Поверхностное натяжение, давление Лапласа

Решение

Два эквивалентных определения.

Энергетическое: \(\sigma\) — работа, которую надо совершить, чтобы увеличить площадь поверхности жидкости на единицу при постоянной температуре:

\[ A = \sigma\,\Delta S. \]

Силовое: \(\sigma\) — сила, с которой одна часть поверхностной плёнки тянет другую, приходящаяся на единицу длины линии раздела:

\[ F = \sigma\,l. \]

Оба определения дают одно и то же число: растягивая рамку с плёнкой на \(\Delta x\) при ширине \(l\), совершаем работу \(F\Delta x = \sigma l\Delta x = \sigma\Delta S\) ✓. Единица — Н/м = Дж/м².

Где это видно. Капли и мыльные пузыри принимают шарообразную форму — у шара наименьшая площадь при данном объёме. По воде бегают водомерки, на воде держится аккуратно положенная иголка. Вода поднимается по капиллярам почвы, по фитилю, по бумажному полотенцу. Ртуть на столе собирается в шарики. Мокрый песок держит форму — плёнки воды стягивают песчинки. Струя воды из крана распадается на капли. В невесомости вода собирается в шар.

Решение

В невесомости тяжести нет вовсе, остаётся только поверхностная энергия. Она минимальна при минимальной площади, а наименьшую площадь при данном объёме имеет шар ✓.

На полу — соревнование энергий. Для капли размера \(r\):

\[ E_{\text{пов}} \sim \sigma r^2, \qquad E_{\text{тяж}} \sim \rho g r^3\cdot r = \rho g r^4 \;\text{(выигрыш от расплющивания)}. \]

Точнее, отношение «расплющивающего» вклада к «стягивающему»

\[ \frac{\rho g r^3\cdot r}{\sigma r^2} = \frac{\rho g r^2}{\sigma}. \]

Оно мало́ при

\[ r \ll a = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}} \quad\text{— «капиллярная длина»}. \]

Для ртути \(a=\sqrt{0{,}465/(13600\cdot9{,}8)}\approx1{,}9\) мм. Капли заметно мельче двух миллиметров — почти идеальные шарики, крупные — растекающиеся лепёшки ✓.

Решение \[ \sigma\cdot2\pi r \;\ge\; \rho g\cdot\frac43\pi r^3 \quad\Longrightarrow\quad r^2 \le \frac{3\sigma}{2\rho g}. \] \[ r \le \sqrt{\frac{3\cdot0{,}073}{2\cdot10^3\cdot9{,}8}} = \sqrt{1{,}12\cdot10^{-5}} \approx 3{,}3\ \text{мм} = 0{,}33\ \text{см}. \] \[ \boxed{r \sim 0{,}5\ \text{см}} \]

Решение

\[ F_1 = 2\sigma_1 l \ (\text{влево}), \qquad F_2 = 2\sigma_2 l \ (\text{вправо}), \] \[ \boxed{F = 2\,(\sigma_1-\sigma_2)\,l} \]

Планка тянется в сторону жидкости с бо́льшим поверхностным натяжением.

Решение

Натяжение нити. Петля растянулась с \(l\) до \(2\pi R\):

\[ T = k\,(2\pi R - l). \]

Равновесие элемента кольца. Для нити, изогнутой по окружности радиуса \(R\), натяжение даёт направленную к центру силу \(T/R\) на единицу длины. Ей противостоит плёнка:

\[ \frac TR = 2\sigma \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\sigma = \frac{T}{2R} = \frac{k\,(2\pi R - l)}{2R}} \]

Решение

а. Начальная площадь \(\sim V^{2/3}\) ничтожна по сравнению с конечной, поэтому

\[ \boxed{A \approx \sigma\cdot 2\,\frac V\Delta = \frac{2V\sigma}{\Delta}} \]

б. Объём 1 г ртути \(V = 1/13{,}6\) см³ \(=7{,}35\cdot10^{-8}\) м³. Диаметр атома оценим из объёма, приходящегося на атом:

\[ v_0 = \frac{M}{\rho N_A} = \frac{200{,}6\cdot10^{-3}}{13{,}6\cdot10^3\cdot6{,}02\cdot10^{23}} = 2{,}45\cdot10^{-29}\ \text{м}^3,\qquad d=\sqrt[3]{v_0}\approx2{,}9\cdot10^{-10}\ \text{м}. \] \[ A = \frac{2\cdot7{,}35\cdot10^{-8}\cdot0{,}465}{2{,}9\cdot10^{-10}} \approx 2{,}4\cdot10^{2}\ \text{Дж}. \] \[ \boxed{n = \frac{L}{A} = \frac{290}{240} \approx 1\ldots\text{несколько}} \]

Решение \[ \underbrace{\rho_{\text{ж}}a^3g}_{\text{вес}} = \underbrace{\rho_0a^3g}_{\text{Архимед}} + \underbrace{4a\sigma}_{\text{плёнка}} \] \[ a^2\,(\rho_{\text{ж}}-\rho_0)\,g = 4\sigma \ \Longrightarrow\ a = \sqrt{\frac{4\sigma}{(\rho_{\text{ж}}-\rho_0)g}}. \] \[ a = \sqrt{\frac{4\cdot0{,}073}{(7800-1000)\cdot9{,}8}} = \sqrt{4{,}4\cdot10^{-6}} \approx 2{,}1\ \text{мм}. \] \[ \boxed{a \approx 2{,}1\ \text{мм}} \]

Решение \[ \underbrace{\rho\,\pi r^2\,2h\,g}_{\text{вес}} = \underbrace{\rho\,\pi r^2 h\,g}_{\text{Архимед}} + \underbrace{2\pi r\,\sigma}_{\text{плёнка}}, \] \[ \rho\pi r^2hg = 2\pi r\sigma \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\sigma = \frac{r\rho g h}{2}} \]

Решение

Оценка данных. Масса \(m\approx70\) кг; подошва \(30\times10\) см, её периметр \(0{,}8\) м, у двух ботинок \(L\approx1{,}6\) м.

\[ \sigma L \ge m g \quad\Longrightarrow\quad g \le \frac{\sigma L}{m} = \frac{0{,}073\cdot1{,}6}{70} \approx 1{,}7\cdot10^{-3}\ \text{м/с}^2. \] \[ \boxed{g \lesssim 0{,}2\ \text{см/с}^2} \]

Решение

Мениск. Рассмотрим боковую поверхность жидкости на единицу длины. По горизонтали на неё действуют: \(\sigma\) внизу (там поверхность горизонтальна) и \(\sigma\cos\theta\) вверху (у края пластины), а также сила «отрицательного» давления. Жидкость под уровнем поднята на высоту до \(x\), давление в ней ниже атмосферного, и суммарная горизонтальная сила равна \(\rho g x^2/2\):

\[ \frac{\rho g x^2}{2} = \sigma - \sigma\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\cos\theta = 1-\frac{\rho g x^2}{2\sigma}} \]

Пластина. На неё действуют: искомая сила \(F_x\) вверх, вес \(mg\) вниз, «присасывание» снизу \(F_0=\rho gx\,l\) вниз (под пластиной давление ниже атмосферного на \(\rho gx\)) и две плёнки по краям, тянущие вниз с \(2\sigma\sin\theta\):

\[ F_x = mg + \rho g x\,l + 2\sigma\sin\theta. \]

Осталось выразить синус. Из \(\cos\theta = 1-\rho gx^2/(2\sigma)\):

\[ \sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta} = \frac{\rho g x}{\sigma}\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}-\frac{x^2}{4}}, \] \[ \boxed{F_x = mg + \rho g x\left(l + 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}-\frac{x^2}{4}}\right)} \]

Решение

Насколько может прогнуться поверхность. Для плоского мениска высотой \(x\) равновесие боковой поверхности (см. 4.5.10) даёт

\[ \frac{\rho gx^2}{2} = \sigma\,(1-\cos\psi), \]

где \(\psi\) — угол наклона поверхности у края пластины. Максимум при \(\psi=180^{\circ}\) (поверхность у края «завернулась»):

\[ x_{\max} = 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}. \]

Нагрузка. Давление снизу \(\rho g x_{\max}\) уравновешивает вес единицы площади:

\[ \frac mS = \rho\,x_{\max} = 2\sqrt{\frac{\sigma\rho}{g}} = 2\sqrt{\frac{0{,}073\cdot10^3}{9{,}8}} = 5{,}5\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^2}, \] \[ \boxed{\frac mS \approx 0{,}55\ \text{г/см}^2} \]

Решение

Силы по горизонтали. На далёком сечении плёнка тянет наружу с \(\sigma\). У стенки плёнка подходит под краевым углом \(\theta\), её горизонтальная проекция \(\sigma\sin\theta\) (при полном смачивании \(\theta=0\) плёнка вертикальна и наружу не тянет вовсе). Разность гидростатических давлений на столбик высоты \(h\) даёт \(\rho gh^2/2\), направленную к стенке:

\[ \frac{\rho g h^2}{2} = \sigma - \sigma\sin\theta, \] \[ \boxed{h = \sqrt{\frac{2\sigma\,(1-\sin\theta)}{\rho g}}} \]

б. Полное смачивание \((\theta=0)\):

\[ h = \sqrt{\frac{2\sigma}{\rho g}} = \sqrt{\frac{2\cdot0{,}073}{10^3\cdot9{,}8}} = 3{,}9\ \text{мм}. \] \[ \boxed{h \approx 3{,}9\ \text{мм}} \]

Решение

Энергия на площади \(S=V/x\). Тяжесть: слой толщины \(x\), центр тяжести на \(x/2\), значит \(\rho g x^2 S/2\). Поверхность: сверху добавилась граница жидкость–воздух (\(\sigma\)), а граница твёрдое–газ заменилась на твёрдое–жидкость, что по формуле Юнга даёт \(-\sigma\cos\theta\). Итого

\[ E = \frac{\rho g x^2}{2}\,S + \sigma\,(1-\cos\theta)\,S = V\left[\frac{\rho g x}{2} + \frac{\sigma(1-\cos\theta)}{x}\right]. \]

Минимум. Сумма вида \(ax+b/x\) минимальна при \(x=\sqrt{b/a}\):

\[ x = \sqrt{\frac{2\sigma(1-\cos\theta)}{\rho g}} = \sqrt{\frac{4\sigma\sin^2(\theta/2)}{\rho g}}, \] \[ \boxed{x = 2\sin\frac{\theta}{2}\,\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}} \]

б. Парафин водой практически не смачивается. В предельном случае полного несмачивания \((\theta=180^{\circ})\)

\[ x = 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}} = 2\cdot2{,}7\ \text{мм} \approx 5{,}4\ \text{мм}. \]

(При реальном краевом угле \(\theta\approx105^{\circ}\) получится \(x\approx4{,}3\) мм — чуть тоньше.)

\[ \boxed{x \approx 5\ \text{мм}} \]

Решение

Энергия тяжести плавающего слоя. Слой толщины \(x\) погружён на \((\rho_{\text{м}}/\rho_{\text{ж}})x\). Стандартный подсчёт даёт на единицу площади

\[ E_{\text{тяж}} = \frac12\,\rho_{\text{м}}\,g\,x^2 \left(1-\frac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{ж}}}\right). \]

Поверхностная энергия на единицу площади: вместо одной границы \(\sigma_{\text{ж}}\) появились две — \(\sigma_{\text{м}}\) и \(\sigma_{\text{ж.м.}}\):

\[ E_{\text{пов}} = \sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}-\sigma_{\text{ж}} \equiv \Delta\sigma. \]

Минимум. При фиксированном объёме \(V=xS\) полная энергия

\[ E = V\left[\frac{\rho_{\text{м}}g x}{2}\left(1-\frac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{ж}}}\right) + \frac{\Delta\sigma}{x}\right], \]

минимальна при

\[ \boxed{x = \sqrt{\frac{2\rho_{\text{ж}}\, \big(\sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}-\sigma_{\text{ж}}\big)} {\rho_{\text{м}}\,(\rho_{\text{ж}}-\rho_{\text{м}})\,g}}} \]

Если же \(\sigma_{\text{ж}}\ge\sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}\), то \(\Delta\sigma\le0\): растекаться выгодно неограниченно, и \(x\to0\) — масло расползается в мономолекулярную плёнку.

б. Нефть. Масса \(m=0{,}8\cdot28\,691 = 22\,953\) т, объём \(V=m/\rho_{\text{м}} = 28\,691\) м³. «Не смачивается» примем в предельном виде \(\sigma_{\text{ж.м.}}=\sigma_{\text{ж}}+\sigma_{\text{м}}\), тогда \(\Delta\sigma = 2\sigma_{\text{м}}=0{,}06\) Н/м:

\[ x = \sqrt{\frac{2\cdot10^3\cdot0{,}06}{0{,}8\cdot10^3\cdot0{,}2\cdot10^3\cdot9{,}8}} = \sqrt{7{,}7\cdot10^{-5}} \approx 8{,}7\ \text{мм}, \] \[ S = \frac Vx = \frac{28\,691}{8{,}7\cdot10^{-3}} \approx 3\cdot10^{6}\ \text{м}^2 \approx 3\ \text{км}^2. \] \[ \boxed{S \sim 2\ldots3\ \text{км}^2} \]

Решение

Что держит поднятый объём. Возьмём в качестве системы всю жидкость, лежащую выше общего уровня (на рисунке она отделена штриховой линией). Снизу, на уровне общей поверхности, давление равно атмосферному, значит снизу эта жидкость не поддерживается вовсе. По бокам — свободная поверхность, тоже под атмосферным давлением, и вертикальных сил там нет. Остаётся единственная опора — плёнка на линии соприкосновения с палочкой.

Сила плёнки. На каждый элемент линии смачивания длины \(\Delta L\) плёнка действует силой \(\sigma\Delta L\), направленной по касательной к поверхности; её вертикальная проекция \(\sigma\cos\vartheta\,\Delta L\), где \(\vartheta\) — краевой угол, один и тот же по всему периметру. Суммируя по контуру длины \(L\):

\[ F_{\uparrow} = \sigma L\cos\vartheta. \]

Вывод. Равновесие поднятой жидкости даёт

\[ \rho g V = \sigma L\cos\vartheta \quad\Longrightarrow\quad \boxed{V = \frac{\sigma L\cos\vartheta}{\rho g}} \]

В ответ входит только периметр \(L\), но не форма сечения — что и требовалось.

Решение

а. Цилиндр. Возьмём кусок цилиндрической поверхности длины \(L\) и рассечём его плоскостью, проходящей через ось. Половинку жидкости внутри держат две силы:

плёнка вдоль двух линий разреза длины \(L\): \(F_\sigma = 2\sigma L\);
избыточное давление \(\Delta P\), действующее на диаметральное сечение площади \(2RL\): \(F_P = \Delta P\cdot 2RL\).

\[ \Delta P\cdot 2RL = 2\sigma L \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Delta P = \frac{\sigma}{R}} \]

б. Сфера. Рассечём каплю по большому кругу. Плёнка тянет по окружности длины \(2\pi R\), давление действует на круг площади \(\pi R^2\):

\[ \Delta P\cdot\pi R^2 = \sigma\cdot 2\pi R \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Delta P = \frac{2\sigma}{R}} \]

Решение

Снаружи на глубине \(d\) избыточное над атмосферным давление равно \(\rho g d\). Внутри на той же глубине оно на \(2\sigma/R\) больше:

\[ P_{\text{вн}}(d) = \rho g d + \frac{2\sigma}{R}. \]

Наибольшая глубина точки капли \(h+R\), наименьшая \(h-R\):

\[ \boxed{P_{\max} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g\,(h+R), \qquad P_{\min} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g\,(h-R)} \]

Решение \[ \rho g x = \frac{\sigma}{R} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{R = \frac{\sigma}{\rho g x}} \]

Решение

Внешняя граница (воздух → вода), выпуклая наружу, радиус \(R\):

\[ P_{\text{вода}} = P_0 + \frac{2\sigma}{R}. \]

Внутренняя граница (вода → воздух внутри), центр кривизны там же, радиус \(R-h\); воздух внутри находится с вогнутой стороны, значит его давление больше:

\[ P = P_{\text{вода}} + \frac{2\sigma}{R-h}. \] \[ \boxed{P = P_0 + 2\sigma\left(\frac1R+\frac1{R-h}\right)} \]

Решение

Максимальный перепад. Ячейка со стороной \(a=1\) мм; наименьший возможный радиус кривизны \(R_{\min}=a/2=0{,}5\) мм. По Лапласу

\[ \Delta P_{\max} = \frac{2\sigma}{R_{\min}} = \frac{2\cdot0{,}073}{5\cdot10^{-4}} \approx 290\ \text{Па}. \]

Высота столба воды:

\[ H = \frac{\Delta P_{\max}}{\rho g} = \frac{290}{10^3\cdot9{,}8} \approx 3\ \text{см}. \]

Объём:

\[ V = S\,H = 0{,}1\cdot0{,}03 = 3\cdot10^{-3}\ \text{м}^3, \qquad \boxed{V \approx 3\ \text{л}} \]

Решение

Два одинаковых тела. Пусть оба смачиваемые: около каждого вода поднята. Когда тела сближаются, два «валика» сливаются в один общий — суммарная площадь искривлённой поверхности уменьшается, и поднятой воды становится меньше. И поверхностная энергия, и энергия тяжести при этом падают, значит тела притягиваются ✓. Для двух несмачиваемых всё зеркально: сливаются две «ямки», и энергия опять падает ✓.

Через давление. Между сближающимися смачиваемыми телами вода поднята выше общего уровня, а значит давление в ней меньше атмосферного. Снаружи давление атмосферное. Разность давлений вжимает тела друг в друга ✓.

Разные тела. Около одного вода поднята, около другого опущена. Чтобы их менисками «состыковаться», поверхности пришлось бы сначала подняться, потом резко опуститься — искривление и площадь при сближении растут. Энергия растёт, значит тела отталкиваются ✓.

Куда они уплывут. Смачиваемое тело у стенки, которую вода смачивает, притянется к стенке (там вода тоже поднята); несмачиваемое — оттолкнётся. Поэтому пузырьки в стакане сбегаются к краям, а плавающие чаинки — к центру или к стенке в зависимости от формы мениска.

Решение

Треугольник Неймана. Пусть верхний колпачок подходит к линии контакта под углом \(\alpha\) к горизонту, нижний — под углом \(\beta\). Три силы уравновешиваются:

\[ \sigma = \sigma_1\cos\alpha+\sigma_2\cos\beta, \qquad \sigma_1\sin\alpha = \sigma_2\sin\beta \equiv t. \]

Обозначив \(A=\sigma_1\cos\alpha\), \(B=\sigma_2\cos\beta\), имеем \(A+B=\sigma\) и \(A^2-B^2=\sigma_1^2-\sigma_2^2\), откуда

\[ A = \frac{\sigma^2+\sigma_1^2-\sigma_2^2}{2\sigma}, \qquad B = \frac{\sigma^2+\sigma_2^2-\sigma_1^2}{2\sigma}. \]

Высота сегмента. Для сферического сегмента с радиусом основания \(r\), край которого наклонён на угол \(\alpha\), высота равна \(r\,\mathrm{tg}(\alpha/2)\). Значит

\[ h = r\left[\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}+\mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\right] = r\,t\left[\frac{1}{\sigma_1+A}+\frac{1}{\sigma_2+B}\right] \]

(здесь использовано \(\mathrm{tg}(\alpha/2)=\sin\alpha/(1+\cos\alpha)=t/(\sigma_1+A)\)).

Алгебра. Прямой подсчёт даёт

\[ \sigma_1+A = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_1-\sigma_2)}{2\sigma}, \qquad \sigma_2+B = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_2-\sigma_1)}{2\sigma}, \] \[ t^2 = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_1-\sigma_2) (\sigma+\sigma_2-\sigma_1)(\sigma_1+\sigma_2-\sigma)}{4\sigma^2}, \]

и после сокращений (пользуясь \((\sigma+\sigma_1-\sigma_2)(\sigma-\sigma_1+\sigma_2)=\sigma^2-(\sigma_1-\sigma_2)^2\))

\[ \boxed{h = 2r\,\sqrt{\frac{\sigma_1+\sigma_2-\sigma}{\sigma_1+\sigma_2+\sigma}\cdot \frac{\sigma^2}{\sigma^2-(\sigma_1-\sigma_2)^2}}} \]

Решение

Давления. Считая от наружного \(P_0\):

\[ P_{\text{бол}} = P_0+\frac{4\sigma}{R_0}, \qquad P_{\text{мал}} = P_0+\frac{4\sigma}{r}. \]

Перегородка. Она разделяет две области с разностью давлений \(P_{\text{мал}}-P_{\text{бол}}\) и, будучи мыльной плёнкой, даёт скачок \(4\sigma/R\):

\[ \frac{4\sigma}{R} = \frac{4\sigma}{r}-\frac{4\sigma}{R_0} \ \Longrightarrow\ \frac1R=\frac1r-\frac1{R_0}, \] \[ \boxed{R = \frac{r\,R_0}{R_0-r}} \]

Перегородка выгибается в сторону большого пузыря — там давление меньше.

Углы. В линии соприкосновения сходятся три мыльные плёнки с одинаковым натяжением. Три равные силы уравновешиваются, только если углы между ними равны:

\[ \boxed{\alpha = 120^{\circ}} \]

Решение

Давление у дна. На макушке поверхность сферическая радиуса \(R\), значит сразу под ней избыточное давление \(2\sigma/R\). Опускаясь на \(h\), прибавляем \(\rho gh\):

\[ P_{\text{низ}} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g h \quad(\text{сверх атмосферного}). \]

Вес. Со стороны плоскости капля получает вверх силу \(P_{\text{низ}}\cdot\pi r^2\) (атмосферное давление, действующее на всю остальную поверхность капли, в сумме даёт нуль). Она и уравновешивает вес:

\[ mg = \pi r^2\left(\frac{2\sigma}{R}+\rho g h\right), \] \[ \boxed{m = \pi r^2\left(\rho h + \frac{2\sigma}{Rg}\right)} \]

Решение

Давление в лепёшке. Ртуть не смачивает, край лепёшки — почти полуокружность радиуса \(h/2\):

\[ \Delta P \approx \frac{\sigma}{h/2} = \frac{2\sigma}{h}. \]

(Вторым, «большим», радиусом кривизны — радиусом самой лепёшки — пренебрегаем: он гораздо больше.)

Площадь пятна. Объём шарика сохраняется:

\[ \frac43\pi a^3 = \pi R_{\text{л}}^2 h \quad\Longrightarrow\quad \pi R_{\text{л}}^2 = \frac{4\pi a^3}{3h}, \qquad a=1\ \text{мм}. \]

Равновесие пластины (четыре лепёшки):

\[ 4\,\Delta P\,\pi R_{\text{л}}^2 = mg \ \Longrightarrow\ 4\cdot\frac{2\sigma}{h}\cdot\frac{4\pi a^3}{3h} = mg, \] \[ h^2 = \frac{32\pi\sigma a^3}{3mg} = \frac{32\pi\cdot0{,}465\cdot10^{-9}}{3\cdot0{,}08\cdot9{,}8} = 1{,}99\cdot10^{-8}\ \text{м}^2, \] \[ \boxed{h = 1{,}4\cdot10^{-4}\ \text{м} = 0{,}14\ \text{мм}} \]

Решение

Радиус половинок. \(2\cdot\tfrac43\pi r^3=\tfrac43\pi R^3\), значит

\[ r = \frac{R}{\sqrt[3]{2}} = \frac{3}{1{,}26} = 2{,}38\ \text{мм}. \]

Прирост площади.

\[ \Delta S = 2\cdot4\pi r^2 - 4\pi R^2 = 4\pi R^2\left(2\cdot2^{-2/3}-1\right) = 4\pi R^2\left(\sqrt[3]{2}-1\right). \] \[ \Delta S = 4\pi\cdot9\cdot10^{-6}\cdot0{,}26 = 2{,}94\cdot10^{-5}\ \text{м}^2. \] \[ A = \sigma\,\Delta S = 0{,}465\cdot2{,}94\cdot10^{-5}, \qquad \boxed{A \approx 1{,}4\cdot10^{-5}\ \text{Дж}} \]

Решение

Непрерывность. \(v r^2 = v_0 r_0^2\), значит при \(r=r_0/1{,}5\)

\[ v = v_0\cdot1{,}5^2 = 0{,}3\cdot2{,}25 = 0{,}675\ \text{м/с}. \]

Обобщённый Бернулли вдоль поверхности струи (\(h\) — расстояние вниз от крана):

\[ \frac{\rho v^2}{2}+\frac{\sigma}{r} = \frac{\rho v_0^2}{2}+\frac{\sigma}{r_0}+\rho g h. \] \[ h = \frac{v^2-v_0^2}{2g} + \frac{\sigma}{\rho g}\left(\frac1r-\frac1{r_0}\right). \]

Числа. Первое слагаемое: \((0{,}456-0{,}09)/19{,}6 = 1{,}87\) см. Второе: \(\dfrac{0{,}073}{9800}\left(\dfrac{1}{1{,}33\cdot10^{-3}}-\dfrac{1}{2\cdot10^{-3}}\right) = 7{,}45\cdot10^{-6}\cdot250 = 0{,}19\) см.

\[ \boxed{h \approx 2\ \text{см}} \]

Подсказка

Как добавочное давление в пузыре зависит от его радиуса и чем оно уравновешивается при медленном течении воздуха по трубке? Отсюда найдите скорость убывания объёма.

Ответ

Пузырь вдвое большего радиуса сдуется за время \(16\tau\).

Подсказка

Лепёшка 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.

Ответ

1) \(V_0 = S\sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}\);  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 \(\theta \geqslant \pi/2\).

Решение

1. 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, \[m_2 = \begin{cases} \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta < \pi/2,\\[3mm] \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta \geqslant \pi/2. \end{cases}\]

Подсказка

Каждая булавка вытесняет из стакана воду своего объёма. На сколько при этом растёт масса стакана за счёт одной булавки?

Ответ

898 булавок.

Подсказка

Капля растекается, когда это выгодно энергетически: запишите полную энергию «источник + конденсаторы + поверхность капли» как функцию ёмкости \(C_2\) растёкшейся капли и найдите её минимум. Излом графика — момент, когда минимум впервые приходится на \(C_2 > 0\).

Ответ

1) \(U_C = \dfrac{4}{3}U_1\);  2) \(\sigma = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0U_1^2}{9h} \approx 0{,}479\) Н/м.

Решение

Покажем ниже, что при напряжениях источника меньших \(U_1\) капелька не растекается и конденсатор Глюка представляет собой обычный плоский конденсатор ёмкостью \(C_1\). Заметим, что вклад капельки в ёмкость отсутствует из-за того, что она по условию маленькая.

При напряжениях источника больших, чем \(U_1\), конденсатор Глюка представляет собой два параллельно соединённых конденсатора ёмкостями \(C_1\) и \(C_2\). Конденсатор \(C_2\) имеет в качестве одной обкладки нижнюю плоскость, а его вторая обкладка — это растёкшаяся капелька проводящей жидкости. Обозначим площадь растёкшейся капельки \(S\), тогда: \[C_2 = \frac{\varepsilon\varepsilon_0S}{h}.\]

Проанализируем, чему может быть равна площадь растёкшейся капельки в зависимости от постоянного напряжения источника \(U\), используя энергетический подход, и докажем сделанные выше утверждения. Напряжение источника можно считать постоянным, так как по условию оно изменяется плавно. Рассмотрим систему, состоящую из источника, конденсаторов и растёкшейся капельки. Найдём, как энергия системы зависит от площади растёкшейся капельки: \[W = W_\text{ист} + W_\text{конд} + W_\text{пов} = -qU + \frac{q^2}{2C_0} + 2\sigma S,\] где \(q\) — заряд, протёкший через источник, \(C_0\) — общая ёмкость системы трёх конденсаторов, \(\sigma\) — коэффициент поверхностного натяжения.

Здесь энергия \(W_\text{ист} = -qU = -C_0U^2\), так как при зарядке конденсаторов через источник протекает заряд \(q = C_0U\) и запасённая в источнике энергия уменьшается.

Общая ёмкость системы трёх конденсаторов, когда опорный \(C\) соединён последовательно с конденсатором Глюка (который представляет собой параллельное соединение \(C_1\) и \(C_2\)): \[C_0 = \frac{C(C_1 + C_2)}{C + C_1 + C_2}.\] Для удобства будем выражать энергию поверхностного натяжения не через площадь, а через ёмкость \(C_2\): \[W_\text{пов} = 2\sigma S = \frac{2\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0}C_2.\] Тогда зависимость энергии системы от ёмкости \(C_2\) (по сути, от площади растёкшейся капли) описывается выражением: \[W(C_2) = -\frac{C(C_1 + C_2)U^2}{2(C + C_1 + C_2)} + \frac{2\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0}C_2.\] В равновесии значение \(C_2\) будет таким, чтобы энергия системы была минимальна. Найдём, при каком значении \(C_2\) будет минимум, используя производную и приравнивая её нулю: \[W' = -\frac{C^2U^2}{2(C + C_1 + C_2)^2} + \frac{2\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0} = 0.\] Отсюда находим, что в случае расплющенной капли ёмкость образованного ею конденсатора \(C_2\) зависит от напряжения источника \(U\) как \[C_2 = CU\sqrt{\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{4\sigma h}} - C - C_1.\] Так как вторая производная всегда положительна, найденная точка действительно минимум: \[W'' = \frac{C^2U^2}{(C + C_1 + C_2)^3} > 0.\] Заметим, что значение \(C_2\) (и площади \(S\)) больше либо равно нуля при \[U \geqslant 2\frac{C + C_1}{C}\sqrt{\frac{\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0}} = U_1.\] Поведение системы устроено следующим образом. При напряжениях источника от \(0\) до \(U_1\) минимум энергии системы соответствует нулевой площади растёкшейся капельки, а конденсатор Глюка имеет постоянную ёмкость \(C_1\). При напряжениях источника \(U > U_1\) растёкшаяся капелька имеет площадь такую, что ёмкость \(C_2\) можно вычислить по указанной выше формуле. Напряжение на конденсаторе Глюка постоянно: \[U_\text{Глюк} = \frac{C_0U}{C_1 + C_2} = \frac{CU}{C + C_1 + C_2} = \sqrt{\frac{4\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0}} = \frac{2}{3}U_1 = \text{const}.\] Напряжение на опорном конденсаторе при напряжении на источнике \(U = 2U_1\) равно \[U_C = U - U_\text{Глюк} = 2U_1 - \frac{2}{3}U_1 = \frac{4}{3}U_1.\]

Для определения коэффициента поверхностного натяжения воспользуемся найденным выше напряжением \[U = 2\sqrt{\frac{\sigma h}{\varepsilon\varepsilon_0}} = \frac{2}{3}U_1.\] Отсюда \[\sigma = \frac{\varepsilon\varepsilon_0U_1^2}{9h} \approx 0{,}479\text{ Н/м}.\] Очень похоже на то, что Глюк использовал ртуть!