Плёнка между стеной и стержнем

Невесомая нить, ограничивающая плоскую невесомую плёнку жидкости, должна иметь форму дуги окружности. Если эта дуга касается стены и стержня (см. рис. 2.78.1), то есть углы между ними и нитью равны нулю, то длина дуги, очевидно, не может быть меньше \(\dfrac{\pi}{2}\cdot L\). Значит, этот вариант примыкания нити к стене и стержню не удовлетворяет условию задачи, и нить должна составлять со стеной и стержнем в точках закрепления её концов ненулевые и одинаковые углы \(\alpha\) (см. рис. 2.78.2).

Выяснив, как выглядит плёнка, перейдём к нахождению длины нити. Так как плёнка имеет две поверхности, то сила поверхностного натяжения, действующая с её стороны на стержень, равна \(2\sigma L\). Так как стержень неподвижен, то сумма моментов действующих на него сил должна быть равна нулю: \[mg\cdot\dfrac{L}{2} - 2\sigma L\cdot\dfrac{L}{2} - TL\sin\alpha = 0.\] Здесь \(T\) — сила натяжения нити. Выразим её из записанного уравнения: \[T = \dfrac{mg - 2\sigma L}{2\sin\alpha}.\] Заметим, что для равновесия стержня в горизонтальном положении необходимо выполнение условия \(mg > 2\sigma L\).

Далее, сумма вертикальных составляющих сил, действующих на всю систему со стороны стены, очевидно, равна \(mg\). Вертикальная составляющая силы, действующей со стороны стены на нить, равна \(T\cos\alpha\). Значит, вертикальная составляющая силы, действующей со стороны стены на стержень, равна \(mg - T\cos\alpha\) (она приложена к точке крепления стержня к шарниру). С учётом этого обстоятельства, запишем условие равенства нулю суммы вертикальных составляющих сил, действующих на стержень: \[mg - (mg - T\cos\alpha) - 2\sigma L - T\sin\alpha = 0.\] Отсюда, привлекая выражение для \(T\), получим: \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}.\] Обозначим шарнир буквой \(A\), точку крепления нити к стержню — \(B\), центр окружности, дугу которой образует нить — \(C\). Тогда \[\angle CAB = \dfrac{\pi}{4}\text{ (из соображений симметрии)},\] \[\angle ACB = \beta = \pi - \dfrac{\pi}{4} - \left(\dfrac{\pi}{2} + \alpha\right) = \dfrac{\pi}{4} - \alpha,\] и по теореме синусов: \[\dfrac{R}{\sin\pi/4} = \dfrac{L}{\sin\beta},\] где \(R\) — радиус окружности. Отсюда: \[R = \dfrac{L\sin\pi/4}{\sin((\pi/4) - \alpha)} = \dfrac{L}{\sqrt2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}\right)}.\] Наконец, в соответствии с определением радианной меры угла, \(2\beta = \dfrac{l}{R}\), где \(l\) — искомая длина нити. В итоге получаем: \[l = 2R\beta = \sqrt2\,\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}\right)}\,L.\] Это выражение можно упростить, устранив в знаменателе композицию прямой и обратной тригонометрических функций.

Приведём другое оригинальное решение задачи, позволяющее сразу получить ответ в более простой тригонометрической форме. (Это решение на олимпиаде предложил В. А. Белов, тогда, в 1995/1996 учебном году, ученик 10 класса школы № 4 города Королёв Московской области.)

Со стороны плёнки на нить действует сила поверхностного натяжения \(F = 2\sigma\sqrt2L\), направленная перпендикулярно отрезку, соединяющему закреплённые концы нити (\(\sqrt2L\) — длина этого отрезка). Кроме силы поверхностного натяжения на нить действуют только силы реакции точек закрепления (равные по величине и противоположные по направлению силе натяжения нити \(T\) в этих точках). Сумма проекций сил реакции на вышеуказанный отрезок равна 0, а на перпендикулярное к этому отрезку направление (в плоскости плёнки) \(2T\sin\beta\). Так как нить находится в равновесии, то \[2T\sin\beta = 2\sigma\sqrt2L,\quad\text{откуда}\quad T = \dfrac{\sqrt2\sigma L}{\sin\beta}.\qquad(1)\] Вертикальная составляющая силы натяжения нити, действующей на конец стержня, равна \(T\sin\alpha = T\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \beta\right)\). Из условия равенства нулю суммы моментов сил относительно середины стержня следует, что на стержень действует такая же вертикальная составляющая силы со стороны шарнира (суммарный момент сил поверхностного натяжения относительно середины стержня, очевидно, равен нулю; также нулю равен и суммарный момент сил тяжести). Следовательно, условие равновесия стержня по вертикали имеет вид: \[\begin{aligned} mg &= 2T\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \beta\right) + 2\sigma L =\\ &= 2T\left(\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\beta - \cos\dfrac{\pi}{4}\sin\beta\right) + 2\sigma L =\\ &= 2T\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\cos\beta - \dfrac{\sqrt2}{2}\sin\beta\right) + 2\sigma L =\\ &= \sqrt2T(\cos\beta - \sin\beta) + 2\sigma L \end{aligned}\] Подставив сюда выражение для \(T\) из формулы (1), получим \[\begin{aligned} mg &= \sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2\sigma L}{\sin\beta}(\cos\beta - \sin\beta) + 2\sigma L =\\ &= 2\sigma L(\operatorname{ctg}\beta - 1) + 2\sigma L = 2\sigma L\operatorname{ctg}\beta,\quad\text{и}\quad\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{mg}{2\sigma L}. \end{aligned}\] Из геометрических соображений \(\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{R\cos\beta}{L/\sqrt2}\) (из прямоугольного треугольника с гипотенузой \(BC\) и катетами, один из которых лежит на отрезке \(AC\), а другой является перпендикуляром к этому отрезку, проведённым из точки \(B\)). Таким образом, \[\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{mg}{2\sigma L} = \dfrac{R\cos\beta}{L/\sqrt2}\quad\text{откуда}\quad\cos\beta = \dfrac{mgL/\sqrt2}{2\sigma LR} = \dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R}.\] Из того же треугольника \[\sin\beta = \dfrac{L/\sqrt2}{R} = \dfrac{L}{\sqrt2R}.\] Выразим \(R\) через параметры, данные в условии: \[1 = \sin^2\beta + \cos^2\beta = \left(\dfrac{L}{\sqrt2R}\right)^2 + \left(\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R}\right)^2 = \dfrac{L^2}{2R^2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2R^2} = \dfrac{1}{R^2}\left(\dfrac{L^2}{2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2}\right).\] Отсюда \[R = \sqrt{\dfrac{L^2}{2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2}} = \sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}.\] В соответствии с определением радианной меры угла \[\begin{aligned} l = 2R\beta &= 2R\arccos\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R} =\\ &= 2\sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}\arccos\left(\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma\sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}}\right) =\\ &= \dfrac{1}{\sqrt2\sigma}\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}\arccos\dfrac{mg}{\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}} =\\ &= \dfrac{\sqrt2L}{2\sigma L}\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}\arccos\dfrac{mg}{\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}} =\\ &= \sqrt2L\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}\arccos\left(\dfrac{\dfrac{mg}{2\sigma L}}{\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}}\right). \end{aligned}\] Замечание. Вводя обозначение \(Z = \dfrac{mg}{2\sigma L}\), полученный ответ можно переписать в форме \[l = \sqrt2L\cdot\sqrt{1 + Z^2}\arccos\dfrac{Z}{\sqrt{1 + Z^2}}.\] Ответ, полученный в результате решения первым способом, также можно выразить через \(Z\): \[l = \sqrt2L\cdot\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}\right)}.\] Приравняв эти выражения, получим \[\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}\right)} = \sqrt{1 + Z^2}\arccos\dfrac{Z}{\sqrt{1 + Z^2}}.\] Это равенство верно для всех значений \(Z\), допустимых по условию задачи. То есть ответы, полученные первым и вторым способом, на самом деле одинаковы и отличаются только формой записи (хотя на первый взгляд это не совсем очевидно). Таким образом, решая задачу двумя разными способами, мы попутно получили интересное тригонометрическое тождество (но доказали его пока что только для значений \(Z\), которые имеют физический смысл в рассмотренной нами задаче).