Заряженный мыльный пузырь

Подсказка

У плёнки две поверхности, поэтому избыточное давление внутри \(4\gamma/R_0\). Пузырь парит, когда сила Архимеда не меньше веса плёнки и воздуха внутри. Электрическое давление на заряженную поверхность равно \(\sigma E\), где \(E\) — поле, создаваемое остальными зарядами, т. е. половина поля снаружи.

Решение

2.1 Пузырь окружён воздухом.

Разрезая сферу пополам и используя площадь проекции для баланса сил, получаем \[P_i\pi R_0^2 = P_a\pi R_0^2 + 2(2\pi R_0\gamma),\qquad P_i = P_a + \frac{4\gamma}{R_0}. \tag{1}\] Давление и плотность связаны уравнением состояния идеального газа: \[PV = nRT\quad\text{или}\quad P = \frac{\rho RT}{M}, \tag{2}\] где \(M\) — молярная масса воздуха. Применяя уравнение состояния к воздуху внутри и снаружи пузыря, получаем \[\rho_iT_i = P_i\frac MR,\qquad \rho_aT_a = P_a\frac MR,\] \[\frac{\rho_iT_i}{\rho_aT_a} = \frac{P_i}{P_a} = \left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]. \tag{3}\]

2.2 При \(\gamma = 0{,}025\) Н/м, \(R_0 = 1{,}0\) см и \(P_a = 1{,}013\cdot10^{5}\) Н/м\(^2\) численное значение отношения \[\frac{\rho_iT_i}{\rho_aT_a} = 1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a} = 1 + 0{,}0001. \tag{4}\] (Влияние поверхностного натяжения очень мало.)

2.3 Пусть \(W\) — полный вес пузыря, \(F\) — выталкивающая сила со стороны окружающего пузырь воздуха. \[W = (\text{масса плёнки} + \text{масса воздуха})g = \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_i\right)g = 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\frac{\rho_aT_a}{T_i}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]g. \tag{5}\] Выталкивающая сила со стороны окружающего пузырь воздуха \[B = \frac43\pi R_0^3\rho_ag. \tag{6}\] Если пузырь парит в неподвижном воздухе, \[B \ge W,\qquad \frac43\pi R_0^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\frac{\rho_aT_a}{T_i}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]g. \tag{7}\] Преобразуя, получаем \[T_i \ge \frac{R_0\rho_aT_a}{R_0\rho_a - 3\rho_st}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right] \ge 307{,}1\text{ К}. \tag{8}\] Воздух внутри должен быть теплее примерно на \(7{,}1\) °C.

2.4 Пренебрегаем изменением радиуса \(\to\) радиус остаётся \(R_0 = 1{,}0\) см. (На самом деле радиус уменьшается на \(0{,}8\,\%\), когда температура снижается с \(307{,}1\) К до \(300\) К. Сама плёнка также становится немного толще.)

Сила сопротивления по закону Стокса \[F = 6\pi\eta R_0u. \tag{9}\] Если пузырь парит в восходящем потоке, \[F \ge W - B,\qquad 6\pi\eta R_0u \ge \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_i\right)g - \frac43\pi R_0^3\rho_ag. \tag{10}\] Когда пузырь находится в тепловом равновесии, \(T_i = T_a\): \[6\pi\eta R_0u \ge \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_a\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]\right)g - \frac43\pi R_0^3\rho_ag.\] Преобразуя, получаем \[u \ge \frac{4R_0\rho_stg}{6\eta} + \frac{\dfrac43R_0^2\rho_ag\left(\dfrac{4\gamma}{R_0P_a}\right)}{6\eta}. \tag{11}\]

2.5 Численное значение \(u \ge 0{,}36\) м/с.

Второй член примерно на 3 порядка меньше первого.

Далее членами с поверхностным натяжением пренебрегаем.

2.6 Когда пузырь заряжен, электрическое отталкивание заставит его расшириться и тем самым увеличит выталкивающую силу.

Сила на единицу площади равна (поле на поверхности \(\times\) заряд на единицу площади).

Есть два способа вычислить электрическое поле НА поверхности мыльной плёнки.

A. С помощью теоремы Гаусса. Рассмотрим очень тонкую «таблетку» (цилиндрик) на поверхности мыльной плёнки.

\(E\) — электрическое поле на поверхности плёнки, создаваемое всеми остальными частями мыльной плёнки, за исключением поверхности внутри самой таблетки.

\(E_q\) — полное поле сразу снаружи таблетки \(= \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R_1^2} = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0} = E +{}\)поле поверхностного заряда \(\sigma\) \(= E + E_\sigma\).

Применяя теорему Гаусса к таблетке, получаем \(E_\sigma = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\), перпендикулярно плёнке в силу симметрии. Следовательно, \[E = E_q - E_\sigma = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{1}{2\varepsilon_0}\frac{q}{4\pi R_1^2}. \tag{12}\]

B. Прямым интегрированием.

На рисунке: charge \(\delta q\) — заряд \(\delta q\). \[\delta q = \left(\frac{q}{4\pi R^2}\right)2\pi R\sin\theta\cdot R\delta\theta.\] Чтобы найти величину электрического отталкивания, нужно сначала найти напряжённость электрического поля \(E\) в точке на (а не снаружи) самой поверхности. Поле в точке \(A\) в направлении \(\overrightarrow{OA}\) равно \[\delta E_A = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{(q/4\pi R_1^2)2\pi R_1^2\sin\theta\delta\theta}{\left(2R_1\sin\dfrac\theta2\right)^2}\sin\frac\theta2 = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}\cos\frac\theta2\,\delta\left(\frac\theta2\right),\] \[E_A = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}\int_{\theta = 0}^{\theta = 180^\circ}\cos\frac\theta2\,d\left(\frac\theta2\right) = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}. \tag{13}\] Сила отталкивания на единицу площади поверхности пузыря \[\left(\frac{q}{4\pi R_1^2}\right)E = \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0}. \tag{14}\] Пусть \(P_i'\) и \(\rho_i'\) — новые давление и плотность, когда пузырь заряжен. Эта электрическая сила отталкивания увеличит давление газа \(P_i'\). \(P_i'\) связано с исходным \(P_i\) уравнением состояния газа: \[P_i'\frac43\pi R_1^3 = P_i\frac43\pi R_0^3,\qquad P_i' = \left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3P_i = \left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3P_a. \tag{15}\] В последнем уравнении членом с поверхностным натяжением пренебрегли.

Из баланса сил на площади проекции полусферы получаем (снова пренебрегая членом с поверхностным натяжением) \[P_i' + \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0} = P_a,\qquad P_a\left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3 + \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0} = P_a. \tag{16}\] Преобразуя, получаем \[\left(\frac{R_1}{R_0}\right)^4 - \left(\frac{R_1}{R_0}\right) - \frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a} = 0. \tag{17}\] Заметим, что (17) даёт \(\dfrac{R_1}{R_0} = 1\) при \(q = 0\), как и ожидалось.

2.7 Приближённое решение для \(R_1\) при \(\dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a} \ll 1\).

Запишем \(R_1 = R_0 + \Delta R\), \(\Delta R \ll R_0\). Тогда \[\frac{R_1}{R_0} = 1 + \frac{\Delta R}{R_0},\qquad \left(\frac{R_1}{R_0}\right)^4 \approx 1 + 4\frac{\Delta R}{R_0}. \tag{18}\] Уравнение (17) даёт \[\Delta R \approx \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^3P_a}, \tag{19}\] \[R_1 \approx R_0 + \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^3P_a} \approx R_0\left(1 + \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a}\right). \tag{20}\]

2.8 Пузырь будет парить, если \[B \ge W,\qquad \frac43\pi R_1^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\rho_ig. \tag{21}\] Вначале \(T_i = T_a \Rightarrow \rho_i = \rho_a\) при \(\gamma \to 0\) и \(R_1 = R_0\left(1 + \dfrac{\Delta R}{R_0}\right)\): \[\frac43\pi R_0^3\left(1 + \frac{\Delta R}{R_0}\right)^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\rho_ag,\] \[\frac43\pi(3\Delta R)\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg,\] \[\frac43\pi\frac{3q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0P_a}\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg,\] \[q^2 \ge \frac{96\pi^2R_0^3\rho_st\varepsilon_0P_a}{\rho_a}, \tag{22}\] \[q \approx 256\cdot10^{-9}\text{ Кл} \approx 256\text{ нКл}.\]

Заметим, что если сохранить член с поверхностным натяжением, получим \[R_1 \approx \left(1 + \frac{q^2/96\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a}{\left[1 + \dfrac23\left(\dfrac{4\gamma}{R_0P_a}\right)\right]}\right)R_0.\]