Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14123
2020-04-16 
Решить задачу 14122 в предположении, что не только боковая поверхность, но и плоскости колец затянуты мыльными пленками.
Решение:
Форма боковой поверхности пленки определится из требования, чтобы полная кривизна ее $\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2} }$ оставалась постоянной. (В отличие от задачи 14122 эта постоянная, вообще говоря, отлична от нуля.) Это приводит к дифференциальному уравнению
$\frac{1}{y \sqrt{1 + y^{ \prime 2} } } - \frac{y^{ \prime \prime} }{ (1 + y^{ \prime 2} )^{3/2} } = const \equiv 2K$. (1)
(Обозначения те же, что и в задаче 537.) Вводя снова подстановку $y = sh \theta$, получим
$\frac{d}{dy} \left ( \frac{1}{ch \theta } y \right ) = 2Ky$, (2)
откуда
$\frac{1}{ch \theta } = Ky + \frac{A}{y}$, (3)
где $A$ - постоянная интегрирования. Определив отсюда $sh \theta$ с помощью формулы $sh^{2} \theta = ch^{2} \theta - 1$ и вспомнив обозначение $y = sh \theta$, найдем
$x = \int \frac{Ky^{2} + A }{ \sqrt{ y^{2} - (Ky^{2} + A )^{2} } } dy + B$, (4)
где $B$ - вторая постоянная интегрирования. Постоянные интегрирования $A$ и $B$ определяются из граничных условий: $y = R$ при $x = \pm h$. Формула (4) совместно с этими граничными условиями и решает задачу.
Если $A = 0$, то интегрирование в (4) выполняется элементарно и дает
$(x - a)^{2} + y^{2} = \frac{1}{K^{2} }$,
где $a$ - постоянная интегрирования. При $a = 0$ получается окружность радиуса $R = \frac{1}{K}$ с центром в начале координат. Это решение соответствует случаю, когда радиус колец обращается в нуль. При $a = \frac{1}{K}$ получается окружность с центром в $x = \frac{1}{K}$, а при $a = - \frac{1}{K}$ - с центром в $x = - \frac{1}{K}$. Обе окружности имеют один и тот же радиус $R = \frac{1}{K}$ и касаются друг друга в начале координат. Эти решения соответствуют также случаю, когда расстояние между кольцами равно удвоенному радиусу кольца.
Решить задачу 14122 в предположении, что не только боковая поверхность, но и плоскости колец затянуты мыльными пленками.
Решение:
Форма боковой поверхности пленки определится из требования, чтобы полная кривизна ее $\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2} }$ оставалась постоянной. (В отличие от задачи 14122 эта постоянная, вообще говоря, отлична от нуля.) Это приводит к дифференциальному уравнению
$\frac{1}{y \sqrt{1 + y^{ \prime 2} } } - \frac{y^{ \prime \prime} }{ (1 + y^{ \prime 2} )^{3/2} } = const \equiv 2K$. (1)
(Обозначения те же, что и в задаче 537.) Вводя снова подстановку $y = sh \theta$, получим
$\frac{d}{dy} \left ( \frac{1}{ch \theta } y \right ) = 2Ky$, (2)
откуда
$\frac{1}{ch \theta } = Ky + \frac{A}{y}$, (3)
где $A$ - постоянная интегрирования. Определив отсюда $sh \theta$ с помощью формулы $sh^{2} \theta = ch^{2} \theta - 1$ и вспомнив обозначение $y = sh \theta$, найдем
$x = \int \frac{Ky^{2} + A }{ \sqrt{ y^{2} - (Ky^{2} + A )^{2} } } dy + B$, (4)
где $B$ - вторая постоянная интегрирования. Постоянные интегрирования $A$ и $B$ определяются из граничных условий: $y = R$ при $x = \pm h$. Формула (4) совместно с этими граничными условиями и решает задачу.
Если $A = 0$, то интегрирование в (4) выполняется элементарно и дает
$(x - a)^{2} + y^{2} = \frac{1}{K^{2} }$,
где $a$ - постоянная интегрирования. При $a = 0$ получается окружность радиуса $R = \frac{1}{K}$ с центром в начале координат. Это решение соответствует случаю, когда радиус колец обращается в нуль. При $a = \frac{1}{K}$ получается окружность с центром в $x = \frac{1}{K}$, а при $a = - \frac{1}{K}$ - с центром в $x = - \frac{1}{K}$. Обе окружности имеют один и тот же радиус $R = \frac{1}{K}$ и касаются друг друга в начале координат. Эти решения соответствуют также случаю, когда расстояние между кольцами равно удвоенному радиусу кольца.
