Правка раздела «Решение»
ru/4.6.13.md
+7 −3
| ### Условие | |||
| $4.6.13.$ На какую высоту поднимется жидкость по вертикальному коническому капилляру с углом при вершине $\alpha\ll 1$ рад? Плотность жидкости $\rho$, ее поверхностное натяжение $\sigma$, высота капилляра $H$. Жидкость полностью смачивает капилляр. | |||
|  | |||
| @@ -6,7 +6,7 @@Условие | |||
| ### Решение | |||
| − | Так как смачивание полное, то свободная поверхность жидкости в капилляре представляет собой часть сферической поверхности вписанной в конус. Радиус этой сферы $R=\frac{r}{\cos\frac{\alpha}{2}}$, где $r$ - радиус капилляра на той высоте, до которой поднимается жидкость. Под вогнутой сферической поверхностью радиуса $R$ давление в жидкости менше атмосферного на величину лапласового давления и равна: | ||
| + | Так как смачивание полное, то свободная поверхность жидкости в капилляре представляет собой часть сферической поверхности вписанной в конус. Радиус этой сферы $R=\frac{r}{\cos\frac{\alpha}{2}}$, где $r$ - радиус капилляра на той высоте, до которой поднимается жидкость. Под вогнутой сферической поверхностью радиуса $R$ давление в жидкости меньше атмосферного на величину лапласового давления и равна: | ||
| $$P=P_{0}-\frac{2\sigma}{R}=P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | |||
| На уровне поверхности жидкости в широком сосуде давление в капилляре равно $P+\rho gh$ и равно атмосферному давлению: | |||
| $$P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}+\rho gh=P_{0}$$ | |||
| $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | |||
| Радиус капилляра можно выразить так: $r=(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}$. учитывая это, запишем: | |||
| $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}}$$ | |||
| По условию задачи угол при вершине капилляра мал, тогда $\cos\frac{\alpha}{2} \approx 1$ и $\tan\frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$: | |||
| $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | |||
| Получаем квадратное уравнение относительно $h$: | |||
| @@ -27,7 +27,7 @@Решение | |||
| $$h^{2}-Hh+\frac{4\sigma}{\rho g\alpha}=0$$ | |||
| − | Д | ||
| + | Дискриминант уравнения: $\mathscr{D}=H^{2}-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha}$. При $\alpha\lt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ дискриминант $\mathscr{D}\lt 0$ уравнение не имеет корней, это означает, что жидкость поднимется до самого верха и займет весь объём капилляра. В этом случае $h=H$. | ||
| При $\alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ уравнение имеет два корня: | |||
| $$h_{1}=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | |||
| $$h_{2}=\frac{1}{2}H\left( 1+\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | |||
| Оба корня имеют право на существование, но давайте проанализируем, будут ли эти две высоты подъёма жидкости устойчивыми точками равновесия. Для этого вернёмся к уравнению: | |||
| @@ -38,11 +38,15 @@Решение | |||
| $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | |||
| − | Выражение в левой части уравнения - это гидростатическое давление столба жидкости высоты $h$ (обозначим его $P_{Г}$). Выражение в правой части - это давление, возникающее благодаря действию сил поверхностного натяжения (обозначим его $P_{К}$). Схематические графики зависи | ||
| + | Выражение в левой части уравнения - это гидростатическое давление столба жидкости высоты $h$ (обозначим его $P_{Г}$). Выражение в правой части - это давление, возникающее благодаря действию сил поверхностного натяжения (обозначим его $P_{К}$). Схематические графики зависимости $P_{Г}$ и $P_{К}$ от $h$ приведены ниже: | ||
|  | |||
| + | Точки пересечения графиков соответствуют найденным значениям $h_{1}$ и $h_{2}$, то есть положениям равновесия жидкости в капилляре. Давайте чуть-чуть увеличим высоту $h_{1}$. В этом случае $P_{К}$ увеличится меньше, чем $P_{Г}$, следовательно, поверхность жидкости опустится, вернувшись к уровню $h_{1}$. При уменьшении высоты $h_{1}$ получим, что $P_{К}$ уменьшится меньше, чем $P_{Г}$, благодаря чему уровень жидкости увеличится до $h_{1}$. Это означает, что $h_{1}$ - есть устойчивой точкой равновесия: | ||
| + | $$h_{1}=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | ||
| + | |||
| + | Точно так же, рассматривая положение равновесия $h_{2}$, можно показать, что оно является неустойчивым. При незначительном уменьшении уровня жидкости он будет продолжать уменьшаться до $h_{1}$, а при увеличении уровня жидкости будет увеличиваться до верхнего предела капилляра $H$. Значит решение $h_{2}$ мы должны исключить из ответа. | ||
| #### Ответ | |||
| $x=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right), \text{ } \alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | |||
| $x=H, \text{ }\alpha\lt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | |||
| ещё строк без изменений 4 | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $4.6.13.$ На какую высоту поднимется жидкость по вертикальному коническому капилляру с углом при вершине $\alpha\ll 1$ рад? Плотность жидкости $\rho$, ее поверхностное натяжение $\sigma$, высота капилляра $H$. Жидкость полностью смачивает капилляр. | $4.6.13.$ На какую высоту поднимется жидкость по вертикальному коническому капилляру с углом при вершине $\alpha\ll 1$ рад? Плотность жидкости $\rho$, ее поверхностное натяжение $\sigma$, высота капилляра $H$. Жидкость полностью смачивает капилляр. | ||
|  |  | ||
| @@ -6,7 +6,7 @@Условие | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| Так как смачивание полное, то свободная поверхность жидкости в капилляре представляет собой часть сферической поверхности вписанной в конус. Радиус этой сферы $R=\frac{r}{\cos\frac{\alpha}{2}}$, где $r$ - радиус капилляра на той высоте, до которой поднимается жидкость. Под вогнутой сферической поверхностью радиуса $R$ давление в жидкости менше атмосферного на величину лапласового давления и равна: | Так как смачивание полное, то свободная поверхность жидкости в капилляре представляет собой часть сферической поверхности вписанной в конус. Радиус этой сферы $R=\frac{r}{\cos\frac{\alpha}{2}}$, где $r$ - радиус капилляра на той высоте, до которой поднимается жидкость. Под вогнутой сферической поверхностью радиуса $R$ давление в жидкости меньше атмосферного на величину лапласового давления и равна: | ||
| $$P=P_{0}-\frac{2\sigma}{R}=P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | $$P=P_{0}-\frac{2\sigma}{R}=P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | ||
| На уровне поверхности жидкости в широком сосуде давление в капилляре равно $P+\rho gh$ и равно атмосферному давлению: | На уровне поверхности жидкости в широком сосуде давление в капилляре равно $P+\rho gh$ и равно атмосферному давлению: | ||
| $$P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}+\rho gh=P_{0}$$ | $$P_{0}-\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}+\rho gh=P_{0}$$ | ||
| $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{r}$$ | ||
| Радиус капилляра можно выразить так: $r=(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}$. учитывая это, запишем: | Радиус капилляра можно выразить так: $r=(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}$. учитывая это, запишем: | ||
| $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}}$$ | $$\rho gh=\frac{2\sigma \cos\frac{\alpha}{2}}{(H-h)\tan\frac{\alpha}{2}}$$ | ||
| По условию задачи угол при вершине капилляра мал, тогда $\cos\frac{\alpha}{2} \approx 1$ и $\tan\frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$: | По условию задачи угол при вершине капилляра мал, тогда $\cos\frac{\alpha}{2} \approx 1$ и $\tan\frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$: | ||
| $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | ||
| Получаем квадратное уравнение относительно $h$: | Получаем квадратное уравнение относительно $h$: | ||
| @@ -27,7 +27,7 @@Решение | |||
| $$h^{2}-Hh+\frac{4\sigma}{\rho g\alpha}=0$$ | $$h^{2}-Hh+\frac{4\sigma}{\rho g\alpha}=0$$ | ||
| Д |
Дискриминант уравнения: $\mathscr{D}=H^{2}-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha}$. При $\alpha\lt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ дискриминант $\mathscr{D}\lt 0$ уравнение не имеет корней, это означает, что жидкость поднимется до самого верха и займет весь объём капилляра. В этом случае $h=H$. | ||
| При $\alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ уравнение имеет два корня: | При $\alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ уравнение имеет два корня: | ||
| $$h_{1}=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | $$h_{1}=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | ||
| $$h_{2}=\frac{1}{2}H\left( 1+\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | $$h_{2}=\frac{1}{2}H\left( 1+\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | ||
| Оба корня имеют право на существование, но давайте проанализируем, будут ли эти две высоты подъёма жидкости устойчивыми точками равновесия. Для этого вернёмся к уравнению: | Оба корня имеют право на существование, но давайте проанализируем, будут ли эти две высоты подъёма жидкости устойчивыми точками равновесия. Для этого вернёмся к уравнению: | ||
| @@ -38,11 +38,15 @@Решение | |||
| $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | $$\rho gh=\frac{4\sigma}{(H-h)\alpha}$$ | ||
| Выражение в левой части уравнения - это гидростатическое давление столба жидкости высоты $h$ (обозначим его $P_{Г}$). Выражение в правой части - это давление, возникающее благодаря действию сил поверхностного натяжения (обозначим его $P_{К}$). Схематические графики зависи |
Выражение в левой части уравнения - это гидростатическое давление столба жидкости высоты $h$ (обозначим его $P_{Г}$). Выражение в правой части - это давление, возникающее благодаря действию сил поверхностного натяжения (обозначим его $P_{К}$). Схематические графики зависимости $P_{Г}$ и $P_{К}$ от $h$ приведены ниже: | ||
|  |  | ||
| Точки пересечения графиков соответствуют найденным значениям $h_{1}$ и $h_{2}$, то есть положениям равновесия жидкости в капилляре. Давайте чуть-чуть увеличим высоту $h_{1}$. В этом случае $P_{К}$ увеличится меньше, чем $P_{Г}$, следовательно, поверхность жидкости опустится, вернувшись к уровню $h_{1}$. При уменьшении высоты $h_{1}$ получим, что $P_{К}$ уменьшится меньше, чем $P_{Г}$, благодаря чему уровень жидкости увеличится до $h_{1}$. Это означает, что $h_{1}$ - есть устойчивой точкой равновесия: | |||
| $$h_{1}=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right)$$ | |||
| Точно так же, рассматривая положение равновесия $h_{2}$, можно показать, что оно является неустойчивым. При незначительном уменьшении уровня жидкости он будет продолжать уменьшаться до $h_{1}$, а при увеличении уровня жидкости будет увеличиваться до верхнего предела капилляра $H$. Значит решение $h_{2}$ мы должны исключить из ответа. | |||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $x=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right), \text{ } \alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | $x=\frac{1}{2}H\left( 1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^{2}}} \right), \text{ } \alpha\gt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | ||
| $x=H, \text{ }\alpha\lt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | $x=H, \text{ }\alpha\lt \frac{16\sigma}{\rho gH^{2}}$ | ||
| ещё строк без изменений 4 | |||