Llanto en la microgravedad

Question

Así que busqué por la red y encontrar que usted realmente no puede "llorar" como lo hacemos en la tierra en el espacio flotando en el aire, porque las lágrimas simplemente quedarse cerca de sus ojos, porque la fuerza de la gravedad no es lo suficientemente fuerte.

Lo que en un entorno como el de la luna o algo con menos gravedad? ¿Lágrimas caen hacia abajo (aunque muy lentamente?). Es la tensión de superficie suficiente, fundamentalmente, en hacer que la gota de lágrima palo abajo a la derecha todo el camino hacia abajo de la cara y la barbilla ? o va a ser la tierra donde las lágrimas caen de nuestra parte inferior de la cara?

¿O es que aún se mantienen cerca de los ojos? ¿La "fricción" o la tensión superficial del agua capaz de superar la microgravedad ?

PS: yo no soy físico, así que por favor perdona mi ignorancia.

Answer 1

Respuesta corta: Un rígido semiesférica desgarro en un vacío de la gota en lugar de colgar cuando $$g > \frac{\gamma}{\rho r^2},$$ donde $g$ es la constante de la gravedad, $\gamma$ de la tensión de superficie de la rotura, $\rho$ la densidad de la lágrima, y $r$ el radio de la rotura. Estimo que una verdadera lágrima caerá cuando $$g > \frac{40\gamma}{\rho r^2}.$$

Esto es sólo una parte de atrás de la dotación de cálculo. Se basa en una simplificación de la situación, que puede o puede no ser apropiado, así que permítanme explicar.

Vamos a modelar una lágrima en la eyesocket de la siguiente manera. Tenemos un recipiente lleno de líquido lagrimal. En el lateral hay un agujero circular en la pared del recipiente, con un radio de $r$. Por arte de magia el líquido lagrimal ligeramente sobresale del agujero, formando un perfecto hemisferio en la pared, sin que todos los de nuestro preciado líquido lagrimal que se salga del agujero.

Por un lado tenemos la tensión de la superficie manteniendo el hemisferio adjunta a la rotura de la cuenca. Por otro lado, la gravedad está tratando de sacar el hemisferio hacia abajo. Vamos a ignorar la deformación del hemisferio debido a la gravedad (por lo tanto, es un rígido desgarro). Tampoco se pega a la cuenca o simplemente se desliza hacia abajo de la pared del contenedor. La pregunta entonces es, ¿qué tan fuerte debe gravedad de hacer que el hemisferio diapositiva?

Supongamos que el hemisferio diapositivas. Como se desliza, el líquido detrás del agujero en la pared va a ser expuesta. Esto aumentará el total de la superficie del líquido. La física básica de la tensión superficial nos dice que el aumento de esta superficie está relacionado con el trabajo realizado por la gravedad sobre el hemisferio, $$\Delta E = \gamma \Delta A.$$ Aquí $\Delta E$ es la diferencia de energía (el trabajo que se realiza), $\gamma$ de la tensión de superficie y $\Delta A$ la diferencia en el área de la superficie. Lo que vamos a hacer es transformar esta diferencia ecuación en una ecuación diferencial ($dE = \gamma dA$) en términos de la altura del hemisferio $h$. El hemisferio que está conectado a la cuenca ha $h=0$ y la altura disminuye a medida que cae.

Vamos a hacer la diferencia de energía en primer lugar. El gravitiational de energía del hemisferio es $E(h)=mgh$, $m$ de la masa del hemisferio y $g$ la constante de la gravedad. Tomando la derivada de la $E$ w.r.t. $h$ da

$$\frac{dE}{dh}=mg\Rightarrow dE=mg dh$$

La diferencia de área es un poco más complicado. Supongamos que tenemos superposición de dos círculos de igual radio de $r$ (el lado plano del hemisferio en el agujero circular). A medida que el círculo en la parte superior se desliza sobre el otro círculo, una media luna aparecerá. Esta es la zona que estamos buscando. Primero nos enteramos de lo que esta área es y cómo varía en la medida en la parte superior del círculo se mueve. Deje $h$ ser la distancia entre los centros de los círculos (lo que es equivalente, a la altura de hemisferio). La zona de la media luna es $$A(h)=\pi r^2 - (2r^2 cos^{-1}\frac{h}{2r} - \frac{h}{2} \sqrt{4r^2-h^2}),$$ y se puede interpretar como: El área de la media luna es el área del círculo ($\pi r^2$) menos el área de la superposición de la cirles (la expresión dentro de los paréntesis; puede buscar la fórmula para el círculo se superponen). Podemos diferenciar la zona w.r.t. la altura y obtener $$\frac{dA}{dh}=-\frac{h^2}{2\sqrt{4r^2-h^2}}+\frac{r}{\sqrt{1-\frac{h^2}{4r^2}}}+\frac{1}{2}\sqrt{4r^2-h^2}.$$ Evaluamos la derivada en $h=0$, debido a que es donde hemisferio comienza, y nos encontramos con $$dA=2rdh.$$

Ahora sabemos que $dE = \gamma dA$, por lo que $$mg dh = 2r\gamma dh \Rightarrow g = \frac{2r\gamma}{m}=\frac{3\gamma}{\pi \rho r^2}\approx \frac{\gamma}{\rho r^2},$$ donde $\rho$ es la densidad de la rotura. La segunda a la última igualdad se mantiene debido a que la masa del hemisferio es igual a la densidad de $\rho$ veces el volumen de $\frac{2}{3}\pi r^3$. La aproximación es bastante buena debido a que nuestro modelo es sólo una burda aproximación de la realidad.

Así, entonces, la lágrima cae al $g$ es mayor que el valor que hemos encontrado, como se decía. Bajo los supuestos de este modelo, usted puede ahora responder a la pregunta de sí mismo. Usted puede buscar en google los valores de las constantes de la ecuación. Lo que usted podría tratar de averiguar es qué tan grande es la ruptura puede obtener para un determinado valor de la constante gravitacional. En la luna, por ejemplo, $g_{\mathrm{moon}}\approx 1.62 \ \mathrm{ms^{-2}}$. En cualquier caso, usted puede tratar de conectar algunos valores y comprobar por ti mismo si el modelo es razonable.

Usted encontrará que el máximo radio de la lágrima en la tierra ( $g_{\mathrm{earth}}\approx 9.8 \ \mathrm{ms^{-2}}$ ) $\gamma\approx 0.072 \ \mathrm{Nm^{-1}}$ $\rho\approx 1000 \ \mathrm{kgm^{-3}}$ es de alrededor de $r\approx 70\mathrm{\mu m}$, que es aproximadamente cuarenta veces menor que el valor de $r\approx 3\mathrm{mm}$ que esperaba. Debido a que las unidades físicas de la ecuación que no se puede cambiar, el factor de 40 ha de radio sin unidades, una constante. Por lo tanto, estimo que una real ruptura puede convertirse en cuarenta veces tan grande como un rígido semiesférica de desgaste, como se decía.

Una cosa más. Podríamos haber obtenido la respuesta en un párrafo. Se dio cuenta de que las cantidades relevantes en el problema son los gravitiational constante, el radio de la lágrima, la masa de la rotura y la tensión de la superficie de la lágrima, que tiene unidades físicas $\mathrm{ms^{-2}}$, $\mathrm{m}$, $\mathrm{kg}$, y $\mathrm{Nm^{-1}=\mathrm{kgs^{-2}}}$. Intenta formar una ecuación con estas cantidades con $g$ en el lado izquierdo de la ecuación. Usted encontrará rápidamente que la única ecuación que tiene la igualdad de unidades físicas en ambos lados es nuestra ecuación para el hemisferio! La única manera de cambiar la ecuación es mediante la multiplicación de un lado con una radio sin unidades cantidad, una constante. Mediante la observación de las lágrimas en la tierra podemos deducir que esta constante debe ser de alrededor de 40. Este es el poder del análisis dimensional. Podemos obtener respuestas a las preguntas, incluso si no entendemos los principios subyacentes del problema, simplemente mediante la observación de las unidades físicas de las cantidades sujetas a la inspección.