Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 804
2016-09-04 
В широкий сосуд с водой опускают вертикально прямоугольную пластину шириной $L$ так, чтобы её конец коснулся поверхности жидкости. Пластина смачивается водой. Угол смачивания равен $\theta$. Коэффициент поверхностного натяжения $\sigma$. Плотность воды $\rho$.
1. Найдите силу взаимодействия пластины с водой.
2. На какую высоту $h$ поднимется жидкость у самой поверхности пластины относительно уровня воды в сосуде?
3. Получите уравнение $ y= y(x)$, связывающее высоту $y$ поднятия воды в точке, удалённой от пластины на величину $x$.
Напомним, что искривлённая поверхность жидкости, подобно упругой оболочке надувного шарика, оказывает в сторону вогнутости давление
$p= \left ( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} \right )$,
где $R_{1}$ и $R_{2}$ - наименьший и наибольший радиусы кривизны поверхности. Для сечения поверхности, описываемого уравнением $y = y(x)$ (то есть графику функции $y = y(x)$ ), радиус кривизны находится по формуле
$R = \frac{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}{y^{ \prime \prime}}$
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
Вблизи поверхности смачиваемой пластины вода приподнимается, образуя вогнутый мениск (рис. 1). На пластину с обеих сторон действуют силы поверхностного натяжения $\vec{F}_{t}$. Модуль результирующей силы $\vec{F}$, приложенной к пластине, как видно из рисунка 1,
$F = 2F_{t} \cos \theta = 2 \sigma L \cos \theta$.
Об этой силе и идёт речь в первом пункте задачи.
Для ответа на вопрос второго пункта приравняем давление в воде на уровне её поверхности вдали от пластины и в точке с координатой $x$ (рис. 1):
$p_{a} = p_{a} - p + \rho g y$. (1)
Здесь $p_{a}$ - атмосферное давление, $p$ - разность давлений на вогнутой и выпуклой сторонах искривлённой поверхности жидкости, $\rho gy$ - давление столба воды на глубине $y$. Дополнительное давление, создаваемое искривлённой поверхностью жидкости,
$p = \sigma \left ( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} \right ) = \frac{\sigma}{R}$. (2)
Здесь $R_{1} = R$ - радиус кривизны сечения в плоскости рисунка для точки $x$, а $R_{2} = \infty$, так как $R$соответствующее ему сечение представляет собой прямую линию. Подставляя (2) в (1) и выражая $R$ по формуле, приведённой в условии, получим
$\rho gy = \frac{ \sigma y^{ \prime \prime}}{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}$.
Сделав преобразование
$y^{ \prime \prime} = \frac{d y^{ \prime}}{dx} = \frac{dy}{dx} \frac{dy^{ \prime}}{dy} = y^{ \prime} \frac{dy^{ \prime}}{dy} = \frac{1}{2} \frac{d}{dy} (y^{ \prime})^{2}$,
приведём уравнение (3) к виду
$ydy = \frac{ \sigma}{ 2 \rho g} \frac{d( y^{ \prime})^{2}}{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}$. (4)
Проинтегрируем последнее уравнение с учётом того, что при $y = h$ производная $y^{ \prime} = - ctg \theta$. В результате интегрирования найдём
$h = \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g} (1 - \sin \theta )}$.
Этот же результат можно было получить, не прибегая к интегрированию. Достаточно записать условие равновесия жидкости, поднятой вблизи пластины. На рисунке 2 показаны силы, приложенные к этому элементу жидкости: $\vec{F}_{1}$ и $\vec{F}_{2}$ - силы поверхностного натяжения, $m \vec{g}$ - сила тяжести, $\vec{F}_{p}$ - средняя сила давления со стороны пластины. В проекциях на горизонтальное направление получим:
$\sigma L - \sigma L \sin \theta = \frac{ \rho gh}{2} Lh$, откуда $h = \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g} (1 – \sin \theta)}$.
В третьем пункте задачи требуется найти функцию $y(x)$, описывающую мениск, изображённый на рисунке 1. Для этого нужно проинтегрировать уравнение (4), учтя что при $y = 0$ производная $y^{ \prime} = 0.$ Преобразуем его:
$y^{ \prime} = \frac{dy}{dx} = - \sqrt{ \frac{1}{ \left ( 1 - \rho g \frac{y^{2}}{2 \sigma} \right )^{2}} – 1}$, откуда $- \frac{ \left ( 1 - \frac{ \rho g y^{2}}{2 \sigma} \right )}{ \sqrt{ \frac{ \rho gy^{2}}{ \sigma} - \frac{ \rho^{2}g^{2}y^{4}}{4 \sigma^{2}}}} dy = dx$.
Тогда получаем
$x = - \int \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} \cdot \frac{1 – 2 \sin^{2} \phi}{ \sin \phi} d \phi = - \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} ln \left ( tg \frac{ \phi}{2} \right ) + C$.
Возвращаемся к переменной $y$:
$x = - \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} ln \left ( \frac{1 - \sqrt{1 - \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}}{1 - \sqrt{1 + \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}} \right ) - 2 \sqrt{\frac{ \sigma}{ \rho g}} \sqrt{ 1 - \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}+ C$, (5)
где постоянная интегрирования $C$ находится из того, что при $x = 0$ координата $y = h$:
$C = \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \left ( \frac{ \sqrt{2} - \sqrt{1 + \sin \theta}}{\sqrt{2} + \sqrt{1 + \sin \theta}} \right ) + \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g}} \sqrt{1 + \sin \theta}$.
Для наглядного представления функции $y(x)$, неявно заданной громоздким выражением (5), следует построить её график. Это можно сделать, прибегнув к помощи компьютера. Системы компьютерной математики прекрасно справляются с подобными задачами. Одной из самых простых для начинающего пользователя и достаточно мощной системой является МаthCAD. С её помощью и получен рисунок 3, где изображён график искомой функции, отражающий форму мениска. Поскольку интерес представляет лишь характер поведения функции, то конкретные численные значения параметров задавались произвольно. Варьирование угла $\theta$ моделировалось изменением значения постоянной $C$.
В широкий сосуд с водой опускают вертикально прямоугольную пластину шириной $L$ так, чтобы её конец коснулся поверхности жидкости. Пластина смачивается водой. Угол смачивания равен $\theta$. Коэффициент поверхностного натяжения $\sigma$. Плотность воды $\rho$.
1. Найдите силу взаимодействия пластины с водой.
2. На какую высоту $h$ поднимется жидкость у самой поверхности пластины относительно уровня воды в сосуде?
3. Получите уравнение $ y= y(x)$, связывающее высоту $y$ поднятия воды в точке, удалённой от пластины на величину $x$.
Напомним, что искривлённая поверхность жидкости, подобно упругой оболочке надувного шарика, оказывает в сторону вогнутости давление
$p= \left ( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} \right )$,
где $R_{1}$ и $R_{2}$ - наименьший и наибольший радиусы кривизны поверхности. Для сечения поверхности, описываемого уравнением $y = y(x)$ (то есть графику функции $y = y(x)$ ), радиус кривизны находится по формуле
$R = \frac{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}{y^{ \prime \prime}}$
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
Вблизи поверхности смачиваемой пластины вода приподнимается, образуя вогнутый мениск (рис. 1). На пластину с обеих сторон действуют силы поверхностного натяжения $\vec{F}_{t}$. Модуль результирующей силы $\vec{F}$, приложенной к пластине, как видно из рисунка 1,
$F = 2F_{t} \cos \theta = 2 \sigma L \cos \theta$.
Об этой силе и идёт речь в первом пункте задачи.
Для ответа на вопрос второго пункта приравняем давление в воде на уровне её поверхности вдали от пластины и в точке с координатой $x$ (рис. 1):
$p_{a} = p_{a} - p + \rho g y$. (1)
Здесь $p_{a}$ - атмосферное давление, $p$ - разность давлений на вогнутой и выпуклой сторонах искривлённой поверхности жидкости, $\rho gy$ - давление столба воды на глубине $y$. Дополнительное давление, создаваемое искривлённой поверхностью жидкости,
$p = \sigma \left ( \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} \right ) = \frac{\sigma}{R}$. (2)
Здесь $R_{1} = R$ - радиус кривизны сечения в плоскости рисунка для точки $x$, а $R_{2} = \infty$, так как $R$соответствующее ему сечение представляет собой прямую линию. Подставляя (2) в (1) и выражая $R$ по формуле, приведённой в условии, получим
$\rho gy = \frac{ \sigma y^{ \prime \prime}}{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}$.
Сделав преобразование
$y^{ \prime \prime} = \frac{d y^{ \prime}}{dx} = \frac{dy}{dx} \frac{dy^{ \prime}}{dy} = y^{ \prime} \frac{dy^{ \prime}}{dy} = \frac{1}{2} \frac{d}{dy} (y^{ \prime})^{2}$,
приведём уравнение (3) к виду
$ydy = \frac{ \sigma}{ 2 \rho g} \frac{d( y^{ \prime})^{2}}{(1 + (y^{ \prime})^{2})^{3/2}}$. (4)
Проинтегрируем последнее уравнение с учётом того, что при $y = h$ производная $y^{ \prime} = - ctg \theta$. В результате интегрирования найдём
$h = \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g} (1 - \sin \theta )}$.
Этот же результат можно было получить, не прибегая к интегрированию. Достаточно записать условие равновесия жидкости, поднятой вблизи пластины. На рисунке 2 показаны силы, приложенные к этому элементу жидкости: $\vec{F}_{1}$ и $\vec{F}_{2}$ - силы поверхностного натяжения, $m \vec{g}$ - сила тяжести, $\vec{F}_{p}$ - средняя сила давления со стороны пластины. В проекциях на горизонтальное направление получим:
$\sigma L - \sigma L \sin \theta = \frac{ \rho gh}{2} Lh$, откуда $h = \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g} (1 – \sin \theta)}$.
В третьем пункте задачи требуется найти функцию $y(x)$, описывающую мениск, изображённый на рисунке 1. Для этого нужно проинтегрировать уравнение (4), учтя что при $y = 0$ производная $y^{ \prime} = 0.$ Преобразуем его:
$y^{ \prime} = \frac{dy}{dx} = - \sqrt{ \frac{1}{ \left ( 1 - \rho g \frac{y^{2}}{2 \sigma} \right )^{2}} – 1}$, откуда $- \frac{ \left ( 1 - \frac{ \rho g y^{2}}{2 \sigma} \right )}{ \sqrt{ \frac{ \rho gy^{2}}{ \sigma} - \frac{ \rho^{2}g^{2}y^{4}}{4 \sigma^{2}}}} dy = dx$.
Тогда получаем
$x = - \int \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} \cdot \frac{1 – 2 \sin^{2} \phi}{ \sin \phi} d \phi = - \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} ln \left ( tg \frac{ \phi}{2} \right ) + C$.
Возвращаемся к переменной $y$:
$x = - \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} ln \left ( \frac{1 - \sqrt{1 - \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}}{1 - \sqrt{1 + \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}} \right ) - 2 \sqrt{\frac{ \sigma}{ \rho g}} \sqrt{ 1 - \frac{ \rho gy^{2}}{4 \sigma}}+ C$, (5)
где постоянная интегрирования $C$ находится из того, что при $x = 0$ координата $y = h$:
$C = \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \left ( \frac{ \sqrt{2} - \sqrt{1 + \sin \theta}}{\sqrt{2} + \sqrt{1 + \sin \theta}} \right ) + \sqrt{ \frac{2 \sigma}{ \rho g}} \sqrt{1 + \sin \theta}$.
Для наглядного представления функции $y(x)$, неявно заданной громоздким выражением (5), следует построить её график. Это можно сделать, прибегнув к помощи компьютера. Системы компьютерной математики прекрасно справляются с подобными задачами. Одной из самых простых для начинающего пользователя и достаточно мощной системой является МаthCAD. С её помощью и получен рисунок 3, где изображён график искомой функции, отражающий форму мениска. Поскольку интерес представляет лишь характер поведения функции, то конкретные численные значения параметров задавались произвольно. Варьирование угла $\theta$ моделировалось изменением значения постоянной $C$.
