Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13284
2020-02-17 
Через короткую трубку выдувают мыльный пузырь с массой $m = 0,01 г$ и коэффициентом поверхностного натяжения $\sigma = 0,01 Н/м$ (см. рисунок). Пузырь заряжают зарядом $Q = 5,4 \cdot 10^{-8} Кл$. Трубка остается открытой. 1) Определите равновесным радиус пузыря $R_{0}$. 2) Определите период малых колебаний пузыря, если при колебаниях он сохраняет сферическую форму. 3) Оцените, с какой скоростью разлетятся брызги, если пузырь внезапно зарядить зарядом $Q_{1} = 10Q$. Электрическая постоянная $\epsilon_{0} = 8,85 \cdot 10^{-12} Кл^{2}/(Н \cdot м^{2} )$.
Решение:
1) Найдем давление на пузырь, обусловленное электростатическими силами. Рассмотрим малый элемент $\Delta S$ его поверхности. Напряженность $E_{0}$ электрического поля, действующего на него, по модулю равна напряженности $E_{1}$ поля, создаваемого им самим вблизи его поверхности (это следует, например, из того, что напряженность поля внутри пузыря должна быть равна нулю). Тогда на пузырь действует электрическая сила
$F_{э} = E_{0} \Delta Q = E_{0} \frac{Q \Delta S}{4 \pi R^{2} }$, где $E_{0} = E_{1} = \frac{1}{2 \epsilon_{0}} \frac{Q}{4 \pi R^{2} }$.
Таким образом, давление на пузырь, обусловленное электростатическими силами, равно
$p_{э} = \frac{F_{э} }{ \Delta S} = \frac{Q^{2} }{32 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{4} }$.
Давление сил поверхностного натяжения составляет
$p_{ \sigma} = - \frac{4 \sigma }{R}$.
Суммарное давление $p = p_{э} + p_{ \sigma}$ в равновесном состоянии равно нулю:
$\frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \epsilon_{0} R_{0}^{4} } - \frac{4 \sigma }{R_{0} } = 0$.
Следовательно, равновесный радиус пузыря равен
$R_{0} = \sqrt[3]{ \frac{Q^{2} }{128 \pi^{2} \epsilon_{0} \sigma } } \approx 3,0 см$.
2) Если радиус пузыря изменился по сравнению с равновесным значением $R_{0}$, то на малый элемент $\Delta S$ его поверхности будет действовать сила
$F = p \Delta S = 4 \sigma \left ( \frac{R_{0}^{3} }{R^{4} } - \frac{1}{R} \right ) \Delta S$.
При малых изменениях радиуса $\Delta R \ll R_{0}$ выражение для силы принимает вид
$F = \left . \frac{dp}{dR} \right |_{R = R_{0} } \cdot \Delta R \Delta S = 4 \sigma \Delta R \Delta S \left . \left ( - \frac{4R_{0}^{3} }{R^{5} } + \frac{1}{R^{2} } \right ) \right |_{R = R_{0} } = - \frac{12 \sigma }{R_{0}^{2} } \Delta R \Delta S$.
Знак "минус" означает, что равновесное состояние пузыря устойчиво.
Запишем второй закон Ньютона для элемента поверхности $\Delta S$ массой $\Delta m$:
$\Delta m \Delta R^{ \prime \prime} = - \frac{12 \sigma}{R_{0}^{2} } \Delta R \Delta S$, где $\Delta m = \frac{m \Delta S}{4 \pi R_{0}^{2} }$,
откуда получаем
$\Delta R^{ \prime \prime} + 48 \frac{ \pi \sigma }{m} \Delta R = 0$.
Это - уравнение свободных колебаний с круговой частотой
$\omega = \sqrt{ \frac{48 \pi \sigma}{m} }$.
Таким образом, период колебаний будет равен
$T = \frac{2 \pi }{ \omega } = \sqrt{ \frac{ \pi m}{12 \sigma } } \approx 16 мс$.
3) Скорость разлета брызг v можно оценить из закона сохранения энергии. Пренебрегая поверхностной энергией, запишем
$\frac{1}{2} \frac{Q_{1}^{2}}{4 \pi \epsilon_{0} R_{0} } = \frac{mv^{2}}{2}$,
откуда
$v = \sqrt{ \frac{100Q^{2} }{4 \pi \epsilon_{0}R_{0}m } } \approx 94 м/с$.
Через короткую трубку выдувают мыльный пузырь с массой $m = 0,01 г$ и коэффициентом поверхностного натяжения $\sigma = 0,01 Н/м$ (см. рисунок). Пузырь заряжают зарядом $Q = 5,4 \cdot 10^{-8} Кл$. Трубка остается открытой. 1) Определите равновесным радиус пузыря $R_{0}$. 2) Определите период малых колебаний пузыря, если при колебаниях он сохраняет сферическую форму. 3) Оцените, с какой скоростью разлетятся брызги, если пузырь внезапно зарядить зарядом $Q_{1} = 10Q$. Электрическая постоянная $\epsilon_{0} = 8,85 \cdot 10^{-12} Кл^{2}/(Н \cdot м^{2} )$.
Решение:
1) Найдем давление на пузырь, обусловленное электростатическими силами. Рассмотрим малый элемент $\Delta S$ его поверхности. Напряженность $E_{0}$ электрического поля, действующего на него, по модулю равна напряженности $E_{1}$ поля, создаваемого им самим вблизи его поверхности (это следует, например, из того, что напряженность поля внутри пузыря должна быть равна нулю). Тогда на пузырь действует электрическая сила
$F_{э} = E_{0} \Delta Q = E_{0} \frac{Q \Delta S}{4 \pi R^{2} }$, где $E_{0} = E_{1} = \frac{1}{2 \epsilon_{0}} \frac{Q}{4 \pi R^{2} }$.
Таким образом, давление на пузырь, обусловленное электростатическими силами, равно
$p_{э} = \frac{F_{э} }{ \Delta S} = \frac{Q^{2} }{32 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{4} }$.
Давление сил поверхностного натяжения составляет
$p_{ \sigma} = - \frac{4 \sigma }{R}$.
Суммарное давление $p = p_{э} + p_{ \sigma}$ в равновесном состоянии равно нулю:
$\frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \epsilon_{0} R_{0}^{4} } - \frac{4 \sigma }{R_{0} } = 0$.
Следовательно, равновесный радиус пузыря равен
$R_{0} = \sqrt[3]{ \frac{Q^{2} }{128 \pi^{2} \epsilon_{0} \sigma } } \approx 3,0 см$.
2) Если радиус пузыря изменился по сравнению с равновесным значением $R_{0}$, то на малый элемент $\Delta S$ его поверхности будет действовать сила
$F = p \Delta S = 4 \sigma \left ( \frac{R_{0}^{3} }{R^{4} } - \frac{1}{R} \right ) \Delta S$.
При малых изменениях радиуса $\Delta R \ll R_{0}$ выражение для силы принимает вид
$F = \left . \frac{dp}{dR} \right |_{R = R_{0} } \cdot \Delta R \Delta S = 4 \sigma \Delta R \Delta S \left . \left ( - \frac{4R_{0}^{3} }{R^{5} } + \frac{1}{R^{2} } \right ) \right |_{R = R_{0} } = - \frac{12 \sigma }{R_{0}^{2} } \Delta R \Delta S$.
Знак "минус" означает, что равновесное состояние пузыря устойчиво.
Запишем второй закон Ньютона для элемента поверхности $\Delta S$ массой $\Delta m$:
$\Delta m \Delta R^{ \prime \prime} = - \frac{12 \sigma}{R_{0}^{2} } \Delta R \Delta S$, где $\Delta m = \frac{m \Delta S}{4 \pi R_{0}^{2} }$,
откуда получаем
$\Delta R^{ \prime \prime} + 48 \frac{ \pi \sigma }{m} \Delta R = 0$.
Это - уравнение свободных колебаний с круговой частотой
$\omega = \sqrt{ \frac{48 \pi \sigma}{m} }$.
Таким образом, период колебаний будет равен
$T = \frac{2 \pi }{ \omega } = \sqrt{ \frac{ \pi m}{12 \sigma } } \approx 16 мс$.
3) Скорость разлета брызг v можно оценить из закона сохранения энергии. Пренебрегая поверхностной энергией, запишем
$\frac{1}{2} \frac{Q_{1}^{2}}{4 \pi \epsilon_{0} R_{0} } = \frac{mv^{2}}{2}$,
откуда
$v = \sqrt{ \frac{100Q^{2} }{4 \pi \epsilon_{0}R_{0}m } } \approx 94 м/с$.
