Поверхностное натяжение: задачи среднего уровня

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

$p_1V_1=p_2V_2$

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

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 $\sigma_2$ .