Zależy to od tego, gdzie na Marsie rzucasz monetą i jak wysoko ją rzucasz.

W obracającym się układzie odniesienia wydaje się, że obiekt w ruchu podlega działaniu pary fikcyjnych sił - siły odśrodkowej i siły Coriolisa. Ich wielkość jest określona wzorem

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

Pytanie brzmi - kiedy te siły są wystarczające, aby odsunąć monetę "z dala od twojej ręki" - innymi słowy, dla jakiej prędkości początkowej $ v $ jest całkowite przemieszczenie monety większe niż 10 cm (jako przybliżone oszacowanie tego, co "z powrotem w twojej dłoni" "może wyglądać; oczywiście możesz zmienić liczby).

Siła odśrodkowa jest obserwowana tylko wtedy, gdy cząstka obraca się z prędkością układu odniesienia - gdy cząstka jest w swobodnym spadku, nie dłużej porusza się wraz z obracającym się układem odniesienia i siła odśrodkowa „znika”. W przypadku obiektu poruszającego się prostopadle do powierzchni ziemi, siła Coriolisa jest najsilniejsza na równiku, osiągając zero na biegunie; jest to funkcja prędkości monety. Obliczymy wyrażenie jako funkcję szerokości geograficznej - uznając, że będzie to maksimum na równiku.

Jako uproszczenie zakładamy, że zmiana wysokości jest na tyle mała, że ​​ignorujemy zmiany siły grawitacji; ignorujemy również wszelkie opory atmosferyczne (w szczególności wiatr; jeśli wierzyć początkowej scenie „Marsa”, na Czerwonej Planecie może być dość wietrznie). Na koniec założymy, że jakakolwiek prędkość pozioma będzie niewielka - pomijamy ją przy obliczaniu siły Coriolisa, ale całkujemy ją, aby uzyskać przemieszczenie.

Prędkość pionową podaje wzór

$$ v = v_0 - g \ cdot t $$

, a całkowity czas to $ t_t = \ frac {2v_0} {g} $. W dowolnym momencie przyspieszenie Coriolisa wynosi

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

Całkując raz otrzymujemy

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

A dla przemieszczenia

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

Podstawiając $ t = \ frac {2v_0} {g} $ otrzymujemy

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

Gwiezdny dzień Marsa to 24 godziny, 37 minut i 22 sekundy - więc $ \ Omega = 7,088 \ cdot 10 ^ {- 5} / s $ i przyspieszenie ziemskie $ g = 3,71 m / s ^ 2 $. Po wstawieniu tych wartości do powyższego równania otrzymujemy $ x_h = 2,75 \ cdot 10 ^ {- 5} v_0 ^ 3 m $, gdzie prędkość jest wyrażona w m / s. Z tego wynika, że ​​trzeba by rzucić monetą z prędkością początkową około 15 m / s, aby efekt Coriolisa wystarczył do odchylenia monety o 10 cm, zanim opadnie z powrotem.

Na Ziemi w wyniku takiego rzutu moneta leci przez około 3 sekundy, osiągając wysokość około 11 m. Można sobie wyobrazić, że ktoś mógłby rzucić monetą tak wysoko - ale nigdy jej nie widziałem.

dalsze czytanie

AFTERTHOUGHT

Twoja definicja „branży” wymaga dokładnego przemyślenia. Istnieje składowa północ-południe „siły” odśrodkowej, która jest najsilniejsza na 45 ° szerokości geograficznej i powoduje, że masa na strunie zwisa w kierunku, który nie jest całkiem pionowy. Jeśli wystrzelisz monetę w tym kierunku, nie zauważysz znacznego odchylenia północ-południe podczas lotu, ale jeśli rzuciłbyś monetę „pionowo” (w linii prostej z dala od centrum Marsa), to będzie w rzeczywistości niewielkim odchyleniem. Względną wielkość siły odśrodkowej i grawitacji można obliczyć ze wzoru

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

Jeśli rzucisz monetą z odległości 15 m / s, będzie w powietrzu przez około 8 sekund. W tym czasie powyższe przyspieszenie spowoduje przemieszczenie o około 27 cm. To pokazuje, że twoja definicja „pionu” naprawdę ma znaczenie (w zależności od szerokości geograficznej - nie ma znaczenia na biegunach ani na równiku, ale ma znaczenie na średnich szerokościach geograficznych, osiągając maksimum na 45 ° szerokości geograficznej).

Moneta wróci do twojej ręki, tak jak na ziemi. Wpływ atmosfery jest pomijalny w porównaniu z bezwładnością monety, więc pozycja monety w poziomie w stosunku do ręki nie zostanie zmieniona. Rzadkość atmosfery wpłynie tylko na pionowy ruch monety, na przykład na to, jak szybko moneta wpadnie do twojej dłoni.

Tak, z tego prostego powodu, że nie rzucasz monetą bardzo wysoko (prawdopodobnie w każdym razie). Wydaje się, że myślisz, że na Ziemi opór atmosferyczny jest tym, co utrzymuje monetę „przyklejoną” do układu odniesienia, ale tak naprawdę nie ma to żadnego znaczenia.

Powiedzmy, że jesteś na Ziemi, na poziomie morza, na równiku i podrzucasz monetę 3 metry prosto w górę. Zaniedbując opór, moneta będzie w powietrzu przez 1,56 sekundy. Ziemia obraca się pod twoimi stopami z prędkością 463 m / s, a jej promień wynosi 6,37 * 10 ^ 6 m. Moneta wznosi się na wysokość 3 m, co daje 4,71 * 10 ^ -7 promienia ziemi, więc prędkość obrotowa na tej wysokości będzie różna w równych proporcjach, co daje 0,00022 m / s. Uzyskanie górnej granicy zakładając, że moneta spędza cały czas na maksymalnej wysokości, ponieważ jestem leniwy, i kończymy z ugięciem o 0,34 mm, czyli mniej niż grubość monety, nie mówiąc już o jej średnicy. Gdziekolwiek z dala od równika lub nad poziomem morza, a liczba wypadałaby jeszcze niżej.

Wykonując ten sam eksperyment na Marsie, przypuszczamy, że możesz nadać monecie tę samą prędkość początkową i że jesteś na równiku na średniej wysokości. Grawitacja powierzchniowa Marsa jest niższa (3,71 m / s ^ 2), więc moneta osiągnie imponującą wysokość 7,92 mi pozostanie w powietrzu przez 4,14 sekundy. Mars obraca się pod twoimi stopami z prędkością 241 m / s (mniej niż Ziemia, ponieważ ma mniejszy obwód, ale podobną długość dnia) i ma promień 3,39 * 10 ^ 6 m. Moneta zyskuje wtedy promień 2,34 * 10 ^ -6 marsa, a prędkość obrotowa na tej wysokości różni się o 0,00056 m / s. Dokonując tego samego (zawyżonego) oszacowania jak poprzednio, otrzymujemy 4,14 s * 0,00056 m / s = 2,33 mm. Około jednej grubości monety, ale niewiele więcej. Z pewnością nie na tyle, żeby nie trafić w rękę w dół.

Zasadniczo wysokości, z którymi masz do czynienia, rzucając monetą, są po prostu zbyt małe w porównaniu z rozmiarem planety, aby mieć duży wpływ na atmosferę lub nie. Spróbuj zamiast tego rzucić kulą armatnią 1 km w górę, a bardziej prawdopodobne jest, że zauważysz efekt. Nie opracowałem matematyki, ale nadal nie sądzę, aby pozioma składowa oporu atmosferycznego miała w ogóle duży wpływ; atmosfera z większym prawdopodobieństwem wpłynie na zmianę poprzez zmniejszenie maksymalnej osiągniętej wysokości.

Moneta na pewno spadnie, chyba że rzucisz nią z prędkością ucieczki, a prędkość ucieczki zależy od masy planety, masy monety itp. Nawet jeśli jesteś daleko w granicach prędkości ucieczki, może nie dosięgnąć twojej ręki. Twoja obserwacja jest prawidłowa, że ​​siła oporu odgrywa rolę w jej prędkości stycznej, ale przy wszystkich rzutach na niewielką odległość moneta dotrze do twojej dłoni niezależnie od rzadkości atmosfery w porównaniu z ziemią.

Myślę, że tak, jakbyś był na ziemi. Powodem jest to, że moneta ma taką samą prędkość jak ty i powierzchnia planety Mars, nie ma nic wspólnego z atmosferą.

Tak, poruszasz się z powierzchnią, ale nie przyspieszasz. Poruszasz się ze stałą prędkością. Jeśli rzucisz w kierunku pionowym (nazwij to Y), moneta będzie miała taką samą prędkość obrotową (nazwij to kierunek X) co Ty. Nawet atmosfera porusza się razem z tobą, więc na krótkich dystansach nie ma oporu wiatru w kierunku X. Prędkość X monety pozostanie stała i będzie dokładnie taka sama, jak prędkość X.

Połączenie twoich dwóch pytań prowadzi mnie do przekonania, że ​​tak naprawdę pytasz, czy gęstość (lub jej brak) atmosfery ma wpływ na pozycję poziomą obiektu, któremu początkowo nadaje się tylko pęd wertykalny? Jeśli ta interpretacja twojego pytania jest poprawna, to chcę zacząć od stwierdzenia, że ​​masz odwrotną koncepcję gęstości efektu. Siła oporu atmosfery jest proporcjonalna do jej gęstości, dlatego gdy jej gęstość spada do zera (brak atmosfery), siła oporu spada do zera. Tak więc, im „rzadsza” atmosfera, tym mniejszy wpływ na ruch monety. Ponieważ interesuje nas tylko powrót monety w to samo miejsce (niewielkie przemieszczenie poziome lub jego brak), różnice w kierunku pionowym spowodowane oporem i różną grawitacją na Marsie nie mają znaczenia. Dlatego, ponieważ na monetę działają niewielkie lub żadne siły poziome , wróci ona do tego samego miejsca, z którego została wyrzucona ( Twoja ręka ).