La latitud astronómica real (dirección de la gravedad) no coincide con los cálculos teniendo en cuenta la fuerza centrífuga de la tierra

Question

La latitud astronómica real (dirección de la gravedad) no coincide con los cálculos teniendo en cuenta la fuerza centrífuga de la tierra

Física
geodésicas
geofísica
fuerza centrífuga
gravedad newtoniana
mecanica-newtoniana

Ciprés

PREGUNTA/PROBLEMA ABREVIADO:

La dirección del vector de gravedad de la tierra no apunta hacia el centro de la tierra debido a la fuerza centrífuga. Teóricamente, debería apuntar hacia el otro lado en 0,1 grado. Pero no es así.

La diferencia entre la latitud geodésica y geocéntrica nos da la diferencia real entre la dirección de la gravedad (geodésica) y el centro de la tierra (geocéntrica). La conversión de geodésico a geocéntrico revela una diferencia mucho mayor que 0,1 grado.

Debido a la fuerza centrífuga, la gravedad de la tierra debe apuntar hacia afuera del centro de la tierra en aproximadamente una décima de grado.

La diferencia entre la dirección de la gravedad y el centro de la tierra viene dada por la desviación vertical (latitud astronómica).

La latitud astronómica está dada por $DEFLEC99$ para todos los puntos de la tierra. $DEFLEC99$ da la latitud astronómica como una diferencia en la latitud de la latitud geodésica. Sin embargo, la diferencia es casi insignificante ( $1$ a $45$ segundos de arco).

Esto significa que la latitud geodésica y astronómica son prácticamente iguales.

Por lo tanto, podemos calcular la diferencia real entre la latitud astronómica (dirección de la gravedad) y la latitud geocéntrica (centro de la tierra) restando la latitud geodésica de la latitud geocéntrica.

Como ejemplo, tomemos lo siguiente:

Latitud geodésica/astronómica - $49.26083$

Latitud geocéntrica - $49.07043926$

Diferencia en latitudes - $0.1903937385$

Ahora veamos cuál debería ser la diferencia según la fuerza de la fuerza centrífuga:

Fuerza centrífuga = $(2\pi/86164.091)^2 * (\cos[49.07043926]) * 6365904$ (radio en esta latitud) $= 0.02217660948$

Gravedad = $GM/R^2 - 3(J2)(GMa^2/R^4)(3/2)(\cos^2[49.07043926]-1) = 9.847454494$

Entonces, para encontrar la latitud astronómica teórica, tendríamos que determinar la $x$ y $y$ componentes de la suma vectorial de la fuerza centrífuga y la gravedad, que es la siguiente:

x componente = $\cos[49.07043926] * 9.847454494$

y componente = $\sin[49.07043926] * 9.847454494 - 0.02217660948$ (fuerza centrífuga)

nuevo ángulo = $\tan^{-1} (y component / x component) = 49.16806807$

diferencia entre la latitud superior y la latitud geocéntrica

$= 49.16806807 - 49.07043926 = 0.09762881339$

Compare esta figura con las primeras figuras:

Latitud geodésica/astronómica - $49.260833$

Latitud geocéntrica - $49.07043926$

Diferencia en latitudes - $0.1903937385$

Latitud astronómica calculada - $49.2187618253$

Latitud geocéntrica - $49.07043926$

Diferencia en latitudes - $0.09762881339$

La diferencia real y la diferencia calculada están desfasadas por un buen $.1$ grado.

Hay que tener en cuenta que no se trata de un caso aislado particular de esta latitud. La desigualdad persiste en latitudes que van desde $20$ a $50$ grados geodésicos.

¿Hay un componente de la gravedad que no estoy resolviendo?

Explicación de las diferentes latitudes:

Geocéntrico: imagina una línea dibujada desde un punto en la superficie de la tierra hasta el centro de la tierra. El ángulo entre esta línea y la línea paralela al ecuador es la latitud geocéntrica.

Geodésico: imagina un punto en la superficie elipsoide de la tierra. El ángulo entre la línea perpendicular a la superficie en este punto y una línea paralela al ecuador es la latitud geodésica.

Latitud astronómica: El ángulo entre la dirección de la gravedad (plomada) y una línea paralela al ecuador. Este ángulo generalmente se describe como una desviación de la latitud geodésica (un valor positivo o negativo que oscila entre $1$ a $44$ segundos de arco).

Debido a que la diferencia entre la latitud geodésica y astronómica es tan pequeña, tiendo a referirme a ellas como iguales a efectos prácticos.

FUENTES CITADAS:

https://physics.stackexchange.com/a/141981/311236 - el comentario explica el componente esférico J2 y proporciona una ecuación para él

http://download.csr.utexas.edu/pub/slr/degree_2/C20_Long_Term.txt : archivo de texto de la NASA con cifras actualizadas para C20. C20 actualmente es igual al valor en la parte inferior de la segunda columna

https://grace.jpl.nasa.gov/data/get-data/oblateness/ - El sitio web de la NASA explica que J2 = -C20*(sqrt(5))

https://www.oc.nps.edu/oc2902w/coord/coordcvt.pdf : proporciona una ecuación para convertir de latitud geodésica a geocéntrica. no tienes que calcular "Rn" en esta ecuación si "h" es igual a 0. "h" es la altura elipsoidal. la altura elipsoidal no es la altura sobre el nivel del mar. la precisión de la altura elipsoidal es insignificante hacia el resultado final, por lo que es mejor dejarlo en 0 por practicidad.

en esta ecuación, "e" no se refiere al número de Euler. En cambio, es igual a la raíz cuadrada de (1-(b^2/a^2))

dónde:

a = 6378137m

b = 6356752,3 m

https://www.ngs.noaa.gov/cgi-bin/GEOID_STUFF/deflec99_prompt.prl - DEFLEC99. puede conectar el ejemplo de latitud y longitud: 49° 15′ 39″ N, 123° 6′ 50″ W

cleonis

Me preguntaba sobre el origen del nombre 'latitud astronómica'. Celcius, cuando trabajaba como astrónomo, hizo un procedimiento estándar: comparar la posición vertical de las estrellas con la superficie del nivel local, para llegar a un valor para la latitud del observatorio de Uppsala .

Ciprés

Seguro que es un nombre apropiado. Por cierto, agregué algunas fuentes útiles al final de mi pregunta.

JEB

Esta pregunta no es lo suficientemente concisa. ¿Cuál es el problema? Quiero decir que calibré SRTM (el primer mapa global de la humanidad en un solo sistema de coordenadas) y NASADEM... y realmente no puedo seguirlo. Si lo ajustaste, lo pondremos en ECEF y listo. Puede ser de origen elipsoide frente a geoide, pero nuevamente: por favor, hágalo más conciso.

Ciprés

He editado mi publicación para incluir un resumen más conciso de mi pregunta.

cleonis

Encontré otro recurso para la conversión entre latitud geodésica y geocéntrica. Este recurso define el coeficiente de aplanamiento 'f' y luego da la conversión en términos de esa 'f'. Y sí, a 45 grados de latitud, la diferencia entre la latitud geodésica y geocéntrica es de aproximadamente 0,2 grados. Interesante. No esperaba eso. La diferencia es un factor de 2. Eso podría ser solo una coincidencia, pero sospecho que no lo es. De todos modos: ambos valores son buenos, presumiblemente hay una razón matemática por la que no coinciden.

cleonis

Aquí hay una razón por la cual esta pregunta carece de enfoque. A los efectos de esta pregunta, solo es relevante la diferencia entre la latitud geodésica y geocéntrica. A los efectos de esta pregunta, la diferencia entre la latitud astronómica y la latitud geodésica es insignificante. Es decir: si se elimina toda mención de la latitud astronómica, la pregunta real sigue ahí.

Respuestas (7)

La latitud astronómica real (dirección de la gravedad) no coincide con los cálculos teniendo en cuenta la fuerza centrífuga de la tierra

Me preguntaba sobre el origen del nombre 'latitud astronómica'. Celcius, cuando trabajaba como astrónomo, hizo un procedimiento estándar: comparar la posición vertical de las estrellas con la superficie del nivel local, para llegar a un valor para la latitud del observatorio de Uppsala .
Seguro que es un nombre apropiado. Por cierto, agregué algunas fuentes útiles al final de mi pregunta.
Esta pregunta no es lo suficientemente concisa. ¿Cuál es el problema? Quiero decir que calibré SRTM (el primer mapa global de la humanidad en un solo sistema de coordenadas) y NASADEM... y realmente no puedo seguirlo. Si lo ajustaste, lo pondremos en ECEF y listo. Puede ser de origen elipsoide frente a geoide, pero nuevamente: por favor, hágalo más conciso.
He editado mi publicación para incluir un resumen más conciso de mi pregunta.
Encontré otro recurso para la conversión entre latitud geodésica y geocéntrica. Este recurso define el coeficiente de aplanamiento 'f' y luego da la conversión en términos de esa 'f'. Y sí, a 45 grados de latitud, la diferencia entre la latitud geodésica y geocéntrica es de aproximadamente 0,2 grados. Interesante. No esperaba eso. La diferencia es un factor de 2. Eso podría ser solo una coincidencia, pero sospecho que no lo es. De todos modos: ambos valores son buenos, presumiblemente hay una razón matemática por la que no coinciden.
Aquí hay una razón por la cual esta pregunta carece de enfoque. A los efectos de esta pregunta, solo es relevante la diferencia entre la latitud geodésica y geocéntrica. A los efectos de esta pregunta, la diferencia entre la latitud astronómica y la latitud geodésica es insignificante. Es decir: si se elimina toda mención de la latitud astronómica, la pregunta real sigue ahí.

gandalf61 · Answer 1

gandalf61

Estás comparando dos ángulos con el segundo lugar decimal. Para lograr un grado de precisión que respalde esta comparación, sus entradas deben tener una precisión de una parte en diez mil.

En su cálculo de la fuerza centrífuga, asume que un día sideral tiene exactamente 24 horas. Esto es inexacto por aproximadamente 4 minutos, o una parte en 360.

Ciprés

Volví a ejecutar el cálculo usando el tiempo para un día sideral preciso. La diferencia es .0008 de grado: de 0.1483225653 a 0.149137695. Espero que no esperabas mucha diferencia. Lo que pasa con los cambios en la gravedad es que las fuerzas y las masas involucradas son tan grandes que incluso los cambios más pequeños son difíciles de detectar, razón por la cual la discrepancia en cuestión es tan significativa.

gandalf61

@Cypress Antes de que pueda sacar conclusiones, debe verificar que todas sus otras entradas también tengan la precisión requerida. ¿De dónde viene el valor de tu radio cuando calculas la fuerza centrífuga? ¿Ha tenido en cuenta la forma real de la Tierra, que no es una esfera (como en la respuesta de Ben51 a continuación)? ¿Se dan los valores DEFLEC99 para una ubicación específica o se promedian sobre una línea de latitud?

Ciprés

El valor del radio proviene de este práctico sitio web: planetcalc.com/7721 . Proporciona el radio de la tierra en una latitud dada específica a 0,01 de segundo. Un radio variable ya asume que la tierra no es una esfera perfecta. Los valores DEFLEC99 son específicos de latitud y longitud.

ben51 · Answer 2

Parte de la discrepancia probablemente se deba al hecho de que el vector de gravedad pura (sin incluir la fuerza centrífuga) no apunta directamente hacia el centro de la tierra. Puede pensar en la tierra como una esfera, aproximadamente esféricamente simétrica, que produce un componente gravitatorio directamente hacia su centro, además de una "cubierta" que es más gruesa en el ecuador y se adelgaza hasta cero en los polos. La componente gravitatoria debida a la chaqueta no es, en general, directamente hacia el centro de la tierra.

En mi ecuación de gravedad, calculo la distribución de masa desigual usando el factor J2. Dada la latitud y el radio en esa latitud, la fuerza de J2 es 0,01142331441. La pregunta es ¿hacia qué dirección apunta el vector de fuerza J2? Saber esto sería útil.

cleonis · Answer 3

Estoy de acuerdo con la respuesta de Ben51.

El centro de atracción gravitacional de la Tierra no se encuentra en el centro geométrico de la Tierra.

Una forma de ver eso cualitativamente es el experimento mental del centro de atracción gravitacional de un disco medido fuera del disco, pero en el plano del disco. Dado que la gravedad cae con el inverso del cuadrado de la distancia, el centro de atracción gravitacional no estará en el centro geométrico del disco.

En el caso de la protuberancia ecuatorial de la Tierra: Para un objeto ubicado en el Ecuador: ¿dónde está el centro de atracción gravitatoria?

El siguiente razonamiento proporciona una forma de evaluar la ubicación del centro de atracción gravitatoria de la Tierra:
Demostración del pensamiento: un objeto ubicado en el ecuador tiene un geopotencial más alto que en los polos.

Si tuviera un objeto celeste, con el mismo tamaño, forma y gravedad que la Tierra, pero con una superficie sin rotación y sin fricción, entonces un objeto lanzado desde el punto de mayor geopotencial acumulará energía cinética a medida que se desliza hacia un punto de menor geopotencial.

El equilibrio dinámico de la protuberancia ecuatorial de la Tierra es análogo al equilibrio dinámico de un espejo de Mercurio .

La dinámica de un espejo de Mercurio es la de la ley de Hooke.

En el caso de la ley de Hooke: para el movimiento circular alrededor del centro de atracción la relación entre la energía cinética y la energía potencial es 1:1 (teorema del virial, aplicado para el caso de la ley de Hooke)

La energía cinética de co-rotar con la Tierra, a lo largo del Ecuador, corresponde a una diferencia de geopotencial de unos 10 kilómetros. (Permitiendo un error del 10% más o menos)

El radio de la Tierra desde el centro geométrico hasta los polos es aproximadamente 20 kilómetros menor que el radio desde el centro hasta el ecuador.

(Y, por supuesto, para un objeto que no se encuentra en ningún punto que no esté en el ecuador, el centro de atracción gravitacional no está en el plano ecuatorial de la Tierra).

Creo que podría estar interesado en mi respuesta a Ben51. El factor J2/C20 tiene en cuenta la distribución de masas. Me gustaría saber sus pensamientos sobre la dirección de su fuerza.

JEB · Answer 4

Hay algunos problemas menores con su cálculo de la gravedad teórica. El término gravedad teórica se refiere a la gravedad de un esferoide achatado giratorio (elipsoide) en ausencia de efectos de marea. Esta gravedad siempre es normal a la superficie del elipsoide, por lo que su ángulo viene dado por la latitud geodésica.

Por supuesto, la Tierra no es un elipsoide uniforme y existen muchos modelos y conjuntos de datos que se ocupan de las desviaciones posteriores. El primer paso es elegir un elipsoide, ya que hay más de uno. Algunos son globales, otros son mejores para continentes específicos. El global más común es WGS84.

Gracias a las variaciones en la estructura de la Tierra, una superficie equipotencial se desvía de la superficie del elipsoide. Las desviaciones se denominan ondulaciones del geoide y se capturan con algo llamado "El geoide", del cual hay muchos. EGM96 es popular, pero ha sido reemplazado por EGM2008. Es una expansión polinomial esférica del nivel medio teórico del mar hasta el orden de 2500-ish. Por supuesto, la gravedad es un vector, por lo que se desvía de la latitud geodésica, y varios modelos/conjuntos de datos capturan esas desviaciones de dos parámetros (como DEFLECT99).

Pero estamos lidiando con la gravedad teórica, por lo que no hay necesidad de esos modelos. La gravedad en la superficie no es uniforme. Varía con la latitud como:

gramo (ϕ) = {gramo}_{mi} [\frac{1 + k {pecado}^{2} ϕ}{\sqrt{1 - ϵ^{2} {pecado}^{2} ϕ}}]

$g(\phi)= g_e\Big[\frac{1+k\sin^2{\phi}}{\sqrt{1-\epsilon^2\sin^2{\phi}}}\Big]$

dónde $a,b,\epsilon$ son parámetros elipsoidales y:

k = \frac{b {gramo}_{pag} - a {gramo}_{mi}}{a {gramo}_{mi}}

$k=\frac{bg_p-ag_e}{ag_e}$

dónde $g_e=9.8321849378\,$ m/2 y $g_p=9.78\,$ m/s son la aceleración de la gravedad en el ecuador y el polo, respectivamente. También: $\sin{\phi}$ se refiere al seno de latitud en radianes, ya que la latitud y la longitud son formalmente coordenadas geodésicas en grados, no ángulos, pero... ya sabes, también son ángulos.

En cualquier latitud de la superficie, existen dos radios de curvatura (el meridional y el normal):

METRO (ϕ) = \frac{(a b)^{2}}{[(a porque ϕ)^{2} + (b pecado ϕ^{2})^{2}]^{\frac{3}{2}}}

$M(\phi)=\frac{(ab)^2}{[(a\cos{\phi})^2+(b\sin{\phi}^2)^2]^{\frac 3 2}}$

norte (ϕ) = \frac{a^{2}}{[(a porque ϕ)^{2} + (b pecado ϕ^{2})^{2}]^{\frac{1}{2}}}

$N(\phi)=\frac{a^2}{[(a\cos{\phi})^2+(b\sin{\phi}^2)^2]^{\frac 1 2}}$

pero estos no son el radio del eje de rotación. Para eso, transforme a las coordenadas fijas de la Tierra centradas en la Tierra (ECEF):

X = porque ϕ porque λ (norte (ϕ) + h)

$x=\cos{\phi}\cos{\lambda}(N(\phi)+h)$

y = porque ϕ pecado λ (norte (ϕ) + h)

$y=\cos{\phi}\sin{\lambda}(N(\phi)+h)$

z = pecado ϕ ([1 - ϵ^{2}] norte (ϕ) + h)

$z=\sin{\phi}([1-\epsilon^2]N(\phi)+h)$

dónde $h$ es la altura sobre el elipsoide, entonces:

ρ = \sqrt{X^{2} + y^{2} + z^{2}} = norte (ϕ) \sqrt{{porque}^{2} ϕ + (1 - ϵ^{2})^{2} pecado ϕ}

$\rho = \sqrt{x^2+y^2+z^2}=N(\phi)\sqrt{\cos^2\phi+(1-\epsilon^2)^2\sin\phi}$

Por supuesto, la longitud $\lambda$ caer afuera.

Corrí tu ecuación de gravedad y obtuve 9.8022 m/s2. Sin embargo, apenas hace una diferencia en el resultado final, alrededor de .0004 de grado. Puedo editar mi publicación para mostrar la diferencia si lo desea. Sin embargo, creo que Cleonis tiene razón. Un enfoque más eficaz podría ser examinar la conversión entre latitud geodésica y geocéntrica. Este documento incluye la ecuación que utilicé, hágame saber lo que piensa de ella: oc.nps.edu/oc2902w/coord/coordcvt.pdf
puntos de latitud geodésica a lo largo $\vec g$ por definición, restar la centrífuga debería darte la solución de la gravedad de Newton de un elipsoide estacionario de inmediato.

Tomás · Answer 5

El punto es que la tierra no es una esfera sino (en una aproximación de primer orden) un elipsoide, por lo que incluso sin ninguna rotación, la vertical local no pasaría por el centro de la tierra (a menos que esté en el polo o el ecuador). Tendría que agregar esta 'aberración' estática debido a la forma elipsoide a la 'aberración' centrífuga.

Esto es sencillo de mostrar de la siguiente manera:

el potencial gravitacional debido a un elipsoide estático homogéneo es

Φ (r, θ) = - \frac{GRAMO METRO}{r} + \frac{2 F GRAMO METRO {\bar{R}}^{2}}{5 r^{3}} {PAG}_{2} (porque (θ)) + O (F^{2})

$\Phi(r,\theta)=-\frac{GM}{r}+\frac{2 f GM \overline R^2}{5 r^3}P_2(\cos(\theta)) +O(f^2)$

dónde $r$ es la distancia radial, $\theta$ el ángulo polar (latitud 90) del punto de observación, $\overline R$ el radio medio del elipsoide y f su elipticidad (aplanamiento). $P_2(\cos(\theta))$ es el polinomio de Legendre

{PAG}_{2} (porque (θ)) = \frac{1}{2} (3 {porque}^{2} (θ) - 1)

$P_2(\cos(\theta))=\frac{1}{2}(3 \cos^2(\theta)-1)$

Podemos obtener el vector de aceleración de esto tomando el gradiente

\vec{gramo} (r, θ) = ({gramo}_{r} (r, θ), {gramo}_{θ} (r, θ)) = - \vec{\nabla} Φ (r, θ) = (- \frac{\partial Φ (r, θ)}{\partial r}, - \frac{1}{r} \frac{\partial Φ (r, θ)}{\partial θ})

$\vec g(r,\theta)=(g_r(r,\theta),g_{\theta}(r,\theta))=-\vec \nabla\Phi(r,\theta)=(-\frac{\partial\Phi(r,\theta)}{\partial r}, -\frac{1}{r}\frac{\partial\Phi(r,\theta)}{\partial \theta})$ ignorando la coordenada azimutal aquí debido a la simetría rotacional. Evaluando esto se obtiene

{gramo}_{r} (r, θ) = - \frac{GRAMO METRO}{r^{2}} \cdot [1 + \frac{3}{5} F \frac{{\bar{R}}^{2}}{r^{2}} \cdot (3 {porque}^{2} (θ) - 1)]

$g_r(r,\theta)=-\frac{GM}{r^2}\cdot [1+\frac{3}{5}f\frac{\overline R^2}{r^2}\cdot(3 \cos^2(\theta)-1)]$

{gramo}_{θ} (r, θ) = \frac{GRAMO METRO}{r^{2}} \frac{3}{5} \frac{F {\bar{R}}^{2}}{r^{2}} \cdot pecado (2 θ)

$g_\theta(r,\theta)=\frac{GM}{r^2}\frac{3}{5}\frac{f \overline R^2}{r^2}\cdot \sin(2\theta)$

Desde $g_\theta(r,\theta)\neq 0$ , el vector de aceleración en general no pasa por el centro del elipsoide sino que tiene un componente que apunta al ecuador. Tomando una elipticidad $f=1/298$ para la tierra, se obtiene una desviación máxima de la dirección radial (geocéntrica) en la superficie ( $r=\overline R$ )

α_{gramo} = arcán (\frac{{gramo}_{θ} (R, 45 grado)}{{gramo}_{r} (R, 45 grado)}) \approx 0.11 grado

$\alpha_g = \arctan(\frac{g_\theta(R, 45 \deg)}{g_r(R, 45 \deg)})\approx 0.11 \deg$

Esta aceleración no radial causada por la forma del elipsoide apunta hacia el ecuador, como era de esperar (nótese nuevamente que $\theta$ es la co-latitud (latitud 90) aquí).

Si asumimos que este elipsoide es perfectamente rígido y le agregamos una rotación, se agregará una fuerza centrífuga adicional, lo que conducirá a la aceleración neta

γ_{r} = {gramo}_{r} + ω^{2} r_{X} pecado (θ)

$\gamma_r=g_r+\omega^2r_x\sin(\theta)$

γ_{θ} = {gramo}_{θ} + ω^{2} r_{X} porque (θ)

$\gamma_\theta=g_\theta+\omega^2r_x\cos(\theta)$

dónde

r_{X} := r pecado (θ) = \frac{a pecado (θ)}{\sqrt{{pecado}^{2} (θ) + \frac{{porque}^{2} (θ)}{1 - F}}}

$r_x:=r\sin(\theta) = \frac{a\sin(\theta)}{\sqrt{\sin^2(\theta)+\frac{\cos^2(\theta)}{1-f}}}$

es la proyección de la posición en el plano ecuatorial (con $a$ el radio ecuatorial y $f$ la elipticidad (aplanamiento)). $\omega$ es la frecuencia de rotación de la tierra, y $\theta$ la co-latitud.

La desviación de este vector de aceleración neta de la dirección al centro de la tierra es

α_{γ} = arcán (\frac{γ_{θ}}{γ_{r}})

$\alpha_\gamma = \arctan(\frac{\gamma_\theta}{\gamma_r})$

Evaluando esto para $\theta=45 deg$ da un valor $\alpha_\gamma\approx0.21 \deg$ . Esta es la 'aberración' de la plomada desde la dirección al centro de la tierra para un punto en el elipsoide de referencia que incluye la fuerza centrífuga. En principio esta aberración debería ser la misma que la de la vertical local en la superficie del elipsoide. Este último se puede calcular tomando el gradiente de la ecuación del elipsoide

S = \frac{r^{2} {pecado}^{2} (θ)}{a^{2}} + \frac{r^{2} {porque}^{2} (θ)}{b^{2}}

$S=\frac{r^2\sin^2(\theta)}{a^2} +\frac{r^2\cos^2(\theta)}{b^2}$

es decir

\nabla_{r} S = \frac{2 r}{a^{2}} [{pecado}^{2} (θ) + \frac{{porque}^{2} (θ)}{(1 - F)^{2}}]

$\nabla_r S = \frac{2r}{a^2} [\sin^2(\theta)+\frac{\cos^2(\theta)}{(1-f)^2}]$

\nabla_{θ} S = \frac{r}{a^{2}} pecado (2 θ) [\frac{1}{(1 - F)^{2}} - 1]

$\nabla_\theta S = \frac{r}{a^2}\sin(2\theta) [\frac{1}{(1-f)^2} -1]$

de donde obtenemos la desviación de la normal al elipsoide como

α_{S} = arcán (\frac{\nabla_{θ} S}{\nabla_{r} S})

$\alpha_S = \arctan(\frac{\nabla_\theta S}{\nabla_r S})$

que para $\theta =45 \deg$ y $f=1/298$ evalúa a $\alpha_S=0.19 \deg$ Esto difiere en aproximadamente $0.02 \deg$ de la dirección de la gravedad. La razón de esto es el hecho de que la tierra no es un fluido ideal sino que tiene cierta rigidez. Para un fluido ideal el aplanamiento sería mayor, y para $f\approx 1/233$ de hecho, la discrepancia desaparece (ver también esta referencia a este respecto).

Sí, parece que algo aditivo está pasando. Visualizo la sección transversal de una esfera, en proceso de ser aplanada al elipsoide de referencia. En estado esférico hay un solo punto de 45 grados; podemos plantar una bandera allí, como si estuviera plantando en el suelo. Luego empezamos a aplanar. El achatamiento está redistribuyendo el volumen, y eso hace que la bandera se mueva un poco hacia afuera. El mismo aplanamiento también cambia el ángulo de la pendiente. Mi corazonada: para valores pequeños de aplanamiento, las dos contribuciones son aproximadamente iguales en magnitud
Respondiendo a Thomas: No estoy seguro si te estoy entendiendo correctamente, pero no hay "aberración estática". Una tierra estática no sería elipsoidal, presumiblemente sería esférica porque la forma del elipsoide es el resultado de la rotación.
Respondiendo a Cleonis: Sería útil analizar la distribución del volumen. En mi ecuación original para la gravedad, puedes ver el factor J2/C20, que representa una mayor masa en la protuberancia ecuatorial. Incluí una explicación útil de J2 al final de mi publicación en las fuentes citadas. Creo que J2 tiene una magnitud significativa. Sin embargo, su dirección es igual a la gravedad pura.
@Cypress Lo que quise transmitir con 'redistribución de volumen' es esto: imagine una colina cilíndricamente simétrica, y planta una bandera a una distancia particular del centro de esa colina, aproximadamente a la mitad de la pendiente. Ahora imagina que la colina no es geológicamente estable y que hay fluencia. Toda la ladera se hunde un poco, como lo haría la melaza espesa. Eso tendrá dos efectos: el asta de la bandera, clavada en el suelo, moviéndose junto con el suelo, se aleja un poco del centro de la colina. Además la inclinación de la ladera disminuirá un poco. Esos dos efectos se suman.
@Cypress Realmente no importa cómo surge la forma de la tierra. Simplemente asuma que es un elipsoide en primer lugar y que es tan rígido que la rotación no lo distorsiona más. En este caso, tendría la 'aberración' estática de la vertical local + la de la fuerza centrífuga también.
@Cleonis Su analogía podría funcionar, pero prefiero verla expresada en términos de fuerza, si tiene sentido. La bandera en su analogía es la dirección de la gravedad y la gravedad en sí misma, no un objeto físico con masa, por lo que no me queda claro exactamente cómo la caída cambiaría su dirección en el vacío del espacio.
@Thomas Para un elipsoide estático sin fuerza centrífuga, la dirección de la gravedad sería hacia su centro, suponiendo que el centro sea también el centro de masa. ¿Está sugiriendo que el centro de masa de un elipsoide no es su centro?
@Cypress La latitud astronómica/geodésica que le preocupa está definida por la vertical local, no por la dirección de la gravedad.
@Cypress Gravity solo apunta al centro de masa de una esfera. Considere un objeto con forma de mancuerna. Si está cerca de una de sus masas principales fuera del eje principal, la gravedad ciertamente no apuntará al centro de masa. Y un elipsoide que puede aproximarse aproximadamente como una esfera con una protuberancia ecuatorial. La esfera atraerá cualquier cosa hacia el centro, pero la protuberancia ecuatorial ciertamente no, a menos que esté ubicado en un polo o en el ecuador.
@Thomas La latitud astronómica se define por la dirección de la gravedad. La diferencia entre la latitud geodésica y astronómica es prácticamente insignificante en términos de valor. Suponiendo una tierra simétrica, el centro de gravedad de un elipsoide sería su centro. Prueba de ello es que los cálculos de gravedad definen la gravedad en términos de distancia al centro de la tierra. Si este no fuera el caso, los valores de gravedad serían inconsistentes debido al cambio en el radio. Tanto GM/R^2 como el factor J2/C20 definido por la NASA asumen el radio como la distancia desde el centro de la tierra.
@Cypress Como ya se mencionó, el vector de aceleración gravitacional en general no apunta hacia el centro de masa. Este último es solo el primer momento de la función de distribución de densidad e independiente de la ubicación del observador. Un cuerpo simétrico obviamente tendrá el centro de masa en su centro. Pero el vector de aceleración implica la ubicación del observador y $1/r^2$ factor de ponderación también, lo que conduce a la asimetría. En un elipsoide estático, la gravedad no es ni vertical a la superficie ni apunta al centro. Véase también mi respuesta sustancialmente reescrita.
El enfoque en su respuesta es excelente, pero parece que cometió un error en su ecuación para a[r](r, theta), el valor que sería la coordenada x en cartesiano. Hay un valor adicional de 3 que se multiplica por el segundo componente de la ecuación. Parece que tomaste el valor de 3cos^2(theta) y lo multiplicaste por la fracción 2/5. Esto crea un valor erróneo de 3/5. Ese es un factor bastante significativo. Estoy interesado en una edición de su pregunta con una derivación paso a paso más detallada de sus ecuaciones para a[r](r, theta) y a[theta](r, theta).
Este comentario proporciona una ecuación para la dirección de la gravedad en la superficie de un esferoide achatado estático: astronomy.stackexchange.com/a/34748. Los valores dados aquí: scienceworld.wolfram.com/physics/MomentofInertiaEarth.html deberían ser los momentos de inercia para el eje polar y ecuatorial. Luego, la ecuación se puede resolver para g(theta) usando esos valores. El resultado que obtuve fue insignificante y muy diferente de su resultado, asumiendo que mi valor para la constante "k" es correcto.
@Cypress El factor 3 en el segundo término para $a_r$ es correcto, viene de la derivada de $1/r^3$ en el potencial. De todos modos, este término es despreciable para calcular el ángulo. Tanto el potencial como la aceleración en la otra respuesta que citó son idénticos a mis ecuaciones para $k=2\epsilon M R ^2/5$
Usando el mismo valor de k para resolver (3kG/r^4)*sin*cos a 49,07 de latitud, obtuve 0,0196 grados. ¿Estoy fuera en algún lugar? Usted mencionó que el valor .11 era para r=R. No estoy seguro en qué latitud r=R, pero r para esta latitud difiere en unos 5 km.
@Ciprés. Debes estar cometiendo un error en alguna parte. Con $k$ como se mencionó anteriormente, usted tiene $a_\theta /a_r$ =6 $\epsilon$ pecado( $\theta$ ) porque( $\theta$ )/5. Con $\epsilon=1/298$ y $\theta=49$ grados esto se evalúa como 0.002 . Tomando el arctan de esto da 0.11 grados.
aθ(r,θ)=(3/5)(GM/r^2)(eR^2/r^2)(sin(2θ)) dividido por ar(r,θ)=(GM/r^2) [1+(3/5)(GM/r^2)(eR^2/r^2(3cos(θ)-1)] da (3/5)(ϵR^2/r^2)sin(2θ )+sin(2θ)/(3cos2(θ)−1), no aθ/ar =6 ϵ sin(θ) cos(θ)/5. No digo que esté equivocado en este punto, simplemente no sé cómo llegaste allí
Además, el valor .11 grados está fuera de .02 grados cuando agrega la fuerza centrífuga. Probé esto para diferentes latitudes usando aθ/ar=6 ϵ sin(θ) cos(θ)/5 para el ángulo estático y obtuve el mismo error de .02. También puede ver el error en mi publicación original para el ángulo solo con fuerza centrífuga: 0.10 + .11 = .21 la desviación calculada es .19 grados. La importancia de este error depende de qué tan precisas deberían ser las ecuaciones. Los valores de DEFLEC99 oscilan entre -44 y +44 segundos de arco, menos de 0,02.
@Cypress Sí, también recibo un error de 0,02 grados: la dirección de la gravedad (incluida la fuerza centrífuga) pierde el centro por 0,21 grados. pero la vertical local en la superficie solo en 0.19 grados (ver mi respuesta reeditada). Esto parece deberse al hecho de que la tierra no es un fluido ideal. Si tomas f=1/233 para el elipsoide, la diferencia desaparece. No es realmente relevante ya que todo se refiere a la dirección de la gravedad de todos modos. En cualquier caso, DEFLECT99 no tiene nada que ver con esto. Los datos allí solo dan la desviación de la dirección de la gravedad debido a las desviaciones locales del elipsoide.

cleonis · Answer 6

Esta es una segunda respuesta; esta respuesta tiene un enfoque diferente.

Tenemos para la conversión entre latitud geodésica y latitud geocéntrica que a 45 grados de latitud la diferencia entre geodésica y geocéntrica es de aproximadamente 0,2 grados, mientras que una plomada hipotética cuelga en un ángulo de 0,1 grados.

Estamos viendo una diferencia entre un ángulo de 0,1 grados y un ángulo de 0,2 grados, que son dos cifras significativas . Por lo tanto en cualquier cálculo exploratorio que se haga: usar tres cifras significativas es suficiente.

La gravedad en los polos es de aproximadamente 9,82 $m/s^2$ , y la gravedad efectiva en el ecuador es de aproximadamente 9,78 $m/s^2$ . La diferencia está abajo en la tercera cifra; estará bien usar solo 9.80 $m/s^2$

A 45 grados de latitud, ¿cuánta aceleración centrípeta se requiere para permanecer corrotando con la Tierra?

Dado que la masa inercial y la masa gravitacional son equivalentes, no es necesario incorporar un término de masa en la expresión matemática.

Aceleración centrípeta requerida:

a_{C} = ω^{2} r (1)

$a_c = \omega^2 r \qquad (1)$

Las cifras significativas del cuadrado de la velocidad angular de la Tierra: 5.31

Las cifras significativas del radio de la Tierra a 45 grados de latitud: 4,50

Aceleración centrípeta requerida a 45 grados de latitud: 0.0239 $m/s^2$

A modo de comparación: en el ecuador, la aceleración centrípeta requerida para permanecer corrotando con la Tierra es 0.0339 $m/s^2$ Siempre que esta aceleración centrípeta requerida se produzca a expensas de la aceleración gravitacional de la ley del inverso del cuadrado, lo que da como resultado una aceleración gravitatoria efectiva de aproximadamente 9,78 $m/s^2$ .

A 45 grados de latitud necesitamos descomponer la aceleración centrípeta requerida en un componente paralelo a la superficie local y un componente perpendicular a la superficie local.

Solo el componente paralelo a la superficie local es relevante aquí; la componente perpendicular a la superficie local afecta el período de un péndulo oscilante, pero no el ángulo de una plomada.

A 45 grados de latitud, aceleración centrípeta requerida en la dirección paralela a la superficie local:
0,707 * 0,0239 = 0,0169 $m/s^2$

Ángulo correspondiente:
arcsen(0.0169/9.80) $\approx$ 0,1 grado

En todas las demás latitudes, el valor será inferior a 0,1.
Más cerca del ecuador, la componente paralela a la superficie local es menor. Más cerca de los polos, la distancia al centro de rotación es menor.

En la pregunta se utilizó la fórmula con el término J2 para calcular la gravedad. Eso es exagerado. Para la pregunta en cuestión, solo buscar el valor es suficiente.

Tenemos eso al convertir entre latitud geodésica y geocéntrica: a 45 grados la diferencia es de aproximadamente 0,2 grados. Entonces tenemos que ese valor no coincide con el valor del ángulo de la plomada correspondiente, que es de unos 0,1 grados.

En el cálculo exploratorio anterior, el foco estaba en el ángulo de una plomada hipotética. El cálculo exploratorio es para el movimiento con respecto a una esfera , pero la latitud real de la Tierra implica el uso del elipsoide de referencia .

En la diferencia entre esfera y elipsoide de referencia es, creo, donde hay que buscar la explicación de que los valores no coincidan.

De todos modos, dado que la masa inercial y la masa gravitatoria son equivalentes, el ángulo hipotético de la plomada no se puede medir. Solo la aceleración gravitacional efectiva local es accesible para la medición. El ángulo hipotético de la plomada no entra en ninguna forma de calibración, ni en astronomía ni en geofísica, por lo que nunca es un problema.

Observaciones generales

Comience por ver cuántas cifras significativas necesita. Si el valor final debe tener una precisión de tres cifras significativas, cualquier cálculo exploratorio solo debe tener cuatro cifras significativas.

En su forma actual, la pregunta tiene muchos números con aproximadamente 10 dígitos después del punto decimal. Eso hace que la pregunta se vea muy apretada .

Creo que fue difícil para mí presentar los componentes de mi pregunta de una manera menos abrumadora y más digerible. Parte de incluir los aspectos y dígitos "exagerados" fue enfatizar la minuciosidad. Al presentar este tipo de discrepancia, las personas rápidamente asumen que te has aflojado en alguna parte. Aquí es necesario encontrar el equilibrio adecuado entre simplicidad y precisión.
Con respecto a los resultados: como mencioné en otra parte, los cambios en la dirección de la gravedad son difíciles de detectar debido a la magnitud de los números involucrados (millones de metros, masa de la tierra). Piénselo de esta manera: si se necesita el radio axial combinado y la velocidad al cuadrado de la tierra para cambiar 0,1 grados, ¿qué se necesitaría para cambiar otro 0,1? Creo que es más que un elipsoide de referencia porque el modelo de elipsoide se desarrolló para explicar las mediciones de gravedad actuales, por lo que cualquier cambio en el modelo tendría que arrojar resultados similares. Algo está muy mal.
@Cypress Acerca de los dos valores 0.2 grados y 0.1 grados. Estoy seguro de que ambos son buenos. Repito lo que escribí en esta respuesta: "El ángulo hipotético de la plomada no entra en ninguna forma de calibración, ni en astronomía ni en geofísica, por lo que nunca es un problema". Te preocupa que algo esté mal. Digo: esto nunca se ha notado antes porque no hay ninguna forma de calibración que lo use. Se encuentra en una intersección de GIS y física donde nadie ha ido antes.
@Cypress Mi pensamiento actual es el siguiente. Una forma de investigar esto es moverse a través de un rango de tasas de rotación, desde una tasa de rotación cero hasta, digamos, el doble de la tasa de rotación de la Tierra. Cada velocidad de rotación tendrá un aplanamiento correspondiente. ( aplanamiento de cuerpos giratorios ) Cada grado de aplanamiento tiene una desviación correspondiente entre las coordenadas geodésicas y geocéntricas. Ambos se pueden trazar: geodésico-vs-geocéntrico en función de la tasa de rotación y el efecto centrífugo en función de la tasa de rotación.
Definir la desviación con precisión en todas las latitudes sería un enfoque útil, aunque todavía no responde a la discrepancia. Creo que el problema radica en las medidas de gravedad actuales y los supuestos parámetros de la tierra. Ambos valores combinados restringen severamente las posibilidades de un cambio significativo en la dirección de la gravedad. En mi respuesta a Thomas, mencioné cómo las ecuaciones de gravedad definen el radio como la distancia al centro de la tierra, lo que significa que la distribución desigual del volumen no se puede usar para explicar la desviación de la plomada.

cleonis · Answer 7

Esta es una tercera respuesta, con un enfoque diferente a las dos anteriores.

La fórmula general para expresar la relación entre latitud geocéntrica y latitud geodésica es la siguiente: Con:
$Lat_c$ => latitud geocéntrica
$Lat_d$ => latitud geodésica
f => el aplanamiento de la Tierra

broncearse (L a t_{C}) = (1 - F)^{2} broncearse (L a t_{d}) (1)

$\tan(Lat_c) = (1 - f)^2 \tan(Lat_d) \qquad (1)$

En este caso no necesitamos muchas cifras significativas; dos es suficiente Para el propósito de esta comparación particular, podemos simplificar la relación a la siguiente expresión:

L a t_{C} \approx (1 - F)^{2} L a t_{d} (2)

$Lat_c \approx (1 - f)^2 Lat_d \qquad (2)$

Ahora echamos un vistazo más de cerca a la $(1 - f)^2$ factor

(1 - F)^{2} = 1 - 2 F + F^{2} (3)

$(1 - f)^2 = 1 - 2f + f^2 \qquad (3)$

Dado que la 'f' aplanada es muy pequeña, el cuadrado de f es despreciable. (comparación: 0,99*0,99=0,9801)

Entonces lo siguiente es suficiente:

L a t_{C} \approx (1 - 2 F) L a t_{d} (4)

$Lat_c \approx (1 - 2f) \ Lat_d \qquad (4)$

Crucial para responder a la pregunta es el factor '2' que está en (4).

El aplanamiento de la Tierra

Los dos siguientes son ambos proporcionales al cuadrado de la tasa de rotación de la Tierra:

A. La magnitud del aplanamiento de la Tierra

B. El ángulo entre la plomada local y la dirección de la ley de la inversa del cuadrado de la gravedad local

Esos dos son proporcionales al cuadrado de la tasa de rotación de la Tierra porque en ambos casos el mecanismo subyacente es idéntico: proporcionar la aceleración centrípeta requerida.

Vemos que es en el proceso de interconversión entre latitud geocéntrica y geodésica que se introduce el factor '2'. Este factor 2 entra por la vía del cuadrado en (1)

El aplanamiento 'f' es muy pequeño, por lo que el efecto del cuadrado es que actúa como la introducción de un factor '2'.

La latitud astronómica real (dirección de la gravedad) no coincide con los cálculos teniendo en cuenta la fuerza centrífuga de la tierra

Ciprés

cleonis

Ciprés

JEB

Ciprés

cleonis

cleonis

Respuestas (7)

gandalf61

Ciprés

gandalf61

Ciprés

ben51

Ciprés

cleonis

Ciprés

JEB

Ciprés

JEB

Tomás

cleonis

Ciprés

Ciprés

cleonis

Tomás

Ciprés

Ciprés

Tomás

Tomás

Ciprés

Tomás

Ciprés

Ciprés

Tomás

Ciprés

Tomás

Ciprés

Ciprés

Tomás

cleonis

Ciprés

Ciprés

cleonis

cleonis

Ciprés

cleonis