Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Поверхностное натяжение

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

    \[p_1V_1=p_2V_2\]

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

    \[mg \leqslant d\sigma\]

    \[g\leqslant \frac{d\sigma}{m}\]

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *