Si lanzo una moneda, verticalmente, sobre la superficie de Marte, ¿volverá a caer en mi mano?

Question

Si lanzo una moneda, verticalmente, sobre la superficie de Marte, ¿volverá a caer en mi mano?

Soham

Cuando lanzo una moneda en Marte, ¿es la atmósfera del planeta lo suficientemente rara como para rotar con el planeta (a su velocidad angular), pero no con la moneda?

Sathyam

@ HDE226868 La moneda también se mueve con el planeta Esto es incorrecto. Una vez que la moneda se separa de la mano (contacto), la aceleración centrípeta se detiene. La moneda solo vendría a tu mano si se lanza a pequeñas distancias.

HDE 226868

@Sathyam ¿Qué tan pequeño es pequeño ? Asumiría que para el ámbito de este problema, las diferencias serán insignificantes.

Sathyam

@ HDE226868 Bien pequeño como te puedes imaginar. Si lanzas una masa puntual desde un punto de la superficie, nunca volverá a su posición original. Pero dado que la moneda es una entidad física con una forma y una masa definidas, podemos considerarla tan pequeña como pequeña cuando lanzamos una moneda a la tierra. Expliqué el punto en mi respuesta.

garyp

No creo entender la pregunta. Lea esto y avíseme si interpreto su pregunta correctamente. Una vez que lanzo la moneda, está en una órbita elíptica alrededor del centro de Marte, mientras que mi mano está obligada a estar en una trayectoria circular que no es una órbita. ¿Caerá la moneda en mi mano en un vacío perfecto? ¿Cuál es el efecto de la resistencia atmosférica? ¿Bajo qué condiciones aterrizará en mi mano o no aterrizará en mi mano?

HDE 226868

@Sathyam Todo lo que digo es que no verá ningún efecto importante. Podemos extrapolar de aquí que el efecto será extraordinariamente pequeño. Una moneda viajará mucho más alto de lo que una persona puede saltar. Pero no subirá lo suficientemente alto para que el viaje sea lo suficientemente largo como para que las fuerzas en acción lo hagan recorrer una distancia significativa paralela al suelo.

HDE 226868

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/166853

Sathyam

@garyp Una vez que lanzas una moneda, ya no está en ninguna órbita. Traza una parábola si no la has lanzado a la velocidad de escape. Las preguntas que mencionó son las preocupaciones de OP hasta donde yo entendí.

garyp

@Sathyam La moneda está absolutamente en una órbita elíptica. Es aproximadamente parabólico en las pequeñas distancias involucradas, suponiendo que el lanzamiento no sea demasiado alto. Pero la altura del lanzamiento juega un papel esencial en el análisis. Esperaré a que el OP aclare su intención antes de comentar más.

a la izquierda

Yo tampoco entiendo a qué te refieres con esta pregunta, pero en cualquier caso la respuesta no dependerá de si haces esto en la Tierra o en Marte.

Sathyam

@garyp estuvo de acuerdo en que la parábola es una aproximación. Pero la órbita es elíptica solo en ausencia de arrastre de aire.

garyp

@Sathyam Sí. El análisis debe tener en cuenta el arrastre y la diferencia relativa de velocidad tangencial entre la moneda y la superficie terrestre. Para lanzamientos de monedas "normales", podemos ignorar ambos, pero en algún punto (altura del lanzamiento) ambos se volverán significativos. Creo que el OP podría estar preguntando: ¿cuál es esa altura?

Emory

Mi comprensión del término vertical probablemente esté ligada a la gravedad de la Tierra. ¿Está bien definido en otros planetas?

usuario854

Dado que su pregunta menciona explícitamente la resistencia atmosférica (resistencia del aire), physics.stackexchange.com/q/227391 no la responde, pero podría valer la pena leerla.

Respuestas (7)

Si lanzo una moneda, verticalmente, sobre la superficie de Marte, ¿volverá a caer en mi mano?

@ HDE226868 La moneda también se mueve con el planeta Esto es incorrecto. Una vez que la moneda se separa de la mano (contacto), la aceleración centrípeta se detiene. La moneda solo vendría a tu mano si se lanza a pequeñas distancias.
@Sathyam ¿Qué tan pequeño es pequeño ? Asumiría que para el ámbito de este problema, las diferencias serán insignificantes.
@ HDE226868 Bien pequeño como te puedes imaginar. Si lanzas una masa puntual desde un punto de la superficie, nunca volverá a su posición original. Pero dado que la moneda es una entidad física con una forma y una masa definidas, podemos considerarla tan pequeña como pequeña cuando lanzamos una moneda a la tierra. Expliqué el punto en mi respuesta.
No creo entender la pregunta. Lea esto y avíseme si interpreto su pregunta correctamente. Una vez que lanzo la moneda, está en una órbita elíptica alrededor del centro de Marte, mientras que mi mano está obligada a estar en una trayectoria circular que no es una órbita. ¿Caerá la moneda en mi mano en un vacío perfecto? ¿Cuál es el efecto de la resistencia atmosférica? ¿Bajo qué condiciones aterrizará en mi mano o no aterrizará en mi mano?
@Sathyam Todo lo que digo es que no verá ningún efecto importante. Podemos extrapolar de aquí que el efecto será extraordinariamente pequeño. Una moneda viajará mucho más alto de lo que una persona puede saltar. Pero no subirá lo suficientemente alto para que el viaje sea lo suficientemente largo como para que las fuerzas en acción lo hagan recorrer una distancia significativa paralela al suelo.
@garyp Una vez que lanzas una moneda, ya no está en ninguna órbita. Traza una parábola si no la has lanzado a la velocidad de escape. Las preguntas que mencionó son las preocupaciones de OP hasta donde yo entendí.
@Sathyam La moneda está absolutamente en una órbita elíptica. Es aproximadamente parabólico en las pequeñas distancias involucradas, suponiendo que el lanzamiento no sea demasiado alto. Pero la altura del lanzamiento juega un papel esencial en el análisis. Esperaré a que el OP aclare su intención antes de comentar más.
Yo tampoco entiendo a qué te refieres con esta pregunta, pero en cualquier caso la respuesta no dependerá de si haces esto en la Tierra o en Marte.
@garyp estuvo de acuerdo en que la parábola es una aproximación. Pero la órbita es elíptica solo en ausencia de arrastre de aire.
@Sathyam Sí. El análisis debe tener en cuenta el arrastre y la diferencia relativa de velocidad tangencial entre la moneda y la superficie terrestre. Para lanzamientos de monedas "normales", podemos ignorar ambos, pero en algún punto (altura del lanzamiento) ambos se volverán significativos. Creo que el OP podría estar preguntando: ¿cuál es esa altura?
Mi comprensión del término vertical probablemente esté ligada a la gravedad de la Tierra. ¿Está bien definido en otros planetas?
Dado que su pregunta menciona explícitamente la resistencia atmosférica (resistencia del aire), physics.stackexchange.com/q/227391 no la responde, pero podría valer la pena leerla.

floris · Answer 1

Depende de en qué parte de Marte arrojes la moneda y qué tan alto la arrojes.

En un marco de referencia giratorio, un objeto en movimiento parece verse afectado por un par de fuerzas ficticias: la fuerza centrífuga y la fuerza de Coriolis. Su magnitud está dada por

\vec{F_{C mi norte t r i F tu gramo a yo}} = metro \vec{ω} \times (\vec{ω} \times \vec{r}) \vec{F_{C o r i o yo i s}} = - 2 metro \vec{Ω} \times \vec{v}

$\mathbf{\vec{F_{centrifugal}}}=m\mathbf{\vec\omega\times(\vec\omega\times\vec{r})}\\ \mathbf{\vec{F_{Coriolis}}}=-2m\mathbf{\vec\Omega}\times\mathbf{\vec{v}}$

La pregunta es: ¿cuándo son estas fuerzas suficientes para mover la moneda "lejos de su mano"? En otras palabras, ¿para qué velocidad inicial? $v$ es el desplazamiento total de la moneda superior a 10 cm (como una estimación aproximada de cómo se vería "de nuevo en la mano"; obviamente, puede cambiar los números).

La fuerza centrífuga solo se observa cuando la partícula gira a la velocidad del marco de referencia: una vez que la partícula está en caída libre, ya no se mueve junto con el marco de referencia giratorio y la fuerza centrífuga "desaparece". Para un objeto que se mueve perpendicularmente a la superficie de la tierra, la fuerza de Coriolis es más fuerte en el ecuador y se vuelve cero en el polo; es una función de la velocidad de la moneda. Calcularemos la expresión en función de la latitud, reconociendo que será un máximo en el ecuador.

Como suposición simplificadora, asumimos que el cambio de altura es lo suficientemente pequeño como para ignorar los cambios en la fuerza de gravedad; también ignoramos toda la resistencia atmosférica (en particular, el viento; si creyéramos en la escena inicial de "El marciano", puede hacer mucho viento en el Planeta Rojo). Finalmente, supondremos que cualquier velocidad horizontal será pequeña: la ignoramos para calcular la fuerza de Coriolis, pero la integramos para obtener el desplazamiento.

La velocidad vertical está dada por

v = v_{0} - gramo \cdot t

$v = v_0 - g\cdot t$

y el tiempo total empleado es $t_t=\frac{2v_0}{g}$ . En cualquier momento, la aceleración de Coriolis es

a_{C} = 2 Ω v porque θ

$a_C=2\mathbf{\Omega}~v\cos\theta$

Integrando una vez, obtenemos

v_{h} = \int a \cdot d t = 2 Ω porque θ \int_{0}^{t} (v_{0} - gramo t) d t = 2 Ω porque θ (v_{0} t - \frac{1}{2} gramo t^{2})

$v_h = \int a\cdot dt \\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\int_0^t(v_0-gt)dt\\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\left(v_0 t-\frac12 gt^2\right)$

y por el desplazamiento

X_{h} = \int v_{h} d t = 2 Ω porque θ \int_{0}^{t} (v_{0} t - \frac{1}{2} gramo t^{2}) d t = 2 Ω porque θ (\frac{1}{2} v_{0} t^{2} - \frac{1}{6} gramo t^{3})

$x_h = \int v_h dt \\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\int_0^t \left(v_0 t-\frac12 gt^2\right)dt\\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta \left(\frac12 v_0 t^2-\frac16 gt^3\right)$

reemplazando $t = \frac{2v_0}{g}$ obtenemos

X_{h} = 2 Ω porque θ v_{0}^{3} (\frac{4}{{gramo}^{2}} - \frac{4}{3 {gramo}^{2}}) = \frac{dieciséis Ω porque θ v_{0}^{3}}{3 {gramo}^{2}}

$x_h = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta v_0^3\left(\frac{4}{g^2} - \frac{4}{3 g^2}\right)\\ = \frac{16\mathbf{\Omega}\cos\theta v_0^3}{3g^2}$

El día sideral de Marte es de 24 horas, 37 minutos y 22 segundos, por lo que $\Omega = 7.088\cdot 10^{-5}/s$ y la aceleracion de la gravedad $g = 3.71 m/s^2$ . Reemplazando estos valores en la ecuación anterior, encontramos $x_h = 2.75\cdot 10^{-5}v_0^3 m$ , donde la velocidad está en m/s. De esto se deduce que tendría que lanzar la moneda con una velocidad inicial de unos 15 m/s para que el efecto de Coriolis sea suficiente para desviar la moneda 10 cm antes de que vuelva a bajar.

En la Tierra, tal lanzamiento daría como resultado una moneda que vuela durante unos 3 segundos, alcanzando una altura de unos 11 m. Es concebible que alguien pueda lanzar una moneda tan alto, pero nunca lo he visto.

Otras lecturas

IDEA TARDÍA

Su definición de "vertical" necesita ser cuidadosamente pensada. Hay un componente Norte-Sur de la "fuerza" centrífuga que es más fuerte a 45° de latitud, y que hará que una masa en una cuerda cuelgue en una dirección que no es del todo vertical. Si lanza su moneda en esa dirección, no observará una desviación significativa de norte a sur durante el vuelo, pero si fuera a lanzar la moneda "verticalmente" (en línea recta alejándose del centro de Marte), de hecho habrá ser una pequeña desviación. La magnitud relativa de la fuerza centrífuga y la gravedad se puede calcular a partir de

\begin{aligned} a_{C} & = Ω^{2} R pecado θ porque θ \\ = \frac{1}{2} Ω^{2} R \\ = 8.5 metro metro / s^{2} \end{aligned}

$\begin{align}a_c &= \mathbf{\Omega^2}R\sin\theta\cos\theta \\ &= \frac12 \mathbf{\Omega^2}R\\ &= 8.5~\rm{mm/s^2}\end{align}$

Si lanzas la moneda a 15 m/s, estará en el aire durante aproximadamente 8 segundos. En ese tiempo, la aceleración anterior dará lugar a un desplazamiento de unos 27 cm. Esto demuestra que su definición de "vertical" realmente importa (dependiendo de la latitud, no importa en los polos o el ecuador, pero es importante en las latitudes intermedias, alcanzando un máximo a 45° de latitud).

Hermoso. Respondió completa y completamente, sin hacer suposiciones sobre la intención del autor de la pregunta.
@DewiMorgan gracias. Normalmente, cuando una pregunta tiene tres respuestas, la dejo pasar, pero sentí que "faltaba algo".
@casey es el producto vectorial de la velocidad y el vector de rotación lo que importa para el efecto Coriolis. Para el movimiento perpendicular a la superficie (una moneda lanzada al aire) que hace que el ecuador sea el más fuerte y los polos los más débiles. No ocurre lo mismo con el viento que fluye a lo largo de la superficie. Su punto es válido para el viento, pero no para las monedas lanzadas al aire.
Muy bien respondido de hecho. Me preguntaba dónde caería la moneda al suelo si la dejáramos desde cierta altura para hacer una caída libre.
@ aK1974 gracias. El problema sobre el que pregunta se describe en el enlace de "lectura adicional" que di. Viaja la mitad de la distancia cuando se lanza, ya que está en el aire solo la mitad de tiempo (suponiendo que se deja caer desde la altura máxima alcanzada en el lanzamiento)

amasicos · Answer 2

La moneda volverá a tu mano como lo haría en la tierra. El efecto de la atmósfera es insignificante en comparación con la inercia de la moneda, por lo que la posición horizontal de la moneda en relación con tu mano apenas se verá afectada. La rareza de la atmósfera solo afectará el movimiento vertical de la moneda, como la rapidez con la que la moneda caerá en tu mano.

Para los lanzamientos de monedas comunes y corrientes, tiene razón, pero solo aproximadamente. La aproximación, sin embargo, es muy buena. Para lanzamientos de monedas muy altos, debe demostrar que la atmósfera es insignificante, y debe demostrar que es válido despreciar la diferencia en el movimiento horizontal relativo de la moneda y la superficie de la tierra.

Hobbs · Answer 3

Sí, por la sencilla razón de que no estás lanzando la moneda muy alto (presumiblemente, de todos modos). Parece pensar que en la Tierra, la resistencia atmosférica es lo que mantiene la moneda "pegada" al marco de referencia de lanzamiento, pero eso no es realmente un factor en absoluto.

Digamos que estás en la Tierra, al nivel del mar, en el ecuador, y lanzas la moneda 3 metros hacia arriba. Despreciando el arrastre, la moneda estará en el aire durante 1,56 segundos. La tierra gira bajo tus pies a 463 m/s y tiene un radio de 6,37 * 10^6 m. La moneda está ganando una altura de 3 m, que es 4,71 * 10^-7 radios terrestres, por lo que la velocidad de rotación a esa altura será diferente en una proporción igual, lo que equivale a 0,00022 m/s. Obtener un límite superior asumiendo que la moneda pasa todo el tiempo a la altura máxima porque soy perezoso, y terminamos con una desviación de 0,34 mm, que es menor que el grosor de la moneda, y mucho menos su diámetro. En cualquier lugar lejos del ecuador o sobre el nivel del mar, el número sería aún más bajo.

Haciendo el mismo experimento en Marte, supondremos que puedes darle a la moneda la misma velocidad inicial y que estás en el ecuador a una elevación media. La gravedad de la superficie de Marte es menor (3,71 m/s^2), por lo que la moneda alcanzará una impresionante altura de 7,92 m y permanecerá en el aire durante 4,14 segundos. Marte gira bajo tus pies a 241 m/s (menos que la Tierra porque tiene una circunferencia más pequeña pero una duración del día similar) y tiene un radio de 3,39 * 10^6 m. Luego, la moneda gana 2,34 * 10^-6 radios de Marte, y la velocidad de rotación a esa altura es diferente en 0,00056 m/s. Haciendo la misma (sobre)estimación que antes, obtenemos 4,14 s * 0,00056 m/s = 2,33 mm. Aproximadamente el grosor de una moneda, pero no mucho más. Ciertamente no lo suficiente como para perder tu mano en el camino hacia abajo.

Básicamente, las alturas a las que te enfrentas cuando lanzas una moneda son demasiado pequeñas, en comparación con el tamaño de un planeta, para marcar una gran diferencia, con atmósfera o sin ella. Intente lanzar una bala de cañón a 1 km de altura y es más probable que note un efecto. No he hecho las matemáticas, pero todavía no creo que el componente horizontal de la resistencia atmosférica contribuya mucho; sería más probable que la atmósfera marcara la diferencia al reducir la altura máxima alcanzada.

Sathyam · Answer 4

La moneda cae con seguridad a menos que la arrojes con una velocidad de escape y la velocidad de escape depende de la masa del planeta, la masa de la moneda, etc. Incluso si estás dentro del límite de velocidad de escape, es posible que no llegue a tu mano. Su observación es correcta de que la fuerza de arrastre juega un papel en su velocidad tangencial, pero para todos los lanzamientos de pequeña distancia, la moneda llegará a su mano independientemente de la rareza atmosférica en comparación con la Tierra.

usuario98038 · Answer 5

usuario98038

Creo que sí, como si estuvieras en la tierra. La razón es que la moneda tiene la misma velocidad que tú y la superficie del planeta Marte, no tiene que ver con la atmósfera.

Sathyam

La moneda tiene la misma velocidad y aceleración angular en el instante en que se separa de tu mano. Después del despliegue ya no hay una aceleración centrípeta. Hay una aceleración radial hacia el centro del planeta combinada con una velocidad tangencial y la atmósfera juega un papel en forma de fuerza de arrastre.

Hobbs

Te perdiste el punto de la pregunta. No es "volverá a bajar", es "volverá a bajar en mi mano", y no, por ejemplo, diez pies a la izquierda.

paparazzi · Answer 6

Sí, te estás moviendo con la superficie pero no estás acelerando. Te estás moviendo a una velocidad constante. Si lanzas lo que crees que es vertical (llámalo dirección Y), la moneda tendrá la misma velocidad de rotación (llámalo dirección X) que tú. Incluso la atmósfera se mueve contigo, por lo que en una distancia corta no hay resistencia del viento en la dirección X. La velocidad X de la moneda permanecerá constante y será exactamente tu velocidad X.

Guill · Answer 7

La combinación de sus dos preguntas me lleva a creer que lo que realmente está preguntando es si la densidad (o la falta de ella) de la atmósfera tiene un efecto sobre la posición horizontal de un objeto que inicialmente solo recibe un impulso vertical. Si esta interpretación de su pregunta es correcta, entonces quiero comenzar diciéndole que tiene una concepción inversa del efecto que tiene la densidad. La fuerza de arrastre de una atmósfera es proporcional a su densidad, por lo tanto, cuando su densidad llega a cero (sin atmósfera), la fuerza de arrastre llega a cero. Entonces, cuanto más "rara" es la atmósfera, menos efectotiene sobre el movimiento de la moneda. Dado que solo nos interesa que la moneda regrese al mismo lugar (poco o ningún desplazamiento horizontal), las diferencias en la dirección vertical causadas por el arrastre y la diferente gravedad marciana no tienen ninguna consecuencia. Por lo tanto, dado que hay poca o ninguna fuerza horizontal actuando sobre la moneda, volverá al mismo lugar desde el que fue lanzada ( su mano ).

Si lanzo una moneda, verticalmente, sobre la superficie de Marte, ¿volverá a caer en mi mano?

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