Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1207
2016-10-20 
На холодном потолке ванной комнаты, наполненной влажным воздухом, конденсируется вода. Спустя некоторое время она начинает капать с потолка. Оцените массу капли $m$, если краевой угол смачивания потолка водой равен $\theta$. Выпуклую поверхность капли можно считать сферической. Коэффициент поверхностного натяжения воды $\sigma = 0,07 Н/м$. Угол $\theta$ определяется материалом потолка и может быть любым.
Решение:
рис.1
рис.2
Вначале рассмотрим неподвижную сферическую каплю радиусом $R$, не соприкасающуюся ни с какой поверхностью и находящуюся в невесомости. Если мысленно рассечь каплю плоскостью, то сила, действующая на отсечённую часть со стороны остальной части капли, должна равняться нулю. Эта сила, как и в задаче 1206, складывается из силы поверхностного натяжения и силы давления, возникающей за счёт искривления поверхности жидкости. Проще всего давление $p$ внутри капли искать, рассекая каплю диаметральной плоскостью. При этом получаем, что суммарная сила поверхностного натяжения действует перпендикулярно этой плоскости в направлении другой части капли и равна $2 \pi R \sigma$, а сила давления «отталкивает» отрезанную часть капли и равна $\pi R^{2} \cdot p$. Приравнивая эти силы, получим, что $p = 2 \sigma /R$. Заметим, что под цилиндрической поверхностью жидкости (см. решение задачи 1206) давление было вдвое меньше.
Теперь рассмотрим условия равновесия капли, прилипшей к потолку. Из сказанного выше ясно, что при наличии силы тяжести форма капли не может оставаться сферической — иначе она сразу оторвётся от потолка! Под действием силы тяжести капля вытягивается вниз, и её кривизна в верхней части уменьшается так, чтобы сумма сил поверхностного натяжения, давления и тяжести равнялась нулю. Вблизи точек контакта капли с потолком форма поверхности вместо сферической становится конической, а дополнительное давление под такой искривлённой поверхностью, очевидно, уменьшается вдвое. Для оценки массы отрывающейся капли будем считать, что её форма всё же близка к сферической, а отрыв происходит, когда «сила притяжения» (то есть сумма сил поверхностного натяжения и давления), удерживающая каплю на потолке, становится равной весу капли $mg$.
Если краевой угол смачивания $\theta > \pi/2$ (несмачивание или плохое смачивание, см. рис. 1), то сила притяжения, равная, по аналогии с задачей 1206,
$2 \pi r \sigma \sin \theta — \pi r^{2} \cdot \frac{ \sigma}{R} = \pi \sigma R \sin^{2} \theta$
(здесь учтено, что $r = R \sin \theta$), должна быть порядка $mg = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho g$, где $\rho$ - плотность воды. Отсюда $R \approx \sqrt{ \frac{3 \sigma}{ 4 \rho g}} \sin \theta$, а
$m \approx \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho = \frac{ \sqrt{3}}{2} \pi \rho \left ( \frac{ \sigma}{ \rho g} \right )^{3/2} \sin^{3} \theta$,
то есть очень быстро убывает при $\theta \rightarrow \pi$.
Другая ситуация возникает, если краевой угол смачивания в $\theta < \pi /2$ (частичное или полное смачивание, см. рис. 2).
В этом случае кривизна поверхности капли в верхней части, контактирующей с потолком, ещё меньше (поверхность может быть даже вогнутой!), а отрыв капли
происходит по «перетяжке», где поверхность цилиндрическая. Условие отрыва имеет вид: $\pi \sigma R = \frac{2}{3} \pi R^{3} \rho g$, откуда
$R = \sqrt{ \frac{3 \sigma}{2 \rho g}}, m \approx \sqrt{ \frac{3}{2}} \pi \rho \left ( \frac{ \sigma}{ \rho g} \right )^{3/2} \approx 0,1 г$.
Таким образом, в этом случае масса оторвавшейся капли не зависит от краевого угла $\theta$.
Отметим, что полученные результаты являются оценочными.
На холодном потолке ванной комнаты, наполненной влажным воздухом, конденсируется вода. Спустя некоторое время она начинает капать с потолка. Оцените массу капли $m$, если краевой угол смачивания потолка водой равен $\theta$. Выпуклую поверхность капли можно считать сферической. Коэффициент поверхностного натяжения воды $\sigma = 0,07 Н/м$. Угол $\theta$ определяется материалом потолка и может быть любым.
Решение:
рис.1
рис.2
Вначале рассмотрим неподвижную сферическую каплю радиусом $R$, не соприкасающуюся ни с какой поверхностью и находящуюся в невесомости. Если мысленно рассечь каплю плоскостью, то сила, действующая на отсечённую часть со стороны остальной части капли, должна равняться нулю. Эта сила, как и в задаче 1206, складывается из силы поверхностного натяжения и силы давления, возникающей за счёт искривления поверхности жидкости. Проще всего давление $p$ внутри капли искать, рассекая каплю диаметральной плоскостью. При этом получаем, что суммарная сила поверхностного натяжения действует перпендикулярно этой плоскости в направлении другой части капли и равна $2 \pi R \sigma$, а сила давления «отталкивает» отрезанную часть капли и равна $\pi R^{2} \cdot p$. Приравнивая эти силы, получим, что $p = 2 \sigma /R$. Заметим, что под цилиндрической поверхностью жидкости (см. решение задачи 1206) давление было вдвое меньше.
Теперь рассмотрим условия равновесия капли, прилипшей к потолку. Из сказанного выше ясно, что при наличии силы тяжести форма капли не может оставаться сферической — иначе она сразу оторвётся от потолка! Под действием силы тяжести капля вытягивается вниз, и её кривизна в верхней части уменьшается так, чтобы сумма сил поверхностного натяжения, давления и тяжести равнялась нулю. Вблизи точек контакта капли с потолком форма поверхности вместо сферической становится конической, а дополнительное давление под такой искривлённой поверхностью, очевидно, уменьшается вдвое. Для оценки массы отрывающейся капли будем считать, что её форма всё же близка к сферической, а отрыв происходит, когда «сила притяжения» (то есть сумма сил поверхностного натяжения и давления), удерживающая каплю на потолке, становится равной весу капли $mg$.
Если краевой угол смачивания $\theta > \pi/2$ (несмачивание или плохое смачивание, см. рис. 1), то сила притяжения, равная, по аналогии с задачей 1206,
$2 \pi r \sigma \sin \theta — \pi r^{2} \cdot \frac{ \sigma}{R} = \pi \sigma R \sin^{2} \theta$
(здесь учтено, что $r = R \sin \theta$), должна быть порядка $mg = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho g$, где $\rho$ - плотность воды. Отсюда $R \approx \sqrt{ \frac{3 \sigma}{ 4 \rho g}} \sin \theta$, а
$m \approx \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho = \frac{ \sqrt{3}}{2} \pi \rho \left ( \frac{ \sigma}{ \rho g} \right )^{3/2} \sin^{3} \theta$,
то есть очень быстро убывает при $\theta \rightarrow \pi$.
Другая ситуация возникает, если краевой угол смачивания в $\theta < \pi /2$ (частичное или полное смачивание, см. рис. 2).
В этом случае кривизна поверхности капли в верхней части, контактирующей с потолком, ещё меньше (поверхность может быть даже вогнутой!), а отрыв капли
происходит по «перетяжке», где поверхность цилиндрическая. Условие отрыва имеет вид: $\pi \sigma R = \frac{2}{3} \pi R^{3} \rho g$, откуда
$R = \sqrt{ \frac{3 \sigma}{2 \rho g}}, m \approx \sqrt{ \frac{3}{2}} \pi \rho \left ( \frac{ \sigma}{ \rho g} \right )^{3/2} \approx 0,1 г$.
Таким образом, в этом случае масса оторвавшейся капли не зависит от краевого угла $\theta$.
Отметим, что полученные результаты являются оценочными.
