A forma da superfície de um líquido que gira com velocidade angular constante como um problema variacional.

A forma da superf´ıcie de um l´ıquido que gira com velocidade angular constante como um problema variacional. a c tort 17 de Abril de 2016 Considere um recipiente na forma de um cilindro reto de raio R cheio de a´gua, ou outro l´ıquido de densidade uniforme ρ0 , at´e uma altura H. Suponha que o recipeinte passe a girar com velocidade angular ω constante em torno do eixo de simetria perpendicular ao fundo do recipiente e que passa por seu centro geom´etrico. Este ser´a doravante o eixo z, veja a figura abaixo. O l´ıquido inicialmente permanece em repouso, mas pouco a pouco entra em movimento e termina ` medida que entra em movimento, a superf´ıcie do por girar conjuntamente com o recipiente. A l´ıquido vai encurvando at´e assumir a sua forma final. O problema ´ e determinar a forma final da superf´ıcie do l´ıquido com a condi¸c˜ao auxiliar de que seu volume, ou se preferirmos, sua massa, permane¸ca constante. A interpreta¸ca˜o f´ısica do resultado por Newton desempenha uma papel importante na sua concep¸c˜ao de espa¸co absoluto. energia potencial gravitacional A energia potencial de um elemento de massa dM ´e dada por: dU = dM gz = ρ0 dV gz = ρ0 r drdφdz gz,

1

(1)

onde estamos usando coordenadas cil´ındricas com a origem no centro geom´etrico do fundo balde, e logo, r ´ e a distˆ ancia perpendicular ao eixo de rota¸c˜ ao z. Z U = dU # Z "Z Z R

2π

f (r)

z dz rdr

dφ

= ρ0 g

0

0 R

Z

z2 2



= 2πρ0 g 0 R

Z

0

f (r) rdr 0

[f (r)]2 rdr

= πρ0 g

(2)

0

energia potencial centr´ıfuga dUcentr´ıfuga =

1 1 dm ω 2 r2 = ρ0 rdrdφdz ω 2 r2 ; 2 2

(3)

ou Ucentr´ıfuga

1 = ρ0 ω 2 2

2π

Z

R

Z

"Z

dφ

Ucentr´ıfuga = ρ0 πω

Z

2

dz r3 dr

(4)

0

0

0

#

f (r)

R

[f (r)]2 r3 dr

(5)

0

Portanto: R

Z

[f (r)]2 rdr;

U = πρ0 g

(6)

0

e Ucentr´ıfuga = ρ0 πω

2

R

Z

[f (r)]2 r3 dr.

(7)

0

˜ o auxiliar condi¸ ca Z V = ou Z V =

2π

Z

R

dV = constante,

"Z

dφ 0

#

f (r)

(8) Z

dz rdr = 2π 0

0

R

f (r) dr.

(9)

0

Como a densidade do l´ıquido ´e constante, a condi¸ca˜o auxiliar pode ser escrita como M =constante, onde M ´e a massa do l´ıquido, isto ´e: Z R M = 2πρ0 f (r) dr. (10) 0

2

O funcional modificado U¯ se escreve: Z R   πρ0 ω 2 f (r)r3 − gf 2 (r)r + 2λf (r)r dr U¯ =

(11)

0

˜ o de Euler-lagrange equa¸ ca F¯ = ω 2 f (r)r3 − gf 2 (r) + 2λf (r)r.

(12)

∂ F¯ d ∂ F¯ − = 0; ∂f dr ∂ (∂r f )

(13)

No momento focalizemos nossa aten¸ca˜o na segunda. Como F¯ n˜ao depende de ∂r f , segue que ∂ F¯ = ω 2 r3 − 2gf r + 2λr = 0; ∂f

(14)

ou ainda f (r) =

ω2 2 λ r + . 2g g

(15)

Observe que esta equa¸c˜ao nos d´a o valor de z sobre a superf´ıcie definida por f (r). ´ lculo do multiplicador de Lagrange λ ca R

 ω2 2 λ M = 2πρ0 r + rdr 2g g 0  Z R 2 3 λr ω r = 2πρ0 + dr 2g g 0   2 4 λR2 ω R + = 2πρ0 8g 2g Z



Mas M = ρ0 πR2 H, onde H ´e a altura inicial da massa de l´ıquido. Portanto,  2 4  ω R λR2 2 ρ0 πR H = 2πρ0 + 8g 2g

(16)

(17)

Segue que: ω 2 R2 λ = gH − , 4 e, lembrando que f (r) nos d´a o valor de z sobre a superf´ıcie do l´ıquido:   R2 ω2 2 zsuperf´ıcie = f (r) = r − + H, 0 ≤ r ≤ R. 2g 2 3

(18)

(19)

´ f´acil verificar que: A superf´ıcie do l´ıquido ´ e um parabol´ oide de revolu¸c˜ ao. E ω = 0, ω 6= 0,

zsuperf´ıcie = H, ∀r ∈ [0, R];

R zsuperf´ıcie = H, para r = √ ; 2 ω 6= 0, ω 6= 0,

pontos a e b na Fig. 1.

R zsuperf´ıcie > H, para r > √ ; 2 R zsuperf´ıcie < H, para r < √ . 2

ω 6= 0,

zsuperf´ıcie m´ınimo = −

ω 2 R2 + H, para r = 0. 4g

ω 6= 0,

zsuperf´ıcie m´aximo = +

ω 2 R2 + H, para r = R. 4g

Se considerarmos dois pontos sobre a par´abola com r ∈ [0, R] e uma reta que une esses dois pontos, vemos que essa reta fica acima do grafo da fun¸ca˜o, logo nossa par´abola ´e uma fun¸ca˜o cˆoncava para cima ou convexa.

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