Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9964
2018-11-09 
По поверхности мыльного пузыря радиусом $R$ равномерно распределен заряд $q$. Поверхностное натяжение мыльной пленки равно $\sigma$.
1. На какую величину $\Delta p$ давление в пузыре превышает давление окружающего воздуха?
2. Определить вид равновесия пузыря, висящего на открытой соломинке, т. е. при $\Delta p = 0$.
Силой тяжести пренебречь.
Примечание. Считается, что величина $\sigma$ не зависит от заряда $q$.
Решение:
Мысленно выделим на пузыре маленький круг радиусом $r$ (рис.). В состоянии равновесия результирующая сила, действующая на этот круг, должна равняться нулю. Сила, действующая вниз, обусловлена поверхностным натяжением, действующим на контур рамки (круга). Она равна
$F_{ \downarrow } = 2 \sigma (поскольку \quad у \quad контур \quad пленки \quad две \quad рамки \quad поверхности) \cdot 2\pi r (контур \quad рамки) \cdot \sin \alpha (поскольку \quad нас \quad интересует \quad вертикальная \quad составляющая \quad (горизонтальная \quad уничтожается))$.
Вверх направлено две силы:
а) сила, обусловленная избыточным давлением
$F_{1 \uparrow} = \Delta p \pi r^{2}$,
б) сила, обусловленная электростатическим воздействием
$F_{2 \uparrow} = \frac{1}{2} \frac{q}{R^{2} } \frac{ \pi r^{2} }{4 \pi R^{2} } (заряд, на круге) q = \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} } \pi r^{2}$.
Можем записать равенство
$\frac{4 \sigma}{R} \pi r^{2} = \Delta p \pi r^{2} + \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} } \pi r^{2}$,
откуда
$\Delta p = \frac{4 \sigma}{R} - \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} }$.
Следует обратить внимание на коэффициент 1/2 в выражении для силы $F_{2 \uparrow}$. Он обусловлен тем, что сила, с которой воздействует заряженная шаровая поверхность на заряд $Q$, находящийся на ней, равен $\frac{qQ}{2R^{2}}$. Докажем это, введя обозначения, как показано на рис.:
$r = R \sin 2 \phi = 2R \sin \phi \cos \phi$,
$\Delta = 2R \cos \phi$,
$dS = 2 \pi rRd (2 \phi) = 4 \pi rRd \phi$,
$dq = \frac{q}{4 \pi R^{2} } dS = 2q \sin \phi \cos \phi d \phi$,
$dF_{2 \uparrow} = \frac{Qdq}{ \Delta^{2} } \cos \phi = \frac{Qq}{2R^{2} } \sin \phi d \phi$.
Интегрируя это выражение по $\phi$ от 0 до $\pi /2$, получаем
$F_{2 \uparrow} = \frac{Qq}{2R^{2} }$.
В состоянии равновесия при $\Delta p = 0$ сила $F_{1 \uparrow}$ равна нулю. Значит, достаточно рассмотреть силы $F_{ \downarrow }$ и $F_{2 \uparrow}$ В окрестности положения равновесия эти силы изменяются так, как показано на рис.
При увеличении $R$ сила $F_{ \downarrow}$ становится больше $F_{2 \uparrow}$, при уменьшении $R$, наоборот, $F_{2 \uparrow}$ больше $F_{ \downarrow}$. В обоих случаях результирующая сила стремится вернуть систему в первоначальное положение (положение равновесия). Следовательно, это положение равновесия устойчиво.
По поверхности мыльного пузыря радиусом $R$ равномерно распределен заряд $q$. Поверхностное натяжение мыльной пленки равно $\sigma$.
1. На какую величину $\Delta p$ давление в пузыре превышает давление окружающего воздуха?
2. Определить вид равновесия пузыря, висящего на открытой соломинке, т. е. при $\Delta p = 0$.
Силой тяжести пренебречь.
Примечание. Считается, что величина $\sigma$ не зависит от заряда $q$.
Решение:
Мысленно выделим на пузыре маленький круг радиусом $r$ (рис.). В состоянии равновесия результирующая сила, действующая на этот круг, должна равняться нулю. Сила, действующая вниз, обусловлена поверхностным натяжением, действующим на контур рамки (круга). Она равна
$F_{ \downarrow } = 2 \sigma (поскольку \quad у \quad контур \quad пленки \quad две \quad рамки \quad поверхности) \cdot 2\pi r (контур \quad рамки) \cdot \sin \alpha (поскольку \quad нас \quad интересует \quad вертикальная \quad составляющая \quad (горизонтальная \quad уничтожается))$.
Вверх направлено две силы:
а) сила, обусловленная избыточным давлением
$F_{1 \uparrow} = \Delta p \pi r^{2}$,
б) сила, обусловленная электростатическим воздействием
$F_{2 \uparrow} = \frac{1}{2} \frac{q}{R^{2} } \frac{ \pi r^{2} }{4 \pi R^{2} } (заряд, на круге) q = \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} } \pi r^{2}$.
Можем записать равенство
$\frac{4 \sigma}{R} \pi r^{2} = \Delta p \pi r^{2} + \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} } \pi r^{2}$,
откуда
$\Delta p = \frac{4 \sigma}{R} - \frac{q^{2} }{8 \pi R^{4} }$.
Следует обратить внимание на коэффициент 1/2 в выражении для силы $F_{2 \uparrow}$. Он обусловлен тем, что сила, с которой воздействует заряженная шаровая поверхность на заряд $Q$, находящийся на ней, равен $\frac{qQ}{2R^{2}}$. Докажем это, введя обозначения, как показано на рис.:
$r = R \sin 2 \phi = 2R \sin \phi \cos \phi$,
$\Delta = 2R \cos \phi$,
$dS = 2 \pi rRd (2 \phi) = 4 \pi rRd \phi$,
$dq = \frac{q}{4 \pi R^{2} } dS = 2q \sin \phi \cos \phi d \phi$,
$dF_{2 \uparrow} = \frac{Qdq}{ \Delta^{2} } \cos \phi = \frac{Qq}{2R^{2} } \sin \phi d \phi$.
Интегрируя это выражение по $\phi$ от 0 до $\pi /2$, получаем
$F_{2 \uparrow} = \frac{Qq}{2R^{2} }$.
В состоянии равновесия при $\Delta p = 0$ сила $F_{1 \uparrow}$ равна нулю. Значит, достаточно рассмотреть силы $F_{ \downarrow }$ и $F_{2 \uparrow}$ В окрестности положения равновесия эти силы изменяются так, как показано на рис.
При увеличении $R$ сила $F_{ \downarrow}$ становится больше $F_{2 \uparrow}$, при уменьшении $R$, наоборот, $F_{2 \uparrow}$ больше $F_{ \downarrow}$. В обоих случаях результирующая сила стремится вернуть систему в первоначальное положение (положение равновесия). Следовательно, это положение равновесия устойчиво.
