Примечание: потоком вектора относительной скорости жидкости через замкнутую поверхность называется величина $\Phi$, определяемая выражением: \begin{equation*} \Phi=\oint_S\vec{v}_\text{отн}\bigl(\vec{r}\bigr)d\vec{S}{.} \end{equation*}

В силу несжимаемости жидкости её масса внутри выбранной поверхности постоянна: $$0 = \frac{dm}{dt} = \displaystyle\oint \rho \vec{v}\cdot\vec{dS} = \rho \Phi$$

Известно,что поле сверхпроводящего шара,помещённого в однородное магнитное магнитное поле совпадет с полем магнитного диполя.Выражение для суммарного магнитного поля принимает вид
$$\vec{B}=\vec{B_0}+\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{3(\vec{m}\vec{r})\vec{r}}{r^5}-\frac{\vec{m}}{r^3}\right)
$$где $m$ - магнитный момент.

Из условия нулевой нормальной составляющей магнитного поля на поверхности шара получим
$$(\vec{B}\vec{r})=(\vec{B_0}\vec{r})+\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{(\vec{m}\vec{r})}{R^4}=0
$$Из последнего соотношения находим магнитный момент шара
$$\vec{m}=-\frac{2\pi R^3}{\mu_0}\vec{B_0}
$$После нахождения магнитного момента выражение для магнитного поля принимает вид:

Система уравнений на $\vec{v}_{\text{отн}}(\vec{r})$ совпадает с системой уравнений на $\vec{B}(\vec{r})$ c точностью до замены $\vec{B}_0 = -\vec{v}_0$.

Запишем уравнение Бернулли, полученое в пункте A7 в двух точках - на бесконечности и на поверхности шара:
$$p(\theta) + \frac{\rho v^2_{\text{пов}}(\theta)}{2} =p_{0} + \frac{\rho v^2_{0}}{2} $$

$$p(\theta) =p_{0} + \frac{\rho ( v^2_{0} - v^2_{\text{пов}}(\theta))}{2} $$В формулу из пункта A6 подставим $r = R$:
$$\vec{v}_{\text{пов}}(\vec{e}_r) = -\vec{v_0}+\frac{3(\vec{v_0}\vec{e}_r)\vec{e}_r}{2}-\frac{\vec{v_0}}{2} = \frac{3}{2} \big( -\vec{v_0}+(\vec{v_0}\vec{e}_r)\vec{e}_r\big)$$$$\vec{v}^2_{\text{пов}}(\vec{e}_r) = \frac{9}{4}\big(v_0^2 - 2(\vec{v_0}\vec{e}_r)^2 + (\vec{v_0}\vec{e}_r)^2 \big) = \frac{9}{4}\big(v_0^2 - (\vec{v_0}\vec{e}_r)^2 \big) = \frac{9}{4}v_0^2 \sin^2{\theta} $$

Для вычисления кинетической энергии жидкости необходимо вычислить интеграл $\int\frac{\rho v^2 dV}{2}$.

Выделим при данном угле $\theta$ сегмент с углом $d\theta$ и толщиной $dr$.Объём данного элемента равен $2\pi r^2sin(\theta)~dr~d{\theta}$.Тогда
$$W_к=\int\limits_R^{\infty} \int\limits_0^\pi {\rho\pi}r^2 \sin (\theta)drd{\theta}{v^2({\theta})}
$$Найдём ${v^2({\theta})}$ из теоремы косинусов
$${v^2({\theta})}=\frac{v^2\left(1+3\cos^2(\theta)\right)R^6}{4r^6}
$$Комбинация последнего выражения и уже полученного интеграла даёт

$$\int\limits_R^{\infty} \frac{dr}{r^4}=\frac{1}{3R^3}
$$$$\int\limits_0^{\pi} \sin(\theta)(1+3\cos^2(\theta))d{\theta}=\int\limits_1^{-1} -(d\cos(\theta)+3\cos^2(\theta)d\cos(\theta))=4
$$

Согласно первому закону ньютона, на воду со стороны шара действует сила $-\vec{F}$ Второй закон Ньютона для жидкости: $$-\vec{F} = \frac{d}{dt}(\vec{p}) = \mu \vec{a}_0$$.

 Примечание: кривизной $K$ поверхности называется сумма обратных главных радиусов кривизны: $$ K=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}$$

Она связана с Лапласовым давлением как:

$$\Delta p = \sigma K$$

$$\Delta P = p_{in} - p_0 - \frac{\rho v_0^2}{2} + \frac{9\rho v_0^2}{8} \sin^2(\theta) = \sigma K$$

Найдём радиус кривизны в плоскости $(x, y)$. Формула для радиуса кривизны в двумерных координатах:
$$R = \frac{(1 + (dy/dx)^2)^{3/2}}{d^2y/dx^2}$$ $$\frac{dy}{dx} = \tan{\theta}$$Производные выразим через $\theta$:
$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{R \cos^3{\theta}}$$ Затем мы растянули всё тело в $k$ раз по оси x. Первая и вторая производная $\frac{dy}{dx}$ и $\frac{d^2y}{dx^2}$ в каждой точке изменятся в $k$ раз.
$$R_1(\theta) = \frac{(1 + (dy'/dx)^2)^{3/2}}{d^2y'/dx^2} = \frac{(1 + (kdy'/dx)^2)^{3/2}}{kd^2y/(dx)^2} = \frac{(1 + k^2 \cdot (dy/dx)^2)^{3/2}}{k\cdot d^2y/dx^2} = $$
$$ = k R \cos^3{\theta}\big(1 + k^2 \cdot \tan{\theta}^2\big)^{3/2}
= \frac{R}{k} \cdot (\cos^2{\theta} + k^2 \sin^2{\theta})^\frac{3}{2}$$

Считая $R \approx a$:
$$R_1(\theta)= \frac{a}{k} \cdot (\cos^2{\theta} + k^2 \sin^2{\theta})^\frac{3}{2} = \frac{a}{1-\varepsilon} \cdot (\cos^2{\theta} + (1 - \varepsilon)^2 \sin{\theta}^2)^\frac{3}{2} \approx$$ $$\approx a (1 + \varepsilon) (\cos^2{\theta} + (1 - 2\varepsilon) \sin^2{\theta})^\frac{3}{2} = a (1 + \varepsilon) (1 - 2\varepsilon \sin^2{\theta})^\frac{3}{2} \approx$$$$\approx a (1 + \varepsilon) (1 - 3\varepsilon \sin^2{\theta}) \approx a(1 + \varepsilon - 3\varepsilon\sin^2{\theta}) \approx R (1 + \varepsilon - 3\varepsilon\sin^2{\theta}) $$Получаем: $A_1 = 1$; $B_1 = 3$;

Теперь найдем радиус кривизны в плоскости $\alpha$, перпендикулярной $x, y$ и содержащей нормаль к поверхности в точке $A'$. Тогда мы сможем воспользоваться формулой Лапласа для давления поверхностного натяжения.

На рисунке сверху $\alpha$ и $\beta$ - плоскости, перпендикулярные плоскости рисунка. В точке $A'$, кривая, получаемая при сечении эллипсоида плоскостью $\beta$, имеет центр кривизны $O_1$. Аналогично, кривая, получаемая при сечении эллипсоида плоскостью $\alpha$, имеет центр кривизны $O_2$. Теорема Мёнье гласит, что так как $O_2$ является главным центром кривизны, то его проекция на плоскость $\beta$ есть центр кривизны в этой плоскости - то есть $O_1$.

$$R_{2} = R_{\alpha} = R_{\beta} / \sin{\theta'}$$$R_{\beta} = R \sin{\theta}$ - радиус кривизны в плоскости $\beta$. Он не меняется при растягивании. Тогда: $$R_2 = R \cdot \cfrac{\sin{\theta}}{\sin{\theta'}}$$При этом $\theta'$ также является углом наклона касательной к эллипсу в точке $A'$:
$$\tan{\theta'} = (|\frac{dy}{dx}|)_{A'} = k \cdot (|\frac{dy}{dx}|)_{A} = k \tan{\theta}$$Тогда:
$$R_2(\theta) = \frac{R\sin{\theta}}{\sin{\theta'}} = R \frac{\tan{\theta}}{\sqrt{1 + \tan^2{\theta}}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \tan^2{\theta'}}}{\tan{\theta'}} =$$$$= R \frac{\tan{\theta}}{\sqrt{1 + \tan^2{\theta}}} \cdot \frac{\sqrt{1 + k^2\tan^2{\theta}}}{k\tan{\theta}} = \frac{R}{k} \sqrt{\frac{1 + k^2\tan^2{\theta}}{1 + \tan^2{\theta}}} = \frac{R}{k} \sqrt{\cos^2{\theta} + k^2 \sin^2{\theta}}$$

Считая $R \approx a$:
$$R_2(\theta) = \frac{a}{k} \sqrt{\cos^2{\theta} + k^2 \sin^2{\theta}} = \frac{a}{1 - \varepsilon} \sqrt{\cos^2{\theta} + (1-\varepsilon)^2 \sin^2{\theta}} \approx$$$$\approx a(1 + \varepsilon)\sqrt{\cos^2{\theta} + (1 - 2\varepsilon) \sin^2{\theta}} = a(1 + \varepsilon)\sqrt{1 - 2\varepsilon \sin^2{\theta}} \approx$$$$\approx a(1+\varepsilon)(1 - \varepsilon\sin^2{\theta}) \approx a(1 + \varepsilon - \varepsilon \sin^2{\theta}) \approx R(1 + \varepsilon - \varepsilon \sin^2{\theta})$$Получаем: $A_2 = 1$; $B_2 = 1$;

$$K = \frac{1}{R(1 - B_1 \varepsilon \sin^2{\theta})} + \frac{1}{R(1 - B_2 \varepsilon \sin^2{\theta})} \approx \frac{1}{R}\big(1 + B_1 \varepsilon \sin^2{\theta}+1+ B_2 \varepsilon \sin^2{\theta} \big) =$$$$= \frac{1}{R}\big(2 + ( B_1 +B_2) \varepsilon \sin^2{\theta} \big) = \frac{1}{R}\big(2 + 4\varepsilon \sin^2{\theta} \big)$$

Воспользуемся формулой для Лапласова Давления:
$$\Delta p = \sigma K$$Согласно пункту A13:
$$\Delta P = p_{in} - p_0 - \frac{\rho v_0^2}{2} + \frac{9\rho v_0^2}{8} \sin^2(\theta) = \sigma /R \cdot ( 2 + 4\varepsilon \sin^2{\theta})$$Так как равенство выполняется для всех углов $\theta$, то коэффициенты перед слагаемыми $\sin^2{\theta}$ должны быть равны:
$$\frac{9\rho v_0^2}{8} = \frac{4\varepsilon \sigma}{R}$$

$$e = \frac{\sqrt{a^2 - b^2}}{a} = \sqrt{1-(1-\varepsilon)^2} \approx \sqrt{2\varepsilon} = \sqrt{\frac{9R\rho v_0^2}{16\sigma}}$$

$$v_2^2=v_3^2-2al_{23}$$
$l_{23}$ можно получить сравнивая расстояние с горизонтальным диаметром пузырей на первых снимках.

$$l_{23}=2.8мм$$

С пренебрегая массой воздуха:
$$0 = 0 + \frac{4}{3}\pi R^3 \rho g - \mu a - \pi R^2 \rho v^2$$В начальный момент времени скорость пузыря равна нулю, а значит:
$$a = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho}{\mu} g = 2g$$

Ускорение пузыря равно нулю:
$$0 = 0 + \frac{4}{3}\pi R^3 \rho g - \pi R^2 \rho v_{\max}^2$$$$v_{\max} = \sqrt{\frac{4}{3}Rg}$$$$ \varepsilon = \frac{9R\rho v_\max^2}{32\sigma} = \frac{9R\rho }{32\sigma} \cdot \frac{4}{3}Rg = \frac{3R^2 \rho g}{8\sigma}$$

Запишем уравнение Бернулли в системе отсчёта пузыря для линии тока с поверхности водоёма до некоторой точки на пузыре: $$p_0 + \rho g h + \frac{\rho v_0^2}{2} = p(\theta) + \frac{\rho v^2(\theta)}{2} + \rho g R(\cos{\theta} - 1)$$Мы это можем сделать, так как линии тока в этой системе отсчёта постоянны в силу $h >> R$ (Краевыми эффектами, возникающими на поверхности водоёма, пренебрегаем)

Согласно условию, распределение скоростей такое же, как в части А:

Разложим формулу из предыдущего пункта до второго порядка по углу $\theta$:
$$p(\theta) = p_0 +\rho g h + \rho \frac{v_0^2}{2} + \rho g R \cdot \theta^2 /2 - \frac{9}{8}\rho v_0^2 \cdot \theta^2$$Используя факт постоянства давления, приравняем коэффициенты перед $\theta^2$:
$$ \rho g R / 2= \frac{9}{8}\rho v_0^2 $$Ответ: