Oblatividad rotacional

Question

Oblatividad rotacional

robarjohn

Estoy tratando de calcular la cantidad de achatamiento causado por la rotación planetaria. Me imagino la fuerza de la gravedad sumada a la fuerza centrífuga causada por la rotación del planeta de la siguiente manera:

$\hspace{4cm}$ efectivo

Es decir, en el punto en cuestión, en la latitud $\phi$ , la distancia desde el eje de rotación es $r\cos(\phi)$ . Por lo tanto, la fuerza centrífuga sería $\omega^2r\cos(\phi)$ en una dirección perpendicular al eje de rotación. Las componentes radial y tangencial serían $\omega^2r\cos^2(\phi)$ y $\omega^2r\cos(\phi)\sin(\phi)$ , respectivamente.

Mi suposición es que la superficie del planeta se ajustaría para que fuera perpendicular a la superficie efectiva. $g$ ; es decir, la suma de las fuerzas gravitacional y centrífuga. Esto llevaría a la ecuación

\frac{d r}{r d ϕ} = - \frac{ω^{2} r porque (ϕ) pecado (ϕ)}{gramo - ω^{2} r {porque}^{2} (ϕ)} .

$\frac{\mathrm{d}r}{r\,\mathrm{d}\phi}=-\frac{\omega^2r\cos(\phi)\sin(\phi)}{g-\omega^2r\cos^2(\phi)}.$ Podemos hacer varias suposiciones aquí, y asumiré que

ω^{2} r

$\omega^2r$ es pequeño en comparación con

g

$g$ . Así, obtenemos

\int_{equivalente}^{notario público} \frac{d r}{r^{2}} = - \frac{ω^{2}}{gramo} \int_{0}^{π / 2} porque (ϕ) pecado (ϕ) d ϕ

$\int_{\text{eq}}^{\text{np}}\frac{\mathrm{d}r}{r^2} =-\frac{\omega^2}{g}\int_0^{\pi/2}\cos(\phi)\sin(\phi)\,\mathrm{d}\phi$ lo que lleva a

\frac{1}{r_{notario público}} - \frac{1}{r_{equivalente}} = \frac{ω^{2}}{2 gramo}

$\frac1{r_{\text{np}}}-\frac1{r_{\text{eq}}} =\frac{\omega^2}{2g}$ y

1 - \frac{r_{notario público}}{r_{equivalente}} = \frac{ω^{2} r_{notario público}}{2 gramo} .

$1-\frac{r_{\text{np}}}{r_{\text{eq}}} =\frac{\omega^2r_{\text{np}}}{2g}.$ Sin embargo, la evaluación numérica y Wikipedia parecen indicar que esto debería ser el doble de lo que obtengo. Eso es,

1 - \frac{r_{notario público}}{r_{equivalente}} = \frac{ω^{2} r^{3}}{GRAMO metro} = \frac{ω^{2} r}{gramo} .

$1-\frac{r_{\text{np}}}{r_{\text{eq}}} =\frac{\omega^2r^3}{Gm} =\frac{\omega^2r}{g}.$ ¿Qué estoy haciendo mal?

robarjohn

Veo que esto está relacionado con ¿Por qué la Tierra es tan gorda? . Una posibilidad del error en mi cálculo podría ser la dirección de la gravedad generada por un esferoide achatado. Sin embargo, esto parecería depender de la distribución de masa dentro del esferoide. el factor de

2

$2$ entre mi estimación y la de Wikipedia parece descontar que la distribución masiva sería la causa.

robarjohn

@WojciechMorawiec: Por simetría, la integración a través del hemisferio sur debería traer

r_{eq}

$r_{\text{eq}}$ de regreso

r_{np}

$r_{\text{np}}$ .

Voluntad

@robjohn El factor de dos parece explicarse en la respuesta a la pregunta a la que hizo referencia, debido a la mala aproximación de tratar inicialmente a la Tierra como una esfera en su cálculo.

robarjohn

@Will: si ese fuera el caso, esperaría que el error dependiera del mapa de densidad del esferoide achatado. La fórmula en Wikipedia no es específicamente para la Tierra, pero es el doble de lo que obtuve, aparentemente independiente de la densidad.

robarjohn

Voy a suponer que hay suposiciones no declaradas en la fórmula de Wikipedia y que el resultado se ve afectado por la redistribución masiva causada por el aplanamiento. Si alguien tiene una respuesta más completa, o una fórmula que realmente funcione para calcular el achatamiento de un planeta en rotación, todavía estoy interesado.

Respuestas (2)

Oblatividad rotacional

Veo que esto está relacionado con ¿Por qué la Tierra es tan gorda? . Una posibilidad del error en mi cálculo podría ser la dirección de la gravedad generada por un esferoide achatado. Sin embargo, esto parecería depender de la distribución de masa dentro del esferoide. el factor de $2$ entre mi estimación y la de Wikipedia parece descontar que la distribución masiva sería la causa.
@WojciechMorawiec: Por simetría, la integración a través del hemisferio sur debería traer $r_{\text{eq}}$ de regreso $r_{\text{np}}$ .
@robjohn El factor de dos parece explicarse en la respuesta a la pregunta a la que hizo referencia, debido a la mala aproximación de tratar inicialmente a la Tierra como una esfera en su cálculo.
@Will: si ese fuera el caso, esperaría que el error dependiera del mapa de densidad del esferoide achatado. La fórmula en Wikipedia no es específicamente para la Tierra, pero es el doble de lo que obtuve, aparentemente independiente de la densidad.
Voy a suponer que hay suposiciones no declaradas en la fórmula de Wikipedia y que el resultado se ve afectado por la redistribución masiva causada por el aplanamiento. Si alguien tiene una respuesta más completa, o una fórmula que realmente funcione para calcular el achatamiento de un planeta en rotación, todavía estoy interesado.

qmecanico · Answer 1

Como es bien sabido por el teorema de la capa de Newton , el campo gravitacional $g(r)=\frac{GM}{r^2}$ fuera de una distribución de masa esféricamente simétrica es lo mismo que si la masa total $M$ sentado en el centro.

Parece que OP quiere calcular el achatamiento de la Tierra bajo la suposición simplificada de que la reacción inversa (que tiene la masa redistribuida en el campo gravitatorio de la Tierra) puede ignorarse. En otras palabras, asumimos que el campo gravitatorio viene dado solo por la contribución del monopolo $g(r)=\frac{GM}{r^2}$ , y despreciamos los momentos multipolares más altos en una expansión multipolar .

I) Esto es lo que hizo Mark Eichenlaub en esta publicación de Phys.SE. Para comparar sustituyamos la latitud $\phi$ con el ángulo polar $\theta=\frac{\pi}{2}-\phi$ . La energía potencial total es la suma de la energía potencial del monopolo gravitacional y la energía potencial centrífuga.

\begin{matrix} (1) & tu = - \frac{GRAMO METRO}{r} - \frac{(ω r pecado θ)^{2}}{2} . \end{matrix}

$U~=~- \frac{GM}{r}-\frac{(\omega r \sin \theta)^2}{2}. \tag{1}$

El punto ahora es que (en este modelo idealizado) la superficie de la Tierra es una superficie equipotencial . ("De lo contrario, el agua de los océanos se apresuraría a redistribuirse".) Comparar el ecuador y el polo norte conduce a

\begin{matrix} (2) & gramo (a) h \approx \frac{GRAMO METRO}{b} - \frac{GRAMO METRO}{a} \overset{(1)}{=} \frac{(ω a)^{2}}{2} > 0, \end{matrix}

$g(a)h~\approx~\frac{GM}{b}-\frac{GM}{a}~\stackrel{(1)}{=}~\frac{(\omega a)^2}{2}~>~0,\tag{2}$

dónde $a$ y $b$ son los radios ecuatorial y polar de la Tierra, respectivamente; y $h:=a-b\ll a$ es la diferencia de altura buscada. La ecuación (2) conduce precisamente al resultado del monopolo de Mark Eichenlaub para $h$ , cual es $\frac{2}{5}$ menor que el resultado del cuadrupolo .

II) Por otro lado, si diferenciamos la ec. (1), obtenemos precisamente la fórmula de equilibrio de fuerzas de OP

\begin{matrix} (3) & 0 = d tu = (gramo (r) - (ω pecado θ)^{2} r) d r - (ω r)^{2} pecado θ porque θ d θ . \end{matrix}

$0~=~\mathrm{d}U~=~\left(g(r)-(\omega\sin \theta)^2 r\right)\mathrm{d}r -(\omega r )^2\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta. \tag{3}$

En este punto, OP ignora la dependencia radial de $g(r)$ y lo trata como una constante $g$ . Este modelo corresponde a una energía potencial total

\begin{matrix} (4) & V = gramo r - \frac{(ω r pecado θ)^{2}}{2} . \end{matrix}

$V~=~ gr-\frac{(\omega r \sin \theta)^2}{2}. \tag{4}$

Comparar el ecuador y el polo norte conduce a

\begin{matrix} (5) & gramo h = gramo b - gramo a \overset{(4)}{=} - \frac{(ω a)^{2}}{2} < 0, \end{matrix}

$gh~=~g b-ga~\stackrel{(4)}{=}~-\frac{(\omega a)^2}{2}~<~0, \tag{5}$

que predice una Tierra alargada en lugar de una Tierra achatada .

III) El siguiente OP asume que uno de los términos centrífugos $(\omega\sin \theta)^2 r \ll g$ en la ec. (3) es pequeño y debe ignorarse. Esto significa que la ec. (3) ya no es un diferencial perfecto. Sin embargo, un factor de integración es $\frac{1}{r^2}$ , por lo que esto conduce a una primera integral

\begin{matrix} (6) & W = - \frac{gramo}{r} - \frac{(ω pecado θ)^{2}}{2} . \end{matrix}

$W~=~ -\frac{g}{r}-\frac{(\omega \sin \theta)^2}{2}. \tag{6}$

Comparar el ecuador y el polo norte conduce a

\begin{matrix} (7) & \frac{gramo h}{a b} = \frac{gramo}{b} - \frac{gramo}{a} \overset{(6)}{=} \frac{ω^{2}}{2} > 0, \end{matrix}

$\frac{gh}{ab}~=~\frac{g}{b}-\frac{g}{a}~\stackrel{(6)}{=}~\frac{\omega^2}{2}~>~0, \tag{7}$

que reproduce notablemente el resultado del monopolo de Mark Eichenlaub (2). En otras palabras, dos aproximaciones no tan pequeñas de OP se han cancelado.

Gracias por tu respuesta. Tendré que tomarme un tiempo para digerirlo. También me alegra que haya proporcionado un enlace a la pregunta de Mark Eichenlaub. Voy a leer las respuestas allí también.

usuario1086737 · Answer 2

usuario1086737

El problema es con la suposición:

... Asumiré que $\omega^{2}r$ es pequeño en comparación con $g$

Esto significa: la fuerza centrífuga en el ecuador es insignificante.
Y esto no puede ser cierto, porque el planeta sería una esfera perfecta.

(Nota: la palabra "pequeño" se usó como "insignificante" al construir la ecuación)

robarjohn

Estoy incluyendo la contribución de la fuerza centrífuga; Eso es

ω^{2} r \cos (ϕ)

$\omega^2r\cos(\phi)$ . Es la contribución de la redistribución de la masa que supuse que era insignificante. Evidentemente, no lo es.

usuario1086737

Quise decir fuerza centrífuga en el ecuador (agregado a la respuesta). La fuerza centrífuga en el ecuador es proporcional a

ω^{2} r

$\omega^{2}r$ y la gravitacional es proporcional a

g

$g$ .

robarjohn

asumo que

ω^{2} r

$\omega^2r$ es pequeño en comparación con

g

$g$ , no es que sea insignificante. Si fuera insignificante, no habría oblación en absoluto. Esto significa que los términos de segundo orden en

ω^{2} r

$\omega^2r$ será aún más pequeño en comparación con

g^{2}

$g^2$ .

usuario1086737

Si

ω^{2} r

$\omega^2r$ es pequeño pero no insignificante - puede

ω^{2} r \cos^{2} (ϕ)

$\omega^2r\cos^2(\phi)$ ser omitido de la integral?

robarjohn

Estoy mirando las contribuciones de primer orden. Desde

ω^{2} r / g ≐ 0.003433

$\omega^2r/g\doteq0.003433$ , aproximando el denominador con

g

$g$ en vez de

g - ω^{2} r \cos^{2} (ϕ)

$g-\omega^2r\cos^2(\phi)$ alterará el resultado como máximo

0.34 %

$0.34\%$ . Eso es mucho más pequeño que la diferencia vista.

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robarjohn

Precesión del eje y abultamiento de la tierra

¿Cómo explicar el abultamiento ecuatorial de la Tierra sin fuerza centrífuga?

¿Está descentrada la fuerza gravitacional aparente en ciertas partes de un planeta esférico giratorio?

¿Por qué pesamos menos en el ecuador cuando la fuerza centrífuga no es una fuerza en absoluto? [duplicar]

¿Por qué la Tierra es tan gorda?

¿Cómo sabemos que la Tierra no es una esfera perfecta?

¿Puede una persona en el ecuador saltar más alto en el aire al atardecer que al amanecer?

¿La gravedad se vuelve más fuerte cuanto más alto estás en una montaña?

Cuál es la causa de la rotación planetaria. Rotación no orbital [cerrado]

Flujo de la tubería de agua del ecuador al nivel del mar?