¿El mar formará una superficie cóncava?

Question

Sin descuidar el hecho de que la tierra gira, situémonos en un barco (de manera que no haya movimiento relativo entre el mar y el barco) en un mar que rodea el punto más septentrional o más meridional del eje de rotación de la tierra.

¿Verá la tripulación del barco una superficie de agua cóncava (utilizando el argumento del cubo giratorio de Newton)?

_{(fuente: <a href="http://images.books24x7.com/bookimages/id_16255/figa3-1.jpg" rel="nofollow noreferrer">books24x7.com </a>)}

_{(fuente: <a href="http://www.physicalgeography.net/fundamentals/images/rotation_poles.jpg" rel="nofollow noreferrer">physicalgeography.net </a>)}

Answer 1

No, no lo hará.

En un cubo, las fuerzas gravitatorias que actúan sobre cada partícula del fluido son paralelas (si el cubo es pequeño con respecto al radio de la Tierra, lo que creo que siempre podemos suponer). Sin rotaciones, el fluido formará una superficie plana dentro del cubo (que no es ni convexa ni cóncava). Esta superficie coincide con una superficie de energía potencial constante (dada por el campo gravitatorio de la Tierra). En presencia de una fuerza centrípeta, la superficie de energía potencial constante es ahora una superficie cóncava, debido a la presencia de un término de energía potencial dado por el campo centrípeto.

Las fuerzas gravitatorias que actúan sobre cada partícula del agua del océano no son paralelas (de hecho, la Tierra es una esfera). La fuerza centrípeta debida a la rotación de la Tierra no hará que el océano sea cóncavo. El efecto de las fuerzas centrípetas en este caso es el hecho de que el radio de la Tierra es mayor en el ecuador que en los polos. Como consecuencia de ello, la forma de la Tierra es la de un elipsoide de revolución. Para verlo más claramente, se puede calcular la energía potencial de un punto de la superficie, considerando la suma de la aceleración gravitatoria y las fuerzas centrípetas. El nivel del mar coincide con una superficie de energía potencial constante.

Obsérvese que la fuerza centrípeta no sólo deforma la forma de las aguas de una esfera perfecta a un elipsoide, sino que también deforma la corteza terrestre.

Answer 2

El mismo efecto se produce, pero la magnitud es muy pequeña en comparación con la curvatura natural de la tierra.

La siguiente pregunta sería: ¿podría haber un planeta en el que el océano formara una superficie cóncava en los polos?

Respuesta intuitiva

Si el agua desea tanto alejarse de los polos hacia el exterior como para formar una superficie cóncava, querrá alejarse del eje tanto más cuanto más se aleje y, por tanto, arrojará el líquido fuera del planeta (junto con todo lo demás).

Análisis matemático

La superficie de un líquido expuesto a una atmósfera está a una presión constante. Suponiendo que la gravedad debida a la masa del océano a alturas superiores a la altura mínima de la superficie es despreciable, la gravedad de un planeta aumentará la presión según:

$$\frac {\partial P}{\partial r}=-\frac{G\,M\,\rho}{r^2}$$

Donde r es la coordenada esférica correspondiente a $\sqrt{r^2+z^2}$ en coordenadas cilíndricas. Así que las contribuciones de presión cilíndrica debidas a la gravedad son:

$$\frac {\partial P}{\partial z}=-\frac{G\,M\,\rho\,z}{(r^2+z^2)^\frac32}$$

$$\frac {\partial P}{\partial r}=-\frac{G\,M\,\rho\,r}{(r^2+z^2)^\frac32}$$

Y la rotación del planeta añadirá un gradiente de presión parcial:

$$\frac {\partial P}{\partial r}=\rho\,\Omega^2\,r$$

Así que los gradientes de presión totales serán:

$$\frac {\partial P}{\partial z}=-\frac{G\,M\,\rho\,z}{(r^2+z^2)^\frac32}$$

$$\frac {\partial P}{\partial r}=-\frac{G\,m\,\rho\,r}{(r^2+z^2)^\frac32}+\rho\,\Omega^2\,r$$

Dado que cualquier superficie tendría que tener una presión constante, podemos afirmar que estas contribuciones de presión tendrían que cancelarse a lo largo de la superficie del océano.

$$\frac {\partial P}{\partial z} dz+\frac {\partial P}{\partial r} dr=0$$

$$-\frac{G\,M\,\rho\,z}{(r^2+z^2)^\frac32} dz - \frac{G\,M\,\rho\,r}{(r^2+z^2)^\frac32}dr+\rho\,\Omega^2\,r dr=0$$

$$\frac{dz}{dr}=\frac{r}{z}\left(\frac{\Omega^2}{G\,M}(r^2+z^2)^\frac32 - 1\right)$$

Para examinar la convexidad de la superficie cerca de los polos podemos observar el signo de $\frac{d^2z}{dr^2}$ para r cerca de cero.

$$\frac{d^2z}{dr^2}=\frac{1}{z}\left(\frac{\Omega^2}{G\,M}(r^2+z^2)^\frac32 - 1\right)+\frac{3\,r^2}{z}\frac{\Omega^2}{G\,M}\sqrt{r^2+z^2}$$

$$\frac{d^2z}{dr^2}(r=0)=\frac{1}{z}\left(\frac{\Omega^2}{G\,M}z^3 - 1\right)$$

Esto indica que las superficies de los polos serían cóncavas:

$$|z(r=0)|>\left(\frac{\Omega^2}{G\,M}\right)^\frac13$$

Desgraciadamente, si introducimos esto en nuestra ecuación de la pendiente veremos un problema ya que entonces $\frac{dz}{dr}$ es positivo para todo r, lo que daría lugar a un planeta sin límites. Aunque no tengo nada en contra de los planetas no limitados, esto invalidaría la suposición de que la masa del líquido por encima del punto más bajo es insignificante en comparación con M (la masa por debajo del punto más bajo)

¿Tensión superficial?

¿Podría la tensión superficial mantener unido un "planeta" del tamaño de una gota mientras gira lo suficientemente rápido como para producir una superficie convexa? No, incluso así sería inestable: http://physics.aps.org/articles/v1/38

Answer 3

El agua no está en un cubo, sino que se mueve libremente. Y se desplaza hacia el ecuador debido a la rotación de la Tierra (aquí también intervienen las fuerzas gravitatorias de la Luna). Así que no creo que vean una superficie convexa, ni siquiera a nivel microscópico. Sin embargo, verían que la superficie del agua es un poco menos convexa que en el ecuador.

Answer 4

Creo (y que alguien me corrija las matemáticas si me equivoco), que hay un pequeño efecto, y no, no es cóncavo nunca.

Si la Tierra fuera un disco plano en rotación, esto sucedería. La forma de esfera de la Tierra hace que las matemáticas bidimensionales sean inexactas, pero veamos las matemáticas bidimensionales de todos modos.

Las matemáticas del cubo de Newton

Fuente: https://en.wikipedia.org/wiki/Bucket_argument

La pequeña g es la aceleración gravitacional (9,8 metros/segundo al cuadrado), y es la tasa de rotación, a veces expresada como . 1 rotación en 24 horas es 1/(24*60*60) rotaciones por segundo, o 1/86400 y r es . . bueno, ahí es donde la ecuación se rompe, porque esta ecuación es para un recipiente plano de agua que gira, no para un globo terráqueo, pero podemos usar 2 definiciones de r, el radio es una y la distancia, del polo al ecuador, o 1/4 de circunferencia es la otra.

radio de la tierra = 6.378.100 metros, por lo que tenemos 1/19,6 * (6.378.100/86400)^2 = (73,8)^2/19,6 = 278 metros, que es la altura que tendrían los bordes del océano si la tierra fuera un disco plano giratorio de agua, a la velocidad de rotación actual, a 1 radio terrestre.

Ahora bien, si utilizamos 1/4 de circunferencia, una aproximación de 10 millones, se hacen las cuentas y se obtienen 683 metros. Ni que decir tiene que ninguna de las dos es una muy buena aproximación a la fuerza de rotación de la tierra, porque el abultamiento de la tierra en el ecuador es unos 42.700 metros mayor que en los polos, pero bueno, estamos usando matemáticas bidimensionales para una aproximación tridimensional, así que no debería sorprendernos fallar bastante.

Si, sólo por diversión, calculamos esto para 1 segundo o arco-segundo (ángulo, no tiempo), eso es 1/3.600 de 1 grado, o unos 30,8 metros. Usando la ecuación del cubo, (30,8/86400)^2 / 19,6 y se obtiene 1/15,4 millones de metros, más o menos, de subida debido al giro de la tierra - prácticamente nada, pero hay que recordar que 1 rotación cada 24 horas es muy lenta, así que un número tan pequeño no debería sorprender.

Ahora bien, si calculamos la curvatura de la tierra para 1 segundo de arco, y la caída esperada, eso es bastante sencillo de aproximar usando el teorema de Pitágoras, así,

Radio = 6.378.100 metros 1 segundo de arco de distancia, unos 30,8 metros

Aplica A^2 + B^2 = C^2 o en este caso A = (C^2 - B^2) ^ 1/2 y obtienes A = (40680159610000 - 949) ^ 1/2 = 6378099,999925 metros (o aproximadamente 1/13.000 de metro de caída debido a la curvatura) a 1 segundo de arco.

Por lo tanto, el efecto de la curvatura es unas 1.000 veces mayor que el de la rotación de la Tierra, incluso a una escala relativamente pequeña. Ahora bien, si la tierra girara más rápido, como 35 veces más rápido o algo así, entonces estas dos fuerzas se equilibrarían entre sí y tendríamos agua plana en los polos. Ese tipo de velocidad de rotación, por supuesto, sería imposible porque a esa velocidad la velocidad ecuatorial sería mayor que la velocidad de escape y la Tierra volaría en pedazos.

Creo que es un ejercicio matemático divertido y trataré de mirar más de cerca más tarde y ver si hay una relación más precisa, pero estoy bastante seguro de que es imposible tener ninguna concavidad, incluso para un objeto que gira muy rápido.

Tal vez un agujero negro de Kerr, pero no te fíes de mi palabra. No los entiendo muy bien.

Este ha sido un curioso ejercicio matemático, y si mis cálculos necesitan ser corregidos, invito a la corrección.