Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12646
2020-01-15 
На рисунке - фотография двух плоскопараллельных пластинок, составляющих между собой некоторый угол $\alpha$, частично погруженных в воду. Горизонтальный размер пластинок равен 12 см. По форме границы раздела между жидкостью и воздухом определите угол $\alpha$. Смачивание считать полным.
Решение:
На фотографии мы видим не совсем обычный капилляр - его "диаметр" меняется от точки к точке, а именно увеличивается по мере удаления от ребра. Вот почему высота подъема воды в разных местах различна.
Трудность расчета связана с тем, что на фото нет положения горизонтальной поверхности воды вдали от ребра, и мы не можем найти непосредственно высоту подъема в каком-нибудь месте. Так что нам придется сравнивать высоты подъема воды в разных точках.
Выберем некоторую точку. Разность давлений с двух сторон искривленной поверхности раздела воды и воздуха можно найти по формуле Лапласа
$\Delta p = \frac{ \sigma }{r_{1} } + \frac{ \sigma }{r_{2} }$,
где $\sigma$ - коэффициент поверхностного натяжения, $r_{1}$ и $r_{2}$ - радиусы кривизны двух взаимно перпендикулярных нормальных сечений поверхности. Обозначим $x$ - расстояние от выбранной точки до ребра, $H$ - высоту подъема воды в этой точке относительно горизонтальной поверхности. Учитывая малость угла $\alpha$ (иначе не было бы заметного эффекта) и тот факт, что $r_{2} \gg r_{1}$ (как видно из рисунка, $r_{2}$ по порядку величины сравним с размером пластинки), получим
$\Delta p = \frac{ \sigma }{r_{1} } + \frac{ \sigma}{r_{2} } \approx \frac{ \sigma}{r_{1} } \approx \frac{ \sigma }{ \frac{1}{2} \alpha x }$.
При равновесии эта разность давлений компенсируется гидростатическим давлением:
$\frac{ \sigma}{ \frac{1}{2} \alpha x } = \rho gH$,
где $\rho$ - плотность воды.
Для двух произвольных точек запишем
$\frac{ \sigma}{ \frac{1}{2} \alpha x_{1} } = \rho gH_{1}, \frac{ \sigma }{ \frac{1}{2} \alpha x_{2}} = \rho gH_{2}$,
откуда получим
$\alpha = \frac{2 \sigma \left ( \frac{1}{x_{1} } - \frac{1}{x_{2} } \right ) }{ \rho g (H_{1} - H_{2})}$,
В это выражение входят табличные величины $\sigma = 7 \cdot 10^{-2} Н/м, \rho = 10^{3} кг/м^{2}, g = 10 м/с^{2}$ и непосредственно определяемые по рисунку $x_{1}, x_{2}, H_{1} - H_{2}$. Рисунок совсем мал, поэтому ожидать хорошей точности трудно. Все же после подстановки чисел получаем
$\alpha \approx 0,01 рад$.
На рисунке - фотография двух плоскопараллельных пластинок, составляющих между собой некоторый угол $\alpha$, частично погруженных в воду. Горизонтальный размер пластинок равен 12 см. По форме границы раздела между жидкостью и воздухом определите угол $\alpha$. Смачивание считать полным.
Решение:
На фотографии мы видим не совсем обычный капилляр - его "диаметр" меняется от точки к точке, а именно увеличивается по мере удаления от ребра. Вот почему высота подъема воды в разных местах различна.
Трудность расчета связана с тем, что на фото нет положения горизонтальной поверхности воды вдали от ребра, и мы не можем найти непосредственно высоту подъема в каком-нибудь месте. Так что нам придется сравнивать высоты подъема воды в разных точках.
Выберем некоторую точку. Разность давлений с двух сторон искривленной поверхности раздела воды и воздуха можно найти по формуле Лапласа
$\Delta p = \frac{ \sigma }{r_{1} } + \frac{ \sigma }{r_{2} }$,
где $\sigma$ - коэффициент поверхностного натяжения, $r_{1}$ и $r_{2}$ - радиусы кривизны двух взаимно перпендикулярных нормальных сечений поверхности. Обозначим $x$ - расстояние от выбранной точки до ребра, $H$ - высоту подъема воды в этой точке относительно горизонтальной поверхности. Учитывая малость угла $\alpha$ (иначе не было бы заметного эффекта) и тот факт, что $r_{2} \gg r_{1}$ (как видно из рисунка, $r_{2}$ по порядку величины сравним с размером пластинки), получим
$\Delta p = \frac{ \sigma }{r_{1} } + \frac{ \sigma}{r_{2} } \approx \frac{ \sigma}{r_{1} } \approx \frac{ \sigma }{ \frac{1}{2} \alpha x }$.
При равновесии эта разность давлений компенсируется гидростатическим давлением:
$\frac{ \sigma}{ \frac{1}{2} \alpha x } = \rho gH$,
где $\rho$ - плотность воды.
Для двух произвольных точек запишем
$\frac{ \sigma}{ \frac{1}{2} \alpha x_{1} } = \rho gH_{1}, \frac{ \sigma }{ \frac{1}{2} \alpha x_{2}} = \rho gH_{2}$,
откуда получим
$\alpha = \frac{2 \sigma \left ( \frac{1}{x_{1} } - \frac{1}{x_{2} } \right ) }{ \rho g (H_{1} - H_{2})}$,
В это выражение входят табличные величины $\sigma = 7 \cdot 10^{-2} Н/м, \rho = 10^{3} кг/м^{2}, g = 10 м/с^{2}$ и непосредственно определяемые по рисунку $x_{1}, x_{2}, H_{1} - H_{2}$. Рисунок совсем мал, поэтому ожидать хорошей точности трудно. Все же после подстановки чисел получаем
$\alpha \approx 0,01 рад$.
