Geodezja fizyczna i grawimetria geodezyjna - strona 3

UEGN, UNIGRACE i GGP oraz jakie są ich zadania. UEGN- (Unified European Gravity Network). system grawimetryczny w Europie utworzony W latach 90-tych poprzedniego stulecia. System ten jest systematycznie uzupełniany i rozszerzany. W 1994 r opracowano sieć 499 stacji UEGN94 obejmującą 11 krajów E...

Dane: Mz = Mk = 5,974E+24 kg 7,348E+22 kg Da = Dp = Szukane: ra = ? Ryc.1 .Rysunek poglądowy. Rozwiązanie: 1) Dla apogeum Księżyca: rp = ? 405 696 km 363 104 km Wzór wyjściowy: G Mz m Mk  m G ra2 (Da  ra )2 Wyprowadzony wzór na ra: Mz  Da Mk ra  Mz 1 Mk ra = 36...

Dane: d= Δm = 66 km 1 000 kg h= Rz = 326 km 6 370 km Mz = Szukane k = ?, gdzie k - wielokrotność masy Δm, tak aby przyspieszenie na wysokości h było takie samo jak na powierzchni Ziemi. Rysunek poglądowy. Rozwiązanie: Wzor wyjściowy: g1  g1  g 2  g 2 G Mz m Mz k  m G ...

Dane: h1 = d= 6 056 km 100 km h2 = Rz = 326 km 6 370 km Założenie: Masa dodatkowa jest znacznie mniejsza od masy Ziemi. Szukane: k = ?, gdzie k - wielokrotność przyspieszenia g1+Δg1 na wysokości h2, k=(g2+Δg2)/(g1+Δg1) Ryc.3 .Rysunek poglądowy. Rozwiązanie: Wzór wyjściowy: k  g1  ...

Dane: d= Rz= 15,6 km 6370 km ρ - przyjmujemy jednorodną gęstość Ziemi Szukane: h = ?, gdzie h - wysokość, na której przyspieszenie grawitacyjne będzie równe przyspieszeniu na głębokości d. Rysunek poglądowy. Rozwiązanie: Wzór wyjściowy: G M1 Rz  h  2 G M2 Rz  d 2 M1   V...

Dane: h= r= 76 m 6,6 m d1 = d2 = d3 = d4 = d5 = 5 10 20 40 100 m m m m m ρż = 7874 kg/m3 ρZ = 2700 kg/m3 Rysunek poglądowy. G= 3 2 6,67E-11 m /(kg·s ) Szukane: Δgi - dodatkowe przyspieszenie w punktach Pi (P1, P2, P3, P4, P5) Rzowiązanie: Wzory wyjściowe: m hi 2 ,...

G Tabela 1. Obliczenie mas poszczególnych warstw Ziemi. Warstwa Głębokość Gęstość min. Gęstość max Gęstość średnia Objętość Masa warstwy [m3] warstwy [kg]  śr [km] litosfera skorupa płaszcz górny płaszcz dolny płaszcz jadro zewnętrzne jądro wewnętrzne 0-60 0-35 35-660 35-2...

Dane: T= 1 s h1= 80 m h2= 505 m Szukane: Δl -różnica długości wahadła Rozwiązanie: Ze wzoru na okres drgań wahadła wyznaczamy wzór na długość wahadła T  l g l g T 2 2 Zatem mamy: Na dole wieży, h1=80 m l1  g1 T  2 Na dole wieży, h2=519 m 2 l2  g 2 T  2 2 g ...

Dane: φ= h= T= 44,5 ° 145 m 86 164 s przyspieszenie normalne (odśrodkowe) na γφ = elipsoidzie GRS80 R= 6370 km Szukane: 1) g c    ? - stosunek przyspieszenia siły ciążenia do przyspieszenia odśrodkowego na szerokości g 2) Na jakiej wysokości na

Dane: h1 = 80 m φ= h2 = T= 495 m 86 164 s z-z0 = R= 43,5591 ° 1 m 6370 km Szukane: 1) th1, th2 - casy swobodnego spadku na odcinku 1 m na dole wieży (h1) i na wysokości h (h2) 2) Z jaką precyzją należy pomierzyć czas aby dok...