John Rennie ya dio la respuesta práctica teniendo en cuenta el ambiente, señalando que sin hacer nada de objetos cerca de la ISS se deorbit rápidamente de arrastre. Pero eso de dejar que la realidad se interponga en el camino de un buen problema de física. Te voy a mostrar que mientras que un ser humano no puede enviar un balón a estrellarse en la superficie en una órbita, se puede venir a cerrar.
La ISS está listada como una típica velocidad orbital de $v = 7.66\times10^3\ \mathrm{m/s}$. Para una prueba de partículas en órbita alrededor de la Tierra, gravitacional parámetro $GM_\oplus = 3.98\times10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}$, una órbita circular (que asumiremos para la concreción y sencillez) tendrá un semimajor eje (es decir, el radio) de
$$ a_0 = \frac{GM_\oplus}{v^2} = 6.79\times10^6\ \mathrm{m}. $$
Tendrá una energía específica de $\epsilon_0 = -GM_\oplus/2a_0 = -v^2/2$, y en un determinado momento angular de $h_0 = a_0v$.
Su primer instinto1 podría ser la de lanzar la pelota hacia abajo con velocidad de $\Delta v$. Esto agregará la velocidad perpendicular a su velocidad de la corriente, así que el cambio en la energía es simple: $\epsilon_\mathrm{down} = \epsilon_0 + \Delta\epsilon_\mathrm{down}$, $\Delta\epsilon_\mathrm{down} = (\Delta v)^2/2$. Porque la mayor velocidad a lo largo de la dirección radial, de momento angular no cambia: $h_\mathrm{down} = h_0$.
Dado $\epsilon$$h$, se puede calcular el correspondiente $a$ $e$ (excentricidad) de acuerdo a
$$ a = -\frac{GM_\oplus}{2\epsilon}, \qquad e = \sqrt{1-\frac{h^2}{GM_\oplus a}}. $$
Desde allí es una simple cuestión de encontrar el perigeo de acuerdo a
$$ r_\mathrm{per} = (1-e) a. $$
Conectar los números para $\Delta v = 100\ \mathrm{mph} = 44.7\ \mathrm{m/s}$, esto nos lleva
$$ r_\mathrm{per,down} = 6.75\times10^{6}\ \mathrm{m}. $$
Sin embargo, usted puede hacer mejor por tirar directamente hacia atrás. Esta es la manera más eficiente para reducir el perigeo. En este caso, la nueva específico de la energía cinética es $k_\mathrm{back} = (v-\Delta v)^2/2$, es decir, los cambios de energía por $\Delta\epsilon_\mathrm{back} = k_\mathrm{back} - v^2/2$. El momento angular de cambios también en este caso: $h_\mathrm{back} = a_0 (v-\Delta v)$. Conectar los números que nos pone
$$ r_\mathrm{per,back} = 6.64\times10^6\ \mathrm{m}. $$
Ahora resulta que el punto más alto de la Tierra es de Chimborazo, con una altura sobre el centro de la Tierra de $r = 6.38\times10^6\ \mathrm{m}$. Por lo tanto usted no puede forzar a la bola a golpear cualquier parte de la Tierra con la velocidad. Sin embargo, el efecto no es despreciable. Si nos fijamos en los valores de $r_\mathrm{per}/r$, comenzamos a $1.064$ y llegó a cualquiera de las $1.059$ (tirando hacia abajo) o $1.040$ (tirando hacia atrás).
Cómo de lejos en la atmósfera hace tirar hacia atrás obtener? De acuerdo a esta herramienta para la NRLSISE-00 atmósfera modelo, la densidad de la atmósfera que va desde una altitud de $415\ \mathrm{km}$ $259\ \mathrm{km}$aumenta por un factor de alrededor de $30$. Por ello, cualquier arrastre de la ISS experiencias puede ser aumentado un poco con solo un pequeño cambio a la órbita.
![atmosphere density as a function of altitude]()
¿Qué tan rápido que usted necesita para lanzar la pelota a deorbit en la ausencia de una atmósfera? Si tiramos hacia atrás, a nuestra edad $a = a_0$ será nuestro nuevo apogeo. Queremos que nuestros nuevos perigeo a ser la altitud $r$. La solución de $r_\mathrm{apo,per} = (1 \pm e) a$ $a$ nos dice que quiere un nuevo semimajor eje de $a = (a_0+r)/2$. Retroceso a través de $\epsilon = -GM_\oplus/2a$ esto nos dice lo que la nueva energía y por lo tanto lo que el cambio en la velocidad debe ser (ya que sólo podemos cambiar la energía cinética con un impulso instantáneo). La respuesta es $120.\ \mathrm{m/s} = 268\ \mathrm{mph}$. Este número relativamente pequeño en comparación con la velocidad orbital es un reflejo de cuán cerca de la órbita baja de la Tierra es la superficie en comparación con el radio de la Tierra.
1a Menos que hayas jugado de Kerbal Space Program.
