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¿Por qué el Sol es casi perfectamente esférico?

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

Entiendo que el resultado anterior es sólo una medición, y busqué la confirmación del resultado. Sin embargo, Wikipedia acepta su validez:

Según esta medida, el Sol es una esfera casi perfecta con un oblato estimado en unas 9 millonésimas, lo que significa que su diámetro polar difiere de su diámetro ecuatorial en sólo 10 kilómetros.

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Dos preguntas sobre este tema:

  • Para mí, al menos, es un resultado totalmente contrario a la intuición. ¿Puede alguien explicar de qué causas surgió esta simetría? ¿Es una combinación de una tasa de rotación lenta combinada con un campo gravitatorio central altamente isotrópico? Pensé que habría un abultamiento ecuatorial, aunque la tasa de rotación sea lenta.

  • ¿Indica este resultado, para una sola estrella ordinaria, hasta donde yo sé, que los colapsos estelares asimétricos son mucho menos probables de lo que se había previsto anteriormente? Hay que admitir que se trata de una sola estrella entre incontables miles de millones, pero por otro lado, al tratarse de una muestra aleatoria, bien podría ser indicativa de muchos más objetos esféricos similares "extremadamente" (si puedo usar esa palabra).

68voto

Rob Jeffries Puntos 26630

La simetría del Sol tiene muy poco que ver con una 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 de radio similar pero con ángulos polares o azimutales diferentes. El gradiente de presión resultante provocaría flujos de fluidos que borrarían la asimetría.

Las posibles fuentes de asimetría en las estrellas podrían ser la rotación rápida o la presencia de una compañera binaria, que rompen la simetría del potencial gravitatorio efectivo, incluso si la estrella fuera esféricamente simétrica. El Sol no tiene ninguna de las dos cosas (la aceleración centrífuga en el ecuador es sólo de unas 20 millonésimas partes 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 la oblatura/elipticidad y el índice de rotación se trata con cierto detalle aquí para un densidad uniforme Esferoide autogravitatorio y se obtiene la siguiente aproximación analítica para la relación entre el radio ecuatorial y el polar $$ \frac{r_e}{r_p} = \frac{1 + \epsilon/3}{1-2\epsilon/3}, $$ donde $\epsilon$ El elipticidad se relaciona con la rotación y la masa como $$\epsilon = \frac{5}{4}\frac{\Omega^2 a^3}{GM}$$ y $a$ es el media radio, $\Omega$ la velocidad angular.

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

Una última reflexión. La oblación de una estrella única como el Sol depende de su rotación. Podríamos preguntarnos cómo de típica es la (pequeña) tasa de rotación del Sol que lleva a una oblatura muy pequeña. Las estrellas de rotación más rápida como el Sol (y especialmente las más masivas) hacer existen; las estrellas muy jóvenes pueden girar hasta unas 100 veces más rápido que el Sol, lo que provoca una oblación importante. Sin embargo, las estrellas similares al Sol giran hacia abajo a través de un viento magnetizado a medida que envejecen. La velocidad de giro depende en el índice de rotación y esto significa que solo (o al menos las estrellas que no están en sistemas binarios cercanos y bloqueados por la marea) las estrellas convergen a una relación de edad de rotación casi única a edades superiores a los mil millones de años. Por lo tanto, esperamos (aún está por demostrar, ya que las edades estelares son difíciles de estimar) que todas las estrellas similares al Sol con una edad similar a la del Sol deberían tener tasas de rotación similares y oblataciones igualmente pequeñas.

13voto

Stefano Puntos 763

I) En esta respuesta sólo hablaremos de la forma de equilibrio. Recuerda que cuando hablamos de la forma de la Tierra en este En el post de Phys.SE, el momento cuadrupolar gravitacional era importante. A diferencia de la Tierra, desde la perspectiva de la superficie, es una muy buena aproximación suponer que toda la masa del Sol se asienta en el centro, cf. gráfico inferior.

Además, el Teorema de la cáscara de Newton ayuda aquí. Llegamos a la conclusión de que basta con considerar el campo gravitatorio monopolar

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

del Sol. De la Wikipedia, obtenemos que

$$\tag{2} G~=~ 6.674\cdot 10^{−11} {\rm Nm}^2/{\rm kg}^2\quad\text{and}\quad M~=~(1.98855 \pm 0.00025)\cdot 10^{30} {\rm kg}. $$ El radio y el periodo ecuatorial son $$\tag{3} r_e~=~(696342\pm 65)~{\rm km} \quad\text{and}\quad T_e~=~25.05 ~{\rm days}, $$

respectivamente. La velocidad ecuatorial es

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

La gravedad superficial ecuatorial es entonces

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

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

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

que lleva a un aplanamiento

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

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

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

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

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

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

Análogamente, defina para su conveniencia posterior la cantidad

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

que es proporcional a $T^2$ . La aceleración centrífuga es $$\tag{11} a_{\rm cf}~=~\omega^2 r\sin\theta.$$

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

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

La diferencial (12) es inexacto . Después de multiplicar con un factor integrador, tenemos tenemos

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

donde

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

El potencial se convierte en

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

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

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

o de forma equivalente,

$$ \frac{1}{2 A_p u_e^2} ~\stackrel{(16)}{=}~ \int_{u_e}^{u_p} \! du~ \exp\left(\frac{2}{3}A^{\prime} (u^3-u_e^3) \right)~$$ $$ \tag{17}\approx~ \int_{u_e}^{u_p} \! du~ e^{2 A^{\prime} (u-u_e) u_e^2} ~=~\frac{e^{2 A^{\prime} (u_p-u_e) u_e^2}-1}{2A^{\prime} u_e^2}.$$

La diferencia de altura se convierte en

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

lo que lleva a un aplanamiento

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

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

--

$^1$ Además de cumplir con las condiciones de contorno correctas, el ansatz (9) se elige, ciertamente, para que el factor integrador (14) sea sencillo (en lugar de basarse en observaciones o modelos astrofísicos).

-3voto

200gaga Puntos 16

Creo que la distancia presta una imagen falsa para aparecer como una esfera... En una mirada más cercana, se vería realmente los altibajos, el exterior rugoso... Tal vez, la cubierta gaseosa exterior, que es ligera, gira incluso en toda la superficie del Sol debido a la fuerte gravedad que le da la forma redonda...

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