¿Por qué el Sol es casi perfectamente esférico?

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¿Por qué el Sol es casi perfectamente esférico?

sol
gravedad
Física
astrofísica
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evolución estelar

Anónimo

Mediciones relativamente recientes indican que el Sol es casi el objeto más redondo jamás medido. Si se escalara al tamaño de una pelota de playa, sería tan redondo que la diferencia entre los diámetros más ancho y estrecho sería mucho menor que el ancho de un cabello humano.

Aprecio que el resultado anterior es solo una medida, y busqué la confirmación del resultado. Sin embargo, Wikipedia acepta su validez:

Según esta medida, el Sol es una esfera casi perfecta con un achatamiento estimado en aproximadamente 9 millonésimas, lo que significa que su diámetro polar difiere de su diámetro ecuatorial en solo 10 kilómetros (6,2 millas).

Dos preguntas sobre este tema:

Al menos para mí, es un resultado completamente contrario a la intuición. ¿Alguien puede explicar de qué causas surgió esta simetría? ¿Es una combinación de una velocidad de rotación lenta combinada con un campo gravitatorio central altamente isotrópico? Pensé que habría una protuberancia ecuatorial, aunque la velocidad de rotación es lenta.
¿Este resultado, para una sola estrella ordinaria, hasta donde yo sé, indica que los colapsos estelares asimétricos son mucho menos probables de lo que se había previsto anteriormente? Admitido, es solo una estrella entre innumerables miles de millones, pero por otro lado, como es una muestra aleatoria, bien puede ser indicativo de muchos más objetos "extremadamente" (si puedo usar esa palabra) esféricos similares.

tonyk

Esto fue una sorpresa para mí, ¡pensé que debías haber cometido un error! Pero no, tus cifras se comprueban. Gracias por aclararme usted.

usuario81619

@TonyK, de nada, el enlace en la parte superior de la publicación brinda más detalles y Rob da la respuesta. Habría perdido una apuesta si alguien me preguntara "¿cuál es la cosa más redonda del sistema solar?" Gracias y saludos

camden_kid

Esa imagen tiene la ilusión óptica más extraña. Parece que la parte gaseosa exterior se encoge.

Trozo de cuero

Gracias por las preguntas y los comentarios. Sólo me opongo, como abogado del diablo, a que el Sol sea una “muestra aleatoria”. Podría haber algo en su simetría que fuera un poco más propicio para la vida en uno de sus planetas y, por lo tanto, para la presencia de nosotros observándolo.

ProfRob

@DaG No sucede nada al azar aquí. La oblatividad está relacionada con la tasa de rotación. Se podría argumentar que las estrellas nacen con un rango de momentos angulares, pero a medida que las estrellas similares al Sol envejecen, giran hacia abajo a una velocidad que depende de su velocidad de rotación, lo que significa que convergen en una relación única de edad de rotación. Por lo tanto, uno espera que la mayoría de las estrellas individuales de una edad similar al Sol tengan un achatamiento similar.

Emilio Pisanty

¿Quieres decir aparte de todas esas partes que sobresalen?

usuario81619

@EmilioPisanty Lo sé, lo sé, hay otras imágenes de un sol totalmente circular, suave y pastoso visto a través de las nubes, pero permítanme un poco de margen dramático :)

Emilio Pisanty

Documento real en cuestión: La forma solar precisa y su variabilidad, JR Kuhn, R. Bush, M. Emilio e IF Scholl, Science 337 no. 6102, 1638 (2012) .

Steven

To me at least, it is a completely counter-intuitive result.Me disculpo de antemano por mi intuición aparentemente bastante diferente. Pero para mí, no veo nada contrario a la intuición en absoluto en que el sol sea muy, muy redondo. Al igual que una gota de agua en el espacio libre sería muy, muy redonda. Esta pregunta no dice por qué esto es extraño y contradictorio. ¿Cómo es que esto aparentemente es una sorpresa?

usuario81619

@Steeven, no es necesario que se disculpe en absoluto, pensé que habría una protuberancia ecuatorial, aunque la velocidad de rotación es lenta. En otras palabras, debería haber investigado más primero :) Saludos

Steven

¡Ah, ya veo! Buena pregunta entonces :-) deberías agregar ese hecho a la pregunta para explicar el motivo de la sorpresa.

Respuestas (3)

¿Por qué el Sol es casi perfectamente esférico?

Esto fue una sorpresa para mí, ¡pensé que debías haber cometido un error! Pero no, tus cifras se comprueban. Gracias por aclararme usted.
@TonyK, de nada, el enlace en la parte superior de la publicación brinda más detalles y Rob da la respuesta. Habría perdido una apuesta si alguien me preguntara "¿cuál es la cosa más redonda del sistema solar?" Gracias y saludos
Esa imagen tiene la ilusión óptica más extraña. Parece que la parte gaseosa exterior se encoge.
Gracias por las preguntas y los comentarios. Sólo me opongo, como abogado del diablo, a que el Sol sea una “muestra aleatoria”. Podría haber algo en su simetría que fuera un poco más propicio para la vida en uno de sus planetas y, por lo tanto, para la presencia de nosotros observándolo.
@DaG No sucede nada al azar aquí. La oblatividad está relacionada con la tasa de rotación. Se podría argumentar que las estrellas nacen con un rango de momentos angulares, pero a medida que las estrellas similares al Sol envejecen, giran hacia abajo a una velocidad que depende de su velocidad de rotación, lo que significa que convergen en una relación única de edad de rotación. Por lo tanto, uno espera que la mayoría de las estrellas individuales de una edad similar al Sol tengan un achatamiento similar.
@EmilioPisanty Lo sé, lo sé, hay otras imágenes de un sol totalmente circular, suave y pastoso visto a través de las nubes, pero permítanme un poco de margen dramático :)
Documento real en cuestión: La forma solar precisa y su variabilidad, JR Kuhn, R. Bush, M. Emilio e IF Scholl, Science 337 no. 6102, 1638 (2012) .
To me at least, it is a completely counter-intuitive result.Me disculpo de antemano por mi intuición aparentemente bastante diferente. Pero para mí, no veo nada contrario a la intuición en absoluto en que el sol sea muy, muy redondo. Al igual que una gota de agua en el espacio libre sería muy, muy redonda. Esta pregunta no dice por qué esto es extraño y contradictorio. ¿Cómo es que esto aparentemente es una sorpresa?
@Steeven, no es necesario que se disculpe en absoluto, pensé que habría una protuberancia ecuatorial, aunque la velocidad de rotación es lenta. En otras palabras, debería haber investigado más primero :) Saludos
¡Ah, ya veo! Buena pregunta entonces :-) deberías agregar ese hecho a la pregunta para explicar el motivo de la sorpresa.

ProfRob · Answer 1

La simetría del Sol tiene muy poco que ver con cualquier simetría en su formación.

El Sol ha tenido mucho tiempo para alcanzar un equilibrio entre su propia gravedad y su gradiente de presión interna. Cualquier desviación de la simetría implicaría una diferencia de presión en regiones con un radio similar pero diferentes ángulos polares o azimutales. El gradiente de presión resultante desencadenaría flujos de fluido que borrarían la asimetría.

Las posibles fuentes de asimetría en las estrellas podrían incluir la rotación rápida o la presencia de un compañero binario, los cuales rompen la simetría del potencial gravitacional efectivo, incluso si la estrella fuera esféricamente simétrica. El Sol no tiene ninguno de estos (la aceleración centrífuga en el ecuador es solo unas 20 millonésimas de la gravedad de la superficie, y Júpiter es demasiado pequeño y está demasiado lejos para tener un efecto) y simplemente se relaja a una configuración casi esféricamente simétrica.

La relación entre achatamiento/elipticidad y velocidad de rotación se trata aquí con cierto detalle para un esferoide autogravitatorio de densidad uniforme y se obtiene la siguiente aproximación analítica para la relación entre el radio ecuatorial y el polar.

\frac{r_{mi}}{r_{pags}} = \frac{1 + ϵ / 3}{1 - 2 ϵ / 3},

$\frac{r_e}{r_p} = \frac{1 + \epsilon/3}{1-2\epsilon/3},$ dónde

ϵ

$\epsilon$ , la elipticidad está relacionada con la rotación y la masa como

ϵ = \frac{5}{4} \frac{Ω^{2} a^{3}}{GRAMO METRO}

$\epsilon = \frac{5}{4}\frac{\Omega^2 a^3}{GM}$ y

a

$a$ es el radio medio ,

Ω

$\Omega$ la velocidad angular

Poniendo números para el Sol (usando el período de rotación ecuatorial), obtengo $\epsilon=2.8\times10^{-5}$ y por lo tanto $r_e/r_p =1.000028$ o $r_e-r_p = \epsilon a = 19.5$ kilómetros Por lo tanto, este cálculo simple da el valor observado a un factor pequeño, pero obviamente es solo una aproximación porque (a) el Sol no tiene una densidad uniforme y (b) gira diferencialmente con la latitud en su envoltura exterior.

Un pensamiento final. El achatamiento de una sola estrella como el Sol depende de su rotación. Podría preguntarse, ¿qué tan típica es la (pequeña) tasa de rotación del Sol que conduce a un achatamiento muy pequeño? Existen estrellas similares al Sol (y especialmente más masivas) que giran más rápidamente ; Las estrellas muy jóvenes pueden rotar hasta unas 100 veces más rápido que el Sol, lo que lleva a un achatamiento significativo. Sin embargo, las estrellas similares al Sol giran hacia abajo a través de un viento magnetizado a medida que envejecen. La velocidad de rotación depende de la velocidad de rotación y esto significa que solo(o al menos estrellas que no están en sistemas binarios cerrados y bloqueados por mareas) las estrellas convergen en una relación de edad de rotación cercana a única en edades superiores a los mil millones de años. Por lo tanto, esperamos (queda por demostrar, ya que las edades estelares son difíciles de estimar) que todas las estrellas similares al Sol con una edad similar al Sol deberían tener velocidades de rotación similares y un achatamiento similarmente pequeño.

Gracias por eso, simplemente no me di cuenta antes de leer un artículo de lo realmente esférico que era.
@count_to_10 Yo tampoco, pero supongo que 2 km/s en el ecuador es una aceleración de solo 20 millonésimas de la gravedad de la superficie.
Otro punto. El sol está muy caliente. Eso significa que la mayor parte se comporta como un fluido, lo que significa que las fuerzas no tardan mucho en deformarlo.
Un poco tangente pero interesante; ¿Esta respuesta implica que la asimetría de otros cuerpos esféricos, por ejemplo, la Tierra, es causada por su velocidad de rotación y la presencia de la luna? Tiene sentido supongo...
@ mike-source Se trata de la relación entre la fuerza gravitatoria y la fuerza centrífuga, básicamente. El Sol gira rápido, pero no lo suficientemente rápido como para compensar su enorme gravedad. La Tierra es mucho menos masiva y, como tal, la distorsión rotacional es mucho más pronunciada. Además, la Tierra tiene sólidos: esto es mucho menos importante que la rotación en promedio, pero proporciona algunos máximos y mínimos locales interesantes. La gravedad de la Luna es demasiado baja para importar: la aceleración es pequeña; es posible que te hayas confundido con la explicación habitual (y errónea) de cómo funcionan las mareas.
@yo' Algunas escalas de tiempo: la escala de tiempo térmica del Sol $\sim 10^{7}$ años; la escala de tiempo térmica de la envoltura convectiva del Sol $\sim 10^{5}$ años; escala de tiempo térmica de las células convectivas cerca de la fotosfera $\sim 1$ día; escala de tiempo difusiva en el sobre $\sim 1$ año. Esperaría que la no esfericidad se elimine en alguna combinación de estas escalas de tiempo, todas las cuales son mucho más pequeñas que su edad.
@RobJeffries Ah, lo siento, arruiné las cosas en mi cabeza. Eliminaré mi pregunta sin sentido en breve.
@RobJeffries gracias nuevamente por la respuesta Rob, ahora entiendo más que nunca acerca de hacer suposiciones incorrectas.
Dado que casi todas las demás propiedades del sol se rigen por la física del plasma, su forma está más definida por un equilibrio de la física del plasma.
Vale la pena señalar que la gravedad de la superficie del Sol es de 28 gy un período de rotación de alrededor de 25 días. Entonces sí, uno esperaría que fuera mucho más esférico que la Tierra o Júpiter.
@Luaan "es posible que te haya engañado la explicación habitual (e incorrecta) de cómo funcionan las mareas". ¿Podrías elaborar? Estoy bastante seguro de que sé cómo funcionan las mareas, pero me tienes dudando.

qmecanico · Answer 2

I) En esta respuesta solo discutiremos la forma de equilibrio. Recuerde que cuando discutimos la forma de la Tierra en esta publicación de Phys.SE, el momento cuadripolar gravitatorio fue importante. A diferencia de la Tierra, desde una perspectiva superficial, suponer que toda la masa del Sol se encuentra en el centro es una muy buena aproximación, cf. debajo del gráfico.

Además, el teorema de la capa de Newton ayuda aquí. Concluimos que es suficiente considerar el campo monopolar gravitacional

\begin{matrix} (1) & gramo (r) = \frac{GRAMO METRO}{r^{2}} \end{matrix}

$\tag{1} g(r)~=~\frac{GM}{r^2}$

del sol. De Wikipedia, obtenemos que

\begin{matrix} (2) & GRAMO = 6.674 \cdot 10^{- 11} {norte metro}^{2} / {k gramo}^{2} y METRO = (1.98855 \pm 0.00025) \cdot 10^{30} k gramo . \end{matrix}

$\tag{2} G~=~ 6.674\cdot 10^{−11} {\rm Nm}^2/{\rm kg}^2\quad\text{and}\quad M~=~(1.98855 \pm 0.00025)\cdot 10^{30} {\rm kg}.$ El radio y el período ecuatoriales son

\begin{matrix} (3) & r_{mi} = (696342 \pm sesenta y cinco) k metro y T_{mi} = 25.05 d a y s, \end{matrix}

$\tag{3} r_e~=~(696342\pm 65)~{\rm km} \quad\text{and}\quad T_e~=~25.05 ~{\rm days},$

respectivamente. La velocidad ecuatorial es

\begin{matrix} (4) & v_{mi} = ω_{mi} r_{mi} = \frac{2 π r_{mi}}{T_{mi}} \approx 2.02 k metro / s . \end{matrix}

$\tag{4} v_e~=~\omega_e r_e~=~\frac{2\pi r_e}{T_e}~\approx~2.02 ~{\rm km/s}.$

La gravedad de la superficie ecuatorial es entonces

\begin{matrix} (5) & {gramo}_{mi} = \frac{GRAMO METRO}{r_{mi}^{2}} \approx 274 metro / s^{2} . \end{matrix}

$\tag{5} g_e~=~\frac{GM}{r_e^2}~\approx~274~{\rm m/s^2}.$

Repitiendo el argumento del monopolo de Mark Eichenlaub para el Sol, la diferencia de altura entre el radio ecuatorial y polar se convierte en

\begin{matrix} (6) & h := r_{mi} - r_{pags} = \frac{v_{mi}^{2}}{2 {gramo}_{mi}} \approx 7.5 k metro, \end{matrix}

$\tag{6} h~:=~r_e-r_p~=~\frac{v_e^2}{2g_e}~\approx~7.5 ~{\rm km},$

que conduce a un aplanamiento

\begin{matrix} (7) & F = \frac{h}{r_{mi}} \approx 11 \cdot 10^{- 6} . \end{matrix}

$\tag{7} f~=~\frac{h}{r_e}~\approx~ 11 \cdot 10^{-6} .$

Esta estimación supera en un 20% el aplanamiento real observado, que es solo $9 \cdot 10^{-6}$ .

II) En el resto de esta respuesta, nos gustaría argumentar que la diferencia del 20% en eq. (7) se debe principalmente al hecho de que el Sol no gira como un cuerpo rígido, lo cual supusimos implícitamente en la Sección I. El período polar

\begin{matrix} (8) & T_{pags} = 34.4 d a y s \end{matrix}

$\tag{8} T_p~=~34.4 ~{\rm days}$

es más lento que el período ecuatorial (3). Para proceder, supongamos por simplicidad que el cuadrado $T^2$ del período $T$ depende del ángulo polar $\theta$ de la siguiente manera $^1$

\begin{matrix} (9) & T^{2} = T_{pags}^{2} + s (T_{mi}^{2} - T_{pags}^{2}), s \equiv {pecado}^{2} θ, ω \equiv \frac{2 π}{T} . \end{matrix}

$\tag{9} T^2~=~T_p^2 + s (T_e^2-T_p^2) , \qquad s~\equiv~\sin^2\theta,\qquad \omega~\equiv~ \frac{2\pi}{T}.$

Análogamente, defina para conveniencia posterior la cantidad

\begin{matrix} (10) & A := \frac{GRAMO METRO}{ω^{2}} = A_{pags} + s A^{'}, A^{'} := A_{mi} - A_{pags} < 0, \end{matrix}

$\tag{10} A~:=~\frac{GM}{\omega^2}~=~ A_p + s A^{\prime}, \qquad A^{\prime}~:=~A_e-A_p~<~0,$

que es proporcional a $T^2$ . La aceleración centrífuga es

\begin{matrix} (11) & a_{C F} = ω^{2} r pecado θ . \end{matrix}

$\tag{11} a_{\rm cf}~=~\omega^2 r\sin\theta.$

Usando argumentos similares a mi respuesta Phys.SE aquí , la fuerza total debe ser perpendicular a la superficie

\begin{matrix} (12) & (gramo - a_{C F} pecado θ) d r - a_{C F} porque θ r d θ = 0. \end{matrix}

$\tag{12} \left(g -a_{\rm cf} \sin \theta \right)\mathrm{d}r -a_{\rm cf} \cos \theta ~r\mathrm{d}\theta~=~0.$

El diferencial (12) es inexacto . Después de multiplicar con un factor integrante, tenemos

\begin{matrix} (13) & d tu = λ (tu) [(\frac{A}{r^{2}} - s r) d r - \frac{r^{2}}{2} d s], \end{matrix}

$\tag{13} \mathrm{d}U~=~\lambda(u) \left[\left(\frac{A}{r^2}-sr\right)\mathrm{d}r -\frac{r^2}{2}\mathrm{d}s\right],$

dónde

\begin{matrix} (14) & λ (tu) := Exp (\frac{2}{3} A^{'} {tu}^{3}), tu \equiv \frac{1}{r} . \end{matrix}

$\tag{14} \lambda(u)~:=~\exp\left(\frac{2}{3}A^{\prime} u^3 \right) , \qquad u~\equiv~\frac{1}{r}.$

El potencial se convierte

\begin{matrix} (15) & tu = - A_{pags} \int_{0}^{tu} d {tu}^{'} λ ({tu}^{'}) - s \frac{λ (tu)}{2 {tu}^{2}} . \end{matrix}

$\tag{15} U~=~ -A_p \int_0^u \! du^{\prime} ~ \lambda(u^{\prime}) - s\frac{\lambda(u)}{2u^2} .$

La diferencia entre el potencial ecuatorial y polar debe ser cero:

\begin{matrix} (dieciséis) & 0 = {tu}_{mi} - {tu}_{pags} = A_{pags} \int_{{tu}_{mi}}^{{tu}_{pags}} d tu λ (tu) - \frac{λ ({tu}_{mi})}{2 {tu}_{mi}^{2}}, \end{matrix}

$\tag{16} 0~=~U_e-U_p~=~ A_p \int_{u_e}^{u_p} \! du~\lambda(u) -\frac{\lambda(u_e)}{2u_e^2} ,$

o equivalente,

\frac{1}{2 A_{pags} {tu}_{mi}^{2}} \overset{(dieciséis)}{=} \int_{{tu}_{mi}}^{{tu}_{pags}} d tu Exp (\frac{2}{3} A^{'} ({tu}^{3} - {tu}_{mi}^{3}))

$\frac{1}{2 A_p u_e^2} ~\stackrel{(16)}{=}~ \int_{u_e}^{u_p} \! du~ \exp\left(\frac{2}{3}A^{\prime} (u^3-u_e^3) \right)~$

\begin{matrix} (17) & \approx \int_{{tu}_{mi}}^{{tu}_{pags}} d tu {mi}^{2 A^{'} (tu - {tu}_{mi}) {tu}_{mi}^{2}} = \frac{{mi}^{2 A^{'} ({tu}_{pags} - {tu}_{mi}) {tu}_{mi}^{2}} - 1}{2 A^{'} {tu}_{mi}^{2}} . \end{matrix}

$\tag{17}\approx~ \int_{u_e}^{u_p} \! du~ e^{2 A^{\prime} (u-u_e) u_e^2} ~=~\frac{e^{2 A^{\prime} (u_p-u_e) u_e^2}-1}{2A^{\prime} u_e^2}.$

La diferencia de altura se convierte en

\begin{matrix} (18) & h := r_{mi} - r_{pags} \approx \frac{{tu}_{pags} - {tu}_{mi}}{{tu}_{mi}^{2}} \overset{(17)}{\approx} \frac{r_{mi}^{4}}{2 A^{'}} en (1 + \frac{A^{'}}{A_{pags}}) \approx 5.3 k metro, \end{matrix}

$\tag{18} h~:=~r_e-r_p~\approx~\frac{u_p-u_e}{u_e^2}~\stackrel{(17)}{\approx}~\frac{r_e^4}{2A^{\prime}} \ln \left(1 + \frac{A^{\prime}}{A_p}\right)~\approx~5.3~{\rm km},$

que conduce a un aplanamiento

\begin{matrix} (19) & F = \frac{h}{r_{mi}} \approx 8 \cdot 10^{- 6}, \end{matrix}

$\tag{19} f~=~\frac{h}{r_e}~\approx~ 8 \cdot 10^{-6} ,$

que está un 10% por debajo del aplanamiento observado. De todos modos, el modelo simple anterior demuestra que es importante tener en cuenta la rotación diferencial no rígida del Sol.

--

$^1$ Además de cumplir las condiciones de contorno correctas, se admite que el ansatz (9) se elige para simplificar el factor de integración (14) (en lugar de basarse en observaciones o modelos astrofísicos).

Suresh Kumar · Answer 3

Creo que la distancia da una imagen falsa para que parezca una esfera... Mirando más de cerca, en realidad verías los altibajos, el exterior resistente... Tal vez, la cubierta gaseosa exterior, que es liviana, gira incluso en el toda la superficie del Sol debido a la fuerte gravedad que le da la forma redonda...

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