Лужица

[dovlato]

На горизонтальной не смачиваемой поверхности налита круглая лужица.
Плотность жидкости $\rho$, её поверхностное натяжение $\sigma$.
Найти давление на дне.
Сколько потребуется жидкости, чтобы лужа покрыла всю поверхность сферической не вращающейся планеты?

[Утундрий]

Над лужицей, надо понимать, вакуум?

[dovlato]

Да нет.. она же тогда кипеть начнёт. Например, земные условия.

[Утундрий]

Тогда к словечку "давление" я бы добавил "избыточное".

[dovlato]

О, да, конечно.

[fred1996]

А вот интересно, если планету сразу покрыть очень тонкой пленкой, не натягивая ее на глобус, будет ли такая структура устойчивой? Ну и вобще, есть такое ощущение, что на планете существует некий критический радиус покрытия, при превышении которого жидкость далее сама натянется на сей глобус. Надо просто расчитать этот критический радиус для различных толщин пленки.

[dovlato]

В общем-то задача о равновесии, о статике, когда уже всё завершилось.

[Утундрий]

Возможно это из пушки по воробьям, но я заинтересовался точной формой капли на не смачиваемой поверхности. Довольно быстро выяснилось, что контактировать по пятну капля не может и соприкасается с поверхностью только в одной точке. Уравнение поверхности капли в цилиндрических координатах:

$$\[ \begin{gathered} z = \frac{h} {2}\left( {1 + \cos t} \right) \hfill \\ r = \frac{h} {2}\sin t \cdot u\left( t \right) \hfill \\ \end{gathered} \] $$

где $h$ - "глубина" капли, $t$ - параметр ($0 < t < \pi $). Функция $u\left( t \right)$ - ограниченное решение уравнения

$$\[ \frac{1} {{u\sqrt {\sin ^2 t + \left( {\sin t \cdot \dot u + \cos t \cdot u} \right)^2 } }} - \frac{{\sin ^2 t \cdot \ddot u + \sin t\cos t \cdot \dot u - u}} {{\left[ {\sin ^2 t + \left( {\sin t \cdot \dot u + \cos t \cdot u} \right)^2 } \right]^{3/2} }} = \left( {\frac{1} {{A^2 }} + \frac{1} {{B^2 }}} \right) + \left( {\frac{1} {{A^2 }} - \frac{1} {{B^2 }}} \right)\cos t \] $$

с граничными условиями $u\left( 0 \right) = A$ и $u\left( \pi \right) = B$. Если таковые $A$ и $B$ существуют, то глубина капли равна

$$\[ h = 2\frac{{\sqrt {B^2 - A^2 } }} {{AB}}\sqrt {\frac{\sigma } {{\rho g}}} \] $$

а искомое избыточное давление

$$\[ \Delta P = \frac{{2B}} {{A^2 \sqrt {B^2 - A^2 } }}\sqrt {\rho g\sigma } \] $$

Случаю $g=0$ соответствует $u\left( t \right) \equiv 1$ и школьное $\Delta P = {{4\sigma } \mathord{\left/ {\vphantom {{4\sigma } h}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} h}$.

Как решать в общем виде пока не пойму. Наверное только численно.

[dovlato]

Вы меня убили. Ни о какой точной форме я и не думал. Из многих обыденных наблюдений принял сразу, что если глубина лужи много меньше её радиуса, то её поверхности и сверху и снизу аппроксимируются плоскостями.

[Утундрий]

dovlato в сообщении #1402386 писал(а):

Из многих обыденных наблюдений

За лужами на не смачиваемой поверхности? Нестандартная обыденность.

[dovlato]

Вспоминаются разные задачки на ношение воды в решете, в котором сетка в дне промаслена.

[dovlato]

Кстати. Это, формально говоря, ничего не доказывает, но можно заметить,
что если в основное уравнение положить $\dot u=\ddot u=0$, то граничные условия $u(0)=A, u(\pi)=B$
выполняются автоматически. Подозреваю, это указывает на то, что верхняя и нижняя поверхности асимптотически плоские.

[Утундрий]

Будем проще (сядем на́ пол). Пусть лужа - это цилиндр высоты $h$ и радиуса $R$. Тогда энергия лужи есть

$$\[ \rho V \cdot g \cdot \frac{h} {2} + \sigma \left( {2 \cdot \pi R^2 + 2\pi R \cdot h} \right) \] $$

где $V = \pi R^2 \cdot h = const$. Минимум энергии достигается при некотором $h$, удовлетворяющем уравнению

$$\[ \rho gh = 4\sigma \left( {\frac{1} {h} - \frac{1} {2}\sqrt {\frac{{\pi h}} {V}} } \right) \] $$

Искомое избыточное давление есть $\Delta P = \rho gh$.

Введением безразмерной переменной

$$\[ \lambda : = \frac{{\Delta P}} {{2\sqrt {\sigma \rho g} }} \] $$

уравнение облагораживается до

$$\[ \lambda = \frac{1} {\lambda } - \varepsilon \sqrt \lambda \] $$

где $\varepsilon : = \sqrt {{{V_* } \mathord{\left/ {\vphantom {{V_* } V}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} V}} $ и $V_* : = 2\pi \left( {\frac{\sigma }{{\rho g}}} \right)^{3/2} $. При $V \gg V_* $ параметр $\varepsilon$ мал и $\lambda$ весьма близко к 1. Для воды при нормальных условиях $V_* = 0.13 \text{ см}^3$, но из-за корня лучше брать кубиков 10 ($\varepsilon \sim 0.1$). Или литр ($\varepsilon \sim 0.01$).

Кстати, ${h \mathord{\left/ {\vphantom {h R}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} R} = 2\varepsilon $ и с литра это уже гарантированная лужа, а не капля какая-то.

[dovlato]

У меня не хватило нахальства аппроксимировать лужу цилиндром (с вертикальными стенками, с углами!). Зато я пренебрёг поверхностной энергией этих самых краёв, форма которых неизвестна, но зато счёл их площадь много меньше площади нижней и верхней поверхностей, которые можно приближённо считать одинаковыми и равными некоторой величине $S$. Тогда полная энергия

$$U=2\sigma S+\frac12mgh=2\sigma S+\frac{\rho gV^2}{2S}$$

Полагая $dU/dS =0$, получаем очень простое уравнение, быстро сводящееся к равенству

$$h^2=\frac{4\sigma}{\rho g}\quad,$$

что соответствует величине введённого в предыдущем посте параметра $\lambda=1$

[Утундрий]

Небольшая смычка точного и общего. Коль скоро $\lambda = 1$, то $\frac{B}{{A^2 \sqrt {B^2 - A^2 } }} = 1$, откуда $B = \frac{{A^3 }}{{\sqrt {A^4 - 1} }}$ и, следовательно, $A>1$. Что дает

$$h < 2\sqrt {\frac{\sigma }{{\rho g}}} $$

Для воды правая часть составляет примерно 5.5 мм.