Поверхностное натяжение: задачи среднего уровня

[latexpage]

В этой статье рассмотрены чуть более сложные задачи на поверхностное натяжение.  Задачи попроще ищите в похожих статьях. Также понадобится знание уравнения Менделеева-Клапейрона.

Задача 1. В закрытом сосуде с воздухом при давлении $p_0$ находится мыльный пузырек диаметром $d$. Давление воздуха в сосуде изотермически уменьшили в $n$ раз, в результате чего диаметр пузырька увеличился в $\kappa$ раз. Найти коэффициент поверхностного натяжения $\sigma$ мыльной воды.

Мыльный пузырь – сфера. Мыльная пленка имеет две стороны, учтем это в формуле, введя коэффициент 2. Добавочное давление, создаваемое пленкой, будет равно по формуле

$$\Delta p=2\sigma \left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)$$

$R_1$ и $R_2$ – радиусы сферы в продольном и поперечном направлении, в данном случае они равны, поэтому

$$\Delta p=2\sigma \left(\frac{2}{d}+\frac{2}{d}\right)=\frac{8\sigma }{d}$$

Теперь запишем условие существования пузыря, то есть условие равновесия давлений. Сначала до уменьшения:

$$p_1=p_0+\frac{8\sigma }{d}$$

После уменьшения давления:

$$p_2=\frac{p_0}{n}+\frac{8\sigma }{\kappa  d}$$

Так как температура не менялась, то

$$p_1V_1=p_2V_2$$

И

$$p_2=\frac{ p_1V_1}{ V_2}$$

Отношение объемов пузырька равно

$$\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{4 \pi R^3}{3}}{\frac{4\pi R^3\kappa^3}{3}}=\frac{1}{\kappa^3}$$

Таким образом,

$$p_2=\frac{ p_1}{ \kappa^3}$$

Подставим давления:

$$\frac{p_0}{n}+\frac{8\sigma }{\kappa  d}=\frac{ 1}{ \kappa^3}\cdot p_0+\frac{8\sigma }{d}$$

$$p_0\left(\frac{1}{n}-\frac{ 1}{ \kappa^3}\right)= \frac{8\sigma }{ d}\left(\frac{ 1}{ \kappa^3}-\frac{ 1}{ \kappa}\right)$$

$$\sigma=\frac{ p_0 d\left(\frac{1}{n}-\frac{ 1}{ \kappa^3}\right)}{8\left(\frac{ 1}{ \kappa^3}-\frac{ 1}{ \kappa}\right)}$$
$$\sigma=\frac{ p_0 d(\kappa^3-n)}{8n( 1- \kappa^2}\right)}$$

Ответ: $\sigma=\frac{ p_0 d(\kappa^3-n)}{8n( 1- \kappa^2}\right)}$

Задача 2. Найти давление в пузырьке воздуха диаметром $d = 4$ мкм, который находится в воде на глубине $h = 5$ м. Атмосферное давление нормальное.

Давление в пузырьке противодействует трем слагаемым внешнего давления: атмосферному, давлению столба и добавочному давлению благодаря наличию пленки. Тогда

$$p=p_0+\rho g h+ \frac{4\sigma }{d}$$

Последнее слагаемое получено так: у пленки одна поверхность, радиусы пузырька в вертикальной и горизонтальной плоскостях одинаковы, поэтому:

$$\Delta p=\sigma \left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)$$

$R_1$ и $R_2$ – радиусы сферы в продольном и поперечном направлении, в данном случае они равны, поэтому

$$\Delta p=\sigma \left(\frac{2}{d}+\frac{2}{d}\right)=\frac{4\sigma }{d}$$

Подставляем:
$$p=10^5+10^3\cdot10\cdot5+ \frac{4\cdot73\cdot10^{-3} }{4\cdot10{-6}}=10^5(1+0,5+0,73)=2,23\cdot 10^5$$

Ответ: $p=2,23\cdot 10^5$ Па, или 2,23 бара.
Задача 3. Вертикальный капилляр длиной $l$ с запаянным верхним концом привели в соприкосновение с поверхностью жидкости, после чего она поднялась на высоту $h$. Плотность жидкости $\rho$, диаметр внутреннего канала капилляра $d$, атмосферное давление $p_0$. Найти коэффициент поверхностного натяжения жидкости $\sigma$, считая смачивание полным.

Так как температура не меняется, то можно записать для объема воздуха внутри капилляра

$$p_0V_0=p_1V_1$$

$$p_1=\frac{ p_0V_0}{ V_1}=\frac{ p_0 l S}{(l-h)S}=\frac{ p_0 l}{ l-h}$$

С другой стороны, так как смачивание полное, то поверхность пленки будет вогнутой вниз, и такая пленка будет создавать давление, направленное вверх и затягивающее жидкость в капилляр. Вниз же будет направлено давление $p_1$ внутри пузырька и давление столба жидкости:

$$p_1+\rho g h=\frac{2\sigma }{r}$$
Откуда правая часть уравнения – см. задачу 2.

$$\sigma=\frac{r}{2}(p_1+\rho g h)$$

$$\sigma=\frac{d}{4}\left(\frac{ p_0 l}{ l-h}+\rho g h\right)$$

Ответ: $\sigma=\frac{d}{4}\left(\frac{ p_0 l}{ l-h}+\rho g h\right)$

Задача 4. На поверхности жидкости плавает погруженная на глубину $h$ шайба радиусом $R$ и высотой $2h$, не смачиваемая жидкостью. Плотность жидкости и шайбы одинакова и равна $\rho$. Поверхность жидкости соприкасается с боковой поверхностью шайбы. Определить коэффициент поверхностного натяжения жидкости $\sigma$.

Сила тяжести тянет шайбу вниз, а ей противодействуют сила Архимеда и сила поверхностного натяжения. Длина линии взаимодействия шайбы с жидкостью $\pi d$, поэтому сила поверхностного натяжения равна $\pi d \sigma$. Сила Архимеда равна

$$F_A=\rho g V_{pogr}=\rho g \frac{V}{2}$$

Тогда:

$$mg= F_A+F_n$$

$$mg=\rho g \frac{V}{2}+\pi d \sigma$$

Масса шайбы равна $m=\rho V$, причем плотности жидкости и шайбы одинаковы.

$$\rho g V=\rho g \frac{V}{2}+\pi d \sigma$$

$$\rho g \frac{V}{2}=\pi d \sigma$$

Откуда

$$\sigma=\frac{\rho g V}{2\pi d }=\frac{\rho g \cdot2 h S}{2\pi d }=\frac{\rho g h \pi d^2}{4\pi d }=\frac{\rho g h d}{4}=\frac{\rho g h r}{2}$$

Ответ: $\sigma=\frac{\rho g h r}{2}$

Задача 5. Ртутный барометр имеет диаметр трубки $d= 3$ мм. Какую поправку $x$ в показания барометра надо внести, если учитывать капиллярное опускание ртути? Коэффициент поверхностного натяжения ртути $\sigma= 510$ мН/м.

Вверх направлено атмосферное давление, загоняющее столбик ртути в трубку. Столбик ртути создает давление, направленное вниз. Если бы не было капиллярного опускания ртути, то эти два давления уравновесили бы друг друга и поправка не потребовалась бы. Поправка, таким образом, это такое давление, которое уравновесит добавочное давление, связанное с поверхностным натяжением (см. задачу 2):

$$p_x=\frac{4\sigma}{d}$$

Тогда поправка в мм равна

$$x=\frac{4\sigma}{\rho g d}=\frac{4\cdot 510\cdot10^{-3}}{13600\cdot 9,8\cdot 3\cdot10^{-3}}=5,1$$

Ответ: $x=5,1\cdot10^{-3}$ м, или 5,1 мм.

Задача 6. В двух капиллярных трубках разного диаметра, опущенных в воду, установилась разность уровней $\Delta h_1 = 2,6$ см. При опускании этих же трубок в спирт разность уровней оказалась $\Delta h_2 = 1$ см. Зная коэффициент поверхностного натяжения воды $\sigma_1= 73$ мН/м, найти коэффициент поверхностного натяжения спирта $\sigma_2$.

Добавочное давление для первой трубки в воде:

$$p_{1v}=\frac{2\sigma_v}{d_1}$$

Ля второй трубки в воде:

$$p_{2v}=\frac{2\sigma_v}{d_2}$$

Для первой трубки в спирте:

$$p_{1s}=\frac{2\sigma_s}{d_1}$$

Для второй трубки в спирте:

$$p_{2s}=\frac{2\sigma_s}{d_2}$$

Тогда добавочное давление для обеих жидкостей:

$$ p_{2v}- p_{1v}=\rho_v g \Delta h_v$$

А

$$ p_{2s}- p_{1s}=\rho_s g \Delta h_s$$

Можно записать, с другой стороны, что добавочное давление равно:

$$2\sigma_v\left(\frac{1}{d_1}-\frac{1}{d_2}\right)= \rho_v g \Delta h_v$$

$$2\sigma_s\left(\frac{1}{d_1}-\frac{1}{d_2}\right)= \rho_s g \Delta h_s$$

Разделим уравнения друг на друга:

$$\frac{\sigma_v }{\sigma_s }=\frac{\rho_v  \Delta h_v }{\rho_s \Delta h_s }$$

И коэффициент поверхностного натяжения спирта равен

$$\sigma_s=\frac{\rho_s \Delta h_s \sigma_v }{\rho_v  \Delta h_v }=\frac{800\cdot0,01\cdot73\cdot10^{-3} }{10^3\cdot0,026}=22,4\cdot10^{-3}$$

Ответ: $\sigma_s=22,4$ мН/м.

Задача 7. Оценить, каким должно быть ускорение свободного падения на планете, чтобы человек мог ходить по воде в ботинках с несмачиваемой подошвой.

Сила тяжести должна быть на такой планете  меньше, чем сила поверхностного натяжения. Если $d$ – это длина линии контакта ботинок с жидкостью. Тогда

$$mg \leqslant d\sigma$$

$$g\leqslant \frac{d\sigma}{m}$$