Учебник - Молекулярная физика и термодинамика. Методика решения задач - Миронова (1238762), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Однако их избыточные значения UΣ и SΣ вобласти физической поверхности разрыва практически не изменяются (рис. 10.4) вплоть до критической температуры Tкр , что приводит (согласно (10.10)) к практически линейному уменьшениюкоэффициента поверхностного натяжения σ с ростом температуры(рис. 10.4 б).Ответ: U Σ = Σ ⎡⎣σ − T ( ∂σ / ∂T )Σ ⎤⎦ , SΣ = −Σ ( ∂σ / ∂T )Σ .277Гл. 10. Поверхностные явленияабРис. 10.4. а – температурная зависимость коэффициента поверхностного натяжения σ и избытков внутренней энергии UΣ и энтропии SΣ в области поверхностиразрыва.
б – экспериментальная кривая температурной зависимости коэффициентаповерхностного натяжения σ(T ) для воды в интервале 0 °C ≤ T ≤ 100 °C .Задача 10.2.4. Какую работу надо совершить, чтобы выдутьмыльный пузырь диаметром 10 см? Определите давление Лапласавнутри пузыря. Процесс создания пузыря считать изотермическим.Коэффициент поверхностного натяжения мыльного раствораσ = 0,023Н/м .РешениеЧасть работы A1 затрачивается на создание двух (внутренней ивнешней) поверхностей, обладающих свободной энергией()A1 = FΣ = 2 σ4πr 2 .(10.11)Другая часть внешней работы A2 идет на создание дополнительного (лапласовского) давления внутри пузыря.
Давление снаружи равно атмосферному рА, давление внутри жидкой мыльнойпленки pж = p A + 2σ / r , а давление внутри пузыря еще на 2σ / r()больше: pi = p A + 4σ / r ≈ 105 + 1,84 Па .Считая начальное давление равным атмосферному, а конечное– pi, для второй части внешней изотермической работы имеем:Vp⎛4⎞ pA2 = −νRT ln к = − piVк ln A = pi ⎜ πr 3 ⎟ ln i =Vнpi⎝3⎠ pA4σ ⎞ ⎛ 4 3 ⎞ ⎛4σ ⎞⎛= ⎜ pA +⎟.⎟ ⎜ πr ⎟ ln ⎜1 +r ⎠⎝ 3pAr ⎠⎝⎠ ⎝278МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИТаким образом, для полной работы получаемA = A1 + A2 =4σ ⎞ ⎛4σ ⎞⎛4⎞⎛(10.12)= 8σπr 2 + p A ⎜ πr 3 ⎟ ⎜ 1 +⎟ ln ⎜ 1 +⎟.pA r ⎠ ⎝pAr ⎠⎝3⎠⎝⎛4σ4σ ⎞ 4σ<< 1 , то ln ⎜1 +, и (10.12) можноПоскольку⎟≈p Arp Ar ⎠ p Ar⎝представить в видеA ≈ 8πr 2 σ +16 240 2πr σ =πr σ ≈ 2, 4 ⋅ 10−3 Дж .334σ ⎞ ⎛4σ ⎞⎛4⎞⎛Ответ: A = 8σπr 2 + p A ⎜ πr 3 ⎟ ⎜1 +⎟ ln ⎜1 +⎟≈pAr ⎠ ⎝pAr ⎠⎝3⎠⎝40 2≈πr σ ≈ 2, 4 ⋅ 10−3 Дж .3Задача 10.2.5.
На границу раздела вода (1) – масло (2) с коэффициентом поверхностного натяжения σ12 помещается капляжидкости (3). Коэффициент поверхностного натяжения на границераздела жидкость – вода σ13 , а жидкость – масло σ23 . При какомсоотношении коэффициентов σ12 , σ13 и σ23 капля (3) не растечется?РешениеСечение, перпендикулярное границе раздела 1–2 и проходящеечерез центр масс капли 3, показано на рис.
10.5. Границей соприкосновения всех трех фаз является окружность в плоскости перпендикулярной плоскости рисунка. На элемент длины d A этой окружностидействуют три силы поверхностного натяжения, стремящиесяРис.10.5. Капля жидкости 3 на границе раздела жидкостей 1 и 2.Гл. 10.
Поверхностные явления279сократить площадь поверхности раздела соответствующих сред:f12 = σ12 d A (между водой и маслом), f13 = σ13d A (между водой иисследуемой жидкостью), f 23 = σ23d A (между маслом и исследуемой жидкостью).Условия механического равновесия, записанные вдоль тангенциального и нормального направлений к границе раздела 1-2 (вода – масло) имеют вид:σ12 = σ 23 cos θ1 + σ13 cos θ2 ,σ23 sin θ1 = σ13 sin θ2 .σ12Капля растечется при θ1 = 0 и θ2 = 0 , то≥ σ23 + σ13 , но не растечется при σ12 < σ23 + σ13 .Ответ: σ12 < σ23 + σ13 .есть приЗадача 10.2.6. Две параллельные стеклянные пластины частично погружены в смачивающую их жидкость (рис.
10.6). Ширинапластин A , расстояние между пластинами d. Плотность жидкостиρ , коэффициент поверхностного натяжения σ , краевой угол смачивания θ . Определить притяжения пластин.РешениеСогласно принципу сообщающихся сосудов, давления вточках 1 и 2 (рис. 10.6) одинаковые: р1 = р2= рА. Давление вточке 2 больше давления в точке 3 на величину давления, создаваемого столбом жидкости:p2 = p3 + ρgh . Давления в точках 3 и 4 отличаются на величину лапласовского давленияпод искривленной поверхностью, причем давление в точке4 (со стороны центра кривизны)больше: p3 = p4 − Δp .Рис. 10.6. Две параллельные пластиныДавление Лапласа равно частично погружены в смачивающую ихжидкость.
Расстояние между пластина⎛1 1⎞ σми d.Δp = σ ⎜ + ⎟ = , где R –∞RR⎝⎠280МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИрадиус кривизны в направлении, перпендикулярном пластинам, а внаправлении вдоль пластин радиус кривизны – бесконечно большой.Так как p1 = p4 = p A , то получаем ρgh = σ R . Радиус кривизны определяется краевым углом и расстоянием между пластинами(см. вставку рис. 10.6). Угол ∠OAB = θ (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами). Из ΔOAB находим:R=ABd= =.cos θ2cos θТаким образом, высота подъема жидкости:h=2σ cos θ.ρgdНаправим ось y перпендикулярно плоской поверхности жидкости; точка у = 0 лежит на поверхности жидкости.
Давления междупластинами и вне пластин для всех точек с координатами y < 0 иy > h одинаковые. Однако для точек, расположенных между точками 2 и 3 ( 0 < y < h ), давление между пластинами pi = p A − ρgyменьше давления pe снаружи: pi < pe = p A . Поэтому результирующие силы давления f стремятся сблизить пластины. На полоскупластины, имеющую координату y, ширину dy и длину A , действует силаdf = Ady ⋅ ( p A − pi ) = Ady (ρgy ) .Результирующая сила, действующая на каждую из пластин2h⎡ 2σ cos θ ⎤h2 12Aσ 2 cos 2 θ= Aρ g ⎢=f = ∫ df = Aρg.⎥2 2ρgd 2⎣ ρgd ⎦0При полном смачивании ( θ = 0 ) сила притяжения пластин имеет максимальное значение:fm =2A σ 2ρgd 2.Ответ: пластины притягиваются с силой f =2Aσ2 cos 2 θρgd 2.281Гл.
10. Поверхностные явленияЗадача 10.2.7. Две стеклянные пластинки, составляющие малый двугранный угол α, погружены в жидкость, полностью их смачивающую (рис. 10.7). Определить высоту поднятия жидкости y(x)в зависимости от расстояния х до вершины двугранного угла. Плотность жидкости ρ .Рис. 10.7. Две стеклянные пластинки, составляющие двугранный угол α погружены в жидкость, полностью их смачивающую.РешениеПри полном смачивании первый главный радиус кривизны поверхности (затемненной на рис. 10.7) на расстоянии х равен половине расстояния между пластинами: r1 ( x ) = x ⋅ tg( α / 2) .
Второй радиус кривизны линии y(x) в плоскости (x y) при малом угле α значительно превосходит r1. Поэтому при вычислении дополнительного давления Лапласа над искривленной поверхностью жидкостиможно использовать приближение:⎛1 1⎞ σσ.Δp ( x ) = σ ⎜ + ⎟ ≈ =tg(α / 2)rrrx⎝ 1 2⎠ 1Аналогичнорешениюзадачи10.2.6изравенстваΔp( x) = ρgy ( x) для y(x) получаем гиперболическую зависимость:y ( x) =σρgx tg (α / 2).(10.13)Проводя измерения y(x), по формуле (10.13) можно определитькоэффициент поверхностного натяжения жидкости.σОтвет: y ( x) =.ρgx tg (α / 2)282МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА.
ЗАДАЧИЗадача 10.2.8. Искривление поверхности жидкости в капиллярах приводит к тому, что давление насыщенного пара над искривленной поверхностью рr отличается от давления над плоской поверхностью рпл:над выпуклой поверхностью pr > pпл ,над вогнутой pr < pпл .Отношение давлений pr / pпл зависит от радиуса кривизны поверхности r и от коэффициента поверхностного натяжения σ жидкостииописываетсяуравнениемТомсонаln( pr pпл ) = ± 2σVm ( RTr ) , где Vm – молярный объем жидкости(знак плюс относится к выпуклой, а минус – к вогнутой поверхности жидкости). Получите уравнение Томсона методом термодинамических потенциалов.РешениеПри равновесии жидкость и насыщенный пар, находящийсянад жидкостью, имеют одинаковые химические потенциалыμ(ж) = μ(г) , а при любом изменении одного из потенциаловd μ(ж) = d μ(г) .Поскольку для одного моля(10.14)d μ = Vm dp − Sm dT , то приT = const (10.14) принимает вид:Vm (ж) dp (ж) = Vm (г)dp(г) .Используя приближение идеального газа Vm (г) = RT p(г) ,имеем:dp (г) Vm (ж)(10.15)=dp (ж) .p (г)RTПусть давление в жидкости изменяется от p1 (ж) до p (ж) , адавление пара при этом изменяется от р1(г) до р(г).
Интегрируя(10.15) в указанных пределах и считая Vm (ж) = const , получаемp(г) Vm (ж)=(10.16)[ p(ж) − p1 (ж)] .p1 (г)RTЕсли изменение давления жидкости вызвано искривлением ееповерхности, тоlnГл. 10. Поверхностные явления2832σ,(10.17)rгде r – радиус кривизны поверхности ((+) для выпуклой поверхности, (–) для вогнутой). Подставляя (10.17) в (10.16), получаем уравнение Томсона:2σVmp.ln r = ±pплRTrp (ж) − p1 (ж) = pr (ж) − pпл (ж) = ±Задача 10.2.9. На использовании явления смачивания основанофлотационное обогащение и разделение горных пород. Флотация(от англ. flotation – плавание на поверхности воды) – разделениечастиц пустой породы и ценного извлекаемого минерала.
Например, при пенной флотации измельченная порода интенсивно перемешивается в воде, через которую пропускается воздух. Частицыпустой породы, хорошо смачиваемые ( θ < 90°), тонут в воде. Маленькие по размерам частицы ценного минерала, плохо смачиваемые водой ( θ > 90°, рис. 10.8), захватываются пузырьками воздухаи, концентрируясь на границе вода – воздух, выносятся в виде пены на поверхность воды. На рис. 10.8 изображена плохо смачиваемая (гидрофобная) сферическая частица, расположенная на границераздела вода – воздух внутри крупного пузырька воздуха.
Для простоты не учитывается кривизна поверхности воздушного пузыря,поверхность воды считается плоской.Определить максимальную массу сферических частиц радиусом R, которые могут захватываться пузырьками воздуха. Максимально возможный краевой угол смачивания для данных частицравен θm , коэффициент поверхностного натяжения вода – частицаравен σ .
Силой Архимеда можно пренебречь.Рис. 10.8. Гидрофобная сферическая частица радиусом R на плоской горизонтальной поверхности воды: θ – краевой угол, r – радиус окружности смачивания.284МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИРешениеЛинией разрыва поверхности жидкости является окружность срадиусом r = R sin(θ − ϕ) , где θ – краевой угол смачивания(рис. 10.8), ϕ – угол, характеризующий глубину погружения частицы в жидкость.
Для гидрофобной сферической частицы, изображенной на рис. 10.8, флотирующая сила, уравновешивающая (совместно с силой Архимеда) силу тяжести, равнаf f = f sin ϕ = 2πr σ sin ϕ = 2πR sin ( θ − ϕ ) σ sin ϕ .(10.18)Максимальное значение, которое достигает флотирующая силапри вариации угла φ, находится из условия ( df f d ϕ) ∗ = 0 , откудаϕϕ* = θ 2 иf f = 2πRσ sin 2 ( θ / 2 ) .(10.19)Из (10.19) следует, что величина флотирующей силы, а значит,и масса флотируемых минералов, растет с увеличением краевогоугла. Из условия равенства силы тяжести mg и флотирующей силы f f :mg = 2πRσsin 2 (θ / 2)при максимальном краевом угле смачивания θm получаем:m=Ответ: m =2π⎛θ ⎞Rσsin 2 ⎜ m ⎟ .g⎝ 2 ⎠2πRσ 2 ⎛ θm ⎞sin ⎜⎟.g⎝ 2 ⎠10.3. Задачи для самостоятельного решенияЗадача 10.3.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
