {\ pi} {2 } \ sqrt {\ frac {r ^ 3} {2 G (m1 + m2)}} $.
De vrije valtijd is afhankelijk van de som van de twee massas . Voor een gegeven totale massa is de vrije valtijd onafhankelijk van de verhouding tussen de twee massas. De vrije valtijd is hetzelfde, of m 1 = m 2 of m 1 >> m 2 .
Wanneer een body opgepikt tot een bepaalde hoogte en dan gevallen, is de tijd om op de aarde te vallen niet afhankelijk van de massa van het object. Als je een pingpongbal optilt en vervolgens laat vallen, duurt het even voordat hij op de aarde valt als een bowlingbal. Het splitsen van de aarde in twee massas heeft geen invloed op de som van die massas of de vrije valtijd.
Wanneer een extern lichaam wordt op een bepaalde hoogte boven de aarde gebracht en vervolgens valt, de vrije val tijd is afhankelijk van de massa van het externe lichaam. Omdat de som van de aarde en het externe lichaam duidelijk afhangt van de massa van het externe lichaam.
“De meeste lichamen vallen in dezelfde mate op aarde , ten opzichte van de aarde, omdat de massa M van de aarde extreem groot is in vergelijking met de massa m van de meeste vallende lichamen. Het lichaam en de aarde vallen elk naar hun gemeenschappelijke zwaartepunt, dat in de meeste gevallen ongeveer hetzelfde is als ten opzichte van de aarde.
Geef een reactie