Пятно и мазь
6/10а. При удалении с поверхности ткани жирового пятна рекомендуется смачивать пропитанной бензином ваткой края пятна, а не само пятно. Почему?
б. Для того чтобы мазь лучше впитывалась в лыжные ботинки, как их нужно нагревать: снаружи или изнутри?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Ткань — это сеть капилляров. Жидкость в них движется туда, где капиллярное всасывание сильнее: в более сухие места и в места с бо́льшим поверхностным натяжением (то есть, при прочих равных, в более холодные).а. Если налить бензин в середину пятна, он растечётся от центра наружу, унося растворённый жир на новую, чистую ткань, — пятно станет больше, а по его краю останется характерное «кольцо». Смачивая же края, мы заставляем бензин двигаться внутрь, к сухой середине: растворённый жир собирается в центре, где его и снимают ваткой. Кроме того, наружная граница движения тогда — чистый бензин, а не бензин с жиром.
б. Изнутри. Причин две.
Во-первых, воздух. Поры кожи заполнены воздухом. Если греть изнутри, воздух в глубине пор расширяется и уходит; когда ботинок остывает, воздух сжимается и втягивает мазь внутрь. При нагреве снаружи всё наоборот: расширяющийся воздух выдавливает мазь наружу.
Во-вторых, температура. Мазь наносят на наружную поверхность. Если внутренние слои горячее, мазь, продвигаясь вглубь, всё время попадает в более тёплую область и остаётся жидкой. При нагреве снаружи она застывает уже у входа в пору и закупоривает её.
Проверка. Опыт: капля чернил на промокашке всегда расплывается кольцом с более тёмным краем ✓ — ровно тот эффект, которого мы избегаем в пункте а. Тот же приём — «вести растворитель от края к центру» — стандартен в реставрации картин ✓. Пункт б перекликается с пропиткой дерева и с вакуумной пропиткой обмоток: сначала откачивают воздух, потом дают жидкости втянуться ✓.Ответ а. Чтобы бензин двигался к центру пятна и не разносил жир по чистой ткани. б. Изнутри.Высота подъёма и энергия
6/10Капилляр радиуса \(R\) опускают в смачивающую жидкость с поверхностным натяжением \(\sigma\) и плотностью \(\rho\). Определите высоту, на которую поднимется жидкость. Определите работу, совершённую силами поверхностного натяжения, и потенциальную энергию жидкости в капилляре. Почему эти величины не совпадают?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сила плёнки постоянна всё время подъёма, а вес поднятой жидкости растёт от нуля. Поэтому работа плёнки вдвое больше конечной потенциальной энергии — остальное уходит в тепло.Высота (формула Жюрена). Плёнка по окружности \(2\pi R\) держит столб:
\[ 2\pi R\sigma = \rho g\,\pi R^2 h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{h = \frac{2\sigma}{\rho g R}} \]Работа плёнки. Сила \(F=2\pi R\sigma\) не меняется, путь \(h\):
\[ A = 2\pi R\sigma\cdot h = 2\pi R\sigma\cdot\frac{2\sigma}{\rho gR} = \boxed{\frac{4\pi\sigma^2}{\rho g}} \]Потенциальная энергия поднятого столба (центр тяжести на высоте \(h/2\)):
\[ U = \rho g\pi R^2 h\cdot\frac h2 = \frac{\rho g\pi R^2h^2}{2} = \boxed{\frac{2\pi\sigma^2}{\rho g}} \]Почему \(U = A/2\). Пока жидкость поднимается, сила плёнки постоянна, а противодействующий вес растёт линейно. Значит на первой половине пути есть избыток силы — жидкость разгоняется, потом тормозится, колеблется около равновесия и в конце концов останавливается, потеряв на вязкое трение ровно половину работы:
\[ Q = A - U = \frac{2\pi\sigma^2}{\rho g}. \]Проверка. Ни \(A\), ни \(U\) не зависят от радиуса капилляра ✓ — узкий капилляр поднимает меньше жидкости, но выше, и энергия та же. Красивый и неочевидный результат. Размерность: \(\sigma^2/(\rho g)\) — (Н/м)²/((кг/м³)(м/с²)) = Дж ✓. Тот же множитель \(1/2\) появляется в задаче о заряде конденсатора от батареи ✓ — одинаковая математика: постоянная «сила» против линейно растущего «противодействия». Числом: вода, \(R=0{,}2\) мм: \(h=7{,}4\) см, \(A=6{,}8\) мкДж, \(U=3{,}4\) мкДж ✓.Ответ \(h = 2\sigma/(\rho gR)\); \(A = 4\pi\sigma^2/(\rho g)\); \(U = 2\pi\sigma^2/(\rho g)\); половина работы переходит в тепло.Капилляры дерева
6/10Определите максимальный радиус капилляров дерева на высоте 10 м. Вода полностью смачивает капилляры.
▶РешениеСкрыть: решение
Решение \[ h = \frac{2\sigma}{\rho g r} \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{2\sigma}{\rho g h} = \frac{2\cdot0{,}073}{10^3\cdot9{,}8\cdot10} = 1{,}5\cdot10^{-6}\ \text{м}. \] \[ \boxed{r \approx 1{,}5\ \text{мкм}} \]Проверка. Полтора микрона — реальный порядок для сосудов древесины ✓ (10–100 мкм у крупных сосудов, но у трахеид и в клеточных стенках — как раз микроны и доли микрона). Обратная проверка: капилляр радиуса 1,5 мкм поднимает воду на \(2\cdot0{,}073/(10^3\cdot9{,}8\cdot1{,}5\cdot10^{-6})\approx10\) м ✓. Замечание: секвойи вырастают до 110 м, и одной капиллярностью это не объяснить — там работает испарение с листьев, создающее в сосудах отрицательное давление ✓. Атмосферное давление тоже не помогло бы поднять воду выше 10 м ✓ — совпадение чисел не случайно, но механизмы разные.Ответ \(r\approx1{,}5\) мкм.Задача 4.6.4
6/10а. Используя результат задачи 4.4.5, определите объём жидкости, протекающей в единицу времени через капилляр радиуса \(r\), соединённый с жидкостью, если её поверхность в капилляре установилась (из-за испарения) на расстоянии \(h\) от его основания. Вязкость жидкости \(\eta\), поверхностное натяжение \(\sigma\), жидкость полностью смачивает капилляр. Действием силы тяжести пренебречь.
б. Оцените максимальный объём крови, который может подаваться к тканям в 1 с по капиллярам радиуса 10 мкм и длины 1 мм, полностью смачиваемым кровью, если число капилляров \(10^5\), вязкость крови \(5\cdot10^{-3}\) Н·с/м², поверхностное натяжение \(7\cdot10^{-2}\) Н/м.
К задаче 4.6.4 (рисунок из условия, перерисован): капилляр радиуса \(r\) соединён снизу с жидкостью; из-за испарения мениск установился на расстоянии \(h\) от основания. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Мениск на конце капилляра создаёт разрежение \(2\sigma/r\) — это и есть «насос». Он гонит жидкость по трубке длины \(h\), а сопротивление считаем по Пуазёйлю.а. Перепад давления \(\Delta P = 2\sigma/r\), длина участка течения \(h\):
\[ V = \frac{\pi r^4\,\Delta P}{8\eta h} = \frac{\pi r^4}{8\eta h}\cdot\frac{2\sigma}{r}, \qquad \boxed{V = \frac{\pi r^3\sigma}{4\eta h}} \]б. Для одного капилляра:
\[ V_1 = \frac{\pi\,(10^{-5})^3\cdot7\cdot10^{-2}}{4\cdot5\cdot10^{-3}\cdot10^{-3}} = \frac{\pi\cdot7\cdot10^{-17}}{2\cdot10^{-5}} \approx 1{,}1\cdot10^{-11}\ \frac{\text{м}^3}{\text{с}}. \]На \(10^5\) капилляров:
\[ V = 1{,}1\cdot10^{-6}\ \frac{\text{м}^3}{\text{с}}, \qquad \boxed{V \approx 1{,}1\ \text{см}^3/\text{с}} \]Проверка. Размерность: м³·(Н/м)/((Н·с/м²)·м) = м³/с ✓. Порядок правдоподобен: около литра крови в час на такой пучок ✓, а полный сердечный выброс — примерно 80 см³/с, то есть на подобный участок ткани приходится около процента ✓. Обратите внимание: \(V\propto r^3\) ✓ — вдвое более узкие капилляры пропускают в 8 раз меньше, хотя «насос» у них вдвое сильнее. Пренебрежение тяжестью законно ✓: \(\rho gh = 10^4\cdot10^{-3}=10\) Па против \(2\sigma/r = 1{,}4\cdot10^4\) Па.Ответ а. \(V = \pi r^3\sigma/(4\eta h)\). б. \(V\approx1{,}1\) см³/с.Поправка барометра
6/10Какую относительную погрешность мы допускаем при измерении атмосферного давления по высоте ртутного столба, если внутренний диаметр барометрической трубки, не смачиваемой ртутью, 5 мм, поверхностное натяжение 0,465 Н/м, плотность ртути 13,6 г/см³?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Ртуть не смачивает стекло, мениск выпуклый — он опускает столб на капиллярную величину. Сравниваем эту поправку с самой высотой столба 760 мм.\[ \Delta h = \frac{2\sigma}{\rho g R} = \frac{2\cdot0{,}465}{13{,}6\cdot10^3\cdot9{,}8\cdot2{,}5\cdot10^{-3}} = 2{,}8\cdot10^{-3}\ \text{м} = 2{,}8\ \text{мм}. \] \[ \delta = \frac{\Delta h}{h} = \frac{2{,}8}{760} \approx 3{,}7\cdot10^{-3}, \qquad \boxed{\delta \approx 0{,}4\ \%} \]Проверка. 0,4 % от атмосферного — это 3–4 мбар ✓, для метеорологии очень много: столько «стоит» перепад погоды. Поэтому у настоящих барометров трубку делают широкой (20 мм и более) и вводят табличную поправку ✓. Зависимость \(\Delta h\propto1/R\) ✓: удвоив диаметр, вдвое уменьшим ошибку. Проверка предельного случая полного несмачивания \((\theta=180^{\circ})\) ✓ — взят максимум поправки, реальный краевой угол ртути на стекле около 140°, и поправка чуть меньше: \(\Delta h\cos40^{\circ}=2{,}1\) мм ✓.Ответ \(\delta\approx0{,}4\,\%\) (столб занижен примерно на 3 мм).Столбики в капиллярах
6/10В двух длинных открытых с обеих сторон капиллярах, расположенных вертикально, находятся столбики воды длины 2 и 4 см. Найдите радиус кривизны нижнего мениска в каждом из капилляров, если их внутренний диаметр равен 1 мм, а смачивание полное.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеВерхний мениск в обоих случаях вогнут «до предела» (радиус равен радиусу трубки). Нижний подстраивается так, чтобы уравновесить вес столбика. Идея Верхний мениск при полном смачивании вогнут «до упора»: его радиус равен радиусу трубки \(R=0{,}5\) мм. Нижний подстраивается так, чтобы удержать столбик. Пройдём по столбику сверху вниз и посмотрим, что получится внизу.Сверху вниз. Над верхним мениском атмосферное \(P_0\); под ним
\[ P = P_0 - \frac{2\sigma}{R},\qquad \frac{2\sigma}{R} = \frac{2\cdot0{,}073}{5\cdot10^{-4}} = 292\ \text{Па}. \]Спускаясь на длину столбика \(L\), прибавляем \(\rho gL\). Значит над нижним мениском
\[ P_{\text{низ}} = P_0 - 292 + \rho g L. \]Столбик 2 см. \(\rho gL = 196\) Па, поэтому \(P_{\text{низ}}=P_0-96\) Па: давление внутри меньше атмосферного, значит нижний мениск тоже вогнутый (выгнут вверх, внутрь жидкости):
\[ \frac{2\sigma}{r_2}=96\ \text{Па} \ \Longrightarrow\ |r_2| = \frac{0{,}146}{96} \approx 1{,}5\ \text{мм}. \]Столбик 4 см. \(\rho gL = 392\) Па, \(P_{\text{низ}}=P_0+100\) Па: давление больше атмосферного, нижний мениск выпуклый (провисает вниз):
\[ \frac{2\sigma}{r_4}=100\ \text{Па} \ \Longrightarrow\ r_4 = \frac{0{,}146}{100} \approx 1{,}5\ \text{мм}. \] \[ \boxed{|r_2| = |r_4| \approx 1{,}5\ \text{мм};\ \text{у 2 см — вогнутый, у 4 см — выпуклый}} \]Проверка. Оба радиуса больше радиуса трубки (0,5 мм) ✓ — иначе мениск не смог бы существовать. «Нейтральная» длина, при которой нижний мениск плоский: \(\rho gL=292\) Па, то есть \(L=3\) см ✓ — она как раз между 2 и 4 см, поэтому знаки разные. Максимально возможная длина столбика: когда оба мениска предельно изогнуты, \(\rho gL = 4\sigma/R = 584\) Па, \(L=6\) см ✓ — более длинный столбик в такой трубке не удержится и вытечет. Знак в ответах задачника (\(r_2=-1{,}5\) мм, \(r_4=+1{,}5\) мм) как раз и означает противоположные направления выпуклости ✓.Ответ \(|r|\approx1{,}5\) мм в обоих случаях; у столбика 2 см нижний мениск вогнутый, у столбика 4 см — выпуклый.Капилляр и сосуд
6/10Вертикальный капилляр радиуса \(r\) и высоты \(h\) соединён с широким сосудом трубкой на уровне дна сосуда. Как зависит разность уровней жидкости в сосуде и капилляре от высоты \(x\) уровня жидкости в сосуде? При каком значении \(x\) жидкость начнёт выливаться из капилляра? Поверхностное натяжение жидкости \(\sigma\), её плотность \(\rho\). Жидкость полностью смачивает капилляр.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеКапилляр высоты \(h\) соединён с широким сосудом у самого дна. Пока мениск не упёрся в верхний край, разность уровней постоянна. Идея Пока мениск свободно стои́т внутри капилляра, он вогнут «до упора» и держит постоянную разность уровней — жюреновскую высоту. Когда мениск упирается в верхний срез, он начинает распрямляться, и разность уровней уменьшается.Обозначим жюреновскую высоту \(H = 2\sigma/(\rho gr)\).
Этап 1: мениск внутри капилляра, то есть \(x + H \le h\). Разность уровней постоянна:
\[ \Delta x = H = \frac{2\sigma}{\rho g r}, \qquad 0 < x < h-\frac{2\sigma}{\rho gr}. \]Этап 2: мениск на срезе. Дальше подниматься некуда, мениск остаётся на высоте \(h\), но становится всё более пологим — его радиус кривизны растёт. Тогда
\[ \Delta x = h - x, \qquad h-\frac{2\sigma}{\rho gr} < x < h+\frac{2\sigma}{\rho gr}. \](При \(x=h\) мениск плоский; при \(x>h\) он становится выпуклым и жидкость вспучивается над срезом.)
Когда польётся. Максимальная выпуклость — полусфера радиуса \(r\), она удерживает перепад \(2\sigma/r\), то есть столб высоты \(H\):
\[ \boxed{x_0 = h + \frac{2\sigma}{\rho g r}} \]Проверка. Обе формулы стыкуются при \(x = h-H\): там \(\Delta x = H\) ✓ — разрыва нет. На втором этапе \(\Delta x\) убывает и при \(x=h\) обращается в нуль ✓, а затем становится отрицательной ✓ — уровень в сосуде выше среза капилляра. Полный «запас» второго этапа — \(2H\) ✓: от предельно вогнутого мениска до предельно выпуклого. Числом: вода, \(r=0{,}1\) мм: \(H=15\) см — капилляр «терпит» изменение уровня в сосуде на 30 см, прежде чем польётся ✓.Ответ \(\Delta x = 2\sigma/(\rho gr)\) при \(x<h-2\sigma/(\rho gr)\); \(\Delta x = h-x\) при \(h-2\sigma/(\rho gr)<x<h+2\sigma/(\rho gr)\); выливаться начнёт при \(x_0 = h+2\sigma/(\rho gr)\).Короткий капилляр
6/10Жидкость в длинном капилляре поднимается на высоту \(h\). Определите радиус кривизны мениска в коротком капилляре, длина которого \(h/2\). Радиус обоих капилляров \(r\), краевой угол \(\theta\).
К задаче 4.6.8 (рисунок из условия, перерисован): в длинном капилляре жидкость стоит на высоте \(h\); короткий капилляр высоты \(h/2\) заполнен до края, и его мениск распрямился. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея В коротком капилляре жидкость доходит до верха и останавливается: мениск распрямляется ровно настолько, чтобы удержать столб вдвое меньшей высоты. Значит его радиус кривизны вдвое больше.Длинный капилляр. Радиус мениска \(R = r/\cos\theta\), и
\[ \frac{2\sigma}{R} = \rho g h \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{2\sigma\cos\theta}{\rho g r}. \]Короткий капилляр. Жидкость поднялась на \(h/2\), значит мениск держит вдвое меньший перепад:
\[ \frac{2\sigma}{R_x} = \rho g\frac h2 = \frac{\sigma\cos\theta}{r} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{R_x = \frac{2r}{\cos\theta}} \]То есть радиус вдвое больше, чем в длинном капилляре; мениск стал более пологим, а эффективный краевой угол на срезе — больше \(\theta\).
Проверка. При \(\theta=0\): \(R_x = 2r\) ✓ — вдвое больше радиуса трубки, вполне возможная пологая шапочка. Общее правило: в капилляре длины \(h/n\) радиус мениска \(nr/\cos\theta\) ✓ — жидкость никогда не выливается из короткого капилляра, она просто останавливается у среза. Это классический «парадокс»: капилляр не работает как вечный насос ✓. Размерность ✓; \(R_x>r\), как и должно быть для мениска в трубке радиуса \(r\) ✓.Ответ \(R_x = 2r/\cos\theta\).Задача 4.6.9
6/10Капилляр, наполовину заполненный жидкостью, вращается вокруг оси \(OO'\). Длина капилляра \(2l\), его радиус \(r\). Плотность жидкости \(\rho\), а поверхностное натяжение \(\sigma\). Жидкость полностью смачивает капилляр. При какой угловой скорости капилляра жидкость начнёт из него вытекать?
К задаче 4.6.9 (рисунок из условия, перерисован): горизонтальный капилляр длины \(2l\), заполненный жидкостью наполовину (наружная половина), вращается вокруг вертикальной оси \(OO'\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Центробежное «давление» гонит жидкость к наружному концу. Удерживает её вогнутый внутренний мениск — он создаёт разрежение \(2\sigma/r\). Как только перепад превысит эту величину, жидкость поползёт наружу.Где жидкость. При вращении жидкость прижимается к наружному концу: она занимает участок от оси (радиус 0) до конца капилляра (радиус \(l\)), то есть ровно половину длины \(2l\).
Перепад давления. В поле \(\omega^2 x\) он равен
\[ \Delta P = \frac{\rho\omega^2 l^2}{2} \](это «гидростатика» с переменным ускорением: среднее значение \(\omega^2x\) на отрезке равно \(\omega^2l/2\), умножаем на \(\rho l\)).
Что держит. Внутренний мениск при полном смачивании вогнут предельно, радиус \(r\), и создаёт разрежение
\[ \frac{2\sigma}{r}. \]Наружный мениск помочь не может: жидкость полностью смачивает капилляр, поэтому, дойдя до среза, она растекается по торцу, а не выпучивается шариком. Условие вытекания:
\[ \frac{\rho\omega^2l^2}{2} = \frac{2\sigma}{r} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\omega = \frac2l\sqrt{\frac{\sigma}{\rho r}}} \]Проверка. Размерность: \(\sqrt{(\text{Н/м})/((\text{кг/м}^3)\text{м})}\) = м/с, делённая на метры — с\(^{-1}\) ✓. Чем длиннее капилляр, тем меньше нужная скорость ✓ — плечо больше. Чем тоньше капилляр, тем труднее его опорожнить ✓. Числом: вода, \(r=0{,}1\) мм, \(l=5\) см: \(\omega = 40\sqrt{0{,}073/0{,}1} = 40\cdot0{,}85\approx34\) рад/с, то есть около 5 оборотов в секунду ✓ — вполне достижимо на школьной центрифуге. Замечание: если бы наружный конец не смачивался и мениск мог выпучиться полусферой, порог был бы в \(\sqrt2\) раза выше ✓.Ответ \(\omega = \dfrac2l\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho r}}\).Вынутый капилляр
6/10В капилляре, опущенном вертикально в воду на глубину \(l\), вода поднялась на высоту \(h\). Нижний конец капилляра закрывают, вынимают капилляр из воды и вновь открывают. Определите длину столба воды, оставшейся в капилляре, если смачивание полное.
К задаче 4.6.10 (рисунок из условия, перерисован): слева — капилляр в воде (подъём \(h\), глубина \(l\)); в центре — вынутый с закрытым низом (столб \(l+h\)); справа — низ снова открыт, у нижнего конца повис выпуклый мениск. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея В вынутом капилляре столб держат два мениска: верхний вогнутый тянет вверх, нижний может выгнуться вниз и тоже подпереть. Каждый способен удержать столб высоты \(h\), значит вместе — \(2h\).Сколько воды в трубке. Пока капилляр в сосуде, вода внутри стоит на \(h\) выше наружного уровня, а нижний конец — на \(l\) ниже него. Значит длина столба
\[ L = l + h. \]Что может удержать вынутый капилляр. Полное смачивание, поэтому оба мениска предельно изогнуты, с радиусом \(r\). Из условия \(h = 2\sigma/(\rho gr)\) следует \(2\sigma/r = \rho g h\). Равновесие столба длины \(x\):
\[ \rho g x = \frac{2\sigma}{r}+\frac{2\sigma}{r} = 2\rho g h \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = 2h. \]Ответ по случаям.
\[ \boxed{x = l+h,\ \text{если } l<h; \qquad x = 2h,\ \text{если } l>h} \]В первом случае вся вода остаётся, во втором лишний столб \(l-h\) вытекает.
Проверка. При \(l=h\) оба выражения дают \(2h\) ✓ — сшивка непрерывна. Если \(l<h\), нижний мениск не «работает на полную»: он лишь слегка выпуклый, а при \(l\to0\) даже вогнутый ✓. Столб длиннее \(2h\) в такой трубке невозможен ✓ — это тот же предел, что и в задаче 4.6.6 (там получилось 6 см при \(h=3\) см) ✓. Числом: вода, \(r=0{,}2\) мм: \(h=7{,}4\) см; опустив капилляр на 20 см, после вынимания получим ровно 14,8 см воды ✓.Ответ \(x = l+h\) при \(l<h\); \(x = 2h\) при \(l>h\).Задача 4.6.11
6/10В сосуд с водой, температуру которой изменяют, опускают изогнутый стеклянный капилляр радиуса \(r=0{,}1\) мм. График температурной зависимости поверхностного натяжения показан на рисунке. При какой температуре вода потечёт из сосуда, если \(H=15\) см?
К задаче 4.6.11 (рисунок из условия, перерисован): изогнутый капилляр выведен через край сосуда, его наружный конец на \(H\) ниже уровня воды; справа — график \(\sigma(t)\): от 0,076 Н/м при 0 °C до 0,073 Н/м при 20 °C. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Капилляр работает как сифон: вода должна сначала подняться на высоту \(H\) до перегиба. Она поднимется, если жюреновская высота \(2\sigma/(\rho gr)\) не меньше \(H\). А \(\sigma\) падает с ростом температуры — значит поток пойдёт при охлаждении.\[ \frac{2\sigma}{\rho g r} \ge H \quad\Longrightarrow\quad \sigma \ge \frac{\rho g r H}{2}. \] \[ \sigma_{\min} = \frac{10^3\cdot9{,}8\cdot10^{-4}\cdot0{,}15}{2} = 7{,}35\cdot10^{-2}\ \frac{\text{Н}}{\text{м}}. \]По графику \(\sigma(t)\) такое значение поверхностного натяжения воды достигается примерно при
\[ \boxed{t \approx 17\ {}^\circ\text{C}} \]и ниже: охладив воду до 17 °C, мы «включаем» сифон.
Проверка. Табличные значения: \(\sigma=72{,}8\) мН/м при 20 °C и 74,2 мН/м при 10 °C ✓ — искомые 73,5 мН/м лежат как раз посередине. Чувствительность: \(\sigma\) меняется примерно на 0,15 мН/м на градус, то есть высота подъёма — на 0,3 мм на градус ✓; чтобы «переключить» сифон, хватает нескольких градусов. Логика знака ✓: горячая вода поднимается хуже — на этом основан простой опыт, где сифон запускается при остывании. Проверка предельного случая: при \(H\to0\) течь будет при любой температуре ✓.Ответ \(t\approx17\) °C (и ниже).Капля в конусе
6/10Куда будет двигаться капля смачивающей и несмачивающей жидкости в горизонтально расположенном коническом капилляре?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея У капли два мениска в трубках разного радиуса. Лапласовские скачки на них разные, и разность «толкает» каплю. Достаточно посмотреть, какой мениск сильнее.Смачивающая жидкость. Оба мениска вогнутые; давление внутри капли ниже атмосферного на \(2\sigma/R_i\), где \(R_i\) — радиус соответствующего мениска. Со стороны узкого конца радиус меньше, значит там разрежение сильнее — оно и тянет каплю. Капля ползёт в узкую часть.
Несмачивающая жидкость. Оба мениска выпуклые, давление внутри капли выше атмосферного. Со стороны узкого конца избыток больше — он выталкивает каплю. Капля ползёт в широкую часть.
Формула. Если радиусы трубки у концов капли \(r_1<r_2\), то результирующая сила
\[ F = \pi r^2\,2\sigma\cos\theta\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right) \ \text{— к узкому концу при }\cos\theta>0. \]Проверка. Знак меняется вместе с \(\cos\theta\) ✓ — ровно на границе (краевой угол 90°) капля неподвижна. Природный пример: вода в клине между двумя почти сомкнутыми пластинами всегда убегает в узкое место ✓; на этом же основано движение сока в конических клетках растений. Ртуть в конической трубке, наоборот, выталкивается в широкую часть ✓ — легко проверить. Предел \(r_1\to r_2\) даёт \(F\to0\) ✓ — в цилиндрической трубке капля стоит.Ответ Смачивающая — в сторону узкой части, несмачивающая — в сторону широкой.Задача 4.6.13
6/10На какую высоту поднимется жидкость по вертикальному коническому капилляру с углом при вершине \(\alpha\ll1\) рад? Плотность жидкости \(\rho\), её поверхностное натяжение \(\sigma\), высота капилляра \(H\). Жидкость полностью смачивает капилляр.
К задаче 4.6.13 (рисунок из условия, перерисован): конический капилляр высоты \(H\) стоит вершиной вверх (угол при вершине \(\alpha\)); жидкость поднялась по нему и остановилась. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Капилляр сужается кверху (вершина конуса вверху). На высоте \(x\) радиус трубки уже известен, и условие остановки мениска — то же, что у обычного капилляра: жюреновская высота для местного радиуса равна \(x\).Радиус на высоте \(x\). Вершина конуса на высоте \(H\), полуугол \(\alpha/2\), поэтому
\[ r(x) = (H-x)\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} \approx (H-x)\,\frac{\alpha}{2}. \]Условие равновесия мениска (полное смачивание):
\[ \frac{2\sigma}{r(x)} = \rho g x \quad\Longrightarrow\quad \frac{4\sigma}{\alpha\,(H-x)} = \rho g x, \] \[ \rho g\alpha\,x\,(H-x) = 4\sigma \quad\Longrightarrow\quad x^2 - Hx + \frac{4\sigma}{\rho g\alpha} = 0. \]Корень (берём меньший — до него мениск и дойдёт):
\[ \boxed{x = \frac H2\left(1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^2}}\right), \qquad \alpha > \frac{16\sigma}{\rho g H^2}} \]Если же \(\alpha < 16\sigma/(\rho gH^2)\), подкоренное выражение отрицательно: уравнение решений не имеет, всасывание побеждает на всём пути, и жидкость доходит до самого верха:
\[ \boxed{x = H} \]Проверка. При \(\alpha\to\infty\) (почти цилиндрическая широкая воронка) корень даёт \(x\approx4\sigma/(\rho g\alpha H)\to0\) ✓ — в широком конусе жидкость почти не поднимается. Граничный случай \(\alpha = 16\sigma/(\rho gH^2)\) даёт \(x=H/2\) ✓ — мениск останавливается ровно посередине, дальше идти уже не может. Второй (больший) корень — неустойчивое равновесие ✓: если жидкость каким-то образом оказалась выше него, она пойдёт до верха. Числом: вода, \(H=10\) см: критический угол \(16\cdot0{,}073/(9800\cdot0{,}01) = 0{,}012\) рад \(\approx0{,}7^{\circ}\) ✓ — очень тонкий конус втягивает воду целиком. Размерность подкоренного выражения безразмерна ✓.Ответ \(x = \dfrac H2\left(1-\sqrt{1-\dfrac{16\sigma}{\rho g\alpha H^2}}\right)\) при \(\alpha>16\sigma/(\rho gH^2)\); иначе \(x=H\).Между пластинами
6/10На какую высоту поднимется жидкость между двумя вертикальными пластинами, расстояние между которыми \(\Delta\), если краевой угол у первой пластины \(\theta_1\), у второй \(\theta_2\)? Плотность жидкости \(\rho\), её поверхностное натяжение \(\sigma\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Всё как в круглом капилляре, только «периметр» — это две линии смачивания на единицу ширины, а вертикальные составляющие силы плёнки у пластин разные.Сила плёнки на единицу ширины (две линии смачивания):
\[ F = \sigma\cos\theta_1 + \sigma\cos\theta_2. \]Вес поднятой жидкости на единицу ширины: столб сечения \(\Delta\), высоты \(x\):
\[ P = \rho g\,x\,\Delta. \] \[ \boxed{x = \frac{\sigma\,(\cos\theta_1+\cos\theta_2)}{\rho g\,\Delta}} \]Проверка. Одинаковые смачиваемые пластины \((\theta_1=\theta_2=0)\): \(x = 2\sigma/(\rho g\Delta)\) ✓ — знакомая формула для щели, вдвое больше, чем у круглого капилляра того же «радиуса» \(\Delta\)… точнее, столько же, сколько у трубки радиуса \(\Delta\) ✓. Если \(\theta_2=\pi-\theta_1\), то \(x=0\) ✓ — подъёма нет вовсе (см. задачу 4.6.15). Обе несмачиваемые: \(x<0\) ✓ — жидкость опускается. Размерность ✓. Числом: вода, \(\Delta=0{,}1\) мм, полное смачивание: \(x=15\) см ✓ — именно так вода поднимается между близко сдвинутыми стёклами.Ответ \(x = \sigma(\cos\theta_1+\cos\theta_2)/(\rho g\Delta)\).Сила на пластины
6/10Какая сила действует на параллельные квадратные пластины со стороной \(a\), частично погружённые в жидкость, если краевой угол у внешних их поверхностей 90°, а у внутренних — \(\theta\) и \(\pi-\theta\)? Плотность жидкости \(\rho\), её поверхностное натяжение \(\sigma\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеВнутри — краевые углы \(\theta\) и \(\pi-\theta\), поэтому мениск наклонён, снаружи — 90°, там поверхность горизонтальна. Идея Краевые углы \(\theta\) и \(\pi-\theta\) антисимметричны, поэтому средний уровень между пластинами не меняется, а мениск просто наклоняется. Остаются только силы натяжения на линиях смачивания.Уровень не меняется. По задаче 4.6.14 \(x\propto\cos\theta+\cos(\pi-\theta)=0\) ✓: у одной пластины жидкость поднимается ровно настолько, насколько у другой опускается, и в середине зазора уровень тот же, что снаружи. Значит давление в жидкости всюду обычное гидростатическое, и вклады давления на внутреннюю и наружную поверхности пластины взаимно компенсируются.
Силы натяжения. На внешней поверхности краевой угол 90°: плёнка подходит к пластине горизонтально и тянет её наружу с силой \(\sigma a\). На внутренней плёнка подходит под углом \(\theta\) к стенке; её горизонтальная составляющая \(\sigma a\sin\theta\) направлена внутрь, к жидкости в зазоре.
\[ F = \sigma a - \sigma a\sin\theta, \qquad \boxed{F = \sigma a\,(1-\sin\theta)\ \text{— пластины расталкиваются}} \]Проверка. При \(\theta=90^{\circ}\) оба внутренних угла тоже 90°, картина полностью симметрична — и формула даёт \(F=0\) ✓. Это решающая проверка. При \(\theta=0\) (одна пластина смачивается идеально, другая идеально не смачивается) сила максимальна и равна \(\sigma a\) ✓. Размерность: (Н/м)·м = Н ✓. Аккуратный подсчёт с учётом давления даёт тот же ответ: избыточное давление у поднятой части мениска в точности «съедается» тем, что мениск между пластинами не выходит на горизонталь ✓.Замечание. В ответах задачника напечатано \(F=a\sigma(1-\cos\theta)\). Это то же выражение, если угол отсчитывать не от стенки, а от нормали к ней; при стандартном определении краевого угла проверка \(\theta=90^{\circ}\) требует именно синуса.
Ответ \(F = \sigma a(1-\sin\theta)\), пластины отталкиваются.Задача 4.6.16
6/10С какой силой притягиваются друг к другу две параллельные квадратные пластины со стороной \(a\), частично погружённые в жидкость, если они не смачиваются жидкостью? Плотность жидкости \(\rho\), расстояние между пластинами \(\Delta\), поверхностное натяжение жидкости \(\sigma\).
К задаче 4.6.16 (рисунок из условия, перерисован): между несмачиваемыми пластинами (зазор \(\Delta\)) уровень жидкости опущен, мениск выпуклый; снаружи уровень у пластин слегка поджат вниз. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Между несмачиваемыми пластинами уровень опущен на \(x\). Значит на высоте от \(-x\) до 0 снаружи жидкость есть, а внутри её нет: снаружи давит, изнутри нет — вот и притяжение.Опускание уровня (задача 4.6.14 при \(\theta_1=\theta_2=\pi\)):
\[ x = \frac{2\sigma}{\rho g\Delta}. \]Сила. На участке высоты \(x\) наружная жидкость давит на пластину внутрь с гидростатическим давлением \(\rho g z\) (\(z\) — глубина под наружным уровнем), а изнутри там воздух:
\[ F = a\int_0^{x}\rho g z\,dz = \frac{\rho g a x^2}{2} = \frac{\rho g a}{2}\left(\frac{2\sigma}{\rho g\Delta}\right)^2, \] \[ \boxed{F = \frac{2a\sigma^2}{\rho g\,\Delta^2}} \]Проверка. Размерность: м·(Н/м)²/((кг/м³)(м/с²)м²) = Н ✓. Зависимость \(1/\Delta^2\) ✓ — сила резко растёт при сближении; поэтому две мокрые несмачиваемые пластинки так трудно раздвинуть… точнее, для несмачиваемых — так трудно развести, а для смачиваемых притяжение возникает по той же причине с обратным знаком уровня, и формула та же ✓. Числом: \(a=10\) см, \(\Delta=0{,}1\) мм, вода: \(F = 2\cdot0{,}1\cdot0{,}073^2/(9800\cdot10^{-8}) = 10{,}9\) Н ✓ — больше килограмма! Именно так «слипаются» мокрые стёкла. Предельная проверка: \(\sigma\to0\) даёт \(F\to0\) ✓.Ответ \(F = 2a\sigma^2/(\rho g\Delta^2)\).Задача 4.6.17
6/10На какую высоту поднимется жидкость плотности \(\rho\) в полностью смачиваемом капилляре, если его поперечное сечение \(S\), а периметр этого сечения \(l\)? Как зависит период малых вертикальных колебаний жидкости в этом капилляре от высоты жидкости? Поверхностное натяжение жидкости \(\sigma\).
К задаче 4.6.17 (рисунок из условия, перерисован): жидкость поднялась по капилляру произвольного сечения; стрелки — малые вертикальные колебания столба. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Плёнка тянет вверх по всей линии смачивания — то есть по периметру \(l\). Вес держит столб сечения \(S\). Отсюда высота. А колебания около равновесия — это маятник с «длиной» \(h\).Высота. При полном смачивании вертикальная составляющая силы плёнки равна \(\sigma l\):
\[ \sigma l = \rho g\,S\,h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{h = \frac{\sigma l}{\rho g S}} \]Колебания. Пусть жидкость отклонилась от равновесия на \(\xi\). Сила плёнки не изменилась (мениск всё так же предельно изогнут), а вес вырос на \(\rho g S\xi\). Возвращающая сила
\[ F = -\rho g S\,\xi, \]а движется масса всего столба \(m=\rho S h\) (при малых колебаниях длина столба практически \(h\)). Значит
\[ \omega^2 = \frac{\rho g S}{\rho S h} = \frac gh, \qquad \boxed{T = 2\pi\sqrt{\frac hg}} \]Проверка. Круглый капилляр: \(S=\pi r^2\), \(l=2\pi r\), и \(h=2\sigma/(\rho gr)\) ✓ — формула Жюрена как частный случай. Плоская щель ширины \(\Delta\) на единицу ширины: \(S=\Delta\), \(l=2\), и \(h=2\sigma/(\rho g\Delta)\) ✓ — совпадает с задачей 4.6.14. Период такой же, как у математического маятника длины \(h\) ✓ — изящный результат: чем выше поднялась жидкость, тем медленнее она колеблется. Числом: \(h=15\) см даёт \(T=0{,}78\) с ✓ — легко наблюдать. Замечание: в реальном тонком капилляре вязкость гасит эти колебания за один-два периода ✓ (см. задачу 4.6.2, где половина работы ушла в тепло).Ответ \(h = \sigma l/(\rho g S)\); \(T = 2\pi\sqrt{h/g}\).Капля на стекле
4/10Капля воды на стекле — шаровой сегмент, V = k d³; измерить объём капли из шприца, снять зависимость диаметра от объёма, найти k по линеаризованному графику и краевой угол по таблице θ(k).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Лепёшка из ртути
7/10На верхнее горизонтальное основание сплошного кругового цилиндра с площадью поперечного сечения \(S\) аккуратно налили немного ртути. Краевой угол смачивания материала, из которого изготовлен этот цилиндр, равен \(\theta\). Коэффициент поверхностного натяжения ртути равен \(\sigma\), плотность ртути равна \(\rho\). Ускорение свободного падения равно \(g\). Считайте, что параметры \(\sigma\), \(\rho\), \(g\) и \(S\) удовлетворяют неравенству: \[\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}} \ll \sqrt{S}.\]
При каком минимальном значении объёма ртути \(V_0\) она целиком покроет основание цилиндра?
На основание цилиндра наливают ртуть объёмом \(V < V_0\). Сверху аккуратно помещают второй цилиндр с таким же поперечным сечением, но изготовленный из другого материала, который полностью не смачивается ртутью. Считайте расположение цилиндров и ртути всё время осесимметричным.
При какой минимальной массе \(m_1\) верхнего цилиндра ртуть будет контактировать с основанием нижнего цилиндра по всей площади его поверхности?
При какой минимальной массе \(m_2\) верхнего цилиндра ртуть вытечет из зазора между цилиндрами? Считайте, что граница между основанием цилиндра и его боковой поверхностью является закруглённой (радиус закругления много меньше толщины слоя ртути) и выпуклой.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаЛепёшка широкая и плоская, поэтому задача двумерная: запишите равновесие полоски ртути по горизонтали — силы поверхностного натяжения на краях против силы среднего гидростатического давления (с добавкой от веса верхнего цилиндра). Для вытекания найдите, какой может быть наибольшая горизонтальная составляющая силы натяжения, пока край ртути переходит через закругление на боковую поверхность.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ1) \(V_0 = S\sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}\); 2) \(m_1 = \dfrac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\); 3) \(m_2 = \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta < \pi/2\) и \(m_2 = \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta \geqslant \pi/2\).
▶РешениеСкрыть: решение
Решение1. Неравенство из условия задачи позволяет считать верхнюю поверхность ртути практически плоской, а горизонтальный радиус ртутной «лепёшки» много большим, чем её толщина. Это даёт возможность определить толщину слоя ртути \(h\), рассматривая задачу как двумерную. Будем считать, что ртуть заполнила всю площадь основания цилиндра, но при этом не перешла на его боковую поверхность.
Рассмотрим участок слоя жидкости шириной \(L\) и условие её равновесия в проекции на горизонтальную ось \(x\) (силы, действующие на этот участок в горизонтальном направлении, изображены на рис.): \[F_x = F\cos\theta - F + p_\text{ср}Lh = \sigma L\cos\theta - \sigma L + p_\text{ср}Lh = 0,\] где \(p_\text{ср}\) — среднее по высоте гидростатическое давление ртути, равное \(p_\text{ср} = \rho gh/2\). Тогда имеем: \[\frac{\rho gh^2}{2} = \sigma(1 - \cos\theta) \quad\Rightarrow\quad h = \sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\] Когда ртуть заполняет всю поверхность основания цилиндра, её объём равен \[V_0 = Sh = S\sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\]
2. Если поставить на ртуть цилиндр массой \(m\), то в каждой точке жидкости гидростатическое давление возрастёт на величину \(mg/S_\text{к}\), где \(S_\text{к}\) — площадь контакта ртути и поставленного на неё цилиндра. Среднее гидростатическое давление в слое ртути в этом случае составит \[p_\text{ср} = \frac{\rho gh}{2} + \frac{mg}{S_\text{к}}.\]
Условие равновесия сил, действующих на участок ртути единичной ширины в проекции на ось \(x\) (см. рис.), примет вид: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gh^2}{2} + \frac{mgh}{S_\text{к}}.\] Отметим, что \(h = V/S_\text{к}\), поскольку поверхность ртути можно считать плоской (после постановки на неё цилиндра это приближение становится ещё более справедливым). Подставляя выражение для \(h\), получим: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S_\text{к}^2} + \frac{mgV}{S_\text{к}^2}.\] Ртуть полностью заполнит зазор между цилиндрами при \(S_\text{к} = S\), следовательно \[m_1 = \frac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]
Примечание: обращаем внимание, что в выражении для давления ртути нельзя считать \(\rho gh \ll mg/S\), так как эти величины могут быть одного порядка!
3. В процессе перехода границы ртути с основания нижнего цилиндра на его боковую поверхность направление касательной к поверхности ртути поворачивается на \(90^\circ\). Ртуть станет вытекать из зазора между цилиндрами, когда сила гидростатического давления превысит максимально возможную величину горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения. Теоретически, этот максимум соответствует положению касательной, при котором она является горизонтальной, однако это положение может быть нереализуемо при заданном значении угла смачивания \(\theta\).
Рассмотрим два случая.
Первый случай: \(\theta < \pi/2\).
В данном случае касательная к поверхности жидкости никогда не станет горизонтальной, поэтому величина горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения будет максимальной, если касательная будет направлена под углом \(\theta\) к боковой поверхности цилиндра (см. рис.). Тогда \[F_{max} = \sigma L(1 + \sin\theta).\] Записывая условие равновесия, получим, что \[\sigma(1 + \sin\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]
Второй случай: \(\theta \geqslant \pi/2\).
В данном случае касательная к поверхности жидкости может стать горизонтальной (см. рис.). Тогда максимальная горизонтальная компонента силы поверхностного натяжения будет равна \[F_{max} = 2\sigma L.\] Записывая условие равновесия в этом случае, получим \[2\sigma = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{2\sigma S^2}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\] Итак, \[m_2 = \begin{cases} \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta < \pi/2,\\[3mm] \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta \geqslant \pi/2. \end{cases}\]
Капилляр
6/10По подъёму воды в капилляре найти краевой угол, затем поверхностное натяжение неизвестной жидкости, придумать опыт по течению жидкости по формуле Пуазейля для вязкости и оценить длину установления профиля.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.