Form des Wassers im rotierenden Eimer

Betrachten Sie den folgenden zylindrischen Behälter mit Flüssigkeit, der sich gleichmäßig dreht$\omega$:

Betrachten Sie ein unendlich kleines flüssiges Element$\mathrm{d}m$in der Höhe$h$über dem Minimum der Parabel. Die darauf wirkenden Kräfte sind:

1) Schwerkraft:

$$g\mathrm{d}m$$ 2) die Zentripetalkraft: $$\mathrm{d}F_c=\omega^2r\mathrm{d}m$$ Betrachten Sie den Winkel$\alpha$: $$\tan\alpha=\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}r}=\frac{F_c}{g\mathrm{d}m}=\frac{\omega^2r\mathrm{d}m}{g\mathrm{d}m}=\frac{\omega^2r}{g}$$ Das bedeutet, dass: $$\omega^2r\mathrm{d}r-g\mathrm{d}h=0$$ Integrieren Sie diese Differentialgleichung: $$\int_0^r\omega^2r\mathrm{d}r=\int_0^hg\mathrm{d}h$$ $$\frac{\omega^2r^2}{2}=gh$$ $$\implies h=\frac{\omega^2r^2}{2g}$$

Dies ist eine quadratische Parabel.

Ihre potentielle Energiefunktion$U(z)$zeigt überhaupt nicht, dass die Wasseroberfläche parabolisch ist. Was Sie finden müssen, ist die funktionelle Form der rotierenden Wasseroberfläche, dh die Oberflächenhöhe$z$als Funktion von$r$in Zylinderkoordinaten$r$Und$z$. (Aufgrund der Rotationssymmetrie$\phi$ist nicht erforderlich.) Die Zentrifugalkraft ist

$$F_{cf}=m\omega^2 r$$ und die Gravitationskraft ist $$F_{grav}=-mg$$ Die Wasseroberfläche ist orthogonal zur Richtung der resultierenden Kraft $$\vec F=\vec F_{cf}+\vec F_{grav}$$ Somit ist die Neigung der Wasseroberfläche $$\frac {dz(r)}{dr}=\frac{|F_{cf}|}{|F_{grav}|}=\frac {m\omega^2 r}{mg}$$ Daraus erhalten wir durch Integration $$z-z_0=\frac{1}{2g}\omega^2 r^2$$ So erhalten wir tatsächlich eine parabolische Oberfläche im rotierenden Wasser im Eimer.

Dieses Problem hat verschiedene Lösungen. Eine davon ist die Anwendung des Prinzips der stationären Aktion. Es ist praktisch, Zylinderkoordinaten zu verwenden:

$$\vec{R} = \vec{R}(r, \phi, z).$$ Betrachten wir ein Wasservolumen, das sich wie ein ganzer Körper dreht, dh jedes kleine Wasservolumen (Klecks) hat die gleiche Winkelgeschwindigkeit$\Omega$. Der nächste Schritt besteht darin, dieses Problem auf ein statisches Problem zu reduzieren. Um dies zu erreichen, sollten wir uns das Wasser aus dem Bezugssystem ansehen, das sich ebenfalls mit Winkelgeschwindigkeit dreht$\Omega$(um die gleiche Achse wie das Wasservolumen). Aus dieser Sicht ist das Wasser in Ruhe. Dann wirken zwei Kräfte auf einen Wasserklumpen$m$: Gravitation$mg$und zentrifugal$m\Omega^2r$. Welche Potenziale haben diese Kräfte? Also sind sie $$V_{gr} = mgz,\quad V_{cf} = -\frac{m\Omega^2r^2}{2}$$ Es liegt an Ihnen, zu überprüfen, ob die oben genannten Potentiale die richtigen Kräfte hervorrufen. Daher besitzt das Wasser nur potentielle Energie. Jetzt können wir die Aktion schreiben: $$S = -\int_{t_1}^{t_2}dt\int_{vol}d^3r\Bigl\{\rho gz-\frac{\rho\Omega^2r^2}{2}\Bigr\} = \mathrm{const}\cdot \int_{vol}\mathcal{L}d^3r,$$ Wo$\mathcal{L}$ist Lagrange oder Lagrange-Dichte. Aber natürlich müssen wir diese gesamte Wassermasse berücksichtigen$M_w$wird konserviert bzw $$\int_{vol}\rho d^3 r = M_{w} = \mathrm{const}.$$ In zylindrischen Koordinaten sind die obigen Integrale ($\rho=1$) $$2\pi\cdot\int_{0}^{R}rdr\int_{0}^{z(r)}\Big\{...\Big\}dz = \pi\cdot\int_{0}^{R}\Big\{gz^2r-\Omega^2zr^3\Big\} dr$$ Und $$2\pi\cdot\int_{0}^{R}rdr\int_{0}^{z(r)}dz=2\pi\int_{0}^{R}rzdr$$ Wir haben also ein Variationsproblem mit zusätzlicher Bedingung. Es ist einfach, dies mit der Methode der Lagrange-Multiplikatoren zu lösen. Notwendige Voraussetzung für$S$Extrema mit zusätzlicher Bedingung haben (ca$M_w$) ist die Existenz eines solchen Multiplikators$\lambda$Das $$\frac{d}{dr}\frac{\partial G}{\partial \frac{\partial z}{\partial r}} - \frac{\partial G}{\partial z} = 0,$$ Wo $$G = gz^2r-\Omega^2zr^3 + \lambda rz.$$ Was gibt $$2gzr - \Omega^2r^3 + \lambda r = 0$$ oder $$z(r) = \frac{\Omega^2r^2}{2g} - \lambda.$$ Voila .