Плоская капля

Условие равновесия жидкости в проекции на горизонталь: давление, усреднённое по высоте, уравновешивается силами поверхностного натяжения на границах рассматриваемой части капли.

\(H = 2\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho g}}\);  1) \(k = \dfrac{h}{H-h} = \sqrt{2}+1\);  2) \(R = \sqrt{\dfrac{\sigma}{2\rho g}}\).

Поскольку капля большая по горизонтальным размерам, можно считать её верхнюю поверхность плоской почти везде — кроме края, который имеет вид криволинейного полуцилиндра (см. рисунок). Этот край допустимо называть обобщённым цилиндром, так как периметр капли при взгляде сверху много больше радиуса кривизны края (в дальнейших расчётах мы будем использовать высоту \(L\) цилиндра, которая перпендикулярна плоскости рисунка и равна любой распрямлённой части периметра капли). Мы уточнили, что это именно полуцилиндр, так как из-за отсутствия смачивания касательная плоскость к поверхности жидкости в точке \(B\) горизонтальна и параллельна касательной плоскости в точке \(C\). И мы подчёркнули, что этот полуцилиндр криволинейный, так как радиус кривизны поверхности изменяется вдоль кривой \(BAC\) (можно показать, что строго возрастает).

Запишем условие равновесия жидкости в объёме криволинейного полуцилиндра в проекции на горизонталь (среднее гидростатическое давление \(\rho g H/2\) действует на площадь \(HL\) и компенсирует две силы поверхностного натяжения \(\sigma L\) на границах, отмеченных в точками \(B\) и \(C\) на рисунке): \[\rho g\,\dfrac{H}{2}\cdot HL = 2\sigma L,\] откуда получаем первый ответ: \[H = 2\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho g}}.\] Аналогичным образом найдём высоту \(h\) капли над уровнем точки \(A\) (разница в том, что верхняя часть криволинейного полуцилиндра уравновешивается по горизонтали лишь одной силой поверхностного натяжения): \[\rho g\,\dfrac{h}{2}\cdot hL = \sigma L,\qquad\text{откуда}\qquad h = \sqrt{\dfrac{2\sigma}{\rho g}}.\] Это выражение даёт второй ответ: \[k = \dfrac{h}{H-h} = \sqrt{2}+1.\] Применив формулу Лапласа для добавочного давления под искривлённой (здесь цилиндрической) поверхностью в точке \(A\), запишем уравнение \[\dfrac{\sigma}{R} = \rho g h,\] из которого получаем третий ответ: \[R = \sqrt{\dfrac{\sigma}{2\rho g}}.\] Примечание. Любопытно, что диаметр \(2R\) касательной окружности в точке \(A\) совпадает с высотой \(h\) столба жидкости над точкой \(A\). Предлагаем читателям подумать над тем, случайное ли это совпадение.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.