Поверхностное натяжение: «нестандартные» решения стандартных задач
Кольцо на мыльном озере
Дано: тонкое алюминиевое кольцо радиусом R и массой m соприкасается с мыльным раствором. Каким усилием можно оторвать кольцо от раствора? Температура раствора – комнатная.
Стандартное решение
F=m*g+2*Fпн (так как у кольца две стороны – наружная и внутренняя) (1)
Fпн=sigma*L
L=2*pi*R
Решение приведено по [Мясников
С.П., Осанова Т.Н. Пособие по физике]
Нестандартное решение
При вытаскивании кольца за ним тянется кольцевая пленка жидкости (в виде трубки). Допустим, кольцо приподнято над поверхностью жидкости на высоту h, тогда площадь поверхности этой пленки:
DS=2*2*pi*R*h (считается, что кольцо – нулевой толщины)
Именно на эту величину и увеличится плошадь поверхности жидкого тела в сосуде. Поэтому работа сил поверхностного натяжения:
Aпн=-sigma*DS
А работа сил тяжести:
Атяж’=-m*g*h
Работа силы тяги
Ат=Fт*h
По закону сохранения энергии:
Апн +Aтяж +Aт=0 (2)
Из этого уравнения и найдется искомая Fт.
(Интересно, полученный результат совпадает с приведенным выше.) Замечу еще, что полученная значение Fт – это среднее значение в процессе, так как мгновенное с высотой кольца возрастает.
Но совершенно очевидно, что высота h, на которой происходит отрыв кольца, зависит от коэффициента смачиваемости раствором материала кольца. Ведь именно благодаря смачиваемости раствор и удерживается в контакте с кольцом. И чем больше эта величина, тем на большей высоте произойдет отрыв кольца от раствора. Это обстоятельство никак не учтено в решении.
Учесть его можно, добавив в левую часть (2) работу сил смачивания (необходимую для отрыва кольца от жидкости, то есть для уменьшения площади их контакта до 0):
Aсм=2*tau*(0-d0*2*pi*R),
где tau – коэффициент смачивания (по размерности такой же, как sigma. Подробности можно посмотреть в Наука и мифы в теории поверхностного натяжения), d0 – высота смачивания кольца при отсутствии его подъема над жидкостью.
Вместе с кольцом придется поднимать и тонкую трубочку воды, тянущуюся за кольцом и совершать работу против сил тяжести воды Aтяж.ж. Но Aтяж.ж=0, так как толщиной кольца пренебрегаем (=> объем (поднимаемой) трубочки воды -> 0)
В итоге уравнение равновесия изменится таким образом:
Aсм +Aпн +Aтяж.к +Aт=0
2*(-tau*2*pi*R*H0
-sigma*2*pi*R*h)-m*g*h+Fт*h=0
В итоге искомая сила:
Fт=m*g+4*pi*R*sigma+4*pi*R*tau*d0/h
Последним слагаемым справа следовало бы пренебречь, так как согласно условию задачи, высота кольца также считается =0. Но пока мы этого не сделали, проанализируем полученный результат. Ведь из него следует, что добавка к стандартному значению для Fт (+4*pi*R*tau*d0/h) зависит от высоты подъема кольца h и будет тем меньше, чем больше h! Но главное – то, что подъем может происходить до любой высоты!
Последнее явно противоречит практике. Значит, что-то нами не учтено. А именно – то обстоятельство, что поверхностная пленка жидкости не только упруга (=сопротивляется растяжению её по площади), но также и имеет предел (dSпроч), до которого это растяжение может происходить. При растяжении более этого предела происходит разрушение жидкого тела. Только этим можно объяснить, например, образование капель. Или невозможность существования капель больше определенного размера, если они лежат на твердой несмачивающей поверхности.
Очевидно, что существование dSпроч ограничивает также и максимальную высоту подъема (до отрыва) при подъеме кольца. Разумеется, если связь смачиваемости между кольцом и жидкостью не окажется менее прочной. То есть здесь тоже существует аналогичный предел.
Палочка на мыльном озере
Дано: деревянная палочка длиной l плавает на поверхности воды. По одну сторону палочки осторожно налили мыльный раствор. Какая сила действует на палочку?
Стандартное решение
Выберем направление оси координат перпендикулярно палочке и в сторону (чистой) воды.
На палочку действуют силы поверхностного натяжения со стороны воды (F1) и со стороны раствора (F2). С учетом их противоположного направления результирующая сила
F=F1-F2
F1=sigma1*l;
F2=sigma2*l
Решение приведено по тому же источнику (см. выше).
Нестандартное решение
Очевидно, что в результате действия вышеуказанной силы будет происходить смещение палочки в сторону воды. Но зададимся вопросом: а будет ли оно бесконечным? Конечно, нет, так как иначе мы получили бы вечный двигатель. Смещение палочки будет происходить до некоторого положения равновесия. Чем оно определяется? При смещении палочки площадь поверхности воды (S1) уменьшится, а поверхность мыльного раствора (S2) – увеличится, Казалось бы, поскольку вследствие этого силы поверхностного натяжения воды совершают положительную работу, а силы ПН раствора – отрицательную, то этим определится итоговый сдвиг палочки. Но всё дело в том, что поскольку S1+S2=const, то и |dS1|=|dS2| (каким бы не было изменение форм поверхностей). А из уравнения равновесия sigma1*dS1+sigma2*dS2=0 получается, что это не так (поскольку sigma1<>sigma2). Как же быть?
А не может ли мыльная вода (S2) натекать на чистую воду (S1) (см. рис.1)? Это можно объяснить тем, что вследствие уменьшения sigma справа силы пн с этой стороны уступают силам смачивания. В результате чего не только увеличивается S2, но и площадь поверхности контакта жидкостей (ABC -> A’B’C’).
Рис.1.Механизм смещения палочки между 2-мя жидкостями.
Тогда уравнение равновесия работ:
Sigma1*dS1+sigma*dS2+tau*(Sк2-Sк1)=0 (4)
Положим для простоты, что форма сечения сосуда и поверхностей жидкостей – прямоугольная.
Пусть процесс происходит в поверхностном слое глубиной h (более глубокие слои не затрагиваются). Исходя из того, что объемы жидкостей сохраняются, площади треугольников OBB’ и OAA’ должны быть равны, то есть:
d1*h1/2=d2*h2/2
=> h2/h1=d1/d2
С другой стороны, вследствие подобия указанных треугольников:
h2/h1=d2/d1
Отсюда получаем, что d1=d2=d => h1=h2=h/2. Тогда площадь поверхности контакта и её изменение:
Sк1=a*h; Sк2=a*sqrt(h^2+(2*d)^2);
dSк=Sк2-Sк1=a*sqrt(h^2+(2*d)^2)-a*h
А изменения площади открытых (верхних) поверхностей:
dS1=-a*d+dSк; dS2=a*d+dSк
(так как поверхность жидких тел увеличивается еще на величину изменения поверхности контакта)
Подставляя всё это в (4), получим уравнение:
a*d*(sigma1-sigma2)-(sigma1+sigma2-tau)*a*(sqrt(h^2+4*d^2)-h)=0
Откуда (равновесное) смещение палочки:
d=2*h*(sigma1-sigma2)(sigma1+sigma2-tau)/(sigma1+3*sigma2-2*tau)/(3*sigma1+sigma2-2*tau) (5)
Из этой формулы видно, что смещение палочки тем больше, чем большую глубину (h) затрагивает процесс. Кроме того, оно тем больше, чем больше tau – коэффициент смачиваемости между жидкостями. Причем при tau=0 смещение равно вовсе не 0 (как следовало было ожидать из физических соображений), а:
d=2*h*(sigma1^2-sigma2^2)/(sigma1+3*sigma2)/(3*sigma1+sigma2)
Но зато при tau-> -infinity точно d->0 (при этом различие между sigma1 и sigma2 теряет какое-либо значение). На 1-ый взгляд это кажется странным, но ввиду учета того, что на жидкие тела (ЖТ) действуют силы гравитации (которые не только прижимают ЖТ к дну сосуда, но и, совместно силами реакции сосуда, противодействуют силам отрицательного смачивания) всё встает на свои места.
При изменении коэффициентов ПН нарушается равновесие поверхностных сил, поэтому даже при tau=0 d>0, так как такое неравновесие всё же восстанавливается (исключительно за счет работ сил ПН). Это происходит потому, что при tau=0 взаимодействие между ЖТ всё же сохраняется, так как роль прижимающих сил продолжают играть силы реакции стенок сосуда. Если же tau-> -infinity, то действие последних (силами отрицательного смачивания) сводится на нет. Таким образом, в модели как бы косвенно (за счет ряда допущений) учтено действие сил гравитации.
Что касается силы, действующей на палочку, то она найдется исходя из положительной (или то же самое, отрицательной. Поскольку они равны) части работы сил ПН и смачивания:
A’=a*d*sigma1+tau*a*(sqrt(h^2+4*d^2)-h)
Если подставить сюда значение d из (5) и поделить на d, то получим среднюю силу, действующую со стороны сил ПH и смачивания на верхней границе между жидкостями.
F’=A’/d=a*(sigma1*sigma2-sigma2*tau+sigma1^2)/(sigma1+sigma2-tau)
Если эту силу считать равномерно распределенной вдоль этой границы, то непосредственно на палочку действует
Fп=l/a*F’=l*(sigma1*sigma2-sigma2*tau+sigma1^2)/(sigma1+sigma2-tau)
Как видно, данный результат существенно отличается от того, что получается в стандартном решении.
В частности, при sigma1=0: Fп=l*sigma2*tau/(tau-sigma2),
при
sigma2=0: Fп=l*sigma1^2/(sigma1-tau),
при tau=0: Fп=l*sigma1.
Сила Fп движет палочку в сторону чистой воды. Но ей противодействует равная ей сила, происходящая от отрицательной части работы сил ПН и смачивания. Поэтому, при отсутствии в процессе восстановления равновесия инертных (и диссипирующих) элементов (а также внешних сил) он произойдет с постоянной и любой по значению скоростью.
И еще один вывод: формулы Aпн=-sigma*dS и Fпн=sigma*l (в общем случае) несовместимы.