¿Cuánto puede subir el agua por encima del borde de un vaso?

Question

Cuando se llena un vaso con agua, el agua forma una concavidad menisco con ángulo de contacto constante $\theta$ (normalmente $\theta=20^\circ$ para el agua del grifo):

Al llegar a la parte superior del vaso, la interfaz agua-aire se vuelve convexa y el agua sube hasta una altura $\Delta h$ por encima del borde del vaso, lo que le permite llenar el vaso más allá de la capacidad ingenua $\pi r^2 h$ :

Así que, al servirme un vaso de agua, llegué a preguntarme exactamente cuánto aumenta la capacidad de un vaso, y qué constantes físicas intervienen.

Mi intuición sería que para un vaso muy grande, $\Delta h$ converge a una constante para que la capacidad efectiva de agua del vaso crezca como $\pi r^2 (h+\Delta h)$ (para simplificar las cosas asumo que el vidrio es muy fino: $\Delta r\ll r$ ). Tal vez dicha constante dependa de la forma precisa del borde del vaso. Pero si no es así, ¿quizás sea un múltiplo constante de la longitud capilar?

Entonces, ¿qué podemos decir sobre $\Delta h$ el "ángulo de contacto de la llanta" $\alpha$ ¿o la forma de la interfaz agua-aire cuando el vaso está lleno al máximo de su capacidad?

Answer 1

Como se da en la respuesta de Jamie voy a suponer que la superficie es una revolución sobre $r=0$ En este caso, la curvatura media es proporcional a la diferencia de presión, y el radio de la copa es mucho mayor que la inversa de esta curvatura media. En este caso, la curvatura media puede especificarse como $$ K_m = \frac{r''}{2(1+r'^2)^{\frac32}}$$

Como en la respuesta de Jamie, la ecuación de Young-Laplace y la presión hidrostática dan $$ 2\,\gamma\,K_m = \Delta P = -\rho\,g\,z$$ Colocando el origen en la superficie y z positivo en la dirección de la gravedad.

Combinación de rendimientos

$$ -\rho\,g\,z = \frac{\gamma\,r''}{(1+r'^2)^{\frac32}}$$

Sustituyendo $q=r'$ se obtiene una ecuación diferencial de primer orden

$$ -\rho\,g\,z = \frac{\gamma\,q'}{(1+q^2)^{\frac32}}$$

Integración de

$$ -\frac12\,\rho\,g\,z^2 = \frac{\gamma\,q}{\sqrt{1+q^2}}+C$$

Sabemos que en la parte superior del agua la superficie es plana, lo que correspondería a $q=r'=\infty$ esta condición es da $C=-\gamma$

$$ z= \sqrt{\frac{2\,\gamma}{\rho\,g}(1-\frac{q}{\sqrt{1+q^2}})}$$

Ahora bien, como $q=r'=tan\,\alpha$ donde $\alpha$ se describe en la pregunta, $z$ se simplifica a

$$ z= \sqrt{\frac{2\,\gamma}{\rho\,g}(1-sin\,\alpha)}$$

Que es efectivamente la fórmula dada en la respuesta de John Rennie.

Así que ahora la pregunta es qué alfa usar. Propongo que el agua continúe expandiéndose alrededor del labio curvo de un vaso manteniendo su ángulo de contacto hasta el punto en el que ir más lejos a lo largo del labio bajaría la parte superior de la superficie de acuerdo con la ecuación anterior, ya que en ese punto la superficie sería inestable. Esto depende de la curva del labio del vaso $r_l$ .

Si el borde del agua en el labio del vaso está en la coordenada polar $\phi$ y el líquido tiene un ángulo de contacto $\theta$ entonces $\alpha=\phi-\theta$ y mi altura total $h$ se dará como $$ h=\sqrt{\frac{2\,\gamma}{\rho\,g}(1-sin(\phi-\theta))}+r_l\,(sin\,\phi-1) $$

Desafortunadamente esto no tiene una forma cerrada máxima sobre theta, pero podemos ver que para valores pequeños de $r$ el máximo será cuando $\phi\lt 0$ . Esto no es físico ya que el líquido empezaría a deslizarse por el lado del vaso y se volvería inestable primero. Podemos resolver el valor de r en el que esto ocurre $$r_l=cos\,\theta\sqrt{\frac{\gamma}{2\,\rho\,g\,(1+sin\,\theta)}}$$ Para cualquier radio de labio inferior a este valor, la altura máxima del líquido sería $$ h=\sqrt{\frac{2\,\gamma}{\rho\,g}(1+sin\,\theta)}-r_l $$

Para el agua, este radio se calcula en aproximadamente $1mm$ y para un vaso con un radio muy pequeño la altura se calcula en aproximadamente $4mm$ un poco más alto de lo que he conseguido, pero no es descabellado para un límite superior teórico.

En el caso de vasos con un radio mayor, la altura máxima puede resolverse numéricamente. Aquí hay un gráfico.

Y los correspondientes "ángulos de contacto de los labios"

Answer 2

Experimenté con mi taza de té, un bonito y largo cilindro.

El agua subía ligeramente por las paredes formando una superficie cóncava. Cuando llegó al borde, goteé agua hasta que el borde exterior se volvió convexo y la superficie del agua es casi una cúpula, aunque sólo veo la curvatura en el borde donde el agua no fluye, mostrando la tensión superficial (tanto al agua como a la cerámica).

Estoy iluminando con una linterna y los reflejos que se ven son en el agua. La curvatura de la derecha está en el agua. Ha conservado su forma después de desbordarse (estaba goteando el agua). El radio de la copa es de 3,5cm, la altura del agua es de 1mm.

Answer 3

No puedo responder a tu pregunta porque depende de la forma de la llanta, sin embargo puedo responder a una pregunta relacionada que debería ser fácilmente adaptable a tu problema.

Si tienes un charco de agua en una superficie plana el espesor de la película de agua , $h$ está dada por:

$$ h = \sqrt{ \frac{2\gamma_{al}(1 - cos\theta)}{g\rho} } $$

donde las variables tienen su significado habitual: $\gamma_{al}$ es la tensión superficial aire/líquido, $\theta$ es el ángulo de contacto, $g$ es la aceleración debida a la gravedad y $\rho$ es la densidad del líquido.

Creo que si el borde del vaso tiene una sección transversal semicircular, esto dará la altura máxima del líquido por encima del vaso, y se aplicará cuando el borde del líquido esté en la parte superior del borde, es decir, el punto en el que la superficie del vaso es horizontal.

Answer 4

Llevo todo el día dándole vueltas a la cabeza, sin llegar a una verdadera respuesta definitiva, pero he conseguido algunos avances...

A través de la frontera aire-líquido existe una diferencia de presión dada por la Ecuación de Young-Laplace :

$$\Delta p = 2 \gamma K_m,$$

donde $K_m$ es la curvatura media de la superficie. Suponiendo que la interfaz es una superficie de revolución, $z = z(x)$ con $x$ la coordenada radial, el curvatura media resulta ser:

$$K_m = -\frac{1}{2\sqrt{1+z'^2}}(\frac{z'}{x}+\frac{z''}{1+z'^2}).$$

Esto es, por supuesto, muy intratable, por lo que se suele esperar la pendiente $z'$ sea pequeño, de modo que $z'^2$ es despreciable, por lo que se puede utilizar la aproximación mucho más sencilla

$$K_m \approx -\frac{1}{2}(\frac{z'}{x}+z'').$$

En el lado del aire de la superficie libre, tienes la presión atmosférica constante, $p_0$ mientras que en el otro lado habrá una distribución de presión hidrostática, $p_1-\rho g z$ Así que

$$\Delta p = p_1 - p_0 -\rho g z.$$

En general, la forma de la superficie libre se rige por la ecuación

$$z'' + \frac{z'}{x} -\frac{1}{\lambda^2} z= \frac{p_0 - p_1}{\gamma},$$

donde $\lambda = \gamma / \rho g$ es la longitud capilar. Ahora, tomando la longitud capilar como unidad de distancia, lo anterior se simplifica en

$$z'' + \frac{z'}{x} - z= \frac{p_0 - p_1}{\rho g}.$$

Si el cartel del $z$ donde a más, lo anterior podría convertirse, eligiendo un origen adecuado para z, en un Ecuación de Bessel de orden $0$ Pero estoy bastante seguro de que el cartel es correcto, así que no hubo suerte.

Pero si observamos un vaso de agua real lleno hasta el borde, veremos que la mayor parte de la flexión de la superficie se produce cerca del borde, mientras que la región central es mayoritariamente plana. Por lo tanto, si $z'$ sólo es grande cuando $x$ es mucho mayor, la última ecuación se simplifica a

$$z'' - z= \frac{p_0 - p_1}{\rho g},$$

y si la parte central es perfectamente plana, entonces no habrá diferencia de presión allí, un $p_1=p_0$ si el origen de $z$ se fija en el nivel del agua en el punto central, por lo que

$$z'' = z,$$

con condiciones de contorno $z(0) = 0$ y $z(r)=\tan \alpha$ donde todavía tenemos que averiguar qué $\alpha$ es, más adelante se hablará de esto.

La solución de la ecuación anterior es

$$z = \tan \alpha \frac{e^x -e^{-x}}{e^r -e^{-r}},$$

y la diferencia entre el punto central y el borde es $\tan \alpha$ medido en unidades de longitud capilar, o bien

$$\Delta h = \sqrt{\frac{\gamma }{\rho g}}\tan \alpha.$$

Entonces, ¿qué valor tiene $\alpha$ ¿tomar? En un recipiente cilíndrico, como indica Paul, $\alpha$ es $\pi/2-\theta$ , donde $\theta$ es el ángulo de contacto y el centro del vaso está realmente por debajo de los bordes. Pero cuando se llena un vaso hasta el borde, la naturaleza redondeada de éste empieza a doblar los bordes exteriores del agua, haciendo finalmente $\alpha$ . Si suponemos que el contacto se produce en el punto más alto de la llanta, entonces $\alpha$ es el ángulo de contacto, sólo negativo, y el centro será $\sqrt{\gamma / \rho g} \tan \theta$ por encima de el borde.

Por supuesto, el agua puede ir más allá del punto más alto del borde, pero no estoy seguro de hasta dónde puede llegar antes de que todo se vuelva inestable y se produzcan derrames...

Answer 5

La respuesta está en la tensión superficial. Si se introduce agua en un cilindro uniforme y se observa la interfase aire-agua en el borde donde el agua entra en contacto con el cilindro, se verá que el agua sube un poco por el cristal. Esto se debe a que el agua "moja" el cilindro.

Si el agua no moja el cilindro, el agua se hundirá en la pared.

El caso más común es el de mojar. En esta situación, el cilindro puede llenarse hasta que el agua sea lo suficientemente alta como para que el "arrastre" llegue al borde. Si se añade más agua, el agua "subirá" por el borde.

Así que en este caso la respuesta es que no se puede llenar del todo el cilindro.

Por cierto, la "fluencia" es un efecto capilar. Efectivamente, ambos son efectos de tensión superficial. Hacer el radio del cilindro grande minimiza el efecto, pero no desaparecerá por muy grande que sea $r$ es.