¿Cuál es la forma de un menisco?
¿Supongo que el problema es muy complejo, pero es la solución conocida al menos por un líquido que moja la pared en un recipiente grande? (exponencial, tal vez?)
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Floris
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54054
La forma de la curva debe ser tal que la diferencia de presión a través del menisco exactamente los contadores de la fuerza de gravedad sobre la columna adicional de agua.
Ahora bien, si escribimos la altura del líquido (densidad de $\rho$) como una función de la distancia radial $h(r)$, y la tensión superficial como $\sigma$, entonces podemos escribir el equilibrio de fuerzas en el anular de la columna con el espesor de la $dr$ como:
$$\rho \cdot 2\pi r\cdot dr\cdot h\cdot g = \frac{\sigma}{\sqrt{1+\left(\frac{dh}{dr}\right)^2}}\frac{d^2h}{dr^2}dr\cdot 2 \pi r\tag1\\ \frac{d^2h}{dr^2}=\sqrt{1+\left(\frac{dh}{dr}\right)^2}\frac{\rho g}{\sigma}h$$
El siguiente diagrama ayuda a entender cómo las que se deriva:
Cuando usted tiene una cierta curvatura en la superficie, entonces habrá una fuerza neta sobre el líquido. Al igual que con una cuerda en tensión, calcular la fuerza neta por mirar la diferencia en el gradiente entre dos puntos de la curva. En la de arriba, la componente vertical de la tensión superficial en la izquierda está dada por
$$F'_1=-\frac{F_1 \frac{dy}{dr}}{\sqrt{1+\left(\frac{dh}{dx}\right)^2}}$$
y una expresión similar puede ser escrito para $F_2$ - excepto que desde $F_1$ señala a la izquierda, tenemos un signo menos, y para $F_2$ que no. Ahora $F_1=F_2=F_s$, la fuerza de la tensión superficial (necesitamos un "por unidad de longitud en alguna parte - va a llegar a eso en un minuto).
Esto significa que la fuerza neta está dada por
$$\begin{align}F_{net} &= F'_1 + F'_2 \\ &= \frac{F_s}{{\sqrt{1+\left(\frac{dh}{dx}\right)^2}}}\left(\left.\frac{dh}{dr}\right|_2- \left.\frac{dh}{dr}\right|_1\right)\\ &=\frac{F_s}{{\sqrt{1+\left(\frac{dh}{dx}\right)^2}}} \frac{d^2h}{dr^2}dr\end{align} $$
Ahora la fuerza de la tensión superficial en la superficie de la tensión multiplicada por la longitud de la superficie sobre la que se actúa, por lo que para un determinado anillo,
$$F_s = \sigma 2\pi r$$
La combinación de estos dos nos da el lado derecho de la ecuación (1) anterior.
El lado izquierdo de la ecuación (1) es sólo la masa del anillo de agua - la densidad veces el volumen multiplicado por la aceleración de la gravedad: es el peso de la columna de agua compatibles.
Cuando resolvemos esta ecuación diferencial, nos encontramos con que la forma de la curva es una catenaria de la suma de dos exponenciales con signos opuestos. La solución se describe en detalle en muchos lugares, en esencia primer sustituto $z=\frac{dh}{dr}$ y resolver el primer orden de la ecuación diferencial que resulta, a continuación, deshacer la sustitución y resolver el nuevo primer orden DE. Pasos detallados se pueden encontrar aquí o hacerlo usted mismo con los consejos que se dan aquí .
Todo lo que queda es conseguir que las condiciones de frontera. Definimos la longitud característica
$$\ell = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}$$
y el ángulo de contacto $\theta$ radio $R$ (para una combinación dada de líquido y la pared, el ángulo de contacto es un hecho), entonces
$$h(r) = \frac{\cot\theta}{\sinh{\frac{R}{\ell}}} \cosh \frac{r}{\ell}$$
Al $R >> \ell$, este será mayormente plano, con una pendiente en los bordes; cuando los dos son comparables, va a ser la más conocida de la forma parabólica que se ve en un pequeño capilar.
Fausto Vezzaro
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Mirando el diagrama
vemos que la fuerza neta (vertical, obviamente) en el anular de la columna es (aquí $F=\sigma 2\pi r $) $$ F \sin (\theta + d\theta) -F\sin \theta \approx F \cos \theta d \theta $$ $\theta = \tan^{-1} \left( \frac{dh}{dr} \right)$ , por lo que $$ d\theta = \frac{\frac{d^2 h}{dr^2}}{1+\left( \frac{dh}{dr} \right)^2} dr \qquad \qquad \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+\left( \frac{dh}{dr} \right)^2}} $$ Haciendo la sustitución igual a este para el peso de anular la columna obtenemos $$ h \left( 1+\left( \frac{dh}{dr} \right)^2 \right)^{\frac{3}{2}}= \ell^2 \frac{d^2 h}{dr^2} $$ donde $\ell = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}$. Menisco debe ser gobernado por esta ecuación diferencial, pero se ve muy difícil. Condición de frontera en sí son problemáticos, seguro que dependen del material de la pared también.
Fausto Vezzaro
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181
La forma del menisco no es descrito por una función primaria (limitando el caso puede ser una excepción: vamos a ver que para un líquido humectante en tubo grande, si la superficie del líquido es casi plano, el perfil es aproximadamente exponencial, cerca de la frontera), pero podemos escribir la ecuación diferencial que gobierna el perfil (aunque probablemente cualquier combinación finita de primaria la función de resolver, tal vez de la DE puede ser explotado para obtener la solución numérica o con infinitas sumas). Para ello, vamos a limitar a nosotros mismos a estudiar el caso de un líquido humectante en un tubo cilíndrico parcialmente sumergido en un gran vaso (que podemos llamar "el mar" el líquido exterior: el nivel de lejos no se ve influenciada por lo que sucede en el tubo).
Estimación de las fuerzas que actúan sobre el anular de la columna
Consideremos un infinitesimal anular columna, $r$ es la distancia desde el centro y $R$ el radio del tubo. Con la excepción de la capa adyacente a la pared, las únicas fuerzas que intervienen son dos: el peso de los anulares de la columna y la fuerza debida a la tensión superficial. En el equilibrio de las dos fuerzas son iguales en magnitud. Si $h$ es la altura del anular de la columna (respecto al nivel del líquido en el exterior de la mar), el peso es fácil: $$mg=\rho dV g=\rho \cdot (2\pi r dr h) \cdot g = 2\pi\rho g r h dr$$ Un poco más laborioso es el cálculo de la fuerza neta debida a la tensión superficial. Para estimar tenemos que concentrarnos en el hecho de que esta fuerza se debe a dos efectos: en el círculo externo de la fuerza es mayor (debido a la mayor longitud de la circunferencia) y la pendiente también es (obviamente) mayor. Estos efectos se muestran en la figura, donde yo llame a $F$ un infinitesimal de la fuerza ($\sigma r d\phi$, si desea utilizar el ángulo polar) y $dF$ un de segundo orden infinitesimal de la fuerza ($\sigma dr d\phi$).
Este cable esta fuerza neta que llevar el peso de la rebanada de anular la columna bajo el elemento infinitesimal de la superficie: $$ (F+dF) \sin (\theta + d\theta) - F \sin \theta $$ Ignoramos las componentes horizontales debido a la simetría razón por la que cancelar cuando se le suma todos los elementos infinitesimales: para encontrar el empuje de la fuerza en el anular de la columna, en la expresión anterior, podemos utilizar el total de las fuerzas de grande y pequeño círculo: $$ |\mathbf{F}_{\mathrm{up}}| = 2 \pi (r+dr) \sigma \qquad |\mathbf{F}_{\mathrm{abajo}}| = 2\pi r \sigma $$ Ahora estamos listos para la estimación de la fuerza debida a la tensión superficial, la explotación de cálculo infinitesimal: sabemos que $\sin (\theta + d\theta) \cong \sin \theta + \cos \theta d \theta$, por lo que el empuje de la fuerza puede ser escrito de esta forma: $$ 2 \pi \sigma (r \cos \theta d \theta + \sin \theta dr + \cos \theta dr d\theta) $$ Ahora, si $h=h(r)$, definidos en $[0,R]$, es la función que da el perfil de los meniscos, tenemos $\theta=\tan^{-1} (h')$. Así que tenemos (en los últimos dos explotamos $\cos (\tan^{-1} x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$\sin (\tan^{-1} x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$) $$ d \theta = \frac{h}{1+(h')^2} dr \qquad \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+(h')^2}} \qquad \sin \theta = \frac{h'}{\sqrt{1+(h')^2}} $$ Así que el último término es de un orden superior infinitesimal y puede ser ignorado: la fuerza se convirtió en $$ 2 \pi \sigma \left( \frac{r h"}{(1+(h')^2)^{\frac{3}{2}}} + \frac{h'}{\sqrt{1+(h')^2}} \right) dr $$
La solución de la ecuación diferencial y un caso límite
Equivale al peso $2\pi\rho g r h dr$ podemos arreglar en esta ecuación diferencial, que expresa la condición de equilibrio $$ r h = \ell^2 \left( \frac{ r h"}{(1+(h')^2)^{\frac{3}{2}}} + \frac{h'}{\sqrt{1+(h')^2}} \right) $$ donde $\ell = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}$ (para agua $\ell \approx 3$ mm). Si suponemos (pero esto es falso, en general) que la superficie es casi plana ($h'$ muy pequeño por todas partes) DE este se convirtió en simplemente $h = \ell^2 h''$ y la simetría implica que la superficie del líquido está dada por una catenaria girado (así, si la superficie es casi plana y $R \gg \ell$, cerca de la frontera de la forma es aproximadamente exponencial).
Energético consideraciones
Finalmente, sin escribir explícitamente todos los cálculos, vamos a hacer algunas consideraciones energéticas. Vamos a hacer la razonable hipótesis de que la energía de ganancia debido a la adherencia del líquido en la pared es directamente proporcional a la pared húmeda (vamos a ser $\xi$ la ganancia por unidad de superficie, dependiendo de líquido y el material de la pared). En este caso la solución de la DE debe satisfacer esta ecuación de conservación de la $$ \Delta E_s + \Delta E_g = 2 \pi R h(R) \cdot \xi $$ que es: la energía de ganancia debido a la adhesión (el aumento de la superficie húmeda, multiplicado por $\xi$) se destina a aumentar la superficie del líquido ($\Delta E_s = \sigma \Delta A$ es el trabajo hecho en contra de la tensión de la superficie si la superficie es mayor por $\Delta A$) y para levantar el líquido. Vamos a calcular el este de dos energías:
es fácil ver que para una columna, si $\rho$ $g$ son constantes, podemos calcular la energía potencial gravitatoria considerando toda la masa en el medio, y esto funciona para anular la columna demasiado, porque el trabajo de captación, es la suma del trabajo realizado para elevar cada sector, que es una corriente de la columna. Sobre esta base podemos encontrar el total gravitacional la energía almacenada en el menisco: $$ \Delta E_g = \pi \rho g \int_0^R R h^2 dr $$
La superficie de un cono truncado está dada por $\pi (r+R) a$ ($a$ es la pendiente del segmento): en nuestro caso $ a=\sqrt{(dr)^2 + (dh)^2} = dr \sqrt{1+(h')^2}$, por lo que ignorando orden superior infinitesimal, tenemos que la superficie de la tira del borde superior del anular de la columna es $2 \pi r \sqrt{1+(h')^2} dr$. La integración de $0$ $R$y restando $\pi R^2$ tenemos el aumento de la $\Delta A$ de la superficie. Multiplicando por $\sigma$ tenemos que la energía almacenada en la curva de la superficie del líquido: $$ \Delta E_s = \sigma \left( 2 \pi \int_0^R R \sqrt{1+(h')^2} dr - \pi R^2 \right) $$
Todas estas consideraciones permiten reescribir la ecuación de conservación de esta manera: $$ \int_0^R R \left( \sqrt{1+(h')^2} + H^2 \right) dr = B h(R) + C $$ donde $$ A = \frac{\rho g}{2 \sigma} \qquad B = \frac{R \xi}{\sigma} \qquad C = \frac{R^2}{2} $$ La solución de $h=h(r)$ de la ecuación diferencial deben cumplir esta condición. Otra condición es, como se dijo anteriormente, $h'(0) = 0$. Observe que $h(0) \neq 0$, que es la diferencia de nivel entre el centro del menisco y la externa "mar" (seguramente $h(0) $ es pequeña si $R $ es grande).
